全国卷数学导数真题整理

全国卷数学导数真题整理

参考答案与试题解析

一．解答题（共14小题）
1．（2015?河北）已知函数f（x）=x+ax+，g（x）=﹣lnx
（i）当 a为何值时，x轴为曲线y=f（x）的切线；
（ii）用min {m，n }表示m，n中的最小值，设函数h（x）=min { f（x），g（x）}（x＞0），
讨论h（x）零点的个数．
【分析】（i）f′（x）= 3x
+a．设曲线y=f（x）与x轴相切于点P（x
0
，0），则f（x
0
）=0，f′
（x
0
）=0解出即可．
（ii）对x分类讨论：当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，可得函数h（x）=min { f（x），
g（x）}≤g（x）＜0，即可得出零点的个数．
当x=1时，对a分类讨论：a≥﹣，a＜﹣，即可得出零点的个数；
当x∈（0，1）时， g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．对
a分类讨论：①当a ≤﹣3或a≥0时，②当﹣3＜a＜0时，利用导数研究其单调性极值即可得
出．
【解答】解：（i）f′（x）=3x
+a．
设曲线y=f（x）与x轴相切于点P （x
0
，0），则f（x
0
）=0，f′（x
0
）=0，
2
2
3
∴，解得，a=．
因此当a=﹣时，x轴为曲线y=f（x）的切线；
（ii）当x∈（1，+∞）时，g（x）=﹣lnx＜0，
..

∴函数h（x）=min { f（x），g（x）}≤g（x）＜0，
故h（x）在x∈（1，+∞）时无零点．
当x=1时，若a≥﹣，则f（1）=a+≥0，
∴h（x）=min { f（1），g（1）}=g（1）=0，故x=1是函数h（x）的一个零点；
若a＜﹣，则f（1）=a+＜0，∴h（x）=min { f（1），g（1）}=f（1）＜0，故x=1不是
函数h（x）的零点；
当x∈（0，1）时，g（x）=﹣lnx＞0，因此只考虑f（x）在（0，1）内的零点个数即可．
①当a≤﹣3或a≥0时，f′（x）=3x
+a在（0，1）内无零点，因此f（x）在区间 （0，1）内
单调，
而f（0）=，f（1）=a+，∴当a≤﹣3时，函数f（x）在区间（0，1）内有一个零点，
当a≥0时，函数f（x）在区间（0，1）内没有零点．
②当﹣3＜a＜0时，函数f（x ）在
增，故当x=
若
若
若
∴当
1）内有一个零点．
综上可得：当
当a=
当
或
或a＜时，h（x）有一个零点；
时，f（x）取得最小值
＞0，即
内单调递减，在
=．
内单调递
2
，则f（x）在（0，1）内无零点．
=0，即a=﹣，则f（x）在（0，1）内有唯一零点．
＜0，即，由f（0）=，f（1）=a+，
时，f（x）在（0，时，f（x）在（0，1 ）内有两个零点．当﹣3＜a
时，h（x）有两个零点；
时，函数h（x）有三个零点．
..

【点评】本题考查了导数的运算法则、利用导数的几何意义研究切线方程 、利用导数研究函
数的单调性极值，考查了分类讨论思想方法、推理能力与计算能力，属于难题．

2．（2015?新课标II）设函数f（x）=e
mx
+x
﹣mx．
2
（1）证明：f（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；
（2 ）若对于任意x
1
，x
2
∈[﹣1，1]，都有|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≤e﹣1，求m的取值范围．
【分析】（1）利用f′（x）≥0 说明函数为增函数，利用f′（x）≤0说明函数为减函数．注意
参数m的讨论；
（2）由（ 1）知，对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，则恒成立
问题转化为 最大值和最小值问题．从而求得m的取值范围．
【解答】解：（1）证明：f′（x）=m（e
若m≥0，则当x∈（﹣∞，0）时，e
f′（x）＞0．
若m＜0，则当x∈（﹣∞，0）时，e
＜0，f′（x）＞0．
所以，f（x）在（﹣∞，0）时单调递减，在（0，+∞）单调递增．
（2）由（1）知， 对任意的m，f（x）在[﹣1，0]单调递减，在[0，1]单调递增，故f（x）
在x=0处取得最 小值．
所以对于任意x
1
，x
2
∈[﹣1，1]，|f（x
1
）﹣f（x
2
）|≤e﹣1的充要条件是

mx
mx
mx
﹣1）+2x．
mx
﹣1≤0，f′（x） ＜0；当x∈（0，+∞）时，e﹣1≥0，
﹣1＞0，f′（x）＜0；当x∈（0，+∞）时，e< br>mx
﹣1
即
t

t
设函数g（t）=e﹣t﹣e+1，则g′（t）=e﹣1．
..

当t＜0时，g′（t）＜0；当t＞0时，g′（t）＞0．故g（t）在（﹣∞，0）单调递减， 在（0，
+∞）单调递增．
又g（1）=0，g（﹣1）=e
﹣
+2﹣e＜ 0，故当t∈[﹣1，1]时，g（t）≤0．
当m∈[﹣1，1]时，g（m）≤0，g（﹣m）≤0，即合式成立；
当m＞1时，由g（t）的单调性，g（m）＞0，即e﹣m＞e﹣1．
当m＜﹣1时，g（﹣m）＞0，即e
﹣
+m＞e﹣1．
综上，m的取值范围是[﹣1，1]
【点评】本题主要考查导数在求单调函数中的应用和恒成 立在求参数中的应用．属于难题，
高考压轴题．

3．（2014?广西）函数f（x）=ln（x+1）﹣
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性； < br>（Ⅱ）设a
1
=1，a
n+1
=ln（a
n
+1）， 证明：＜a
n
≤．
（a＞1）．
m
m
1
【分析 】（Ⅰ）求函数的导数，通过讨论a的取值范围，即可得到f（x）的单调性；
（Ⅱ）利用数学归纳法即可证明不等式．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）=
2
， < br>2
①当1＜a＜2时，若x∈（﹣1，a
﹣2a），则f′（x）＞0，此时函数f（x ）在（﹣1，a﹣
2a）上是增函数，
若x∈（a﹣2a，0），则f′（x）＜0，此时函数f（x）在（a﹣2a，0）上是减函数，
若x∈（0，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（0，+∞）上是增函数．
②当a=2时，f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，
③当a＞ 2时，若x∈（﹣1，0），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（﹣1，0）上是增函数，
22
..

若x∈（0，a﹣2a），则f′（x）＜0，此时函数f （x）在（0，a﹣2a）上是减函数，
若x∈（a﹣2a，+∞），则f′（x）＞0，此时函数f（x）在（a﹣2a，+∞）上是增函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a=2时，此时函数f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，
当x∈（0，+∞）时，f（x）＞f（0）=0，
即ln（x+1）＞，（x＞0），
22
22
又由（Ⅰ）知，当a=3时，f（x）在（0，3）上是减函数，
当x∈（0，3）时，f（x）＜f（0）=0，ln（x+1）＜
下面用数学归纳法进行证明
①当n=1时，由已知
，故结论成立．
②假设当n=k时结论成立，即，
＜a
n
≤成立，
，
则当n=k+1时，a
n+1
=ln（a
n
+1）＞ln（），
a
n+1
=ln（a
n
+1）＜ln（），
即当n=k+1时，
?
成立，
综上由①②可知，对任何n∈N结论都成立．
【点评】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系，以及利用数学归纳法证明不等式，综
合性 较强，难度较大．

4．（2014?新课标II）已知函数f（x）=e
﹣e
﹣
﹣2x．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；
..
xx

（Ⅲ）已知1.4142＜＜1.4143，估计ln2的 近似值（精确到0.001）．
【分析】对第（Ⅰ）问，直接求导后，利用基本不等式可达到目的；
对第（Ⅱ）问，先验证g（0）=0，只需说明g（x）在[0+∞）上为增函数即可，从而问题转化为“判断g′（x）＞0是否成立”的问题；
对第（Ⅲ）问，根据第（Ⅱ）问的结论，设法利用
及b＞2的情况下分别计算
的近似值，并寻求ln2，于是在b=2
，最后可估计ln 2的近似值．
xx
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）得f′（x）=e
+e
﹣
﹣2
即f′（x）≥0，当且仅当e
=e
﹣
即x=0时，f′（x） =0，
∴函数f（x）在R上为增函数．

xx
，
（Ⅱ）g（ x）=f（2x）﹣4bf（x）=e﹣e
﹣
﹣4b（e﹣e
﹣
）+（8b﹣ 4）x，
则g′（x）=2[e
+e
﹣
﹣2b（e
+e
﹣
）+（4b﹣2）]
=2[（e+e
﹣
）﹣2b（e
+e
﹣
）+（4b﹣4）]
=2（e+e
﹣
﹣2）（e
+e
﹣
+2﹣2b）．
①∵e
+e
﹣
＞2，e
+e
﹣
+2＞4，
∴当2b≤4，即b≤2时，g′（x）≥0，当且仅当x=0时取等号，
从而g（x）在R上为增函数，而g（0）=0，
∴x＞0时，g（x）＞0，符合题意．
②当b＞2时，若x满足2＜e
+e
﹣
＜2b﹣2即
，此时，g′（ x）＜0，
又由g（0）=0知，当
综合①、②知，b≤2，得b的最大值为2．
时，g（x）＜0，不符合题意．
xx
xxxx
xxxx
xx2x x
2x2xxx
2x2xxx
，得
..

（Ⅲ）∵1.4142＜
﹣4）x，
为了凑配ln2，并利用
得
当 b=2时，由g（x）＞0，得
从而
令
时，
由g（x）＜0，得
．
所以ln2的近似值为0.693．
【点评】1．本题三个小题的难度逐步增大，考查了学生 对函数单调性深层次的把握能力，
对思维的要求较高，属压轴题．
2．从求解过程来看，对导 函数解析式的合理变形至关重要，因为这直接影响到对导数符号
的判断，是解决本题的一个重要突破口．
3．本题的难点在于如何寻求ln2，关键是根据第（2）问中g（x）的解析式探究b的值，从
而获得不等式，这样自然地将不等式放缩为

5．（2014?新课标I）设函数f（x） =aelnx+
切线方程为y=e（x﹣1）+2．
（Ⅰ）求a、b；
（Ⅱ）证明：f（x）＞1．
..
x
＜1.4143，根据（Ⅱ）中g（ x）=e﹣e
﹣
﹣4b（e﹣e
﹣
）+（8b
2x2xxx
的近似值，故将ln即
．
代入g（x）的解析式中，
，
；
，得＞2，当
，得
的范围的端点值，达到了估值的目的．
，曲线y=f（x ）在点（1，f（1））处得

【分析】（Ⅰ）求出定义域，导数f′（x），根据题意有 f（1）=2，f′（1）=e，解出即可；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＞1等价于xlnx＞xe
﹣
﹣，设函数g（x）=xlnx，函数h（x）
=
max
； x
，只需证明g（x）
min
＞h（x）
max
，利用导数可分 别求得g（x）
min
，h（x）
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为（0， +∞），
f′（x）=+，
由题意可得f（1）=2，f′（1）=e，
故a=1，b=2；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e
lnx+
∵f（x） ＞1，∴e
lnx+
x
x
x
，
﹣， ＞1，∴lnx＞< br>∴f（x）＞1等价于xlnx＞xe
﹣
﹣，设函数g（x）=xlnx，则g′（x） =1+lnx，
∴当x∈（0，）时，g′（x）＜0；当x∈（，+∞）时，g′（x）＞0． < br>故g（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，从而g（x）在（0，+∞）上
的 最小值为g（）=﹣．
设函数h（x）=xe
﹣
﹣，则h′（x）=e
﹣
（1﹣x）．
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0；当x∈（1，+∞）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
从而h（x）在（0，+∞）上的最大值为h（1）=﹣．
综上，当x＞0时，g（x）＞h（x），即f（x）＞1．
【点评】本题考查导数的几何意 义、利用导数求函数的最值、证明不等式等，考查转化思想，
考查学生分析解决问题的能力．
xx
..

6．（2013?新课标Ⅰ）已知函数f（x ）=x+ax+b，g（x）=e
（cx+d）若曲线y=f（x）和曲
线y=g（x）都过点 P（0，2），且在点P处有相同的切线y=4x+2．
（Ⅰ）求a，b，c，d的值；
（Ⅱ）若x≥﹣2时，f（x）≤kg（x），求k的取值范围．
【分析】（Ⅰ）对f（x） ，g（x）进行求导，已知在交点处有相同的切线及曲线y=f（x）和
曲线y=g（x）都过点P（0 ，2），从而解出a，b，c，d的值；
（Ⅱ）由（I）得出f（x），g（x）的解析式，再求出F （x）及它的导函数，通过对k的讨
论，判断出F（x）的最值，从而判断出f（x）≤kg（x）恒成 立，从而求出k的范围．
【解答】解：（Ⅰ）由题意知f（0）=2，g（0）=2，f′（0）=4，g′（0）=4， 而f′（x）=2x+a，g′（x）=e（cx+d+c），故b=2，d=2，a=4，d+c=4，
从而a=4，b=2，c=2，d=2；
（Ⅱ）由（I）知，f（x）=x
+4x+2，g（x）=2e
（x+1）
设F（x）=kg（x）﹣f（x）=2ke（x+1）﹣x﹣4x﹣2，
则F′（x）=2ke（x+2）﹣2x﹣4=2（x+2）（ke﹣1），
由题设得F（0）≥0，即k≥1，
令F′（x）=0，得x
1
=﹣lnk，x
2
=﹣2，
① 若1≤k＜e
，则﹣2＜x
1
≤0，从而当x∈（﹣2，x
1
）时， F′（x）＜0，当x∈（x
1
，+∞）时，
F′（x）＞0，
即F（x） 在（﹣2，x
1
）上减，在（x
1
，+∞）上是增，故F（x）在[﹣2，+ ∞）上的最小值为
F（x
1
），
而F（x
1
）=﹣x1
（x
1
+2）≥0，x≥﹣2时F（x）≥0，即f（x）≤kg（x）恒成立 ．
②若k=e
，则F′（x）=2e（x+2）（e﹣e
﹣
），从而当x∈ （﹣2，+∞）时，F′（x）＞0，
..
22x2
2
xx
x2
2x
x
2x

即F（x）在（﹣2，+∞）上是增，而F（﹣2 ）=0，故当x≥﹣2时，F（x）≥0，即f（x）≤kg
（x）恒成立．
③若k＞e
时，F′（x）＞2e（x+2）（e﹣e
﹣
），
而F （﹣2）=﹣2ke
﹣
+2＜0，所以当x＞﹣2时，f（x）≤kg（x）不恒成立，
综上，k的取值范围是[1，e
]．
【点评】此题主要考查利用导数研究曲线上某点 切线方程，函数恒成立问题，考查分类讨论
思想，解题的关键是能够利用导数工具研究函数的性质，此题 是一道中档题．

7．（2013?新课标Ⅱ）已知函数f（x）=e
﹣ln（x+m）
（Ι）设x=0是f（x）的极值点，求m，并讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）当m≤2时，证明f（x）＞0．
【分析】（Ⅰ）求出原函数的导函数，因为x=0是 函数f（x）的极值点，由极值点处的导数
等于0求出m的值，代入函数解析式后再由导函数大于0和小 于0求出原函数的单调区间；
（Ⅱ）证明当m≤2时，f（x）＞0，转化为证明当m=2时f（x） ＞0．求出当m=2时函数
的导函数，可知导函数在（﹣2，+∞）上为增函数，并进一步得到导函数在 （﹣1，0）上有
唯一零点x
0
，则当x=x
0
时函数取得最小值， 借助于x
0
是导函数的零点证出f（x
0
）＞0，从
而结论得证．
【解答】（Ⅰ）解：∵
解得m=1．
所以函数f（x）=e﹣ln（x+1），其定义域为（﹣1，+∞）．
x
x
2
2
22x2
，x=0是（fx）的极值点，∴，
∵．
.. < /p>

设g（x）=e（x+1）﹣1，则g′（x）=e（x+1）+e＞0，所以g（x）在 （﹣1，+∞）上为增
函数，
又∵g（0）=0，所以当x＞0时，g（x）＞0，即f′（ x）＞0；当﹣1＜x＜0时，g（x）＜0，
f′（x）＜0．
所以f（x）在（﹣1，0）上为减函数；在（0，+∞）上为增函数；
（Ⅱ）证明：当m≤ 2，x∈（﹣m，+∞）时，ln（x+m）≤ln（x+2），故只需证明当m=2时f
（x）＞0．
当m=2时，函数
＞0．
故f′（x）=0在（﹣2，+∞）上有唯一实数根x0
，且x
0
∈（﹣1，0）．
当x∈（﹣2，x
0
） 时，f′（x）＜0，当x∈（x
0
，+∞）时，f′（x）＞0，
从而当x=x
0
时，f（x）取得最小值．
由f′（x
0
）=0，得，ln（x
0
+2）=﹣x
0
．
在（﹣2，+∞）上为 增函数，且f′（﹣1）＜0，f′（0）
xxx
故f（x）≥
综上，当m≤2时，f （x）＞0．
=＞0．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数求函数在 闭区间上的最值，考查
了不等式的证明，考查了函数与方程思想，分类讨论的数学思想，综合考查了学生 分析问题
和解决问题的能力．熟练函数与导数的基础知识是解决该题的关键，是难题．
< br>8．（2013秋?梁子湖区校级月考）已知函数
（I）若x≥0时，f（x）≤0，求λ的最小 值；
．
..

（II）设数列{a
n
}的通项a
n
=1+． 【分析】（I）由于已知函数的最大值是0，故可先求出函数的导数，研究其单调性，确定出
函数的 最大值，利用最大值小于等于0求出参数λ的取值范围，即可求得其最小值；
（II）根据（I）的证 明，可取λ=，由于x＞0时，f（x）＜0得出
考察发现，若取x=，则可得出
可得到结论
【解答】解：（I）由已知，f（0）=0，
f′（x）==，
，
，以此为依据，利用放缩法，即
∴f′（0）=0
欲使x≥0时，f（x ）≤0恒成立，则f（x）在（0，+∞）上必为减函数，即在（0，+∞）上f′
（x）＜0恒成立，
当λ≤0时，f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，为增函数，故不合题意，
若0＜λ＜ 时，由f′（x）＞0解得x＜
0＜x＜
，则当0＜x＜，f′（x）＞0，所以当
时 ，f（x）＞0，此时不合题意，
若λ≥，则当x＞0时，f′（x）＜0恒成立，此时f（x）在（ 0，+∞）上必为减函数，所以当
x＞0时，f（x）＜0
恒成立，
综上，符合题意的λ的取值范围是λ≥，即λ的最小值为
（ II）令λ=，由（I）知，当 x＞0时，f（x）＜0，即
取x=，则
于是a
2n
﹣a
n
+=++…++



..

=
=


=
=
所以
＞

=ln2n﹣lnn=ln2
【点评】本题考查了数列中证明不等式的方法及导数求最值的普通方法，解题的关键是充分
利用 已有的结论再结合放缩法，本题考查了推理判断的能力及转化化归的思想，有一定的难
度

9．（2013秋?城关区校级月考）设函数f（x）=ax+cosx，x∈[0，π]．
（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；
（Ⅱ）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围． 【分析】（Ⅰ）求导函数，可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0．π]，sinx∈[0，1]，对a 进行分类
讨论，即可确定函数的单调区间；
（Ⅱ）由f（x）≤1+sinx得f（π）≤1 ，aπ﹣1≤1，可得a≤
（0≤x），可得g（x）≥0（0≤x
，构造函数g（x）=si nx﹣
；②，即可），再考虑：①0≤x
得到结论．
【解答】解：（Ⅰ）求导函数， 可得f'（x）=a﹣sinx，x∈[0，π]，sinx∈[0，1]；
当a≤0时，f'（x）≤0恒成立，f（x）单调递减；当a≥1 时，f'（x）≥0恒成立，f（x）单调
递增；
当0＜a＜1时，由f'（x）=0得x< br>1
=arcsina，x
2
=π﹣arcsina
..