1、 2018 年高考数学试题分类汇编 第 1 页 （共 12 页） 20201 18 8 年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全 （0 04 4 导数导数及其应用及其应用） 一、选择题一、选择题 1 （2018 全国新课标全国新课标文文、 理、 理） 设函数 321f xxaxax 若 f x为奇函数， 则曲线 yf x在点00，处的切线方程为（ ） A2yx Byx C2yx Dyx 1. 答案：D 解答：( )f x为奇函数，()( )fxf x ，即1a ，3( )f xxx，(0)1f，切线方程为：yx，选 D. 二、填空二、填空 1（2018
2、江苏）江苏）若函数32( )21()f xxaxaR在(0,)内有且只有一个零点，则( )f x在 1,1上的最大值与最小值的和为 1 【答案】3 【解析】由 2620fxxax得0 x ，3ax ，因为函数 f x在0,上有且仅有一个零点且 0 =1f，所以03a，03af， 因此3221033aaa ，3a ， 从而函数 fx在1,0上单调递增，在0,1上单调递减， 所以 max0f xf， minmin1 ,11f xfff， maxmin011 43f xf xff 2（2018 天津文）天津文）已知函数 f(x)=exlnx，f (x)为 f(x)的导函数，则 f （1）的值为_ 2
3、 【答案】e 【解析】由函数的解析式可得： 11elneelnxxxfxxxxx， 则 111eln1e1f即 1f 的值为e 3（2018 全国新课标全国新课标文）文）曲线2lnyx在点(1, 0)处的切线方程为_ 3 【答案】22yx 【解析】由 2lnyf xx，得 2fxx， 则曲线2lnyx在点1,0处的切线的斜率为 12kf， 则所求切线方程为021yx，即22yx 4（2018 全国新课标全国新课标理）理）曲线2ln(1)yx在点(0,0)处的切线方程为_ 4 【答案】2yx 2018 年高考数学试题分类汇编 第 2 页 （共 12 页） 【解析】21yx ，2201k，2yx
4、5（2018 全国新课标全国新课标理）理）曲线1 exyax在点01，处的切线的斜率为2，则a _ 5答案：3 解答：(1)xxyae axe，则(0)12fa ， 所以3a . 三、解答题三、解答题 1（2018 北京文）北京文）设函数 23132 exf xaxaxa （1）若曲线 yf x在点 22f ,处的切线斜率为 0，求a； （2）若 f x在1x 处取得极小值，求a的取值范围 1【答案】（1）12；（2）1, 【解析】（1） 23132 exf xaxaxa， 211 exfxaxax， 2221 efa，由题设知 20f ，即221 e0a，解得12a （2）方法一：由（1）得
5、 211 e11 exxfxaxaxaxx 若1a ，则当11xa,时， 0fx；当1x,时， 0fx 所以 f x在1x 处取得极小值 若1a ，则当01x,时，110axx ， 0fx 所以 1 不是 f x的极小值点 综上可知，a的取值范围是1, 方法二： 11 exfxaxx （1）当0a 时，令 0fx得1x ， fx， f x随x的变化情况如下表： x 1, 1 1, fx 0 f x 极大值 f x在1x 处取得极大值，不合题意 （2）当0a 时，令 0fx得11xa，21x 当12xx，即1a 时， 21e0 xfxx， f x在R上单调递增， f x无极值，不合题意 当12x
6、x，即01a时， fx， f x随x的变化情况如下表： x 1, 1 11a, 1a 1a, fx 0 0 f x 极大值 极小值 2018 年高考数学试题分类汇编 第 3 页 （共 12 页） f x在1x 处取得极大值，不合题意 当12xx，即1a 时， fx， f x随x的变化情况如下表： x 1a, 1a 1,1a 1 1 , fx 0 0 f x 极大值 极小值 f x在1x 处取得极小值，即1a 满足题意 （3）当0a 时，令 0fx得11xa，21x ， fx， f x随x的变化情况如下表： x 1a, 1a 1,1a 1 , fx 0 0 f x 极小值 极大值 f x在1x
7、处取得极大值，不合题意 综上所述，a的取值范围为1 , 2 （2018北京理）北京理）设函数( )f x=2(41)43axaxaex （）若曲线y= f（x）在点（1，(1)f）处的切线与x轴平行，求a； （）若( )f x在x=2处取得极小值，求a的取值范围 2 【答案】 （1）a的值为 1； （2）a的取值范围是1,2 【解析】 （1）因为 24143 exf xaxaxa， 所以 2241e4143 exxfxaxaaxaxa 2 212 exaxax， 11efa，由题设知 10f，即1e0a，解得1a 此时 13e0f，所以a的值为 1 （2）由（1）得 2 212 e12 exx
8、fxaxaxaxx 若12a ，则当1,2xa时， 0fx； 当2,x时， 0fx，所以 0f x 在2x 处取得极小值 若12a ，则当0,2x时，20 x，11102axx ，所以 0fx， 所以 2 不是 f x的极小值点 综上可知，a的取值范围是1,2 3（2018 江苏）江苏）记( ),( )fx g x分别为函数( ), ( )f x g x的导函数若存在0 x R，满足00()()f xg x且00()()fxg x，则称0 x为函数( )f x与( )g x的一个“S 点” （1）证明：函数( )f xx与2( )22g xxx不存在“S 点”； 2018 年高考数学试题分类汇
9、编 第 4 页 （共 12 页） （2）若函数2( )1f xax与( )lng xx存在“S 点”，求实数 a 的值； （3） 已知函数2( )f xxa ，e( )xbg xx 对任意0a ， 判断是否存在0b ， 使函数( )f x与( )g x在区间(0,)内存在“S 点”，并说明理由 3 【答案】 （1）见解析； （2）a的值为e2； （3）对任意0a ，存在0b ，使函数 f x与 g x在区间0,内存在“S点” 【解析】 （1）函数 f xx， 222g xxx，则 1fx， 22gxx 由 f xg x且 fxgx，得222122xxxx，此方程组无解， 因此， f x与 g
10、x不存在“S”点 （2）函数 21f xax， lng xx，则 2fxax， 1gxx 设0 x为 f x与 g x的“S”点，由0f x与0g x且0fx与0gx， 得200001ln12axxaxx ，即200201ln21axxax ， （*） 得01ln2x ，即120ex，则2121ee22a 当e2a 时，120ex满足方程组（*） ，即0 x为 f x与 g x的“S”点 因此，a的值为e2 （3）对任意0a ，设 323h xxxaxa 因为 00ha， 11 320haa ，且 h x的图象是不间断的， 所以存在00,1x ，使得00h x，令03002e1xxbx，则0b
11、 函数 2f xxa ， exbg xx， 则 2fxx ， 2e1xbxgxx 由 f xg x且 fxgx，得 22ee12xxbxaxbxxx，即00320030202ee1e122e1xxxxxxaxxxxxxx（*） ， 此时，0 x满足方程组（*） ，即0 x是函数 f x与 g x在区间0,1内的一个“S点” 因此，对任意0a ，存在0b ，使函数 f x与 g x在区间0,内存在“S点” 2018 年高考数学试题分类汇编 第 5 页 （共 12 页） 4（2018 浙江）浙江）已知函数 f(x)=xlnx （）若 f(x)在 x=x1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1
12、)+f(x2)88ln2； （） 若 a34ln2，证明： 对于任意 k0， 直线 y=kx+a 与曲线 y=f(x)有唯一公共点 4.答案： （1）略； （2）略. 解答： （1）11( )2fxxx，不妨设12( )()fxfxt，即12,x x是方程112txx的两根，即12,xx是方程2102xtx 的根， 所以1404t ，得1016t ，且1212xxt，121xxt， 1212122111( )()()lnln2ln22f xf xxxx xtttt， 令1( )2ln2g ttt，222141( )022tg tttt，( )g t在1(0,)16上单调递减. 所以1( )()
13、8 8ln216g tg ，即12( )()8 8ln2f xf x . （2）设( )()( )lnh xkxaf xkxxxa， 则当x充分小时( )0h x ，充分大时( )0h x ，所以( )h x至少有一个零点， 则211111( )()1642h xkkxxx， 116k ，则( )0h x，( )h x递增，( )h x有唯一零点， 1016k，则令2111( )()0416h xkx，得( )h x有两个极值点1212,()x x xx， 1114x，1016x. 可知( )h x在1(0,)x递增，12( ,)x x递减，2(,)x 递增， 11111111111( )ln
14、()ln2h xkxxxaxxxaxx111 ln2xxa ， 又11111411( )44xh xxxx ， 1( )h x在(0,16)上单调递增， 1( )(16)ln16 3ln16 3 3 4ln20h xha ， ( )h x有唯一零点， 综上可知，0k 时，ykxa与( )yf x有唯一公共点. 5（2018 天津文）天津文）设函数123( )=()()()f xxtxtxt，其中123, ,t t t R,且123, ,t t t是公差为d的等差数列. （I）若20,1,td 求曲线( )yf x在点(0,(0)f处的切线方程； （II）若3d ，求( )f x的极值； （II
15、I）若曲线( )yf x 与直线 12()6 3yxt 有三个互异的公共点，求 d 的取值范围. 2018 年高考数学试题分类汇编 第 6 页 （共 12 页） 5 【答案】 （1）0 xy； （2）极大值为6 3；极小值为6 3； （3） ,1010, 【解析】 （1）由已知，可得 311f xx xxxx，故 231fxx， 因此 00f， 01f ，又因为曲线 yf x在点 0,0f处的切线方程为 000yffx，故所求切线方程为0 xy （2）由已知可得 332232222222223393399f xxtxtxtxtxtxt xtxtt 故 22223639fxxt xt令 0fx，
16、解得23xt，或23xt 当x变化时， fx， f x的变化如下表： x 2,t 23t 223,3tt 23t 23,t fx 0 0 f x 极大值 极小值 所以函数 f x的极大值为 3233936 3f t ；函数 f x的极小值为 3233936 3f t （3）曲线 yf x与直线26 3yxt 有三个互异的公共点等价于关于x的方程 22226 30 xtdxtxtdxt有三个互异的实数解，令2uxt， 可得3216 30udu 设函数 3216 3g xxdx，则曲线 yf x与直线26 3yxt 有三个互异的公共点等价于函数 yg x有三个零点 3231gxxd 当21d 时，
17、 0gx ，这时 g x在R上单调递增，不合题意 当21d时， 0gx ，解得2113dx ，2213dx 易得， g x在1,x上单调递增，在12,x x上单调递减，在2,x 上单调递增 g x的极大值322212 3116 3093ddg xg g x的极小值322222 3116 393ddg xg 若20g x，由 g x的单调性可知函数 yg x至多有两个零点，不合题意 若20g x，即322127d ，也就是10d ，此时2dx，6 30g dd，且12 dx，32626 362 106 30gddd ，从而由 g x的单调性，可知函数 yg x在区间12,d x，12,x x，2
18、,xd内各有一个零点，符合题意 所以，d的取值范围是 ,1010, 6（2018 天津理）天津理）已知函数( )xf xa，( )logag xx，其中 a1. （I）求函数( )( )lnh xf xxa的单调区间； 2018 年高考数学试题分类汇编 第 7 页 （共 12 页） （II）若曲线( )yf x在点11( , ( )x f x处的切线与曲线( )yg x在点22(, ()x g x 处的切线平行，证明122lnln()lnaxg xa ； （III）证明当1eea 时，存在直线 l，使 l 是曲线( )yf x的切线，也是曲线( )yg x的切线. 6 【答案】 （1）单调递减
19、区间,0，单调递增区间为0,； （2）证明见解析； （3）证明见解析 【解析】 （1）由已知， lnxh xaxa，有 lnlnxh xaaa， 令 0h x，解得0 x 由1a ，可知当x变化时， h x， h x的变化情况如下表： x ,0 0 0, h x 0 h x 极小值 所以函数 h x的单调递减区间,0，单调递增区间为0, （2）由 lnxfxaa，可得曲线 yf x在点11,xf x处的切线斜率为1lnxaa， 由 1lngxxa，可得曲线 yg x在点22,xg x处的切线斜率为21lnxa， 因为这两条切线平行，故有121lnlnxaaxa，即122ln1xx aa， 两边
20、取以a为底的对数，得212log2log ln0axxa，所以122lnlnlnaxg xa ， （3）曲线 yf x在点11,xx a处的切线1111:lnxxlyaaaxx， 曲线 yg x在点22,logaxx处的切线22221log:lnalyxxxxa， 要证明当1eea 时，存在直线l，使l是曲线 yf x的切线，也是曲线 yg x的切线， 只需证明当1eea 时，存在1,x ，20,x ，使得1l和2l重合 即只需证明当1eea 时，方程组1112121lnln1lnloglnxxxaaaxaax aaxa有解， 由得1221lnxxaa，代入，得111112lnlnln0lnl
21、nxxaax aaxaa， 因此，只需证明当1eea 时，关于1x的方程存在实数解 设函数 12lnlnlnlnlnxxau xaxaaxaa， 即要证明当1eea 时，函数 yu x存在零点 21lnxu xaxa，可知,0 x 时， 0u x； 0,x时， ux单调递减， 2018 年高考数学试题分类汇编 第 8 页 （共 12 页） 又 010u ，21ln2110lnauaa ， 故存在唯一的0 x，且00 x ，使得00u x，即0201ln0 xax a， 由此可得 u x在0,x上单调递增，在0,x 上单调递减 u x在0 xx处取得极大值0u x，因为1eea ，故lnln1a
22、 ， 所以0000012lnlnlnlnlnxxau xax aaxaa02012lnln22lnln0lnlnlnaaxaaxa， 下面证明存在实数t，使得 0u t ， 由（1）可得1lnxaxa ，当1lnxa时， 有 12lnln1ln1lnlnlnau xxaxaxaa2212lnlnln1lnlnaaxxaa ， 所以存在实数t，使得 0u t ， 因此，当1eea 时，存在1,x ，使得 10u x， 所以，当1eea 时，存在直线l，使l是曲线 yf x的切线，也是曲线 yg x的切线 7（2018 全国新课标全国新课标文）文）已知函数 eln1xf xax （1）设2x 是
23、f x的极值点，求a，并求 f x的单调区间； （2）证明：当1ea时， 0f x 7.答案：见解析 解答： （1）( )f x定义域为(0,)，1( )xfxaex. 2x 是( )f x极值点，(2)0f ，2211022aeae. xe在(0,)上增，0a ，xae在(0,)上增. 又1x在(0,)上减，( )fx在(0,)上增.又(2)0f ， 当(0,2)x时，( )0fx，( )f x减；当(2,)x时，( )0fx，( )f x增. 综上，212ae，单调增区间为(2,)，单调减区间为(0,2). （2）0 xe ，当1ae时有11xxxaeeee， 1( )ln1ln1xxf
24、xaexex . 令1( )ln1xg xex，(0,)x. 11( )xg xex，同（1）可证( )g x在(0,)上增，又1 11(1)01ge， 当(0,1)x时，( )0g x，( )g x减；当(1,)x时，( )0g x，( )g x增. 1 1min( )(1)ln1 1 1 0 10g xge ， 当1ae时，( )( )0f xg x. 2018 年高考数学试题分类汇编 第 9 页 （共 12 页） 8（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知函数1( )lnf xxaxx （1）讨论( )f x的单调性； （2）若( )f x存在两个极值点12,x x，证明： 1212
25、2f xf xaxx 8.答案： （1）见解析； （2）见解析. 解答： （1）1( )lnf xxaxx，221( )xaxfxx ，当22a 时，0 ，( )0fx ，此时( )f x在(0,)上为单调递减. 0 ，即2a 或2a ，此时方程210 xax 两根为221244,22aaaaxx，当2a 时，此时两根均为负，( )fx在(0,)上单调递减.当2a 时，0 ，此时( )f x在24(0,)2aa上单调递减，( )f x在2244(,)22aaaa上单调递增，( )f x在24(,)2aa上单调递减.综上可得，2a 时，( )f x在(0,)上单调递减；2a 时，( )f x在2
26、4(0,)2aa，24(,)2aa上单调递减，( )f x在2244(,)22aaaa上单调递增. （2）由（1）可得，210 xax 两根12,x x得2a ，1212,1xxa x x，令120 xx，121xx，1211221211( )()ln(ln)f xf xxaxxaxxx21122()(lnln)xxaxx.12121212( )()lnln2f xf xxxaxxxx ， 要证1212( )()2f xf xaxx成立， 即要证1212lnln1xxxx成立，1122212ln0(1)xxxxxxx，2221212ln0 xxxxx 即要证22212ln0 xxx(21x )
27、 令1( )2ln(1)g xxx xx ，可得( )g x在(1,)上为增函数，( )(1)0g xg，1212lnln1xxxx成立，即1212( )()2f xf xaxx成立. 9（2018 全国新课标全国新课标理）理）某工厂的某种产品成箱包装，每箱 200 件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品检验时，先从这箱产品中任取 20 件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验，设每件产品为不合格品的概率都为) 10( pp，且各件产品是否为不合格品相互独立 （1）记 20 件产品中恰有 2 件不合格品的概率为)(pf,求)(pf的最大值点0
28、p （2）现对一箱产品检验了 20 件，结果恰有 2 件不合格品，以（1）中确定的0p作为p的值已知每件产品的检验费用为 2 元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付 25元的赔偿费用 2018 年高考数学试题分类汇编 第 10 页 （共 12 页） （i）若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX; （ii）以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？ 9. 答案：略 解答： （1）由题可知221820( )(1)f pC pp（01p）. 2182172172020( )2 (1)18(1)( 1)2(1)
29、(1 10 )f pCppppC ppp 当1(0,)10p时，( )0fp，即( )f p在1(0,)10上递增；当1(,1)10p时，( )0fp，即( )f p在1(,1)10上递减. ( )f p在点110p 处取得最大值，即0110p . （2） （i）设余下产品中不合格品数量为Y，则4025XY，由题可知1(180,)10YB，11801810EYnp. (4025 )40254025 18490EXEYEY（元）. （ii）由（i）可知一箱产品若全部检验只需花费400元，若余下的不检验则要490元，所以应该对余下的产品作检验. 10（2018 全国新课标全国新课标文）文）已知函数
30、 32113f xxa xx （1）若3a ，求( )f x的单调区间； （2）证明：( )f x只有一个零点 10 【答案】 （1）2,33，32 3,单调递增，32 3,32 3单调递减； （2）见解析 【解析】 （1）当3a 时， 3213333f xxxx， 263xxfx 令 0fx解得32 3x 或32 3x 当323,x32 3,时， 0fx； 当32 3,32 3x时， 0fx 故 f x在2,33，32 3,单调递增，在32 3,32 3单调递减 （2）由于210 xx ，所以( )0f x 等价于32301xaxx 设( )g x=3231xaxx，则 22222310 x
31、xxxxgx，仅当0 x 时 0g x，所以 g x 在 ，单调递增，故 g x至多有一个零点，从而 f x至多有一个零点 又22111631260366aaafa ，03131fa ，故 f x有一个零点 综上， f x只有一个零点 11（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知函数2( )exf xax （1）若1a ，证明：当0 x 时，( )1f x ； （2）若( )f x在(0,)只有一个零点，求a 2018 年高考数学试题分类汇编 第 11 页 （共 12 页） 11 【答案】 （1）见解析； （2）2e4 【解析】 （1）当1a 时，( )1f x 等价于21 e10 xx
32、， 设函数 21 e1xg xx，则 2221 e1exxg xxxx ， 当1x 时， 0g x ，所以 g x在0,单调递减， 而 00g，故当0 x 时， 0g x ，即 1f x （2）设函数 21exh xax ， f x在0,只有一个零点当且仅当 h x在0,只有一个零点 当0a 时， 0h x ， h x没有零点； 当0a 时， 2 exh xax x 当0,2x时， 0h x ；当2,x时， 0h x h x在0,2单调递减，在2,单调递增 故 2421eah 是 h x在0,的最小值 若 20h，即2e4a ， h x在0,没有零点； 若 20h，即2e4a ， h x在0,
33、只有一个零点； 若 20h，即2e4a ，由于 01h，所以 h x在0,2有一个零点， 由（1）知，当0 x 时，2exx，所以33324421616161411110e2eaaaaahaaa 故 h x在2,4a有一个零点，因此 h x在0,有两个零点 综上， f x在0,只有一个零点时，2e4a 12（2018 全国新课标全国新课标文）文）已知函数21( )exaxxf x （1）求曲线( )yf x在点(0, 1)处的切线方程； （2）证明：当1a 时，( )e0f x 12.答案：详见解析 解答： （1）由题意： 21xaxxf xe得222(21)(1)22( )()xxxxaxe
34、axxeaxaxxfxee， 2(0)21f ，即曲线 yf x在点0, 1处的切线斜率为2，( 1)2(0)yx ，即210 xy ； （2） 证明： 由题意： 原不等式等价于：1210 xeaxx 恒成立； 令12( )1xg xeaxx， 1( )21xg xeax，1( )2xgxea，1a ，( )0gx恒成立，( )g x在(,) 上单调递增，( )g x在(,) 上存在唯一0 x使0()0g x，010210 xeax ，即01021xeax ，且( )g x在0(,)x上单调递减，在0(,)x 上单调递增，0( )()g xg x. 又01220000000()1(1 2 )2
35、(1)(2)xg xeaxxaxa xaxx ， 2018 年高考数学试题分类汇编 第 12 页 （共 12 页） 111()1agea ，1a ，11011aee ，01xa ，0()0g x，得证. 综上所述：当1a 时， 0f xe. 13（2018 全国新课标全国新课标理）理）已知函数 22ln 12f xxaxxx （1）若0a ，证明：当10 x 时， 0f x ；当0 x 时， 0f x ； （2）若0 x 是 f x的极大值点，求a 13答案： （1）见解答； （2）16a . 解答： （1）若0a 时，( )(2)ln(1)2 (1)f xxxx x， 1( )ln(1)(2
36、)21fxxxx1ln(1)11xx. 令1( )ln(1)11h xxx， 2211( )1(1)(1)xh xxxx. 当0 x 时，( )0h x，( )h x在(0,)上单调递增， 当10 x 时，( )0h x，( )h x在( 1,0)上单调递减. min( )(0)ln1 1 10h xh ， ( )0fx恒成立， ( )f x在( 1,) 上单调递增， 又(0)2ln1 00f， 当10 x 时，( )0f x ；当0 x 时，( )0f x . （2）21( )(21)ln(1)11axfxaxxx， 22212(1)1( )2 ln(1)01(1)axax xaxfxaxxx， 222 (1) ln(1)(21)(1)21 0a xxaxxaxax ， 222 (1) ln(1)340a xxaxaxx， 222(1) ln(1)34 axxxxx . 设22( )2(1) ln(1)34h xxxxx， ( )4(1)ln(1)2(1)64h xxxxx，(0)60h，(0)0h， 在0 x 邻域内，0 x 时，( )0h x ，0 x 时，( )0h x . 0 x 时，222(1) ln(1)34xaxxxx，由洛必达法则得16a ， 0 x 时，222(1) ln(1)34xaxxxx，由洛必达法则得16a ， 综上所述，16a .
