五年(2018-2022)全国高考数学真题分类汇编(全国卷新高考卷北京天津卷等)专题5导数解答题(解析版)

2018-2022五年全国各省份高考数学真题分类汇编

专题5导数解答题

一、解答题

1.(2022高考北京卷•第20题)已知函数f(x)=e'ln(l+x).

(1)求曲线y=f{x)在点(0,/(0))处的切线方程；

(2)设g(x)=/'(x),讨论函数g(x)在［0,+8)上的单调性；

(3)证明：对任意5,fG(0,4-00),有/1($+/)>f(s)+/«).

【答案】解析:(1)因为/(x)=e1n(l+x),所以/(0)=0,

即切点坐标为(0,0),

又/'(x)=e'(ln(l+x)+J-),

・••切线斜率k=fr(0)=1

・・・切线方程为：了=%

121

⑵因为g(x)=r(x)=e*(ln(l+x)+——),所以g'(x)=e'(ln(l+》)+：；----------五),

1+x1+x(1+%)

令〃(x)=ln(l+x)+--1,则l(x)=-------二+—二=X+\>0,

1+x(1+x)21+龙(1+x)2(1+尤甘(1+x)3

Ah(x)在［0,+oo)上单调递增，//(x)2〃(0)=1>0,g，(x)>0在［0,+8)上恒成立，

.•.g(x)［0,+8)上单调递增.

(3)原不等式等价于f(s+0一/(5)>/⑺-/(0),

令m(x)=/(%+，)-/(x),(x,t>0),

即证，〃(无)>加(0),

*.*m(x)=/(x+Z)-/(x)=ex+,ln(l+x+r)-evln(l+x),

x+,v

mf(x)=ev+,ln(l+x+Z)H----e-----erln(l+x)----e--=g(x+f)-g(x),

1+x+f1+x

由(2)知g(x)=/'(x)=e*(ln(l+x)+E—)在［0,+oo)上单调递增，g(x+，)>g(x),

Am(x)>0

.•.皿x)在(O,+8)上单调递增，又因为x/>0,

m(x)>加(0),所以命题得证.

【题目栏目】导数'导数的应用'导数与函数的单调性'导数与函数单调性的联系

【题目来源】2022高考北京卷•第20题

2.(2022年浙江省高考数学试题•第22题)设函数f(X)=—+\nx(x>0).

lx

(1)求/5)的单调区间；

(2)已知a,beR,曲线y=/(x)上不同的三点(百,/(玉)),(々，/(工2))，(％3，/(工3))处的切线都经过点

(a,b).证明：

2《一小

⑴若&>e,则0<—f(a)<—

2e-a112

(ii)若0va<e,$v々<%3，则—+//<-1---<-----

e6e%x3a6e-

(注：e=2.71828・・•是自然对数的底数)

【答案】解析：(i)r(x)=—^+1=^^，

当0cx/“〈。：当犬〉1,/«x)>0,

故/(x)的减区间为0,]/(X)的增区间为5,+8

12/

(2)(i)因为过(。1)有三条不同的切线，设切点为(冷/(七))7=1,2,3,

故“动一方=/'&)&一^，故方程"X)—8=r(x)(x—a)有3个不同的根,

该方程可整理为

当0<x<e或x>a时，g,x)<0；当e<x<a时，g,x)>0,

故g(x)在((),e),(a,M)上为减函数，在(e,。)上为增函数，

因为g(x)有3个不同的零点，故g(e)<0且g(a)>0,

故(------lne+/?<0_@.|---------------^-r\(a-a]---lna+b>01

(e2e2f72e{a2”>2a

整理得到：入<色+1且〃>—4-ln6T=f(ci\,

2e2a,)

此时T'(a)-盛-1<£+l-信+ln“。13e]

—+—=-------Ina,

2e222。

3ee-2a

设〃(Q)=-------Ina,贝守(°，

22a

3e

故4(a)为(e,+8)上的减函数，---——lne=0,

i^0<h-f(a}<-\--l

2\e

(ii)当0<〃<e时，同(i)中讨论可得：

故g(x)在(O,a),(e,M)上为减函数，在(a,e)上为增函数,

不妨设<x2<x3,则0<%<av9<e<W，

因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e)>0,

ee

故e-a)-----lne+〃>0且a\-----In«+Z?<0,

72e72a

整理得到：—+1<Z?<—+lna,

2e2e

因为芭</<九3,故0<玉<a<々<e<忍，

「/、.a+eea,,

又g(x)=1------2亍—lnx+Z?,

设1=8,-=mG(0,l),则方程1一小+当一1111+〃=0即为：

xe''x2x2

a+e2

t^—t+lnr+Z?=0即为一(m+l)，+‘/+lnf+Z?=0,记。=—,，2=，,3=一，贝U

e2e2%

4在，4为一（m+1），+5户+1山+8=0有三个不同的根,

a1

设％=，=二>一>1

t3xlae

2e-。112e-aDn—ce-a2ee-a

要证：—+——<—।—<---------,即证2H-------<4+g<------------

e6e-%x2a6e”6ea6e

13-/722\-m

即证：丁

13-m21-m

即证：…一丁+%——+------<0,

m6

即证-2<（'"叫八〈⑵

m36根&+J）

而一(m+1)4+t；+InZj+Z?=0且一(加+1)方3+t；+InG+/?=0,

故In/_1鹏+式彳_g)_(/〃+])&_g)=0,

c22InL-Int.

故日一々丁

(tn-13)(/n2一加+12)

故即证：—工小心岫<

m-t336/7/(r,+G)

即证：（1+'3）山]।（加]3）（加2m+12））0

一,372

即证:(%+1加3(〃13乂m-〃2+12))0

k-l72

]1、

记夕（左）=色土D"M>l,则”（女）k------21n攵>0

1

k1(Mk)，

设〃()&-』-则/(左)=1222

A=21nA,1+=0即“(左)>0,

k

故0（左）在（L+OO）上为增函数，故夕（左）>0（根）,

旷以(4+l)lnA:(m-13)(zn2-zn+12)(m+l)lnm(m-13)(/n2-m+12)

/7I么----------+----------------------〉-------------{-----------------------，I口

k-l72m-172

(zn-l)(m-13)(/?22-m+12)

=In+--,0<//7<L

72(w+l)

(m—1)~(3m3-20m2-49m+72)(3加+3)

则加(〃2)=>0,

72/w(m+1)'72/w(m+l)'

所以切(m)在(0,1)为增函数，故以(以)<<y(l)=0,

(??7-l)(w-13)(m2一加+12)<o即(、+l)ln++(川―⑶(>―/〃+12)〉°,

故Inm+

72(/n+l)m-\72

故原不等式得证.

【题目栏目】导数'导数的应用、导数与函数的单调性、导数与函数单调性的联系

【题目来源】2022年浙江省高考数学试题•第22题

3.(2022年全国高考甲卷数学(文)•第20题)已知函数/(幻=、37n*)=犬+〃，曲线产/@)在点国/&))

处的切线也是曲线y=g(x)的切线.

(1)若玉=-1,求a；

(2)求a的取值范围.

【答案】【答案】(1)3⑵[-1,+8)

【解析】

⑴由题意知，/(-1)=-1-(-1)=0,尸(X)=3£_I,r㈠)=3—1=2,则y=/(x)在点(一1,0)处的切

线方程为y=2(x+l),即y=2x+2,设该切线与g(x)切于点(w，g*2)),g'QQZx^Jg缶XZxLZ,

解得々=1,则g⑴=l+a=2+2,解得a=3；

⑵/-(%)=3X2-1,则>，=/。)在点(内./(%))处的切线方程为丁一(M一%)=(3片-。。一毛)，整理得

y=(36-1卜-2M，设该切线与g(x)切于点(工2送(工2))，g'(x)=2x,则/(工2)=2々，则切线方程为

+。)=2%2(%_/)，整理得y=2X2X-%2+Q，

(3r2

,整理得〃=¥—2%3=［当

则2；-2M*-

9c3cl1

4*/z(x)=—x4-2x3--x2+—,则hf(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+l)(x-1),令〃'(x)>0,解得一一<x<0或

4243

X>1,

令〃'(x)<0,解得或o<x<i,则x变化时，"(x),〃(x)的变化情况如下表:

X0(0,1)1(i，e)

~3卜川

"(X)—0+0—0+

5£

h(x)-1/

27/4

则h{x}的值域为卜1,母)，故。的取值范围为［7,+8).

【题目栏目】导数\导数的概念及运算'导数的几何意义

【题目来源】2022年全国高考甲卷数学(文)•第20题

4.(2022新高考全国II卷•第22题)已知函数/(%)=xeav-e\

(1)当。=1时，讨论f(x)的单调性；

(2)当x〉0时，/(x)<-l,求。的取值范围；

111,,

(3)设〃eN*，证明：/,+I,+•••+/>ln(n+1)

Vl2+1V22+2y/n2+n

【答案】(l)〃x)的减区间为(3,0),增区间为(0,+8).

(2)a41(3)见解析

2

解析：⑴当a=l时,/(x)=(x-l)ex,则r(x)=xe\

当尤<0时，<0,当尤>0时，

故/(X)的减区间为(―8,0),增区间为(0,”).

(2)设九(力=疣朵一e*+l,则〃(0)=0,

又//(*)=(1+0¥)6""-6"，设g(x)=(l+ax)e"“-e*,则g,(x)=(2«+a2x)eav-e',

若a>g,则g'(O)=2a—1>0,因为g'(x)为连续不间断函数，

故存在玉)«0,+8),使得Vx€(O,Xo),总有g«x)>0,

故g(x)在(0,不)为增函数，故g(x)>g(O)=O,故〃(x)在(0,不)为增函数，故〃(x)>〃(O)=T,

与题设矛盾.

若0<〃弓，则〃'(x)=(l+or)e“'—e，=e“Mn("m)—e',

下证：对任意x>0,总有ln(l+x)<x成立，

1_y

证明：设S(x)=ln(l+x)—x,故S'(x)=j^--1=—<0,

故S(x)在(0,+8)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(l+x)<x成立.

av+ln(1+av)vax+axxv

由上述不等式有e-e<e-e=e2a-e<0>

故〃'(x)WO总成立，即〃(x)在(0,+o))上为减函数，

所以/?(())=-1.

当。40时，有=e<a—eA+axem<1—1+0=0,

所以〃(x)在(0,+00)上为减函数，所以/?(£)</?(0)=-1.

综上，aV—.

2

(3)取。=；,则Vx>0,总有双夕_6*+1<0成立，

令一小，则f>1,『=e",x=21nt,

I-C

故2〃nr<产一1即21nf<―1对任意的恒成立.

t

所以对任意的〃eN*，有21nJ垣<J叵一/三，

整理得到：ln(〃+l)-ln〃<二—,

故一］4—/+…H—/>In2—In14-In3—In2+…+In(〃+1)—In/?

vl2+1V22+2\ln2+n

=ln(〃+l),故不等式成立.

【题目栏目】导数\导数的综合应用

【题目来源】2022新高考全国II卷•第22题

5.(2022新高考全国I卷•第22题)已知函数/(>)=/-办和g(x)=ax—lnx有相同的最小值.⑴

求。；

(2)证明：存在直线y=。，其与两条曲线y=/(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的

三个交点的横坐标成等差数列.

【答案】(1)。=1

(2)见解析

解析：(1)/口)=1一办的定义域为/?,而/'(x)=e'-a,

若aVO,则/'(x)>0,此时/a)无最小值，故a>0.

8(尤)=以一111尤的定义域为(0,+8),而g'(x)=q-，=丝」.

当x<lna时，/'(力<0,故"》)在(7,皿。)上为减函数,

当x>lna时，f'(x)>0,故f(x)在(Ina,+0。)上为增函数，

故/(x)min=/0na)=a-alna.

当0V工<工时-，g'(x)<0,故g。)在上为减函数，

aVa)

1(1

当x>-时，g'(x)>0,故g(x)在|一,+00上为增函数，

a)

故gOOmin=

\aJa

因为/(x)=e"一以和g(x)=以-1nx有相同的最小值，

1a-1

故1—ln-=a—alna,整理得到——=lnaf其中〃>0,

a1+。

/、〃一1t/\21—u~—1JC

设g(a)=；------lna,a>0,则g(«)=-~^--=------7T^O-

71+a(1+a)aa(l+a)

故g(a)为(°，+8)上的减函数，而g(l)=0，

故g(a)=O的唯一解为a=l,故土0=lna的解为a=l.

综上，a=l.

⑵由⑴可得/(x)=e，-x和g(x)=x—Inx的最小值为1—lnl=l—ln；=l.当。>1时，考虑

e*-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.

设S(x)=e'_x_8,S'(x)=e*_l,

当x<0时，S'(x)<0,当x>0时，S'(x)>0,

故S(x)在(-8,0)上为减函数，在(0,+8)上为增函数,

所以5(4血=5(0)=—<0,

而S(询=e">0,S®=e&-抄,

设“(0)=e"-其中Z?>1,则M(8)=e"-2>0,

故"®在(1,+co)上为增函数，故〃⑹>〃(l)=e-2>0,

故S®>0,故S(x)=e-x—b有两个不同的零点，即e'—x=匕的解的个数为2.

设T(x)=x-lnx-/?,F(x)=-~,

当0<x<l时，F(x)<0,当x>l时，F(x)>0,

故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,物)上为增函数，

所以T(xL=T(l)=l"<。，

而丁(「)=e”>0,T(e")=e"-2b〉0,

T(x)=x-Inx-b有两个不同的零点即x—lnx=8的解的个数为2.

当b=l,由(1)讨论可得x-lnx=/?、e、一x=》仅有一个零点，

当方<1时，由(1)讨论可得x—lnx=^、e'—x=b均无零点，

故若存在直线y=〃与曲线y=/(x)、y=g(x)有三个不同的交点，

则方>1.

设/?(x)=e*+lnx-2x,其中x>(),故〃'(x)=e'+'-2,

X

设s(x)=e*-x-l,x〉0，则s'(x)=e*-l>0,

故s(x)在(0,+8)上为增函数，故s(x)>s(O)=O即e*>x+l，

所以〃'(x)>犬+'-122-1>0,所以/z(x)在(0,+<x>)上为增函数，而以l)=e-2>(),

X

"(3)=e/-3—gve—3一餐<。，

故/z(x)在(0,+8)上有且只有一个零点与，<1且：

当0<x</时,//(%)<0即e^-x<x-lnx即/(x)<g(x),

A

当x>/时,力(%)>0即e一%>x-lnx即f(x)>g(x),

因此若存在直线y=〃与曲线y=/(x)、y=g(x)有三个不同的交点，

故—=f(，)=g(xo)>l,

此时此一x=力有两个不同的零点飞,飞(占<0<玉)),

此时x—lnx=b有两个不同的零点/，工4(°<%)<1</)，

r

故?"一为=力，e°-x0=Z?,x4-lnx4-Z?=0,%o-lnxo-/?=O

所以/-0=In/即e'i=x4即一(/-。)_/?=0,

故％-A为方程e*—x=b的解，同理玉,一匕也为方程e*-x=b的解

又e*1-X1=/?可化为e*1=*+Z?即玉-ln(X1+/?)=0即(石+人)-In(玉+/?)-/?=0,

故玉+6为方程x-lnx=Z?的解，同理与+人也为方程x-lnx=Z?的解，

所以{%,%)}={%一,&-4,而Z?>1,

x-x,-b

故{n，即玉+%=2%0.

玉=x0—b

【题目栏目】导数\导数的应用\导数与函数的单调性\含参函数的单调性问题

【题目来源】2022新高考全国I卷•第22题

6.(2021年高考浙江卷•第22题)设a,b为实数，且函数〃x)="-fer+e2(xeR)

⑴求函数〃x)的单调区间；(2)若对任意〃>2/，函数“X)有两个不同的零点，求a的取值范围;

⑶当a=e时，证明：对任意b>e4,函数〃x)有两个不同的零点.马，满足马>翳玉+彳.

(注：e=2.71828…是自然对数的底数)

【答案】⑴小时，小)在R上单调递增；…时,函数的单调减区间为(-8,嗨舟

单调增

区间为,+8

⑵(1日；

(3)证明见解析.

解析：⑴/(%)=ax-bx+e1,f(x)=Ina-,

①若640,则f(x)=a*lna-g0,所以/(x)在/?上单调递增;

②若A>0,

当时，/(x)<0J(x)单调递减，

当xe(log时，/'(x)>0J(x)单调递增.

综上可得，0W0时，/(x)在R上单调递增；

。时，函数的单调减区间为fv，log“3],单调增区间为11。8“二，+8].

\\naJvina)

⑵/(x)有2个不同零点o,•-云+/=0有2个不同解=*na_hx+e2=()有2个不同的解,

令，=xlna,则/一包~+《2=o=>-^-=^+e,r>0,

InaInat

记.,e'+e2..M(f-l)-e2

叱g")=—―,g⑺=-----p-------=——不----

t己一e?,"«)=e'(r-l)+e'l=e'，>0»

又/?(2)=0,所以fw(0,2)时，h(t)<0,，w(2,+oo)时,h(t)>0,

则g⑺在(0,2)单调递减，(2*)单调递增，；.3>8(2)=62,.，“<刍,

Inae

)bo

*:b>2e—>2,:.\na<2=>\<a<e~.

6一

即实数，的取值范围是(l,f].

⑶a=ej(x)=e"-加+/有2个不同零点，则/+02=法，故函数的零点一定为正数.由⑵可知有

x

-4-/g2+/

2个不同零点，记较大者为乙,较小者为占，b=~->?,

X|x2

•V2

注意到函数y=在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,内)上单调递增,

X

/4-W+j2+2/

故玉〈2〈々，又由^----〈J知为>5,b=------<—=>^<—,

5西芭/?

22

由、Tb\nbe,e

要证%2>—%----9只曲々>岳AH------,

2e~hb

PX-+/2e*之2

人=幺工〈丝-且关于b的函数g(b)=ln〃+?在上单调递增,

X?“2b

2*/

所以只需证x2>In------卜2T(“2>5),

只需证Ine"?-In------^-^->0,

々2涉

只需证Inx-~2~~^—In2>0,

z>24x

v—<4,只需证〃(幻=lnx--7—1112在x>5时为正，

2e”

xxx

由于h(x)=-+4xe~-4e~=-+4e~(x-l)>0f故函数力(力单调递增，

又力(5)=ln5-，-ln2=ln1"-2>0,故h(x)=lnx-^-ln2^x>5时为正,

e2ee

从而题中的不等式得证.

【题目栏目】导数\导数的综合应用

【题目来源】2021年高考浙江卷•第22题

7.(2021年新高考全国H卷•第22题)已知函数以x)=(x-i)ex-cix2+b.

⑴讨论了(幻的单调性；

(2)从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点

2

Ie

®—<a<—,b>2a；

22

®0<a<-,b<2a.

2

【答案】已知函数/⑴4工-口/-加+人(1)讨论了(%)的单调性；

(2)从下面两个条件中选一个，证明：/(%)有一个零点

2

1e

®-<a<—,b>2a；

22

®0<a<—,h<2a.

2

【题目栏目】导数\导数的综合应用

【题目来源】2021年新高考全国II卷•第22题

8.(2021年新高考I卷•第22题)已知函数〃x)=x(l-lnx).

⑴讨论“X)的单调性;

(2)设。，方为两个不相等的正数，S.b\na-a]nb=a-b,证明：2<-+i<e.

ab

【答案】解析：(1)函数的定义域为(0,+8),又((X)=l-Inx—1=—Inx,

当xe(O,l)时，/,(x)>0,当xe(l,+oo)时，/(%)<0,

故〃力的递增区间为(0/)，递减区间为(1，+8).

⑵因为从na—aln6=a—b,故如na+l)=a(ln"l),即电詈1=*1，故=

设，由(1)可知不妨设。<%<1,%>1.

ab2

因为xe(0,l)时，/(x)=x(l-Inx)>0,xe(e,+oo)时，/(x)=x(l-lnx)<0,

故1<%<e.

先证：xI+x2>2,

若々22,玉+々>2必成立.

若々<2,要证：占+赴>2,即证为>2-莅，而0<2-赴<1,

故即证〃不)>/(2-々)，即证：/(^)>/(2-%2),其中

设g(x)=f(x)-/(2-x),l<x<2,贝ljg'(x)=/(x)+f'(2-x)=-Inx-In(2-x)=-In[x(2-x)],

因为1cx<2,故0<x(2-x)<l,故-lnx(2-x)>0,

所以g'(x)>0,故g(x)在(1,2)为增函数，所以g(x)>g⑴=0,

故〃x)>f(2-x),即成立，所以演+W>2成立，综上，占+七>2成立.

设W=%,则/>1,

结合M〃+l=电”,]_=%,：=占可得：xl(l-lnxl)=x2(l-lnx2),

abab

即：l-ln%,故In%=lTlnf,

/—1

要证：xt+x2<e,即证(f+l)X1<e,即证ln(f+l)+lnXI<1,

即证：皿+1)+1-'*1,即证：(Z-i)in(/+l)-/lnr<0(

^s(r)=(r-l)ln(r+l)-rln/,r>l,则S(f)=ln(r+l)+qj_l_lnr=ln[l+»,

先证明一个不等式：ln（x+l）Wx.

设〃（x）=ln（x+l）-x,则=——1=—,

X+lX+1

当一IvxvO时，wr（x）＞0；当x＞0时，/（力＜0,

故“”在（TO）上为增函数，在（0,+8）上为减函数，故〃（肛皿=〃（。）=0,故ln（x+l）=成立

由上述不等式可得当，＞1时，故S'⑺＜0恒成立，

故S（f）在（1,+8）上为减函数，故S（r）＜S（l）=O,

故。-1）111（/+1）-八11，＜0成立，即演+々＜e成立.

综上所述，2＜-+^-＜e.

ab

【题目栏目】导数'导数的综合应用

【题目来源】2021年新高考I卷•第22题

9.（2021年全国高考乙卷文科•第21题）已知函数/（为=/一%2+初+].

⑴讨论了（X）的单调性；

（2）求曲线y=/（X）过坐标原点的切线与曲线＞=/（X）的公共点的坐标.【答案】（1）答案见解析；（2）

解析：（1）由函数的解析式可得：/'（%）=3¥-2元+。,

导函数的判别式A=4—12a,

当△="时，/'（x）NO,/（x）在R上单调递增,

当A=4-12cl>0,Q<一时,/'（x）=0的解为：西=2一,一12。，々=2+，：-12。，

3

,(2-〃-12al

当X£-00,------------r（x）＞o,/（x）单调递增;

当X」三乒I,心穿11时，r（x）＜o,〃x）单调递减;

o6

2+j4-12a、

当XE+8时,r（x）＞o,/（x）单调递增;

6

7

综上可得：当aN；时，“X)在R上单调递增,

当“<4时，/(x)在，/］上单调递增，在j三穿］上单调递减，

3I6=一甲五66严.石

(2+J4—12a)

在上单调递增.

(2)由题意可得：/(毛)=片一片+分0+1,/"(不)=3片一2%+。，

则切线方程为：y-(R-x：+/+1)=(3片-2xo+a)(x-xo)，

切线过坐标原点，贝I：0-(XQ-Xp+ar0+1)=(3xg-2xn+a)(0-x0),

整理可得：2%一片―1=0,即：(与一1乂2片+/+1)=0,

解得：/=1,则/(/)=/(l)=]-l+a+l=a+l,

即曲线y=“X)过坐标原点的切线与曲线y=/(x)的公共点的坐标为(l,a+1).

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，

所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，

对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相

联系.(2)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.

【题目栏目】导数'导数的综合应用

【题目来源】2021年全国高考乙卷文科•第21题

10.(2021高考天津•第20题)已知a>0,函数f(x)=ax-xe*.

⑴求曲线y=/(x)在点(0,/(0))处的切线方程：

(II)证明“X)存在唯一的极值点

(川)若存在a,使得/(X)4a+b对任意xeR成立，求实数b的取值范围.

【答案】⑴y=(a—l)x,(a>0)；(II)证明见解析；(Hl)［-e,+oo)

解析：⑴/(x)=a—(x+l)/,则/'(0)=。-1,

又/(0)=0,则切线方程为y=(a-l)x,(a>0)

rxx

(II)令f(x)=a-(x+i)e=0,则。=(九+V)e9

令g(x)=(尤+\)ex,则g\x)=(x+2)eK,

当xe(fo,-2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当xe(-2,+oo)时，g'(x)>0,g(x)单调递增,

当x->-oc时，g(x)<0,g(-l)=0,当时，g(x)>0,画出g(x)大致图像如下：

所以当a>0时,y=。与丁=g(%)仅有一个交点,

令g(m)=a,则机>-1,f'(m)=a-g(m)=0,

当xe(-OO,㈤时，a>g(x),则/z(x)>0,/(x)单调递增，当xe(加,+8)时，a<g(x),则f'(x)<0,

/(x)单调递减，

x=机为/(x)的极大值点，故人幻存在唯一的极值点;

(川)由(II)知=f(m),此时a=(l+,

所以"(x)-矶”=/(加)一。=陵一加一1卜"',(加>T)，

令/?(x)=(X?—x—1)e",(x>—1),

若存在a,使得f⑶&a+b对任意xeR成立,等价于存在xe(一1,小)，使得h(x)W人，即力N/z(x)mi,

h'(x)=(x2+x-2)e*=(x-l)(x+2)ex,x>-l,

当xe(-1,1)时，h'(x)<0,/z(x)单调递减，当XG(1收)时,h'(x)>0,7/(x)单调递增，

所以力(x)mi“=/@=-e,故)N-e,所以实数b的取值范围［一d+s).

【题目栏目】导数\导数的应用、导数与函数的极值\具体函数的极值问题

【题目来源】2021高考天津•第20题

11.（2021年高考全国甲卷文科•第20题）设函数/（幻=。2/+以一3inx+l,其中。>0.

⑴讨论/（x）的单调性；

（2）若y=/（x）的图像与x轴没有公共点，求。的取值范围.

【答案】⑴/⑺的减区间为（0,：），增区间为（:收］；（2）a>J

解析：（1）函数定义域为（0,+"）,

又八%）=（2.+3）（仁1）,

X

因为a>0,x>0,故2G:+3>0,

当0<时，/'（X）<0；当X>：时，/'（X）>0；所以/（X）的减区间为（0,,增区间为（：,+8

（2）因为/（1）=。2+。+1>0且y=/（x）的图与X轴没有公共点，

所以y=/G）的图象在x轴的上方，

由⑴中函数的单调性可得/（x）min=/（5）=3-31n;=3+31na,

故3+31na>0即

e

【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离

后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.

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【题目来源】2021年高考全国甲卷文科•第20题

12.（2020年高考课标H卷文科•第21题）已知函数/（x）=2lnx+L

（1）若/（x）V2x+c,求c的取值范围；

（2）设。>0时，讨论函数g（x）=/（*）一/（”）单调性.

x-a

【答案】（2）g（x）在区间（0,〃）和3,”）上单调递减，没有递增区间

【解析】（1）函数/（幻的定义域为：（0,+8）

f（x）<2x+c=>/（x）-2x-c<0=>21nx-+-l-2x-c<0（*）,

设h(x)=2Inx+1—2x—c(x>0),则有〃'(x)=---2——-...—,

xx

当x>l时，"(x)<0,〃(x)单调递减，

当0<x<l时，〃'(x)>0,〃(x)单调递增，

所以当x=l时，函数所以有最大值,

即〃(x)max=内⑴=21nl+l-2xl-c=-l-c,

要想不等式(*)在(0,+8)上恒成立，

只需〃(X)max<0=>-l-C<0=>c>-l;

,、，、21nx+l-(21na-l)2(lnx—Ina)八1

(2)g(x)=--------------------=-----------(z%>0且1r。)因m此

x—ax—a

、2(x-a-xlnx+xlna),、”,

g(x)=--------------j-------,设m{x)=2(x-a-xlnx+xlna),

x(x-a)

则有m'(x)=2(lna-Inx),

当时，lnx>lna,所以加(x)<0,%(x)单调递减，因此有机(工)<m3)=0,即

g'(x)<0,所以g(x)单调递减;

当0<x<a时，lnx<lna,所以根'(x)>0,单调递增，因此有/〃(x)</n(a)=0,即g'(x)<0,

所以g(x)单调递减，

所以函数g(x)在区间(0,。)和(a,内)上单调递减，没有递增区间.

【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了

数学运算能力，是中档题.

【题目栏目】导数、导数的综合应用

【题目来源】2020年高考课标II卷文科•第21题

13.(2020年高考课标III卷文科•第20题)已知函数f(x)=x3-kx+k2.

(1)讨论/(x)的单调性；

(2)若/(X)有三个零点，求攵取值范围.

【答案】(1)详见解析；(2)(0,三4).

【解析】(1)由题，f\x)=3x2-k,

当攵SO时，/'(x)NO恒成立，所以“X)在(F,+8)上单调递增;

=土木,令/（尤）<0,得-g<x<g,

当攵＞0时，令f\x)=0,得X

令/(x)＞0,得x＜—J：或x＞《，所以/(x)在(嗡*)上单调递减，在

(-OO,-^1),(Jg,+8)上单调递增•⑵由⑴知，•/Xx)有三个零点，则攵＞0,且，

喑＜。

4

解得0<%<一,

27

当o＜&＜言时，且/(4)=F〉o,

所以/(x)在(岛“)上有唯一一个零点，

同理—,f(-k-l)=-k3-(k+l)2＜0,

所以f(x)在(-k上有唯一一个零点,

又了(幻在(一Jg，Jg)上有唯一一个零点，所以/(幻有三个零点，

4

综上可知女的取值范围为(0,百).

【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.

【题目栏目】导数\导数的应用'导数与函数零点、方程的根的问题

【题目来源】2020年高考课标HI卷文科•第20题

14.(2020年新高考全国I卷(山东)•第21题)已知函数f