2021年高考数学真题分类汇编专题08导数及应用纯版含解析优选课程网

一、单选

2021年高考数学分类汇编专题08：导数及应若过点（a,b)y=ex的两条切线，则（A. B. C. D.二、填空y=

函数f(x)=|2x-l|-2lnx的最小值 𝑓(𝑥)=|𝑒𝑥−1|,𝑥1<0𝑥2>0𝑓(𝑥)𝐴(𝑥1𝑓(𝑥1))𝐵(𝑥2y轴于M，N

三、解答设函数𝑓(𝑥)＝𝑎2𝑥2＋𝑎𝑥−3ln𝑥＋1，其中讨论f(x)y＝f(x)x轴没有公共点，求aa＞0且a≠1f（x）=

当a=2f（x）若曲线y=f（x）y=1a的取值范围f（x）=ln（a-x）x=0是函数y=xf（x）（1）求（2）设函数g（x）=

已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑥2+𝑎𝑥+1（1）𝑓(𝑥)（2）𝑦=𝑓(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥)的公共点的坐标已知函数f(x)=x（1-讨论f(x)设a,b为两个不相等的正数,blna-alnb=a-b证明

2<1+1< 0列，设X表示1个微生物繁殖下一代的个数，𝑃(𝑋=𝑖)=𝑝𝑖(𝑖=0,1,2,3)．（1）𝑝0=0.4𝑝1=0.3𝑝2=0.2𝑝3=0.1𝐸(𝑋)设p表示该种微生物经过多代繁殖后的概率，p是关于x的方程：𝑝0+𝑝1𝑥+𝑝2𝑥2𝑝3𝑥3=𝑥𝐸(𝑋)≤1时，𝑝=1𝐸(𝑋)>1𝑝<1已知函数𝑓(𝑥)=(𝑥−1)𝑒𝑥−𝑎𝑥2+𝑏（1）𝑓(𝑥)（2）𝑓(𝑥)①1<𝑎≤𝑒2,𝑏>2𝑎2②0<𝑎

1,𝑏≤2𝑎2已知函数𝑓(𝑥)=3−2𝑥（1）𝑎=0𝑦=𝑓(𝑥)(1𝑓(1))（2）𝑓(𝑥)𝑥=−1𝑓(𝑥)设 ，b为实数，且𝑎>1，函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2(𝑥∈(𝑒=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数𝑓(𝑥)𝑏>2𝑒2𝑓(𝑥)a当𝑎=𝑒𝑏>𝑒4𝑓(𝑥)有两个不同的零点𝑥,

>𝑏ln𝑏𝑥𝑒2

1

2𝑒2已知𝑎> ，函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑥𝑒𝑥（1）𝑦=𝑓(𝑥)在点(0𝑓(0))𝑓(𝑥)若存在 ，使得𝑓(𝑥)≤𝑎+𝑏对任意𝑥∈𝑅成立，求实数b的取值范围答案解析部解：由题意，当x趋近于-∞时，切线为x=0，当x趋近于+∞时，切线为y=+∞，因此切线的交点y=ex的下方.5x-解：由题意得𝑦′=2(𝑥+2)−(2𝑥−1)

（-1，-3）处的切线斜率k=5

解：①当𝑥1时，f（x）=2x-1-2lnx，则𝑓′(𝑥)

=2−

= x>1时，f'(x)>0，当1<𝑥<1时，f'(x)<0，所以2②当0<𝑥≤1时，f（x）=1-2x-2lnx，则𝑓′(𝑥)

=−2−

=−2(𝑥+1)< 此时函数f（x）=1-2x-2lnx

1上为减函数，则f（x）

(0,2

𝑓()=2ln2>2(( 1−𝑒,𝑥<解：由题意得𝑓𝑥

( −𝑒𝑥,𝑥<

−1,𝑥≥

,𝑥≥0，则𝑓′ =2- 所以点A(x1,1-ex1)，点B(x2,ex)，KAM，则𝑓′ =2- 所以-ex1·ex2=-1，x1+x2=0，所以AM：y-1+ex1=-ex1(x-x1)，𝑀(0𝑒𝑥1𝑥1−𝑒𝑥1+所以|𝐴𝑀|=√𝑥12+(𝑒𝑥1𝑥1)2=√1+𝑒2𝑥1|𝑥1| 同理|𝐵𝑁|=√1+𝑒2𝑥2|𝑥2|所以|𝐴𝑀|=√1+𝑒2𝑥1|𝑥1|=√1+𝑒2𝑥1=

=𝑒𝑥1∈

（1）(0∞)又𝑓′(𝑥)=(2𝑎𝑥+3)(𝑎𝑥−1)𝑎>0𝑥>0，故2𝑎𝑥3>0当0<𝑥<

时𝑓′(𝑥)<0；当𝑥>

时𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)

(01)(1

∞) （2）𝑓(1)=𝑎2𝑎+1>0𝑦=𝑓(𝑥)𝑥轴没有公共点，所以𝑦=𝑓(𝑥)的图象在𝑥轴的上方，由（1）中函数的单调性可得 min=𝑓()=3−3ln𝑎=3+故33ln𝑎>0𝑎>1【答案】（1）当𝑎=2时𝑓(𝑥)=𝑥2𝑓′(𝑥)=2𝑥2𝑥−𝑥22𝑥ln2=𝑥2𝑥(2−𝑥ln2)𝑓′(𝑥)=0𝑥=

,当0<𝑥<

时𝑓′(𝑥)>0,𝑥>

时𝑓′(𝑥)<0𝑓(𝑥)在(0,2][

∞) （2）𝑓(𝑥)=𝑥𝑎=1⇔𝑎𝑥=𝑥𝑎⇔𝑥ln𝑎=𝑎ln𝑥⇔ln𝑥=

,设函数𝑔(𝑥)=ln𝑥则𝑔′(𝑥)=

,𝑔′(𝑥)=0，得𝑥=𝑒在(0𝑒)内𝑔′(𝑥)>0,𝑔(𝑥)在(𝑒,∞)上𝑔′(𝑥)<0,𝑔(𝑥)

=𝑔(𝑒)=1又𝑔(1)=0𝑥+𝑔(𝑥)所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)与直线𝑦=1有且仅有两个交点，即曲线𝑦=𝑔(𝑥)与直线𝑦=

点的充分必要条件是0<ln𝑎<

,0<𝑔(𝑎)<𝑔(𝑒) 𝑎(1𝑒)𝑒∞)x=0时，[xf(x)]′=f(0)=lna=0，所以0＜x＜1时，f(x)=ln(1-x)＜0，xf(x)＜0x＜0时，f(x)=ln(1-x)＞0，xf(x)＜0x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0f′(t)=-1-

-[(-1)lnt+

]=-1+

+lnt-

f(t)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故f(t)＞f（1）=0【答案】（1）由函数的解析式可得：𝑓′(𝑥)=3𝑥2−2𝑥+𝑎，导函数的判别式𝛥=4−12𝑎，𝛥=412𝑎≤0𝑎≥3

时，𝑓′(𝑥)≥0𝑓(𝑥)R𝛥=412𝑎>0𝑎<

时𝑓′(𝑥)=0的解为

=2−√4−12𝑎,

=2+√4−12𝑎 当𝑥∈(−∞2−√4−12𝑎)时，𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)6√当2−√当𝑥∈6

,2+√4−12𝑎

)时

(𝑥)<0𝑓(𝑥)√当2+√当𝑥∈6

∞)

(𝑥)>0𝑓(𝑥)𝑎≥ )

时，𝑓(𝑥)R当𝑎<

时，𝑓(𝑥)在(−∞2−√4−12𝑎)上单调递增，在

2−√4−12𝑎 √2+√(6

∞)上单调递增（2）由题意可得：𝑓(𝑥0)=𝑥3−𝑥2+𝑎𝑥0+1，𝑓′(𝑥0)=3𝑥2−2𝑥0+𝑎 则切线方程为：𝑦−(𝑥3−𝑥2+𝑎𝑥01)=(3𝑥2−2𝑥0+𝑎)(𝑥−𝑥0) 切线过坐标原点，则：0−(𝑥3−𝑥2+𝑎𝑥0+1)=(3𝑥2−2𝑥0𝑎)(0−𝑥0) 2𝑥3−𝑥2−1=0(𝑥0−1)(2𝑥2+𝑥01)=0 𝑥0=1𝑓(𝑥0)=𝑓(1)=11𝑎+1=𝑎+1𝑦=𝑓(𝑥)𝑦=𝑓(𝑥)的公共点的坐标为(1𝑎+1)9.（1）𝑓(𝑥)=𝑥(1ln𝑥𝑥∈(0′∴ (𝑥)=1−ln𝑥−1=∴𝑥∈(0,1),𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)𝑥∈(1,+∞),𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥)∴𝑓(𝑥)(0,1)𝑓(𝑥)(1∞)（2）𝑏ln𝑎𝑎ln𝑏=𝑎−𝑏

−1ln

+1ln

=1− 即1(1−

1)

1(1−ln 令𝑥=1，1= 𝑥1𝑥2𝑓(𝑥)=𝑘𝑘∈(0,1)．不妨令𝑥1∈(0,1)，𝑥2∈(1𝑒)2𝑥1>1先证2<𝑥1+𝑥2，即证𝑥2>2−𝑥1即证𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)<𝑓(2−令ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥𝑓(2−则ℎ′(𝑥)=𝑓′(𝑥)+𝑓′(2−=−ln𝑥−ln(2−=−ln[𝑥(2−∵𝑥∈∴𝑥(2−𝑥)∈∴ℎ′(𝑥)>0∴ℎ(𝑥)↗∴ℎ(𝑥)<ℎ(1)=∴𝑓(𝑥1)<𝑓(2−∴2<𝑥1+𝑥2𝑥1+𝑥2<即证𝑓(𝑥2)=𝑓(𝑥1)<𝑓(𝑒−令𝜑(𝑥)=𝑓(𝑥𝑓(𝑒−𝑥𝑥∈则𝜑′(𝑥)=−ln[𝑥(𝑒−𝑥)]，令𝜑′(𝑥0)=𝑥∈(0,𝑥0),𝜑′(𝑥)>0,𝜑(𝑥)𝑥∈(𝑥0,1),𝜑′(𝑥)<0,𝜑(𝑥)𝑥>0𝑓(𝑥)>0𝑓(𝑒)=故𝑥→0𝜑(0)>0𝜑(1)=𝑓(1)−𝑓(𝑒−1)>∴𝜑(𝑥)>0∴𝑥1+𝑥2<𝑒∴2

1+

<（1）𝐸(𝑋)=00.410.3+20.230.1=1（2）设𝑓(𝑥)=𝑝3𝑥3+𝑝2𝑥2+(𝑝1−1)𝑥+𝑝0因为𝑝3𝑝2𝑝1𝑝0=1，故𝑓(𝑥)=𝑝3𝑥3+𝑝2𝑥2−(𝑝2+𝑝0+𝑝3)𝑥+𝑝0，若𝐸(𝑋)≤1，则𝑝1+2𝑝2+3𝑝3≤1，故𝑝2+2𝑝3≤𝑝0.𝑓′(𝑥)=3𝑝3𝑥2+2𝑝2𝑥−(𝑝2+𝑝0+𝑝3)因为𝑓′(0)=−(𝑝2+𝑝0+𝑝3)<0，𝑓′(1)=𝑝2+2𝑝3−𝑝0≤0，故𝑓′(𝑥)有两个不同零点𝑥1𝑥2，且𝑥1<0<1≤𝑥2，且𝑥∈(−∞𝑥1)∪(𝑥2∞)时，𝑓′(𝑥)>0；𝑥∈(𝑥1𝑥2)时，𝑓′(𝑥)<0故𝑓(𝑥)(−∞𝑥1)，(𝑥2∞)(𝑥1𝑥2)上为减函数，若𝑥2=1，因为𝑓(𝑥)在(𝑥2∞)为增函数且𝑓(1)=0，而当𝑥∈(0𝑥2)时，因为𝑓(𝑥)在(𝑥1𝑥2)上为减函数，故𝑓(𝑥)>𝑓(𝑥2)=𝑓(1)=0，故1为𝑝0+𝑝1𝑥+𝑝2𝑥2+𝑝3𝑥3=𝑥的一个最小正实根，若𝑥2>1，因为𝑓(1)=0且在(0𝑥2)1𝑝0+𝑝1𝑥+𝑝2𝑥2+𝑝3𝑥3=𝑥的一个𝐸(𝑋)≤1𝑝=1𝐸(𝑋)>1𝑝1+2𝑝23𝑝3>1𝑝2+2𝑝3>𝑝0此时𝑓′(0)=−(𝑝2+𝑝0+𝑝3)<0，𝑓′(1)=𝑝2+2𝑝3−𝑝0>0，故𝑓′(𝑥)有两个不同零点𝑥3𝑥4，且𝑥3<0<𝑥4<1，且𝑥∈(−∞𝑥3)∪(𝑥4∞)时，𝑓′(𝑥)>0；𝑥∈(𝑥3𝑥4)时，𝑓′(𝑥)<0故𝑓(𝑥)(−∞𝑥3)，(𝑥4∞)(𝑥3𝑥4)上为减函数，而𝑓(1)=0，故𝑓(𝑥4)<0，又𝑓(0)=𝑝0>0𝑓(𝑥)(0𝑥4)𝑝𝑝<1所以𝑝为𝑝0+𝑝1𝑥𝑝2𝑥2+𝑝3𝑥3=𝑥的一个最小正实根，此时𝑝<1，故当𝐸(𝑋)>1时，𝑝<1.（3）每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然，若繁殖后代的平均数超【答案】（1）𝑓′(𝑥)=𝑥(𝑒𝑥2𝑎)，当𝑎≤0时，若𝑥∈(−∞0)，则𝑓′(𝑥)<0𝑓(𝑥)单调递减，若𝑥∈(0∞)，则𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增；当0<𝑎<2

𝑥∈(−∞ln(2𝑎))𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)𝑥∈(ln(2𝑎),0)𝑓′(𝑥)<0𝑓(𝑥)单调递减，若𝑥∈(0∞)，则𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥)单调递增；𝑎=2当𝑎>2

𝑓′(𝑥)≥0𝑓(𝑥)𝑅𝑥∈(−∞0)𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)若𝑥∈(0ln(2𝑎))，则𝑓′(𝑥)<0𝑓(𝑥)单调递减，𝑥∈(ln(2𝑎∞)𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)单调递增；1<𝑎⩽

，故1<2𝑎≤𝑒2𝑏>2𝑎>1𝑓(0)=𝑏−1>0 而𝑓(−𝑏)=(−1−𝑏)𝑒−𝑏−𝑎𝑏2−𝑏<0(−∞0)(−∞0)上有一个零点𝑓(ln(2𝑎))=2𝑎[ln(2𝑎)−1]−𝑎[ln(2𝑎)]2+>2𝑎[ln(2𝑎)−1]−𝑎[ln(2𝑎)]2+=2𝑎ln(2𝑎)−=𝑎ln(2𝑎)[2−ln(2𝑎)]1<𝑎⩽

，1<2𝑎≤𝑒2𝑎ln(2𝑎)[2ln(2𝑎)]≥0 (0∞)上没有零点.0<𝑎<2

2𝑎<1𝑓(0)=𝑏1≤2𝑎−1<0当𝑏≥0𝑒2>4,4𝑎<2𝑓(2)=𝑒2−4𝑎+𝑏>0(0∞)(0∞)上有一个零点.当𝑏<0时，构造函数𝐻(𝑥)=𝑒𝑥−𝑥−1，则𝐻′(𝑥)=𝑒𝑥−1，当𝑥∈(−∞0)时，𝐻′(𝑥)<0𝐻(𝑥)当𝑥∈(0∞)时，𝐻′(𝑥)>0𝐻(𝑥)𝐻(0)=0𝐻(𝑥)≥0恒成立，从而有：𝑒𝑥≥𝑥+1𝑓(𝑥)=(𝑥−1)𝑒𝑥−𝑎𝑥2−𝑏≥(𝑥−1)(𝑥+1)−𝑎𝑥2+ =(1−𝑎)𝑥2+(𝑏−1)𝑥

(1𝑎)𝑥2+(𝑏−1)>0取𝑥=√1−𝑏1𝑓(𝑥)>0 即：𝑓(0)<0𝑓(√1−𝑏+1)>0(0∞)(0∞)上有一个零点𝑓(ln(2𝑎))=2𝑎[ln(2𝑎)−1]−𝑎[ln(2𝑎)]2+≤2𝑎[ln(2𝑎)−1]−𝑎[ln(2𝑎)]2+=2𝑎ln(2𝑎)−=𝑎ln(2𝑎)[2−ln(2𝑎)]0<𝑎<2

0<2𝑎<1𝑎ln(2𝑎)[2−ln(2𝑎)]<0(−∞0)上没有零点.【答案】（1）当𝑎=0𝑓(𝑥)=

𝑓(𝑥)=

，∴𝑓(1)=1，𝑓′(1)=−4𝑦=𝑓(𝑥)(1𝑓(1))𝑦1=−4(𝑥−1)4𝑥+𝑦5=0（2）𝑓(𝑥)=

，则𝑓(𝑥)=−2(𝑥2+𝑎)−2𝑥(3−2𝑥)=2(𝑥2−3𝑥−𝑎)

由题意可得𝑓′(−1)=2(4−𝑎)=0，解得𝑎=4故𝑓(𝑥)=

，𝑓′(𝑥)=

(−∞,-4+0-0+增减增𝑓(𝑥)(−∞1)(4∞)(−1,4)当𝑥<2

𝑓(𝑥)>0𝑥>2

时，𝑓(𝑥)<0

=𝑓(−1)=1，

=𝑓(4)=−14【答案】（1）解：𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎−𝑏①若𝑏≤0，则𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎−𝑏≥0，所以𝑓(𝑥)在𝑅𝑏>0𝑥∈(−∞

𝑏)𝑓′(𝑥)<0𝑓(𝑥)𝑥∈(

∞)𝑓′(𝑥)>0𝑓(𝑥)单调递增𝑏≤0𝑓(𝑥)𝑅𝑏>0(−∞

𝑏)

,（2）𝑓(𝑥)2⇔𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2=02个不同解⇔𝑒𝑥ln𝑎−𝑏𝑥+𝑒2=02个 令𝑡=𝑥ln𝑎，则𝑒𝑡−𝑏𝑡+𝑒2=0⇒𝑏=𝑒+𝑒𝑡>0 记𝑔(𝑡)=𝑒𝑡+𝑒2𝑔′(𝑡)=𝑒𝑡𝑡−(𝑒𝑡+𝑒2)=𝑒𝑡(𝑡−1)−𝑒2

记ℎ(𝑡)=𝑒𝑡(𝑡−1)−𝑒2ℎ′(𝑡)=𝑒𝑡(𝑡−1)+𝑒𝑡⋅1=𝑒𝑡⋅𝑡>0ℎ(2)=0𝑡∈(0,2)ℎ(𝑡)<0,𝑡∈(2∞)ℎ(𝑡)>0𝑔(𝑡)(0,2)(2∞)∴

>𝑔(2)=𝑒2,∴ln𝑎<𝑏∵𝑏>2𝑒2,∴

>2,∴ln𝑎≤2⇒1<𝑎≤𝑒2𝑎(1𝑎=𝑒𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑏𝑥+𝑒22𝑒𝑥+𝑒2=𝑏𝑥，故函数的零点一定为正由(2)2𝑥2𝑥1𝑏=𝑒𝑥1+𝑒2=𝑒𝑥2+𝑒2>𝑒4 𝑦=

(0,2)(2∞) 故𝑥<2<𝑥𝑒+𝑒<𝑒4

>5 𝑏=𝑒𝑥1+𝑒2<2𝑒2⇒𝑥<2𝑒2

>𝑏ln𝑏

+

>ln𝑏+𝑒2 2𝑒2

𝑏=𝑒𝑥2+𝑒2<

𝑏𝑔(𝑏)=ln𝑏+

在𝑏>𝑒4 所以只需证𝑥>ln2𝑒 +𝑒𝑥2

>5)

只需证ln𝑒𝑥2ln2𝑒𝑥2𝑒2𝑥2>0 只需证ln𝑥−𝑒2𝑥−ln2>0∵𝑒2<4ℎ(𝑥)=ln𝑥−4𝑥−ln2𝑥>52′

(𝑥)

1+

−

=

+

(𝑥−1)>0