三年高考(2019-2021)数学(文)真题分类汇编-导数及其应用(解答题)(解析版)

导数及其应用（解答题）专题汇编2021年全国高考甲卷数学（文)a2x2

ax3lnx1，其中a0.fx的单调性；yfx的图象与x轴没有公共点，求a.1 1 1【答案1）fx的减区间为0, ，增区间为 + 2）a .a a e【分析】.根据f1 0及（1）的单调性性可得fx 0，从而可求a的取值范.min【详解】函数的定义域为0, ，又f

2ax3(ax1)，x因为a0，故2ax30，当0x1f)0；当x1f)0；a a1 1所以fx

的减区间为0, ，增区间为 .a a因为f1 a2a10且yfx的图与x轴没有公共点，yfx的图象在x轴的上方，由（1）中函数的单调性可得fx

f1 33ln1

33lna，故30即a1.e【点睛】

min a a.2021年全国高考乙卷数学（文f(x)x3x2ax1．fx的单调性；yfxyfx的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)【分析】

和1a.首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；.【详解】fx3x22xa，导函数的判别式412a，当412a0,a1fx0,fx在R上单调递增，31 13a 1 13a当 1 13a

时， 的解为：x1

,x ，3 2 3x,

3 时，

单调递增； 1 13a 1 13ax

3 , 3 时，

单调递减； 1 13a 当x 3 ,时，

单调递增； 综上可得：当 时， 在R上单调递增， 1 13a 1 13a 当 时，

在,

3 ， 3

,上单调递增，在 1 13a 1 13a 3 , 3 . f

x3x2ax

1，fx

3x22x

a，yx3x2ax13x22xx，0 0 0 0 0 0切线过坐标原点，则：

0x3x2ax13x22xa0x,整理可得：2x3x210，即：x2x2x0，0 0 0 0 0解得： ，则 ，f'(x)f1a0y1x,与 联立得x3x2ax1(a1)x，x3x2x10,11是x3x2x1的一个因式，∴该方程可以分解因式为x1x210,解得x1

1,x2

1,f11a，综上，曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 和1a.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问交点),要通过联.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般31年全国新高考Ⅰ卷数学】已知函数fxx1lnx.fx的单调性；设ab为两个不相等的正数，且blnaalnbab2

11e.a b1）fx的递增区间为0,，递减区间为1,+2）.【分析】求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；1设

x,1

，原不等式等价于2xx

e，前者可构建新函数，利用极值点a 1b 2 1 2偏移可证，后者可设x2

tx1

xx1

e转化为1ln1tlnt0在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】函数的定义域为fx1lnx1lnx，x0,1fx0xfx0，fx的递增区间为，递减区间为1,+.因为blnaalnbab，故ba1alna1

lnb+1，故f1f

a b1，a b 设1x,1x

，由（1）可知不妨设0

1,

1.a 1b 2 1 2x0,1fxxlnx0xefxxlnx0，故1xe.2xx1

2，若x2，xx2 1

2必成立.若x 2，要证：xx2 1

2x1

2x2

，而02x2

1，故即证fx1

f2x2

，即证：fx2

f2x2

，其中1x2

2.gxfxfx,1x2，则gxfxf2xlnxln2xlnx2x，因为1x2，故0xx1，故lnxx0，gx0gx在gxg0，fxfxfx2

f2x2

成立，所以xx1 2

2成立，xx1

2成立.设x tx2

，则t1，结合lna1

lnb+1 1，

x,1

ln

x

1lnx，a b a 1b 2

1 1 2 2即：1lnx1

tlntlnx1

，故lnx1

t1tlnt，t1xx1

e，即证1x1

e，即证ln1lnx1

1，ln1t1tlnt11ln1tlnt0，t1S1ln1tlnt,t1，则Stln1t11lnt则t1

ln

1t

2t1， 先证明一个不等式：lnx1x.设uxlnx1x，则ux 1 1 x，x1 x1当1x0ux0x0ux0，故ux在上为增函数，在0,+上为减函数，故uxmax

u00，故lnx1x成立

1 1 2

由上述不等式可得当t1ln1t

tt1，故S

t0恒成立， S在上为减函数，故SS0，故1ln1tlnt0xx1 2

e成立.2【点睛】

11a b

e..2021IIf(x)x1)exax2b．f(x)的单调性；f(x)有一个零点①1ae2,b2a；2 2②0a1,b2a2【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(1).【详解】

f'xx2a，a0x,0f'x0,fx单调递减，x0,f'x0,fx单调递增；当0a1x,lnf'x0,fx单调递增，2xln2a,0f'x0,fx单调递减，x0,f'x0,fx单调递增；aa

1f'x0,fxR上单调递增；21时，若x,0，则f'x0,fx单调递增，2xf'x0,fx单调递减，x2af'x0,fx单调递增；若选择条件①：1a

e2，故12ae2，则

b1,fb10，2 2而fb1bba2b0，而函数在区间,0上单调递增，故函数在区间,0上有一个零点.fln2a2aln2aaln2a2b2aln2aaln2a22a2aln2aaln2a2aln2a2ln2a，1a

aln2a2ln2a0由于2 2，12ae2，故 ，结合函数的单调性可知函数在区间0,上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于0a1，故2a12

fb110，当b02fb0，而函数在区间上单调递增，故函数在区间.当b0时，构造函数Hxex

x1Hxex1，x,0Hx0,Hx单调递减，x0,Hx0,Hx单调递增，H00Hx0exx1，此时：fxxexa2bxxa2b1a2b，1b1b1a

时，a2b0，取x 0

1，则fx11b1a

0，

00,f

10，1b11b1a而函数在区间上单调递增，故函数在区间.fln2a2aln2aaln2a2b2aln2aaln2a22a2aln2aaln2a2aln2a2ln2a，2由于0a1，0a1，故aln2a2ln2a0，结合函数的单调性可知函数在区间.2综上可得，题中的结论成立.【点睛】(利用导数求函数极值)，解决生考查数形结合思想的应用．2021fx32x．x2a（1）若a0yfx在f处切线方程；（2）fxxfx的单调区间，以及最大值和最小值．）4xy50）函数fx的增区间为,、4,，单调递减区间为，最大值为1，最小值为1.4【分析】ff的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；f10可求得实数afx的单调性与极值，由.【详解】a0

fx

32x

fx

2x3

f1

f14当 时，

，则 ， ， ，x2 x3yfx在点fy14x1，即4xy50；2x2a2x32x 2x23xafx

32x，则fxx2a

x2a2

，x2a2由题意可得

f12aa12

，解得a4， 32x fx2x1x4故f

，x24

x242

，列表如下：x144,fxx144,fx00fx增极大值减极小值增当x3时，fx0；当x3时，fx0.2 2所以，fx

f11，fx

f41.max

min 42021年天津高考数学】已知a0f(x)axxex．yfx在点(0,f(0))处的切线方程：f(x)存在唯一的极值点f(x)abxRb的取值范围．）y(a1x,(a0)（）（）,【分析】fxx0f0，即可求出切线方程；fx0，可得a(x1)exyaygx仅有一个交点，gx的变化情况，数形结合即可求解； 令h(x) x2x1ex,(x1)，题目等价于存在x(1,)，使得h(x)b，即bh(x) ，利用导数即可求出hx的最小值.min【详解】（I）f(x)a(x1)exf(0)a1，又f(0)0，则切线方程为y(a1)x,(a0)；（II）令f(x)a(x1)ex0，则a(x1)ex，g(x)(x1)exg(x)(x2)ex，x(2)g(x)0gx单调递减；当x(2,g(x)0gx单调递增，xgx0g10，当xgx0，画出gx大致图像如下：所以当a0时，ya与ygx仅有一个交点，令gma，则m1，且f(m)ag(m)0，x(mag(x)f(x)0fx单调递增，xmagxf(x)0fx单调递减，xmfxf(x)存在唯一的极值点；（III）由（II）f(x)maxf(m，此时a(1m)emm1， 所以{f(x)a}max

f(m)am2m1em,(m1)，令h(x) x2x1ex,(x1)，af(x)abxRx1,，使得h(xb，即bh(x)

，minh(x)

x2x

ex(x1)(x2)ex，x1，x1,1)hx)0hxx(1,hx)0hx单调递增，所以h(x) h(1)e，故be，min所以实数b的取值范围e,.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明ya与ygx仅有一个交点；第三问解的关键是转化为存在x(1,)，使得h(x)b，即bh(x) .min2021年浙江省高考数学】设为实数，且a1fxaxfx的单调区间；

bxe2(xR)若对任意b2e2fxa当ae时，证明：对任意be4fx有两个不同的零点xx

，满足x blnb

1 2e2.2 2e2 1 b(注：e2.71828是自然对数的底数)(1b0f(x)Rb0时，函数的单调减区间为,log

b ，单调增区间为

b ,； alna alna )1,e2；.【分析】首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；确定实数a的取值范围；.【详解】f(x)axbxe2,f(x)axlnab，①若b0f(x)axlnab0f(x)R上单调递增；②若b0，x,log

b f'x0,fx单调递减，lnalna当xlog b ,时，f'x0,fx单调递. alna b0f(x)R上单调递增；b0时，函数的单调减区间为,log

b ，单调增区间为

b ,. alna alna f(x)2个不同零点axbxe202个不同解exlnabxe202个不同的解，

bt b ete2令txlna，则

e20 ,t0，lna lna t ete2

ettet

et(t1)e2g(t)

,g(t) ，t t2 t2h(t)et(t1)e2h(t)et(t1)et1ett0，又h(2)0，所以t(0,2)时，h(t)0, t(2,)时，h(t)0，b bg(t在(0,2)(2,bb2e2,

g(2)e2,lna ，lna e22,lna21ae2.e2即实数a的取值范围是1,e2.ae,f(x)exbxe22个不同零点，则exe2bx.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2

，较小者为x，1exe2 exe2b 1 2x x1 2

e4，y

exe2x

在区间上单调递减，在区间上单调递增，故x2x1

e5e2，又由5

e4x2

5，exe2 2e2 2e2b 1 x ，x x 1 b1 1

blnb

e2

lnbe2，2 2e2 1 b 2 b2exe22b x2

2ex2x22

且关于b

b

lnb 在be4上单调递增，e2be222ex e2x 2所以只需证x2

ln x

22ex

x5，2只需证lnex

2exx2

22e2x2222ex2

20，2只需证lnxe2x22ex

ln20，e24，只需证h(x)lnx4xln2x5时为正，2 ex1由于h(x) 4xex4ex14exx10，故函数hx单调递增，1x xh(5)ln520ln2ln520

0，故h(x)lnx4xln2x5时为正，e5从而题中的不等式得证.【点睛】

2 e4 ex(利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．2020f(x)exa(x2).当a1f(x的单调性；f(x)有两个零点，求a.1）e––，则e1．当时，0时，0．所以f（x）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增．（）e–．当时，0（）在）单调递增，故f（x）当时，由可得．当∈，）时，；当∈，）时，f（）在）单调递减，在）x）f（）n．10≤a≤ ，则f（lna）≥0，f（x）在（–∞，+∞）至多存1个零点，不合题意．e1若，则f（lna）<0．e由于f（–2）=e–2>0，所以f（x）在（–∞，lna）存在唯一零点．由（1）知，当x>2时，ex–x–2>0，所以当x>4且x>2ln（2a）时，x x xf(x)e2e2

a(x2)eln(2a)( 2)a(x2)2a0．2故f（x）在（lna，+∞）存在唯一零点，从而f（x）在（–∞，+∞）有两个零点．1综上，的取值范围是（，．eyexya(x2)有两个交点，利用过点(2,0)的曲线yex的切线斜率，结合图形求得结果.2020f（x）=2lnx+1．f（x）≤2x+cc的取值范围；f(x)f(a)a>0g（x）=x a

的单调性．【解析】设h(x)=f(x)−2x−c，则h(x)=2lnx−2x+1−c，(0，+∞)h(x)22.x（1）当0<x<1时，h'(x)>0；当x>1时，h'(x)<0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞).x=1时，h(x)h(1)=−1−c.−1−c≤0c≥−1时，f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[−1，+∞).（2）g(x)

f(x)f(a)2(lnxlna)，x∈(0，a)∪(a，+∞).xa xaln 2(xalnalnx) 2(1a aln g(x)

x(xa)2

x x(xa)2取c=−1得h(x)=2lnx−2x+2，h(1)=0，则由（1）知，当x≠1时，h(x)<0，即1−x+lnx<0.x∈(0，a)∪(a，+∞)时，1alna0g(x)0.x x所以g(x)在区间(0，a)，(a，+∞)单调递减..2020f(x)x3kxk2．f(x的单调性；f(x有三个零点，求k的取值范围．【解析】f(x)3x2k．当时，f(x)x3，故f(x)在()单调递增；当时，f(x)3x2k0，故f(x)在()单调递增．3k当k>0时令f(x)0得x 当x(,3k

)(x)0x(

, )3k3 3 3 33k3k时，f(x)0；当x( ,)时，f(x)0．故f(x)在(, )，( ,)单3k3 3 33k调递增，在( , )单调递减．3k3 3（）由）知，当k0时，f(x)在()单调递增，f(x)不可能有三个零点．3k当k>0时，x=3kk1

为f(x)的极大值点，x= 为f(x)的极小值点．3k3k3k3k3k k1f(k1)0f(k1)0f(

3k)0．3 3 3f(xf

)0即k2 0时，f(x)有三个零2k 2k 4点，解得k4．因此k的取值范围为(0，)．427 27【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.2020f(x)x3klnx(kRfxf(x)的导函数．（Ⅰ）当k6时，yf(x在点(1,f处的切线方程；g(x)f(xf(x9的单调区间和极值；x（Ⅱ）当kx

[1,)，且xx，有fx

fx

f

1 2 1 2fx1 2 1 2 ．2 xx1 26【解析（Ⅰ（当k6时，f(x)x36lnxf(x)3x2

f(1)1，xf(1)9yf(x在点(1,fy19(x1)，即y9x8．（ii）依题意，g(x)x33x26lnx

3x(0,．从而可得x6 g(x)3x26x 6 x x2

，整理可得g(x)3(x1)3(x1)．令g(x)0，解得x2x1．xgxgx的变化情况如下表：xx(0,1)1(1,)gg(x)-0+g(x)↘极小值↗所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为g(x)的极小值为g(1)1，无极大值．（Ⅱ）证明：由f(x)x3klnx，得f(x)3x2k．xx

[1,)，且xx，令

1t(t1)，则x1 2 1 2 xx2xx1

fx1

fx2

2fx1

fx2 2 k

k x2 3 3 xx 3x

2xxkln 11 2 1 x1

2 x 1 2 x2 222x3x33x2x

x x x3xx2k 1 22kln 11 2 1 2 12 x x x2 1 2 1 x3 t321kt 2lnt． ①2 t h(x)x12lnxx[1,

x

h(x)1121120时， x 时，

x x由此可得h(x)在单调递增，所以当t1h(t)，即t12lnt0．t因为x2

1，t321(t

0,k3， 1

1

t321kt 2lnt(t321)3t 2lnt2 t t 3t33t26lnt 1． ②3t由（Ⅰ（）可知，当t1时，gt)g(1)，即t3t26lnt3t

1，故t326lnt

310． ③t由①②③可得x1

xfx2

fx2

2fx1

fx2

0．所以，当k3fx

fx

f

fxx

[1,)，且xx，有 1

2 1 2 ．1 2 1

2 xx1 22020f(x)12x2．（Ⅰ）yf(x)的斜率等于的切线方程；yf(x在点(t,f(t处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(tS(t的最小值．（Ⅰ）fx12x2fx2x，设切点为x0

,12x0

，则2x0

2x0

1，所以切点为1,11，由点斜式可得切线方程（Ⅱ）显然t0，

y112x1，即2xy130.yfx在点t2yt2xt，t212令x0，得yt212，令y0，得xt2122t 1

t212所以St t212 ，2 2|t|不妨设t00时，结果一样， t424t2144 1

144则St

(t324t )，4t 4 tSt

1 144 3(t48t248)所以 (3t2244 t2

)4t23(t24)(t212)4t2

2)(t2)(t212)，4t2St0，得t2St0，得0t2，S在上递减，在2,上递增，所以t2S取得极小值，也是最小值为S2161632.8【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.20201a2fxexxae=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）yfx在(0,上有唯一零点；（Ⅱ）

yfx在(0,上的零点，证明：（ⅰ）

x ；a1a12(a1)0（ⅱ）xf(ex)(e1)(a1)a．00【解析f(0)1a0，f(2)e22ae240yf(x)在(0,)上存在零点．因为f(x)ex1，所以当x0时，f(x)0，故函数f(x)在[0,)上单调递增，yf(x)在(0,上有唯一零点．1（Ⅱ（ⅰ）令g(x)e

x2x1(x0)，g'(x)exx1f(x)a1，2由（Ⅰ）知函数g'(x)在[0,)上单调递增，故当x0时，g'(x)g'(0)0，所以函数g(x)在[0,)单调递增，故g(x)g(0)0．由g( 2(a1))0得f( 2(a1))2(a1)因为f(x)在[0,2(a1)

2(a1)2(a2(a1)2(a1)0

a0f(x)，0h(xexx2x1(0x1)h'(xex2x1，h(xex2x1(0x1)h'(xex2，所以1 1x 0 (0,ln2) ln2

(ln2,1) 1h'(x) 1 01h(x) 0 1

e2e3故当0x1h(x0，即h'(x0，所以h(x在[0,1]单调递减，1因此当0x1h(xh(0)0．由h( a1)0得f( a1)ea1 a1a0f(x)，0f(x在[0,单调递增，故a1x．0综上，a1x 2(a1)．0（ⅱ）令u(xex(e1)x1u'(xex(e1)x1u'(x0，故函数u(x在区间上单调递增，因此u(x)u(1)0．由

xa可得xf(ex)xf(xa)(ea1)x2a(ea2)x(e1)ax2，000 0 0 0 0 0 000由x a1得x0

f(ex

)(e1)(a1)a．02020年高考江苏】某地准备在ftOMNABMNOOOAB上)．经测量，左0侧曲线AO上任一点D到MN的距离h1

()D到OO米之间满足关系式h11

a2BOFMN的距离h21

(米)与F到OO的距离b(米)之间满足关系式h2

800

b36b.已知点B到OO的距离为40米．AB的长度；计划在谷底两侧建造平行于OOCDEFCE80在B()桥墩F每米造价()D每米造价3k(OE2为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？（1）AABBCDEFMNABDF.1 1 1 1 1 1 1 1由条件知，当O'B40时，BB1

1800

403640160, AA1

160.1O'A2160,得O'A80.40所以ABO'AO'B8040120（米）.（2）以OOO'yxOy（如图所示1F(xy2

),x(0,40),y21

800

x36x,EF160y2

160

800

x36x.因为CE80,所以O'C80x.1D(x80,y1

),y1

(80x)2,401 1所以CD160y1

160

(80x)2 x24x.40 40记桥墩CDEFf(x，3 f(x)=k(160 1 x36x) k( x24x3 则 800 2 401 3k( x3 x2160)(0x40).800 803 f(x)=k(3 x2 x160) x(x20)3 800 40 800令f(x)=0，得x20.所以当x20时，f(x)取得最小值.1）桥AB的长度为0米；当O'E20米时，桥墩CDEF.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.2020年高考江苏】已知关于xyf(x),yg(x与h(x)kxb(kbR)Df(x)hx)g(x．（）若fxx22，gx x22，D()，求(的表达式；（）若f(x)x2xg(x)klnh(x)kxk,D()，求k的取值范围；若 f(x)x42x2，g(x)4x28，h(x)4t3tx42(0t D,n 2, 2求证：nm 7 （1）f(x)h(x)g(xx22xkxbx22x，x0，得0b0，所以b0．x22xkxx22k)x0x(恒成立，所以(2k)20，则k2，此时2xx22x恒成立，所以h(x)2x．（2）h(x)g(x)k(x1lnx),x(0,).令u(x)x1lnx，则u'(x)11令u'(x)=0x1.x所以u(x)

u(1)0则1ln 恒成立，. x. x 所以当且仅当k0时，f(x)g(x)恒成立．f(x)h(xx2x1kxk恒成立，x2k)x10恒成立．1k因为k0，对称轴为x

0，2所以k)2k0，解得1k3．因此，k的取值范围是0k3.（3）①当1t 2时，g(x)h(x，得4x284(t3t)x3t42t2，整理得3t42t28x2(t3t)x 4令=(t3t)2(3t42t28), 则=t6428．记(t)t642t 2),则'(t)6t520t36t2t(3t21)(t23)0恒成立，所以(t)在[1, 2]上是减函数，则( 2)(t)(1)，即2(t)7．所以不等式()有解，设解为x1

xx，2因此nmx2

x ．717②当0t1时，f(1)h(1)3t44t32t24t1．设vt)=t4t3t2t1，v't)=1t31t2t44t1)(t21),3令v(t)0，得t ．33当t(03v(t0v(t是减函数；3当t( 31)时，t)0，vt)是增函数3v(0)v(1)0，则当0t1v(t0．27（v(t1)(t1)0．）f(1)h(1)0，因此1(m，n)．27［-，所以nm

1 ．2③当2

t0f(xg(x均为偶函数，因此nm

也成立．77综上所述，nm ．77.f(x)aex1lnxlna．ae时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；若f（x）≥1a的取值范围．【解析】f(x)的定义域为(0,)，f(x)aex11．x（1）当aef(x)exlnx1f(1)e1，yf(x)在点(1,f(1))y(e1)(e1)(x1)y(e1)x2．y(e1)x2xy因此所求三角形的面积为2 ．e1（2）当0a1时，f(1)alna1．

2，2．e1当a1时，f(x)ex1lnx，f(x)ex11．x当x(0,1)时，f(x)0；当x(1,)时，f(x)0．x1f(x)f(1)1f(x)1．a1f(x)aex1lnxlnaex1lnx1．综上，a的取值范围是[1,)．.2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数′为f（x）的导数．证明：f（x）在区间存在唯一零点；x∈[0，π]a的取值范围．【答案】a.【解析】g(x)f(x)g(x)cosxxsinx1,g(x)xcosx.x(0,π)g(x)0xππg(x)0g(x)在(0,π)单调递 22 222增，在π,π单调递减.2 g(0)0,gπ0,g(π)2g(x)在(0,π 2 fx在(0,π.（2）由题设知f(π) aπ,f(π)0，可得a≤0.由fx在(0,π)只有一个零点，设为x0

，且当x0,x0

时，f(x)0；当xx0

,π时，f(x)0，所以f(x)在0,x0

单调递增，在x0

,π单调递减.0.又f(0)0,f(π)0，所以，当x[0,π]时，f(x0.ax.又当a 0,x[0,π]时，ax≤0，故f(x)ax.因此，a的取值范围是(,0].【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2019f(x)(x1)lnxx1．证明：f(x)存在唯一的极值点；f(x)=0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）f(x)的定义域为（0，+）.f(x)

x1lnx1lnx1.x xylnxy

1单调递减，所以f(x)单调递增，又f(1)10，xf(2)ln21

ln410

fx

0.2 2 0 0又当xx0

f(x)0f(x)xx0

时，f(x)0，f(x)单调递增.因此，f(x)存在唯一的极值点.fx0

f(1)2

e2e230f(x)0在x0

,x.由x0

11

1x.0.又f11

1ln11

1

f()

0，故1

fx)0在

的唯一根.

0 综上，f(x)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.2019f(x)lnxa(x1)ex，其中aR.（Ⅰ）若a≤0，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）若0a1，ef(x)恰有两个零点；x0

为f(x)的极值点，x1

为f(x)的零点，且x1

x，证明3xx0 0

2.【答案】（Ⅰ）f(x)在(0,)内单调递增.；（Ⅱ）（i）见解析；（ii）见解析.【解析】（Ⅰ）解：由已知，f(x)的定义域为(0,)，且1 1ax2exf(x) aexa(x1)ex .x xa≤0时，1ax2ex0f(x)0f(x)在(0,.（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知f(x)

1ax2exx

.令g(x)1ax2ex，由0a ，1e1g(x)在(0,g(1)1ae0，且 1 1

1 12gln 1aln 1ln 0. a a a agx)0在(0,f(x)0在(0,x，0则1x

ln1

.x0,

f(x)

g(x)

gx0

0f(x)在x内0 a 0 x x 0xx

,时，f(x)g(x)

gx0

0f(x)在

,内0 x x 0单调递减，因此x0

是f(x)的唯一极值点.h(x)lnxx1x1(x)

110h(x)在内单调递减，xx1h(x)h(1)0，所以lnxx1.从而fln1lnln1aln11eln1lnln1ln11hln10 a

a a

a a a ， 又因为fx0

f(1)0f(x)在(x0

,)内有唯一零点.又f(x)在0,x0

内有唯一零点1，从而，f(x)在(0,)内恰有两个零点.fx

0,

ax2ex

x10 0 0 lnx

exx（ii）由题意， 即 从而

1 0fx0, lnxaxex

1 x2 1x2lnx

1 1 1 0exx

0 x1

. 因为当x1 时，lnxx1，又xx1 0

1 ，故1 01x2x

1exx 0

x2，两边取对数，得lnex

lnx2，于是x1 0 1 0 1 0 0x1整理得3xx0 1

2.

xx1

2lnx0

2x0

1，..2019f(x)2x3ax22．f(x)的单调性；当0<a<3时，记f(x)在区间[0，1]的最大值为M，最小值为mMm的取值范围．【答案】见详解；（2）[82).27【解析】（1）f(x)6x22ax2x(3xa)．f(x)0x=0xa．3a>0，则当x,0)

af(x)0；当x0,af(x)0．故 33 33f(x)在(,0),a,单调递增，在0,a单调递减；3 3 若a=0，f(x)在(,)单调递增；若a<0，则当x,a (0,)时，f(x)0；当xa,0时，f(x)0．故 3 3 f(x)在a,(0,单调递增，在a,0单调递减． 33 33（2）当0a3时，由（1）知，f(x)在0,a单调递减，在a,1单调递增，所 3 3 以f(x)在[0,1]的最小值为f

aa32，最大值为f(0)=2或f(1)=4a.于是3 27 a3 4a,0a2,m272，M2,2a3.2aa3,0a2,所以Mm 27a327

,2a3.当0a2时，可知2a

a3单调递减，所以Mm的取值范围是827 27

,2．当2a3a3

单调递增，所以Mm的取值范围是8

,1)．27 27Mm的取值范围是[82)．27【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.2019f(x)

1x3x2x．4（Ⅰ）yf(x)1的切线方程；（Ⅱ）x[2,4]x6f(x)x；F(x)f(x(xa|aRF(x在区间[2,4]当M（a）最小时，求a的值．【答案】（Ⅰ）yx与yx64；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）a3.271 3（Ⅰ）f(x)

x3x2x得f(x)4

x22x1．4f(x)134

x22x11x0x8．3又f(0)0f

8)8，3 278 8yf(x)1yxy2764

x ，3即yx与yx ．27（Ⅱ）g(x)f(xxx[2,4]．g(x

1x3x2g'(x)4

3x22x．4g'(x)0x0x8．3g'(x),g(x的情况如下：x 2 (2,0) 0 (0,8) 8 (8

,4) 43 3 3g'(x) g(x) 0 64 027g(x的最小值为6，最大值为0．故6g(x)0x6f(x)x．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，aM(a)F(0)g(0)a|a3；a3M(a)F(2)g(2)a|6a3；a3M(a)3．综上，当M(a)最小时，a3．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2019年高考浙江】已知实数a0f(x)=alnx3

x1,x0.当a

时，求函数f(x)的单调区间；4x1xx[e2

f(x) ,求a的取值范围．2a注：e=2.71828…为自然对数的底数．24【答案（1）fx的单调递增区间是3,,单调递减区间是0, .24【解析】当a(1(1x2)(21x1)4x1x

3 3 时，f(x) lnx 1x,x04 421xf'(x) 21x4x所以，函数f(x)的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+）．（2）由f(1)

1，得0a ．22a 42当0a

时，f(x) 等价于 2xx21x4 22xx21x

2lnx0．令t

1，则t2 ．21x21x2xg(t)tx2t

2lnx,t2 ，g(t)

1 1xxx(t 1 )2 2lnx．x2x211x（i）x