2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用（教师版含解析）

专题导数的综合应用十年大数据*全景展示题号考点考查内容年份利用导数解决不等式恒()成立与探索性问题理21算求解能力及应用意识．2011函数的切线、证明不等式，考查分类整合思想．与导数的关系及不等式恒成立问题，考查分类整合思想、运算求解能力及应用意识．文21利用导数解证不等式利用导数解决不等式恒文212012能)成立与探索性问题最值，考查运算求解能力及应用意识．利用导数解决不等式恒2013卷1理21能)成立与探索性问题本方法，考查放缩思想、分析解决问题能力利用导数解决不等式恒卷2理21能)成立与探索性问题理11利用导数研究函数零点卷1文12及分类整合思想，是难题．究函数的单调性、证明不等式，考查分类整合思想．类整合思想．卷1理21利用导数解证不等式2014利用导数研究函数零点卷2文21究函数的图像与性质解函数不等式．卷1理12利用导数解证不等式分类整合思想．利用导数研究函数零点卷1理212015究函数的图像与性质解函数不等式．卷2理2利用导数解证不等式卷2理21利用导数解决不等式恒能)成立与探索性问题整合思想．利用导数研究函数零点卷1理21分类整合思想．利用导数解证不等式整合思想．2016利用导数解决不等式恒卷2文21能)成立与探索性问题究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想．主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体积、利用导数求函数最值；考查数学应用意识．思想．卷3文21利用导数解证不等式卷1理16生活中的最优化问题利用导数研究函数零点卷1理21整合思想．利用导数解决不等式恒卷1文21能)成立与探索性问题等式及分类整合思想．利用导数解证不等式卷2理21不等式恒成立问题2017整合思想利用导数解决不等式恒卷2文21能)成立与探索性问题理11利用导数研究函数零点卷3文12究函数零点问题及分类整合思想．整合思想利用导数解决不等式恒卷3理21能)成立与探索性问题整合思想卷3文21利用导数解证不等式卷1理21利用导数解证不等式用导数证明不等式及分类整合思想用导数证明不等式卷1文21利用导数解证不等式利用导数研究函数零点不等式、利用导数研究函数零点问题．卷2理21卷2文212018利用导数研究函数零点主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、利用导数研究函数零点问题．明不等式、导数与极值的关系卷3理21利用导数解证不等式卷3文21利用导数解证不等式几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式利用导数研究函数零点用导数研究函数零点问题．利用导数研究函数零点卷1理20卷2理202019究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线．性问题，考查分类整合思想．利用导数解决不等式恒卷3理20能)成立与探索性问题1．利用导数研究函数零点问题卷1文212．利用导数解决不等式恒(能)成立与探索性问整合思想．题利用导数研究函数零点卷2文21的参数取值范围问题理导数的综合应用文导数的综合应用卷12020取值范围卷2理导数的综合应用应用导数研究函数的单调性，应用导数证明不等式文导数的综合应用理导数的综合应用文导数的综合应用的参数取值范围问题卷3取值范围大数据分析预测高考出现频率考点2021年预测生活中的最优化问题1/342021年高考在导数综合应用方面，仍将以选填压轴题或解答题压轴题形式考查不等式恒(能)成立问题与探利用导数解决不等式恒(能)成立与探索性问题11/34利用导数解、证不等式利用导数研究函数零点问题12/3410/34十年试题分类探求规律考点30生活中的最优化问题．(2017全国卷1理如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△分别是以BC，CA，为底边的等腰三角形．沿虚BC为折痕折起△DBCECADEF的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm)的最大值为．【答案】415【解析】如下图，连接DO交于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为(>0)，则133xx．x，32635622333SOhSG225xx55x，663113315353三棱锥的体积VShx255x5x4x．△ABC3343123533设nx5x45xx>0nx20x3x4，3x4令nx04x0x43，易知nx在x43处取得最大值．33∴48544．(2020O在水平线MN桥AB与MN为铅垂线(O在AB)上任一点DMN的距离h到(米)11的距离a米)之间满足关系式12Fh)与F(2与D到a上任一点的距离为B到MN的距离401hbb．己知点到3到的距离b()之间满足关系式2800AB的长度；计划在谷底两侧建造平行于的桥墩和EF为CE在AB上(不包括端点)3墩EF每米造价k(万元)，桥墩每米造价k(万元)(k0)，2问O'E为多少米时，桥墩与EF的总造价最低？(2)OE为米时，桥墩与EF的总造价最低．【答案】桥AB的长度为【解析】过A，B分别作MNB的垂线，垂足为，1AABB403640160．8001令，∴，．a2160a400x40080x80得0x．设OExxk11kyx)2k160(x6x)]3(x330xx0或，2160800)总造价240800800kyk3x260x)x(x20)k0，∴令y08008000xy0y，单调递减；当xy0y，单调递增，∴当xy取最小值，造价最低．考点31利用导数解决恒成立问题与探索性问题x22ax2a,x1．(2019天津理8)已知aR，设函数f(x)xalnx,x1，若关于x的不等式f(x)0在R上恒成立，则a的取值范围为A．．0,2．0,eD．1,e【解析】当x1f11aa10恒成立；x2当x1fxx2a…0a…恒成立，x11x11x221xx2x21x21x1令gxx11x2„20，11x11x1x21xagx…a0．0x当x1fxxax…„0a恒成立，x1xxx1xx令hxhx，xx22x当xehx0，hx递增，当1xehx0，hx递减，所以当xehx取得最小值hee．ahx„．e综上，a的取值范围是0,e．．(2014辽宁)当x[时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()9A．[B．[]C．[D．[8【答案】C【解析】当x时，得a≥tttgt)t1111a≥)34()2tt)，xxxx323tt，t)，2t2t1tt，显然在)gt0，则gxg(t)单调递减，所以gt)g6，因此a≥6；同理，当x[0)时，得a≤2．由以上两种情况得6≤a≤2．显然当x0时也成立，故实数a的取值范围为[2]．x2．fxex．(2020全国Ⅰ理21)已知函数fx的单调性；当a1时，讨论1fxx1a的取值范围．3当x02x,0f'xfx单调递减，当xf'x0,fx单调递增；(1)当7e2,．4【思路导引】由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可；首先讨论x0a的取值范围．fxe，【解析】当a1fxexx2x'x2x1，fxex20f'xf'00，故：单调递增，注意到x,0f'xfx单调递减；当当xf'x0,fx单调递增．11fx1eax…x2x31，其中x0，x3由22①．当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；1exx32x1②．当x0时，分离参数a2，…x11，xx32x1x2exx2x1e记2，23gxg'xxx12exx2x1x0h'xexx1，hxex10，hx令故由当h'xh'xh'00，故函数hx单调递增，hxh00，单调递增，10,2g'x0gx，单调递增；hx0可得：exx2x0x恒成立，故当2xg'x0，gx单调递减；27e27e,因此，gxg2．综上可得，实数a的取值范围是．44．(2020全国Ⅱ文21)已知函数fx2lnx1．若fx2xcc的取值范围；fxfa设a0，讨论函数gx的单调性．xa和【答案】c1；(2)g(x)在区间a)(a,)上单调递减，没有递增区间．f(x)2xcf(x)2xc0，构造新函数，利用导数求出新函数的最大【思路导引】(1)不等式转化为值，进而进行求解即可；对函数g(x)的分子构成一个新函数m(x)(x)(x)的正负，g(x)m(x)的单调性，进而确定g(x)的正负性，最后求出函数g(x)的单调性．【解析】f(x)的定义域为：)，f(x)2xcf(x)2xc02lnx12xc)，2x)设h(x)2lnx12xc(x0)，则有h(x)2，xxx1h(x)h(x)0x1时，h(x)h(x)当x1h(x)当有最大值，即h(x)h2ln1121c1c，要想不等式)在)上恒成立，只需h(x)01c0c1．2lnx1(2axa)2(xaxxxa)(x0xa)且g(x)g(x)，xaxax(xa)2设m(x)2(xaxxxa)，则有m(x)ax)，xaxa，∴m(x)0，m(x)单调递减，因此有m(x)m(a)0当g(x)0g(x)单调递减；当0xa时，xamg(x)在区间a)(x)0m(x)m(x)m(a)0g(x)0g(x)单调递减，∴函数和(a,)上单调递减，没有递增区间．xa．(202021)已知函数f(x)ex1．当ae时，求曲线yf(x)1,f1处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积；若f(x)1a的取值范围．2e1【答案】(2))【思路导引】先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；先二次求导，研究导函数符号变化情况，求出函数最小值，再根据基本不等式求最小值的最小值，最后根据不等式恒成立列不等式，解得结果．1Qf(x)exx1f(x)exkfe1【解析】．x2e1Qfe切线方程为ye1(ex，与坐标轴交点坐标分别为(,0)，122因此所求三角形面积为|e1e1．21f(x)aex1xa，f(x)aex1，a0g(x)f(x)，Qx1Qg(x)aex1g(x)在)上单调递增，即f(x)在)上单调递增，x21f(x)ae010当a1x10，00111111当a1ef()fa(ea0，aaaa111111当0a1ef()fa(ea0，aaaa11f(x)ae010，x10,lnax1x，0x00因此存在唯一，使得0000xx)f(x)0x(x,)f(x)0时0，当时011f(x)f(x)ae00a1lna01lna2lna1202lna1，000f(x)aex1xa1对x0恒成立，2lnaaa1．Q．(2019全国Ⅰ文20)已知函数()=2sinxxcos－xf′()为(x)的导数．证明：f′(x)在区间(0π)存在唯一零点；若x[0，π]时，(x)≥a的取值范围．【解析】设g(x)f(x)g(x)xxsinxg(x)xx．ππ,πππ2当x)时，g(x)0；当x时，在g(x)0，所以g(x))单调递增，在,π单调222递减．π又g(0)gg(π)2g(x)在(0,π)存在唯一零点．2f(x)在(0,π)存在唯一零点．由题设知f(π)…aπ,f(π)0，可得a≤0．x0x0,πf(x)0，(1)f(x)在(0,π)xf(x)00x,π单调递减．0xf(x)在单调递增，在0又f(0)f(π)0，所以，当x[0,π]f(x0．xπ]时，≤0f(x…ax．因此，a的取值范围是(,0]．f(x)ex(exa)ax．2．(2017新课标Ⅰ文21)已知函数f(x)的单调性；若f(x)≥0a的取值范围．【解析】(1)函数f(x)的定义域为(,)，f(x)e2xxa2(2exaea)，x①若a0，则f(x)e2x，在(,)单调递增．②若a0，则由f(x)0得xa．当x(,lna)时，f(x)0；当xa,)时，f(x)0，所以f(x)在(,lna)单调递减，在a,)单调递增．a③若a0，则由f(x)0得x)．2aa当x(,时，f(x)0；当x),)时，f(x)0，22aa故f(x)在(,))单调递减，在(ln(),)单调递增．22(2)①若a0，则f(x)e2x，所以f(x)≥0．②若a0，则由(1)得，当xa时，f(x)取得最小值，最小值为fa)a2a．从而当且仅当aa0，即a≤1时，f(x)≥0．2a③若a0，则由(1)得，当xln()f(x)取得最小值，最小值为2a3af(ln(a[ln(．224233a从而当且仅当a[ln(0a2e4时f(x)≥0．24234综上，a的取值范围为[2e．f(x)x)ex．2．(2017新课标Ⅱ)设函数f(x)的单调性；当x≥0f(x)≤ax1a的取值范围．f(x)2xx2)ex【解析】12，x12．令f(x)0得x当x(,12)f(x)0x(12,12)f(x)0x(12,)时，f(x)0．f(x)在(,12)，(12,)单调递减，在(12,12)单调递增．()fxxxex．)当a≥1时，设函数h(x)xex，h(x))x0，因此h(x)在)单调递减，而h(0)1，故h(x)≤1，所以f(x)(xh(x)≤x1≤ax1．当0a1时，设函数g(x)exx，g(x)e1x10(x，所以g(x)在)单调递增，而g(0)0e≥x1．x当0x1f(x)xx)2，xx)2ax1xaxx)，254a1取00，xx)010，0022故f(x)1．0051当a≤0时，取00，f(x)xx)1≥01．00022综上，a的取值范围是)．．(2017全国卷3理21)已知函数fxx1alnx．若fx0a的值；1设m为整数，且对于任意正整数n，111mm的最小值．21122n2．【解析】fx的定义域为121a0，因为f=-+a20，所以不满足题意；2axaa0f'x1x0,a时，f'x0x时，f'x0xx以fx在0,a单调递减，在单调递增，故x=a是fx在的唯一最小值点．f10，所以当且仅当afx0a=1．．(2016文21)已知函数f(x)(xxa(x．a4yf(x)时，求曲线在f处的切线方程；Ⅰ)当xf(x0a的取值范围．Ⅱ)【解析】Ⅰ)f(x)的定义域为)a41f(x)(xx4(xfxx()3，f0.fxyf(x)在f处的切线方程为2xy2a(xⅡ)当x)f(x)0等价于x0.x1a(xx1g(x)x令12axa)x12g(x),g0，x(x2x(x2(i)当a2，x)x2a)x1x2x10，2；故g(x)g(x)x)上单调递增，因此g(x)0在当a2时，令g(x)0得1a1(a22a1(a21，由x1和xx1得x1，故当xx)时，g(x)0g(x)在xx)单调递减，因此，212122g(x)g0．综上，a的取值范围是,2.f(x)ex．2(2015新课标Ⅱ理设函数Ⅰ)证明：f(x)在(,0)单调递减，在)单调递增；Ⅱ)若对于任意x，x[，都有|f(x)f(x)|≤e1m的取值范围．1212fxm(e2x．【解析】Ⅰ)()若m≥0，则当x(,0)e≤，f(x)0；10当x)e≥，f(x)0．1010若m<0，则当x(,0)e，f(x)0；10当x)e，f(x)0．所以，f(x)在(,0)单调递减，在)单调递增．Ⅱ)由()知，对任意的m，f(x)在[0]单调递减，在单调递增．故f(x)在x=0处取得最小值．所以对于任意x，x[，|f(x)f(x)≤e1的充要条件是：1212ff(0)≤e1f(f(0)≤e1emm≤e1①emm≤e1设函数gt)ettegt)e1t1．当t<0gt)0t>0时gt)0．故g(t)在(,0)单调递减，在)单调递增．又g=0，g(e2e01，故当t[gt)≤0．当m[g(m)≤g(m)≤0，即①式成立；当m>1时，由g(t)得单调性，g(m)>0eme；m1当m1时，g(m)0emme1综上，m的取值范围是[．．(2013全国卷1理已知函数f(x)＝x2axb，g(x)＝ex(d)，若曲线yf(x)yg(x)都过点P(02)，且在点P处有相同的切线y4x2Ⅰ)求a，b，c，dⅡ)若x≥－2f(x)≤kg(x)k的取值范围．【解析】Ⅰ)由已知得f(0)g(0)f(0)g(0)4，而f(x)=2xb，g(x)=e(dc)，∴a=4，b=2，c=2，d=2；……4分xf(x)x4x2，g(x)e(x，设函数F(x)=(x)f(x)=2(xx4x2(x2)，，2xⅡ)由()x2xxF(x)=2(x2x4=2(x2)(有题设可得F(0)≥k1，令F(x)x=k，x－，12若1ke22＜x0x(x)F(x)0x(x,)F(x)＞0F(x)111在(x)单调递减，在(x,)单调递增，故F(x)在x=x取最小值F(x)，而1111F(x)=2x2x214x2=x(x≥0，11111x≥－2F(x)≥0f(x)≤kg(x)恒成立，ke2F(x)=2e(x2)(ee)，2x2若x≥－2F(x)≥0F(x)(－2∞)单调递增，而F(=0，x≥－2F(x)≥0f(x)≤kg(x)恒成立，ke2F(=222=2e2(ke)0，2若x≥－2f(x)≤kg(x)不可能恒成立，综上所述，k的取值范围为[1，e2]．．(2012全国课标文设函数(x)=exax2Ⅰ)求(x)的单调区间Ⅱ)若=1，k为整数，且当x时，(－k)´(xx+1>0k的最大值,x【解析】(Ⅰ)fx的定义域为，fxea．若a0，则fx0fx的增区间为,，无减区间；若a0x,lnafx0；当x,fx0,lna，．增区间为,(Ⅱ)a=1，所以xkfxx1xke1x1．xx0时，(xk)f´xx+1>0等价于x1kxx0，xe1exx2xx11xe令gxxgx12．ex1exex12hxehxx2在h20hx在(Ⅰ)上存在唯一的零点，故gx在上存在唯一零点．设此零点为1,2．当x时，gx0x,时，gx0gx在上的最小值为g由gk，可得x112,3．2，所以gxx0等价于kg，故整数k的最大值为2．xe1axbx1x14．全国课标理21)已知函数f(x)=，曲线y=f(x)在点(1，f)处的切线方程为x2y30．Ⅰ)求a，b的值；xkx1xⅡ)如果当x0x1f(x)＞k的取值范围．x1a(x)2bx2【解析】Ⅰ)f(x)=，(x2x112x2y3的斜率为，且过点(11)，∴f且f=，2b1即a1，解得a=1，b=1；b22xx1x1Ⅱ)由()知f(x)=，1(k)x2)(kxxk∴f(x)()=(2x2x1x1xx(k)x222x设h(x)=2lnx(x0)h(x)=xx2k(x2(x2x1h(x)0h=0x∈(01)h(x)k≤0h(x)=x211x0，可得h(x)0；211x当x∈，+)h(x)＜0，可得h(x)0，2xkx1xxk；x1x从而当x＞0x1f(x)(0＜k＜1x∈(1，)0f(x)＞11k)(kx22x＞h(x)＞h=0x(1，11k11x)h(x)＞0，可得h(x)0与题设矛盾；211xh(x)0，与题设③当k≥1时，此时h(x)＞0，而h=0，故当x(1，+∞)时，h(x)＞0，可得2矛盾，综上所述，k的取值范围为(—∞，0]．f(x)2x3b．2．(2019全国Ⅲ理20)已知函数f(x)是否存在不存在，说明理由．的单调性；a,b，使得f(x)在区间的最小值为1且最大值为？若存在，求出a,b的所有值；若222x(3xa)．【解析】f(x)6xaf(x)0x令或．3a3,ax若a，则当x(,0)f(x)0；当f(x)0．故f(x)在时，时，3a,a(,0),3单调递增，在单调递减；3f(x)在(,)若a=0，单调递增；a3ax,0x,)时，f(x)0f(x)0f(x)．故在若，则当；当时，3a3a3,,(0,)单调递增，在,0单调递减．满足题设条件的ab存在．f(x)f(x)fb在区间[0，l]的最小值为(i)当a≤0时，由(1)知，在[0，1]单调递增，所以，最大值为，最小值为f2abab满足题设条件当且仅当b1，2ab1a=0，b1．f(x)f(x)fb(ii)当a≥3时，由(1)知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为f2ab．此时ab满足题设条件当且仅当2ab1，b=1a=4，b=1．a3a3f(x)fb，最大值为b或2ab．(iii)当0<a时，由(1)[0，的最小值为27a3若b1，=1a3320<矛盾．a3若b1，2ab1a33或a33或a=00<a矛盾．．(201922)已知实数a0，设函数f(x)=axxx0.3当a时，求函数f(x)的单调区间；41x对任意x[,)f(x),求a的取值范围．e22a343【解析】当af(x)x1x,x0．431(1x2)(21x4x1xf'(x)，4x21x所以，函数f(x)的单调递减区间为(03)，单调递增区间为(3，+)．12由f0a．2a42xx21x当0af(x)等价于2lnx0．42aa2a1令tt22．agt)t2xt1x2lnx,t22设gt)g(22)8x421x2lnx．171(i)当x,122xgt)g(22)8x421x2lnx．1记p(x)4x221xx,x72212xx12xx1xx1(x)．xx1x故171x()+17(x)p(x)01p()极小值p单调递减单调递增7所以，p(x)p0．因此，gt)g(22)2p(x)0．1112xx(x2x当x,gt…g1．e27x11x2令q(x)2xx(xxe,q'(x)10，27x1117故q(x)在,上单调递增，所以q(xq．e27172717277(i)得qp7p0．所以，qx．1q(x)2xgt…g10．x1(i)(ii)得对任意x,，t[22,gt0，e21x即对任意x,，均有f(x„．e22a2综上所述，所求a的取值范围是4考点32利用导数解、证不等式问题．(2020全国Ⅱ理21)已知函数fxsin2xsin2x．fx在区间0,的单调性；33证明：fx；83nn设nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx．4x33单调递减，f'xfx时，3f'x0,fxx,(1)当,x单调递增．证明见解析；(3)证明见解析．f'x0,fx当3【思路导引】首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得2fxn1(2)的结论和三角sinxsinxsin2xsin2xsin4xsin2xsin2xsin2x222n2n3函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式．fx2sinxx，则：【解析】由函数的解析式可得：3f'x23sinxxsinx2sinx3cosxsinx224222xx2x12x12sin2x422sin2，在上的根为：f'x0x，1,2333xf'x0,fx单调递增；当当当x33,f'xfx单调递减；,x单调递增．f'x0,fx3fxsin注意到2xsin2xsin2xsin2xfx，fx是周期为的函数，结合的结论，计算可得：(1)f0f0，故函数2233333383333f，f，22228338338338fxfx据此可得：fx，．结合(2)的结论有：22x22x24x222nx3333nsinxsin2xsin4xsin2x323sinxsinxsin2xsin2xsin4xsin22n1xsin2xsin2x2n2n223338n33n333333sinxsin22nx．4888113．(2020全国Ⅲ理21)设fxxc,xR，曲线fx,f处的切线与y轴垂直．22求b；若fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：fx的所有零点的绝对值都不大于1．【答案】1f'()0【思路导引】利用导数的几何意义得到，解方程即可；231111112f'(x)3x22(x)(x)f(x)(,)在(,)(,)由(1)，422222111111f(c,f()c,f()c,fc424244122134【解析】(1)f(x)3xb，2f()3b即b．23解法一：设x为f(x)的一个零点，根据题意，()fxx3xc0x14334121122cx在，,，cxx31，c32，显然41211142114211141，易得c,c,c,cc4443131设x为f(x)的零点，则必有f(x)x31xc0cxx3，1111144443124x3x1x12x101111x1x1f(x)的所有零点的绝对值都不大于1．114x3x1x2x03211113311f(x)x3xcf'(x)3x2x)(x)解法二：由(1)，，414122112x'x令∴且若f'(x)0x或f(x)0，22211上单调递减，在(,11在(,)22(,))，上单调递增，f(x)22111111f(c,f()c,f()c,fc，4242441414f(0f0c或或cf(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0．14111111当cf(cf()cf()cfc0，424244f(4c)64c3cc4c16c)0，由零点存在性定理知f(x)在(4c,上存在唯一一个零2又f(x)在(,上存在唯一一个零点，在()点0上不存在零点，f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；14111111当cf(cf()cf()cfc0，424244f(4c)64c3cc4c16c2)0，由零点存在性定理知f(x)在4c)上存在唯一一个零点又xf(x)在)(f(x)不存在绝对值不大于1的0零点，与题设矛盾．综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1．．(202019)已知关于x的函数yf(x)，yg(x)与h(x)b(k，bR)在区间Df(x)h(x)g(x)．f(x)xf(x)x22x，g(x)x2x，D(,)h(x)的表达式；2若若若2x1g(x)kxh(x)kD(0,)的取值范围；k，，，f(x)x42x2g(x)4x28，h(x)t，3t)xt4t2(0t2)，D[,n][2,2]，求证：nm7．【解析】由f(x)g(x)得x0．2x2f(0)g(0)2，∴函数h(x)的图像为过原点，斜率为2的直又f(x)2x2，g(x)线，∴h(x)2x．经检验：h(x)2x符合题意．1x1(2)h(x)g(x)k(x1x)，设(x)x1x，则(x)1，xx(x)0，∴当h(x)g(x)0时，k0由(x)f(x)(x)x2x1(k)x(kxk)02当xk10时，m(x)在)上递增，∴m(x)m(0)1k0k1．当k10时，0(k综上，k[0,3]．2k0，(kk0，1k3．f(x)x42x2f(x)4x34x4x(xx∵yf(x)的图像在y(40204x)(xx)(x0，xx0342)(40340)x304202，00可见直线yh(x)yf(x)的图像在xt(0t2)处的切线，yf(x)的图像可知，当f(x)h(x)D上恒成立时，t2]，g(x)h(x)0得4x2t3t)xt4t80，2t4t28设方程g(x)h(x)0的两根为1，xxxxt3txx，，21212424xxt3t)2t4t2t3，6t4t28，∴xx(xx)121212令t22]，由图像可知nmxx328．12设)328)22]()0，()单调递减，∴()7，故(nm)1x2()7，即nm7．f(x)xkx(kR)，f(x)为f(x)的导函数．3．(202020)已知函数(Ⅰ)当k6yf(x)f处的切线方程；(i)求曲线求函数9的单调区间和极值；g(x)f(x)f(x)xfxfx12fxfx当k…3时，求证：对任意的1,x)xx12．212xx122【答案】(Ⅰ)(i)y9x8；g(x)的极小值为g1，无极大值；(Ⅱ)证明见解析．【思路导引】(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；gx12tt，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新首先确定导函数的解析式，然后令函数的性质即可证得题中的结论．6【解析】(Ⅰ)当fxx36lnx，f'x3x．可得，，f11f'192xyfxf1y19x1y9x8．处的切线方程为33xx326lnx,x．gx依题意，x63x32(xg'x3x26xg(x)从而可得，整理可得：，xx2xg'x0，解得x1．令g'x,gx当x变化时，的变化情况如下表：xx10g'xgx单调递减极小值单调递增g(x)的单调递减区间为(01)，单调递增区间为(1+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值．kxf(x)xkx3f(x)3x2证明：由．x12x,x)xxtt对任意的121212kk222xxk33xxfxfx2fxfxxx121212121212x1212111323312x3xxk1222k23t3t2t1kt2lnt．①2212t1令(x)x2ln,x)．x2121xx0，当x>1h(x)11x21由此可得在单调递增，∴当hth1hxt2lnt0．tx1t3t2t1t30，k3，∵∴，2113t3tt1kt2lntttt13t2lnttx32323t6lnt12②2ttt33gtg1tt6lnt1(I)(ii)可知，当t132t3t6lnt210③ttfx2fxfx0．212xxfx由①②③可得121fxfx12fxfxk3时，任意的x,x11x12．22xx122．(202022)已知1a2fxxexa，其中e=2．71828…为自然对数的底数．(0)Ⅰ)证明：函数yfx在上有唯一零点；(0)Ⅱ)记0为函数yfx在上的零点，证明：ⅰ)a1x2(a；0ⅱ)x0f(ex)(e1)(aa．0【答案】(I)证明见解析，(II)(i)证明见解析，(ii)证明见解析．【思路导引】(I)先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；(II)(i)先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；x0先根据零点条件转化：xfe)xf(xa)，再根据1a2放缩，转化为证明不等式0004(ea2(e(a，最后构造差函数，利用导数进行证明．2xxfx)上单调递增，f(x)在【解析】(I)Qf(x)eQxe()Q1af(2)e22ae4f(0)1a0，2∴由零点存在定理得f(x)在)上有唯一零点；(II)(i)f(x)eQxxa0，000a1x2(aex1xx2ex，0x00000x2g(x)exx1x2(0x2),h(x)ex1(0x2),x令2hxexhxx一方面：()1(h(x)e10x，11h(x)hh(x)在单调递增，h(x)h0，x2exx12(exxx2，2另一方面：Q1a2a11，x1a1x0成立，g(x)e0因此只需证明当0x1时xx1x02，∵g(x)ex12xg(x，g(x)e20x2x11xxg(x)0，1g(x)0当∴1，g(x)max{g(0),gQg(0)ge3g(x)0g(x)在单调递减，g(x)g0，exx1x2，x10ex2exa．xa1x0综上，0000(ii)t(x)xf(e)xf(xa)x[(exa(e，xa0a000000aaQt(x)2(exa(e0，a1x2(a，000t(0)t(aae,a2(a，t(x0)(e1)(a2(aa1(e只需证明2(aa1(e2)(ea2，即只需证明4(e令s(a)4(e(e(aa，aa1aeaeaaaae，a∵1a2，∴aea2)．aa2(e(a，2a22aa(e2e(e(e0，2则s(a)e(e(eaa．s(a)s4(e204(ea2(e2(axfex006．(2015新课标Ⅰ理12)设函数()fxex(2xa，其中a1，若存在唯一的整数x，使得0f(0)0a的取值范围是333B．[,)e433．[,)2e43A．[D．[e2e【答案】D0(2e0xaxag(x)ex(2x，h(x)axa，0011g(x)ex(2xg(x)在(,)(,)g(x)与h(x)的由22a1h(0)g(0)h(≤g(3大致图象如图所示，故3，所以≤a<1．2e2a≤e7．(2015新课标Ⅱ理12)设函数f(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(0，当x0时，x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是,1．A．．,1D．【答案】Af(x)【解析】令h(x)=，因为f(x)为奇函数，所以h(x)为偶函数，由于x(x)f(x)h(x)x>0x)f(x)0，所以h(x)在)x2上单调递减，根据对称性h(x)在(,0)上单调递增，又f(0，f=0，数形结合可知，使得f(x)>0成立的x的取值范围是,1．．(2018全国卷3理21)已知函数fx2x21x2x．若a0，证明：当1x0fx0x0fx0；若x0是fx的极大值点，求．a【解析】若a0f(x)(2x)x)2x(x，11x1x12ln(x1．∴f(x)x)(2x)1x1令(x)ln(x1，11x2∴h(x)．x1(x(x2x0h(x)0，h(x)在)上单调递增，当1x0h(x)0，h(x)在(0)上单调递减．∴h(x)h(0)ln1110，∴f(x)0恒成立，∴f(x)在()上单调递增，又f(0)2ln100，1x0f(x)0x0f(x)0．121，(2)f(x)(2xx11(x210，f(x)aln(xx1(x22a(x2ln(x(2axx22ax0，2a(x2ln(xln(x3x24axx0，4x]x．[2(x22设h(x)2(x2x)3x24x，∴h(x)4(xx)2(x6x4，h(0)60，h(0)0，x0邻域内，x0h(x)0，x0h(x)0．x1x0ax0a，由洛必达法则得a，2(x22x)3x224x4x6x1，由洛必达法则得a，2(xx)3x61综上所述，a．6x12．(2018全国卷3文21)已知函数f(x)．exyf(x)求曲线处的切线方程；证明：当a1f(x)e0．(2ex(e2xexx22x12f(x)【解析】由题意：fx得，exx)2ex22yfx1处的切线斜率为2y(2(x0)2xy10；∴f1x1ax2x10恒成立；令g(x)ex1ax2证明：由题意：原不等式等价于：ex1，g(x)ex121，g(x)ex12aa1g(x)0g(x)在(,)上单调∴,0012010e20101递增，∴g(x)在()上存在唯一x使g(x)0e0g(x)在(,x)上单调递减，在(x,)上单调递增，∴g(x)g(x)．000g(x)e010210x22a)x2(ax02)，又000011111e1，∴x0g()ea1，∵a10ea，∴g(x)0，得证．0aa综上所述：当a1fxe0．1f(x)xax．(2018全国卷1理已知函数．xf(x)的单调性；fxfx若f(x)存在两个极值点x,x，证明：12a2．1212xx1xax12f(x)xaxfx)2a20，fx)0(1)，xx2f(x)在)上为单调递增．aa24aa2440a2或a2，此时方程x10两根为x2,2122a2时，此时两根均为负，∴fx)在)上单调递减．当a20，此时f(x)在aa24)f(x)aa24aa24)f(x)aa2在(,在(,)2222aa24)，f(x))在上单调递减；a2f(x)上单调递减．∴综上可得，a2在2aa24aa24aa24)上单调递增．,)上单调递减，f(x)在(,(2221x,xa2xx,xx101xx1由(1)可得，x210得，，∴，1212122211f(x)f(x)xax(xax)2(xx)axx)．∴2121122211x1x2f(x)f(x)1xf(x)f(x)1x122a212a2成立，即要证21，要证成立，∴1212121212xx1122ln2221x2，0(x021212ln2201)x(2即要证2121g(x)在)g(x)g01g(x)2lnxx(x令12xf(x)f(x)12a2成立．成立，即12(2018全国卷1文已知函数fxaexx．1设x2是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间；1证明：当a≥fx≥0．e1f(x)定义域为)f(x)aex【解析】(1)，．x11x2是f(x)极值点，∴ae20a．f(2)0∵22e2∵ex在)上增，a0在)上增．x1)f(x)在)f(2)0上增．又，又在上减，∴xx2)f(x)0f(x)，x(2,)f(x)0f(x)减；当，1综上，a，单调增区间为(2,)，单调减区间为．2e211ex0，∴当aaexexex1∵，eef(x)xx1exx1．1∴令g(x)ex1x1，x)．11g(x)ex1g(x)在)1ge0，，同(1)上增，又x1xg(x)0g(x)，x)g(x)0g(x)减；当，g(x)g11ln111010∴，1af(x)g(x)0．ef(x)xxf(x)≥0．2．(2017新课标Ⅱ理已知函数求a；e2f(x)22．证明：f(x)存在唯一的极大值点0【解析】f(x)的定义域为)．0设g(x)axaxf(x)(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．1g0，g(x)≥0g0g(x)a，ga1a1．x1若a1g(x)10x1g(x)0，g(x)x1时，g(x)0，g(x)单x调递增．所以x1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g0．综上，a1．f(x)x2xxx，f(x)2x2x．由(1)知1设h(x)2x2xh(x)2．x1111当x)时，h(x)0x(,)时，h(x)0h(x)在)(,)单调2222递增．11212h(e2)0，h()0，h0，所以h(x)在)有唯一零点x，在[,)有唯一零点1，且当又02xx)h(x)0x(xh(x)0x)h(x)0．000f(x)h(x)，所以xx是f(x)的唯一极大值点．0由f(x)0得x2(0f(x)xx)．000014由xf(x)．00x0是f(x)在的最大值点，由e1，f(e)0得1f(x)f(e1)e2．0e2f(x)22．0f(x)x(2ax．2．(2017新课标Ⅲ文已知函数f(x)的单调性；3当a0时，证明f(x)≤2．4a1(xax【解析】f(x)的定义域为)，f(x)2ax2a1．xx若a≥0，则当x)f(x)0f(x)在)单调递增．111若a0，则当x(0,)f(x)0x(,)f(x)0f(x)在(0,)2a2a2a1递增，在(,)单调递减．2a1由(1)知，当a0f(x)在x取得最大值，最大值为2a111f()ln()1．2a2a4a3113f(x)≤2等价于ln()1≤2，4a2a4a4a11即ln()2a2a1≤0．1设g(x)xx1g(x)1．x当xg(x)0x)g(x)0．所以g(x)在单调递增，在)单调递减．故当x1g(x)取得最大值，最大值为g0．所以当x0g(x)≤0．从而当a0时，113ln()1≤0f(x)≤2．2a2a4a．(2016卷)设函数f(x)xx1．Ⅰ)f(x)的单调性；x1Ⅱ)证明当x)时，1x；x(III)设c1，证明当x时，1(cxcx．1【解析】(Ⅰ)由题设，f(x)的定义域为)，f(x)1f(x)0x10x1时，xf(x)0，f(x)单调递增；当x1f(x)0，f(x)单调递减．Ⅱ)由()f(x)在x1处取得最大值，最大值为f0．所以当x1xx1．11x1xx)xx1，1，即1xxx．Ⅲ)由题设c1g(x)1(cxcxg(x)c1cxlnc，c1cc令g(x)0，解得x．0当xxg(x)0，g(x)单调递增；当xxg(x)0，g(x)单调递减．00c1c()知，1c001g(0)g0，0x1g(x)0．所以当x时，1(cxcx．2xax．．(20151文21)设函数fxe(I)fx的导函数fx的零点的个数；2(II)证明：当a0时fx2aa．aax【解析】Ⅰ)f(x)的定义域为(0+)，f(x)=2e2xx0．当a≤0时，f(x)0，f(x)没有零点；a当a0时，因为e2x单调递增，单调递增，所以f(x)在(0+)单调递增．又f(x)0，当b满足xa10b且bfb)0，故当a0f(x)存在唯一零点．44Ⅱ)由()，可设f(x)在(0+)的唯一零点为xx(0，x)f(x)0；00当x(x)f(x)0．0故f(x)在(0，x)单调递减，在(x)单调递增，00所以当xxf(x)取得最小值，最小值为f(x)．00aa222e20=0，所以f(0)=2axa≥2aa．0020aa2a0f(x)≥2aa．abex1x16．(2013全国卷1理12)设函数()fxxx，曲线yf(x)在点(1，f处的切线为ye(x2．(Ⅰ)求a,b；Ⅱ)证明：f(x)1．axbbxxx1x1【解析】Ⅰ)f(x)的定义域为，f(x)aexexe2exab2……………6分由题意可得ffe2ex12Ⅱ)由()f(x)exx，从而f(x)1等价于xxxexxe1e1e设函数g(x)xxg(x)xxxg(x)0x,g(x)0，1ee1故g(x)在单调递减，在,单调递增，从而g(x)在的最小值为11g()．……………8分ee2hxxex(x)ex1xx时，h(x)0xh(x)0，设函数()e1单调递减，从而h(x)在的最大值为h故h(x)在单调递增，在．e综上：当x0g(x)h(x)f(x)1．xm．……………12分．(2013全国卷2理已知函数f(x)=ex)Ⅰ)设x是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性；Ⅱ)当m2时，证明：f(x)0．1【解析】Ⅰ)f(x)=ex，xm1x是f(x)的极值点，∴f(0)=1=0，解得m=1，m1x11x，∴f(x)=ex∴f(x)的定义域为－1+)，f(x)=e0，(x2∴f(x)(－，+)上是增函数，x(-10)f(x)＜f(0)=0x(0∞)f(x)＞f(0)=0，∴f(x)的增区间为，∞)，减区间为(-10)．Ⅱ)当m2，x(m，∞)ln(xm)≤ln(x2)，故只需证明当mf(x)0，1当m时，函数f(x)=ex(-2，)单调递增．x2又f(0，f(0)＞0f(x)在(-2+)有唯一实根xx∈(-10)，00当x(-2，x)f(x)0x(x，+)f(x)0，00x=0f(x)取得最小值．1000，由f(x)得e=002(021∴f(x)≥f(0)=0=0，0202综上，当m2f(x)0．axbx1x18．全国课标文21)已知函数f(x)=，曲线y=f(x)在点(1，f)处的切线方程为x2y30．Ⅰ)求a，b的值；xx1Ⅱ)证明：当x＞0x1f(x)＞．x1()bx【解析】(Ⅰ)fx)(x2x2f1由于直线x2y30的斜率为，且过点1即f,22ba1，b1．a1b,22xx1x1由(Ⅰ)知f(x)，所以xx11x1(2x)x2f(x)2xx12考虑函数h(x)2lnx(x0)(xx2x(x2222h(x)xx2x2所以当x1h(x)故11x当x(h(x)当x)h(x)h(x)21h(x)1x2xx1xx1从而当x且xf(x)0,即f(x).．(2010全国课标文设函数f(x)=xe1ax2．x1Ⅰ)若a=f(x)的单调区间；2Ⅱ)若x0时f(x)0a的取值范围11【解析】(Ⅰ)a时，f(x)x(exx2，fx)ex1xxx(exx,122时fx)xfx)0xfx)0f(x)在,单调增加，在，0)单调减少．Ⅱ)f(x)xx(a1ax)．令g(x)xagx)ea．1x若a1xgx)g(x)g(0)0x0时g(x)0f(x)0．若ax0,lnagx)，g(x)g(0)0x0,lna时g(x)＜0，即f(x)＜．综合得a的取值范围为,1．f(x)2ax，其中aR．．(2016年四川)设函数(I)f(x)的单调性；1(II)确定a的所有可能取值，使得f(x)在区间)内恒成立(e=2．718…为自然对数的底e1xx)．121,x0【解析】(I)由题意，f'xxxa„02ax2f'x0，10，fx在上单调递减．11f'x0；a0时，令f(x)0xx(0,)2a2a1当x(,)f'x0．2a11在fx(,)上单调递增．故)上单调递减，在2a2ag(x)11(II)令，s(x)ex1xs(x)ex11．而当x1xex1，所以S0s(x)0，s(x)0s(x))在区间内单调递增．又由从而当x1g(x)0．当a„0，x1f(x)a(xx0．2f(x)g(x)在区间)内恒成立时，必有a0．121当0a1．2a11f()f0g()0，(I)有2af(x)g(x)在区间)2a所以此时内不恒成立．1当a…时，令h(x)f(x)g(x)(x…．211111当x1h(x)2exx2xx2xxxx32x1x22x10，x2x2因此，h(x)在区间)内单调递增．又h0，所以当x1h(x)f(x)g(x)0f(x)g(x)恒成立．1综上，a[,)2f(x)ln(xa(xx)，其中aR．2．(2015山东)设函数Ⅰ)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；Ⅱ)若x0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．(Ⅰ)由题意知f(x)的定义域为)，1x122a1x1f(x)a(2x，g(x)22a1，x()，令当a0g(x)1，f(x)0，函数f(x)在()单调递增，无极值点；当a0a2aaaa)(9，80a0，g(x)0，9f(x)0，函数f(x)在()单调递增，无极值点；8a0，9a10的两根为x,x(xx)，设方程2121221xx，12211x，x，12441由g(10，可得1x，14所以当x(x)g(x)f(x)0，函数f(x)单调递增；1当x(x,x)g(x)0，f(x)0f(x)单调递减；12x(x2,)g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；当因此函数有两个极值点．当a00，由g(10，可得11，当x(x)g(x)0，f(x)0，函数f(x)单调递增；2x(x2,)g(x)0，f(x)0f(x)单调递减；当所以函数有一个极值点．综上所述：当a0时，函数f(x)有一个极值点；当0a时，函数f(x)无极值点；当a时，函8899数f(x)有两个极值点．(II)(I)8当0a时，函数f(x)在(0,)上单调递增，9f(0)0，所以x(0,)f(x)0，符合题意；8ag(0)020，1时，由当9f(x)在(0,)上单调递增，又f(0)0，所以x(0,)f(x)0，符合题意；当a1时，由g(0)0，可得20，xx)时，函数f(x)单调递减；2f(0)0，所以x2)f(x)0，不合题意；当a0时，设h(x)xx，1xx(0,)h(x)10x1x1h(x)在(0,)上单调递增．因此当x(0,)h(x)h(0)0xx