专题05导数及其应用(解答题)（解析版） - 大数据之十年高考真题（2014-2025）与优 质模拟题（新高考卷与全国理科卷）

大数据之十年高考真题（2015-2024）与优质模拟题（新高考卷）专题05导数及其应用(解答题)1．【2024年新高考1卷第18题】已知函数f(1)若b=0，且f'(x(2)证明：曲线y=f((3)若f(x)>−2【答案】(1)−(2)证明见解析(3)b≥−【详解】（1）b=0时，fx=则f'x因为x2−x≤故f'xmin=2+a，而f'所以a的最小值为−2（2）fx=ln设Pm,nPm,n关于1,因为Pm,n在y=f而f2=−n+2所以Q2−m,2由P的任意性可得y=fx图象为中心对称图形，且对称中心为1,（3）因为fx>−2当且仅当1<x<2所以f1=−2先考虑1<x<2时，此时fx>−2即为ln设t=x−1∈0,1，则ln设gt则g't当b≥0，−故g't>0恒成立，故g故gt>g0=0当−23≤b<故g't≥0恒成立，故g故gt>g0=0当b<−23，则当0故在0,1+23b综上，fx>−2在1,2而当b≥−2而b≥−23时，由上述过程可得gt在0,1递增，故g即fx>−2综上，b≥−22．【2024年新高考2卷第16题】已知函数f((1)当a=1时，求曲线y=f(x(2)若f(x)【答案】(1)e(2)1,【详解】（1）当a=1时，则f(x可得f(1)=e即切点坐标为1,e−2，切线斜率所以切线方程为y−e−2（2）解法一：因为f(x)的定义域为R若a≤0，则f'(x可知f(x)若a>0，令f'(x)>0，解得可知f(x)在−∞则f(x)由题意可得：flna=a−a构建ga=a可知ga在0,+∞内单调递增，且不等式a2+lna−1所以a的取值范围为1,+∞解法二：因为f(x)的定义域为R若f(x)令f'(x)可知y=ex与y=a有交点，则若a>0，令f'(x)>0，解得可知f(x)在−∞则f(x)由题意可得：flna=a−a构建ga因为则y=a2,可知ga在0,+∞内单调递增，且不等式a2+lna−1所以a的取值范围为1,+∞3．【2024年甲卷理科第21题】已知函数fx(1)当a=−2时，求f(2)当x≥0时，fx≥【答案】(1)极小值为0，无极大值.(2)a≤−【详解】（1）当a=−2时，f故f'(因为y=2ln(1+x),故f'(x)在故当−1<x<0时，f'(x故fx在x=0处取极小值且极小值为（2）f'x设sx则s'x当a≤−12时，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上为增函数，故当−12<a<0时，当故sx在0,−2a+1即在0,−2a+1a故在0,−2a+当a≥0，此时s'x<同理可得在0,+∞上f综上，a≤−14．【2023年新课标全国Ⅱ卷第22题】（1）证明：当0<x<1时，（2）已知函数fx=cosax−ln1−【答案】（1）证明见详解（2）−∞【详解】（1）构建Fx=x−sinx,则Fx在0,1上单调递增，可得F所以x>sin构建Gx则G'x构建gx=G'x,x∈则gx在0,1上单调递增，可得g即G'x>则Gx在0,1上单调递增，可得G所以sinx>x−综上所述：x−x（2）令1−x2>0，解得−若a=0，则f因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x则fx=1−ln故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以当a≠0时，令因为fx且f−x所以函数fx由题意可得：f'x（i）当0<b2≤2时，取m=由（1）可得f'x且b2所以f'x即当x∈0,m⊆0,1时，f'x结合偶函数的对称性可知：fx在−m所以x=0是f（ⅱ）当b2>2时，取x∈由（1）可得f'x构建ℎx则ℎ'x且ℎ'0=b3>可知ℎx在0,1b所以ℎx在0,1b当x∈0,n时，则ℎx则f'x即当x∈0,n⊆0,1时，f'x结合偶函数的对称性可知：fx在−n所以x=0是f综上所述：b2>2，即a2>故a的取值范围为−∞,5．【2023年新课标全国Ⅰ卷第19题】已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，f【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）因为f(x)=ae当a≤0时，由于ex>0，则所以fx在R当a>0时，令f'x=a当x<−lna时，f'x<0当x>−lna时，f'x>0综上：当a≤0时，fx在当a>0时，fx在−∞,−lna（2）方法一：由（1）得，fx要证f(x)>2ln令ga=a令g'a<0，则0<a<2所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(方法二：令ℎx=e由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ'x又ℎ'0所以当x<0时，ℎ'x<0；当所以ℎx在−∞,0上单调递减，在故ℎx≥ℎ0=0因为f(当且仅当x+lna=0所以要证f(x)>2ln令ga=a令g'a<0，则0<a<2所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(6．【2023年高考全国乙卷理第21题】已知函数f((1)当a=−1时，求曲线y=fx在点(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在极值，求【答案】(1)ln2x+y−(2)存在a=1(3)0,1【详解】（1）当a=−1时，f则f'x据此可得f1函数在1,f1处的切线方程为即ln2x+y−（2）令gx函数的定义域满足1x+1定义域关于直线x=−12对称，由题意可得由对称性可知g−取m=32可得即a+1ln2=a−2经检验a=12,即存在a=1（3）由函数的解析式可得f'x由fx在区间0,+∞存在极值点，则f'x令−1则−x+令gxfx在区间0,+∞存在极值点，等价于gxg'当a≤0时，g'x<0，此时gx<g0=0当a≥12，2a≥1时，由于1x+所以g'x>g'0=0，g所以gx在区间0,当0<a<12时，由g''当x∈0,12a−当x∈12a−1,故g'x的最小值为g'令mx=1函数mx在定义域内单调递增，m据此可得1−x+则g'1由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞时，g'x且注意到g'0根据零点存在性定理可知:g'x在区间0,+∞上存在唯一零点当x∈0,x0时，g'当x∈x0,+∞时，所以gx令nx=ln则函数nx=lnx−x所以nx≤n4所以g>=>4所以函数gx在区间0,综合上面可知:实数a得取值范围是0,17．【2023年高考全国甲卷理第21题】已知函数f(1)当a=8时，讨论f(2)若f(x)【答案】(1)答案见解析.(2)(【详解】（1）f=a−令cos2则f当a=当t∈0,12当t∈12,1所以f(x)在0,（2）设gg'(φ所以φ(1°若a∈(即g(x)在0,所以当a∈(2°若当t→0,2tφ(1)所以∃t0∈(0,1),使得φt当t∈t0,1所以当x∈0,综上,a的取值范围为(−∞8．【2022年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数f(x)(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)【答案】(1)a=(2)见解析【详解】（1）f(x)=e若a≤0，则f'(x)>g(x)=ax−ln当x<lna时，f'(x)当x>lna时，f'(x)故f(当0<x<1a时，g'(x当x>1a时，g'(x)故g(因为f(x)故1−ln1a=a−a设ga=a−故ga为0,+∞上的减函数，而故ga=0的唯一解为a=1，故综上，a=1（2）[方法一]：由（1）可得f(x)=e当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、设Sx=e当x<0时，S'x<0，当故Sx在−∞,0上为减函数，在所以Sx而S−b=e设ub=eb−故ub在1,+∞上为增函数，故故Sb>0，故Sx设Tx=x−ln当0<x<1时，T'x<0故Tx在0,1上为减函数，在1,所以Tx而Te−b=Tx=x−lnx−b当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b故若存在直线y=b与曲线y=fx、y=g则b>1设ℎ(x)=e设sx=ex−x−故sx在0,+∞上为增函数，故sx所以ℎ'(x)>x+1而ℎ(1)=e故ℎx0,+∞上有且只有一个零点x0，当0<x<x0时，ℎx<当x>x0时，ℎx>0因此若存在直线y=b与曲线y=fx、y=g故b=fx此时ex−x=b有两个不同的根此时x−lnx=b有两个不同的根故ex1−x1=b所以x4−b=lnx4故x4−b为方程ex−x=b的解，同理又ex1−x1=b可化为故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理所以x1,x故x0=x[方法二]：由(1)知，f(x)且f(x)在(g(x)在(0,1)上单调递减，在①b<1时，此时f(x)min=g共有0个交点，不符合题意；②b=1时，此时f故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x即证明F(x)=f(所以F(x)在(又因为F(−b)=e(令t(b)=所以F(x)=f(x)−b在(−∞,0)其次，证明y=b与曲线和y=g(x)即证明G(x)=g(所以G(x)(0,1)又因为G(e−b)=(令μ(b)=b−所以G(x)=g(x)−b在(0,1)上存在且只存在1再次，证明存在b，使得x因为F(x2若x2=x3，则所以只需证明ex−2即φ(x)因为φ(1e所以φ(x)=ex−此时取b=则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)最后证明x1因为F所以F(又因为F(x)在(−∞,0)上单调递减，x1<0同理，因为F(又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增，x0>又因为ex0−即直线y=b与两条曲线y=f(x)和9．【2022年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数f((1)当a=1时，讨论f(2)当x>0时，f(x(3)设n∈N∗，证明：【答案】(1)fx的减区间为−∞,0，增区间为(2)a≤(3)见解析【详解】（1）当a=1时，fx=当x<0时，f'x<0，当故fx的减区间为−∞,0，增区间为（2）设ℎx=xe又ℎ'x=1则g'x若a>12，则因为g'x故存在x0∈0,+∞，使得故gx在0,x0故ℎx在0,x0为增函数，故若0<a≤12下证：对任意x>0，总有ln证明：设Sx=ln故Sx在0,+∞上为减函数，故Sx<S由上述不等式有eax+故ℎ'x≤0总成立，即ℎ所以ℎx当a≤0时，有ℎ'x所以ℎx在0,+∞上为减函数，所以综上，a≤1（3）取a=12，则∀x>0令t=e12故2tlnt<t2−所以对任意的n∈N∗，有整理得到：lnn+故1=ln故不等式成立.10．【2022年高考全国乙卷理第21题】已知函数f(1)当a=1时，求曲线y=fx在点(2)若fx在区间−1,0,【答案】(1)y=(2)(【详解】（1）f(x当a=1时,f(x所以曲线y=f(x)在点（2）ff设g1°若a>0,当x∈所以f(x)在故f(x)2°若−1≤a≤0所以g(x)在(0,+∞所以f(x)在故f(x)3°若(1)当x∈(0,+∞),则g'(g所以存在m∈(0,1),使得g(当x∈(0,当x∈(所以当x∈(0,令ℎ(x所以ℎ(x)=xex又e−ae所以f(x)又(0,m)没有零点,即f((2)当x∈设ℎℎ所以g'(x)g所以存在n∈(−当x∈(当x∈(n又g所以存在t∈(−1,n当x∈(−1,当x∈−1,0，又−1<而f(0)=所以f(x)在(即f(x)所以a<−1所以若f(x)在区间(−11．【2022年高考全国甲卷理第21题】已知函数fx(1)若fx≥0(2)证明：若fx有两个零点x1,【答案】(1)((2)证明见的解析【详解】（1）[方法一]：常规求导f(x)f'令f'x=当x∈(0,1),当x∈(1,+∞),若f(x)≥所以a的取值范围为([方法二]：同构处理由fx≥令t=x−lnx,t≥令gt=故gt=e故gtmin所以a的取值范围为(（2）[方法一]：构造函数由题知,fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设要证x1x因为x1,又因为fx1即证e即证e下面证明x>1时，设g(则g'=设φ所以φx>φ所以exx所以g(x)即g(x令ℎℎ'所以ℎ(x)即ℎ(x)综上,exx−x[方法二]：对数平均不等式由题意得：f令t=exx>所以gt=t+lnt−a在又因为fx=ex两边取对数得：x1−又因为x1x2<下证x因为x不妨设t=x1构造ℎt=故ℎt=2ln故ℎt<ℎ112．【2021年新课标全国Ⅰ卷第22题】已知函数fx（1）讨论fx（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−aln【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+∞；（2【详解】(1)fx的定义域为0,由fx=x1当x=1时，f'x=0；当x∈0,1时f'故fx在区间0,1内为增函数，在区间1,(2)[方法一]：等价转化由blna−alnb=a−b得由a≠b，得1a由（1）不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,①令gx=f则g'(当x∈0,1时，g'x<0，gx从而f2−x>f由（1）得2−1a<令ℎx=x+fx当x∈1,e时，ℎ'x>0，ℎ从而x+fx<e，所以又由1a∈(0,1)所以1a+由①②得2<[方法二]【最优解】：blna−alnb=a−b变形为令1a=m,于是命题转换为证明：2<m+n<e令fx=x1−ln由（1）知0<m<1,1<n<e要证：m+n>⇔fm令gx则g'x∴gx在区间0,1内单调递增，所以gx<g再证m+n<e．因为m1−ln令ℎx所以ℎ'x=1−所以ℎx<ℎe=e．故综合可知2<[方法三]：比值代换证明1a+1b>不妨设x2=tx由x1(1−lnx要证x1+x2<e即ln(1+t即证ln(1+t记g(s)记ℎ(s)所以，ℎs在区间0,+∞内单调递减．ℎs所以gs在区间0,由t∈1,+∞得t−1即ln(1+t[方法四]：构造函数法由已知得lnaa−不妨设x1<x由（Ⅰ）知，0<x1证明x1+x再证明x1+x令φ(x)所以φx>φe=0,因为0<x1<又因为fx1=f即x2因为x1<x2，所以综上，有2<13．【2021年新课标全国Ⅱ卷第21题】一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P(（1）已知p0=0.4,（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x2（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【详解】（1）E(（2）设fx因为p3+p若EX≤1，则pf'x因为f'0=−p故f'x有两个不同零点x1,且x∈−∞,x1∪x2故fx在−∞,x1，若x2=1，因为fx在而当x∈0,x2时，因为fx在故1为p0若x2>1，因为f1=0且在0,综上，若EX≤1若EX>1，则p此时f'0=−p故f'x有两个不同零点x3,且x∈−∞,x3⋃x4故fx在−∞,x3，而f1=0又f0=p0>0，故fx所以p为p0+p故当EX>1（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.14．【2021年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数f(（1）讨论f(（2）从下面两个条件中选一个，证明：f(①12②0<a<【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【详解】(1)由函数的解析式可得：f'x当a≤0时，若x∈−∞,0若x∈0,+∞，则当0<a<12时，若x∈若x∈ln2a若x∈0,+∞，则当a=12时，f'x当a>12时，若x∈−∞若x∈0,ln2a若x∈ln2a(2)若选择条件①：由于12<a≤e22而f−而函数在区间−∞,0上单调递增，故函数在区间−∞,0f>==aln由于12<a≤e22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0<a<12，故2当b≥0时，e2>而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞当b<0时，构造函数Hx=当x∈−∞,0时，当x∈0,+∞时，注意到H0=0，故Hfx当x>1−b1取x0=1即：f0而函数在区间0,+∞上单调递增，故函数在区间0,+∞f≤==aln由于0<a<12，0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.15．【2021年高考全国乙卷理第20题】设函数fx=lna−x，已知（1）求a；（2）设函数g(x)【答案】（1）a=1【详解】（1）由fx=ln又x=0是函数y=xfx的极值点，所以y'（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，g(x)要证g(x)<1（ⅰ）当x∈(0,1)时，1ln(1−x)<0，x−1x<0，即证ln(1−x（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，1ln(1−x)>0，x−1x>综合（ⅰ）（ⅱ）有g([方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（1）得fx=ln1−x，g当x∈0,1时，要证g(x)=x+ln1−x同理，当x∈−∞,0时，要证g(x)=x+ln1令ℎx=x+1−xln1−x令φt=1当t∈0,1时，φ't<0，当t∈1,+∞时，φ't>0综上所述，g(x)[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令φ(x)=lnx−(x−1)，因为φ'(x)=1x−1=1−xx，所以φ(x)在区间（ⅰ）当x∈(0,1)时，0>ln(1−x)>x（ⅱ）当x∈(−∞,0)时，ln(1综合（ⅰ）（ⅱ）得，当x<1且x≠0时，x+ln(116．【2021年高考全国甲卷理第21题】已知a>0且a≠1，函数（1）当a=2时，求f（2）若曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，求【答案】（1）0,2ln2上单调递增；2ln2【详解】（1）当a=2时，f令f'x=0得x=2ln2,当0<x<∴函数fx在0,2ln2（2）[方法一]【最优解】：分离参数fx=x则g'x=1−ln在0,e内g'x>在e,+∞上g'x∴gx又g1=0，当x趋近于+∞所以曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=gx与直线y=lna所以a的取值范围是1,e[方法二]：构造差函数由y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点知f(x)=1构造函数g(x)当0<a<1时，lna<0,x∈(0,+∞当a>1时，lna>0，令g'(x)=0得x=alna，当x∈0,a由于0<当x→+∞时，有alnx<xlna，即g(x)<0，由函数g构造函数ℎ(a)=a−elna，则ℎ'(a)=1−ea=a−所以，实数a的取值范围为(1,e)∪[方法三]分离法：一曲一直曲线y=f(x)与y=1有且仅有两个交点等价为因为xa=ax，所以两边取对数得alnx=xln①当0<a<1时，lna②当a>1时，取g(x)=lnx上一点x当y=1x0x−1+直线p(x)=xlna记ℎ(a)=lnaa,ℎ'(a)=1−lnaa2，令ℎ'(a)综上所述，实数a的取值范围为(1,e)∪[方法四]：直接法f(因为x>0，由f'(x当0<a<1时，f(当a>1时，alna>0，由f'(x)>0得因为limx→+∞f(x)=0，且limx→0+f令lna=t，则t−1>lnt，令ℎ(x)=lnx−x+1，则ℎ'(x)=1x−故实数a的范围为(1,e)∪17．【2020年新课标全国Ⅱ卷第22题】已知函数f(（1）当a=e时，求曲线y=fx在点1,（2）若不等式fx≥1【答案】（1）2e−1（2【详解】（1）∵f(x)=e∵f(1)=e+1，∴切点坐标为∴函数fx在点(1,f(1)处的切线方程为y−e−1=(∴切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(−∴所求三角形面积为12（2）［方法一］：通性通法∵f(x)=ae设g(x)∴g(x)在(0,+∞)上单调递增，即f'(当a=1时，f'(1)=0,∴fx当a>1时，1a<1，∴存在唯一x0>0，使得f'(x0)=aex0−1因此f=1∴fx>1,当0<a<1时，f(1)=a+综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由f(x)≥1得aex−令ℎ(m)=em+m由elna+x−1+lna+x−1令F(x)所以当x∈(0,1)时，F'当x∈(1,+∞)时，所以[F(x)]所以a的取值范围为a≥1［方法三］：换元同构由题意知a>0,x>0，令aex−于是f(由于f(x)≥1,t−lnx+lnt−x+1令g(x)当0<x<1时，g'(x)所以当x=1时，g(x)=［方法四］：因为定义域为(0,+∞)，且f(x)令S(a)=a+lna，则因为S(1)=1，所以a≥1时，有下面证明当a≥1时，f令T(a)=ae因为T'(a)=ex−1因此要证明a≥1时，T(a由ex≥x+1,ln上面两个不等式两边相加可得ex−1−lnx≥当0<a<1时，因为f(1)所以a的取值范围为a≥118．【2020年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数f(x)=x3+bx+c，曲线y=f(x（1）求b．（2）若f(x)【答案】（1）b=−3【详解】（1）因为f'(x)=3x2（2）［方法一］：通性通法由（1）可得f(x)令f'(x)>0，得x>12所以f(x)在(−1且f(若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x0，则即c>14或当c>14时，又f(由零点存在性定理知f(x)在(即f(x)在(此时f(当c<−14时，又f(由零点存在性定理知f(x)在(1,即f(x)在(1,此时f(综上，f(［方法二］【最优解】：设x0是f(x)的一个零点，且从而f(令ℎ(x)=x2+x0x+x02−34，由判别式Δ=x02−4x02［方法三］：设x0是函数f(x)的一个绝对值不大于1的零点，且c=−x03+34x0,x0≤1．设c设x1为函数f(x)的零点，则必有f(x)=x综上，f(［方法四］：由（1）知，f(x)=x3−34x+c,f'(x)=3x2−3（ⅰ）若f−12f12>0，即c>1（ⅱ）若f−12f12=0，即c=14或c=−14，f(（ⅲ）若f−12f12<0，即−14<c<14，f(x)有三个零点，易知在区间−12,12内有一个零点，不妨设为x综上，f(［方法五］：设x1是f(x)的一个零点且x1x2则x22+x1假设实数x2满足x由x1≤1,x2所以，f(19．【2020年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；（2）证明：f(（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤3n【答案】（1）当x∈0,π3时，f'x>0,fx（2）证明见解析；（3）证明见解析.【详解】(1)由函数的解析式可得：fxf=2sif'x=0在当x∈0,π3当x∈π3,当x∈2π3(2)[方法一]【最优解】：基本不等式法由四元均值不等式可得[f(x即x=kπ−π3或所以|f[方法二]：构造新函数+齐次化方法因为f(x)=2si求导得g'(t)=2当t∈(0,3)时，g'当t∈(3,+∞)所以函数g(t)的最大值为g[方法三]：结合函数的周期性进行证明注意到fx+π故函数fx是周期为π结合(1)的结论，计算可得：f0fπ3=据此可得：fxmax=即fx(3)利用(2)的结论由于sin所以sin20．【2020年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数f(（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a【答案】（1）当x∈−∞,0时，f'x<0,【详解】(1)当a=1时，fx=由于f''x=ex当x∈−∞,0时，当x∈0,+∞时，(2)[方法一]【最优解】：分离参数由fx≥12x①.当x=0时，不等式为：1≥②.当x>0时，分离参数a得，a记gx=−e令ℎx则ℎ'x=e故ℎ'x单调递增，故函数ℎx单调递增，ℎ由ℎx≥0故当x∈0,2时，g'x>当x∈2,+∞时，g'x因此，gx综上可得，实数a的取值范围是7−[方法二]：特值探路当x≥0时，f(x只需证当a≥7−e当a≥7−e只需证明ex+⑤式⇔e令ℎ(则ℎ'(所以当x∈0,9−当x∈9当x∈(2,从而[ℎ(x)]所以当a≥7−e综上a≥7[方法三]：指数集中当x≥0时，f(x记gxg'x①.当2a+1≤0即a≤−12时，g'x=0⇒x=2，则当x∈②.若0<2a+1<2即−12<a<12时，则当x∈(0,2a+所以若满足gx≤1，只需g2≤1，即③当2a+1≥2即a≥12时，gx=(12所以a≥1综上，a⩾21．【2019年新课标Ⅲ卷理科第20题】已知函数f(（1）讨论f(（2）是否存在a,b，使得f(x)在区间[0,1]【答案】(1)见详解；(2)a=0b=−1【详解】(1)对f(x)当a<0时，(−∞,a3当a=0时，(当a>0时，(−∞,0)区间上单调递增，(0,(2)若f(x)若a<0，(−∞,a3此时在区间[0,1]上单调递增，所以f(0)=−1，f(1)=1代入解得b=−1若a=0，(−∞,+∞)区间上单调递增；在区间[0,1].所以f若0<a≤2，(−∞,0)区间上单调递增，即f(x)在区间(0,a3)而f(0)=b,f(1)即2(a3)3−a(a若2<a≤3，(−∞,0)区间上单调递增，即f(x)在区间(0,a3)而f(0)=b,f(1)即2(a3)3−a(a若a>3，(−∞,0)区间上单调递增，(0,所以有f(x)区间[0,1]上单调递减，所以区间[0,1]上最大值为即b=12−a+b=−综上得a=0b=−122．【2019年新课标Ⅱ卷理科第20题】已知函数fx（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线y=e【答案】（1）函数f(x)在(0,1)（2）证明见解析.【详解】（1）函数f(x)f(x)=lnx−x+1x−1⇒f'(x当x∈(0,1)，时，x→0,y→−∞，而f(1e)=ln1e−1当x∈(1,+∞)因为f(e)⋅f(e2)<0，所以函数f(综上所述，函数f(x)（2）[方法一]【最优解：分别求得两条方程，比较常数项说明切线重合】设y=lnx在点Ax切线l1的方程为y−y0由ex=1所以曲线y=ex上斜率为1x切线l2的方程为y−1x由于lnx0=x0+1x0−1，故曲线y=lnx[方法二]【利用切线的斜率相等进行证明】由题设知fx0=0，即lnx0=x0设在曲线y=ex上取一点Bx1,则有ex1=1x将点B的坐标代入直线l的方程y−ln1x0−则直线l过点B，即曲线y=lnx在点Ax[方法三]【利用不同的方法计算斜率证明切线重合】因为(lnx)'x=x0=因此，曲线y=ex在点B−因为lnx0=因此，曲线y=lnx在点Ax[方法四]【构造函数讨论单调性证明切线重合】因为(lnx所以曲线y=lnx在点Ax构造函数F(x)=e因为当x∈−∞,−当x∈−lnx0,因此，函数F(x)所以曲线y=ex与曲线y=lnx在点Ax又ex'x=−lnx0=即曲线y=lnx在点Ax23．【2019年新课标Ⅰ卷理科第20题】已知函数f(x)=sin（1）f'(x（2）f(【答案】（1）见解析；（2）见解析【详解】（1）由题意知：fx定义域为：−1,令gx=∴g'x=−∵1x+12在−1,∴g'x在−又g'0=−∴∃x0∴当x∈−1,x0时，g'即gx在−1,x则x=x0为即：f'x在区间−1,π（2）由（1）知：f'x=①当x∈−1,0时，由（1）可知f'x∴f'x≤f'0=0又f∴x=0为fx在②当x∈0,π2时，f'x在又f'0=∴fx在0,x0又f'∴∃x1∴fx在x0,又fx0∴fx>0③当x∈π2,π时，∴fx在π又fπ2即fπ⋅fπ2<∴fx在π④当x∈π,+∞时，∴即fx在π综上所述：fx有且仅有224．【2018年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数fx（1）若a=1，证明：当x≥0时，（2）若fx在(0,+∞)【答案】（1）证明见解析；（2）a=e【详解】（1）［方法一］：【最优解】指数找朋友当a=1时，fx≥设函数gx=xg'x≤0，所以g而g0=0，故当x≥0时，［方法二］：【通性通法】直接利用导数研究函数的单调性求得最小值当a=1时，f令g(x)=ex−2x,g'(x)=ex−2［方法三］：【最优解】指对等价转化当x≥0时，f令g(x)=x−lnx2+1,g'(x（2）［方法一］：指数找朋友设函数ℎxfx在0,+∞只有一个零点当且仅当ℎx（i）当a≤0时，ℎx>（ii）当a>0时，ℎ'当x∈0,2时，ℎ'x<0；当所以ℎx在0,2单调递减，在2,故ℎ2=1−4①若ℎ2>0，即a<e2②若ℎ2=0，即a=e2③若ℎ2<0，即a>e24，由于由（1）知，当x>0时，ex>故ℎx在2,4a有一个零点，因此ℎx综上，fx在0,+∞只有一个零点时，［方法二］：等价转化为直线与曲线的交点个数令f(x)=0令ℎ(x)=exx2(x>0),ℎ'(x)=ex(x−2)x3［方法三］：等价转化为二次曲线与指数函数图象的交点个数函数y=f(x)在区间(0,+∞)内只有一个零点等价于函数y=ex的图象与函数y=ax2的图象在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由y=［方法四］：等价转化为直线与曲线的交点个数当x>0时，f(x)=0⇔ax=exx，原问题转化为动直线y=ax与曲线ℎ(x)=exx在区间(0,+∞)内只有一个公共点．由ℎ'(x)=(x−［方法五］：【通性通法】含参讨论因为f'(x)当a≤0时，f(x)在区间(0,+∞当a>0时，f''①当0<a≤12时，f''(x)=ex−2②当12<a≤e2时，令f''(x)=0，得x=ln2a，故函数y=f'(x③当a>e2时，f'(x)min<0，又f'(0)=1，所以存在x1∈(0,ln2a),x2∈(ln2a,+∞)，使得f'(［方法六］：【最优解】等价变形＋含参讨论当a≤0时，f当a>0时，f(x)=当0<a≤14时，φ'(x)≥0，函数当a>14时，当x<2ln2a时，φ'(x)<0,φ(x)故[φ(x25．【2018年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数fx（1）若a=0，证明：当−1<x<0时，fx（2）若x=0是fx的极大值点，求【答案】（1）见解析（2）a=−【详解】（1）当a=0时，fx=设函数gx=f'x当−1<x<0时，g'x<0；当x>0时，g'x>0.故当x>−1时，g所以fx在−又f0=0，故当−1<x<0时，（2）（i）若a≥0，由（1）知，当x>0时，fx≥2（ii）若a<0，设函数ℎ由于当x<min{1,1|a|}又ℎ0=f0=0，故x=0是ℎ'x如果6a+1>0，则当0<x<−6a+14如果6a+1<0，则a2x2+4ax+6a+1如果6a+1=0，则ℎ'x=x3x−24x+1x2−6x−综上，a=−126．【2018年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数f(（1）讨论f(（2）若f(x)存在两个极值点x【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【详解】（1）fx的定义域为0,+∞，（i）若a≤2，则f'x≤0，当且仅当a=2，x=1时（ii）若a>2，令f'x=0得，x=当x∈0,a−a当x∈a−a2−42,a+a（2）［方法一］：【通性通法】消元由（1）知，fx存在两个极值点当且仅当a>由于fx的两个极值点x1,x2满足x2−ax+fx所以fx1−f设函数gx=1x−x+2lnx，由（1）知，gx在0,+∞单调递减，又g［方法二］：【通性通法】消元由（1）知a>2且x1,x2是方程x2−ax+欲证不等式成立，只需证2lnx因为0<x1<x令g(所以，g(x)在区间(0,1)内单调递减，且g［方法三］：硬算因为f'(所以x2−ax+1=0则x1+x2=所以fx而a+a2−42设g(a)所以g(a)在a>［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用由（1）知，f(x)由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2−ax+由对数平均不等式可得1=x1故fx27．【2017年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数f（1）讨论fx（2）若fx有两个零点，求a【答案】（1）见解析；（2）(0,1).【详解】（1）fx的定义域为−∞,+∞，f'x=2ae2x+（ⅱ）若a>0，则由f'x=当x∈−∞,−lna时，f'x<0；当x∈−（2）（ⅰ）若a≤0，由（1）知，f（ⅱ）若a>0，由（1）知，当x=−lna时，f①当a=1时，由于f−ln②当a∈1,+∞时，由于1−1a③当a∈0,1时，1−1又f−2=ae−设正整数n0满足n0>由于ln3a−1>−综上，a的取值范围为0,1.28．【2017年新课标Ⅲ卷理科第21题】已知函数f(（1）若f(（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1+【答案】（1）a=1；（2）3【详解】（1）fx的定义域为0①若a≤0，因为f②若a>0，由f'x=1−ax=x−ax知，当x∈0,a时，f'x<0；当x∈由于f1=0，所以当且仅当a=1时，f（2）由（1）知当x∈1,+∞时，令x=1+1ln1故1+而1+121+29．【2017年新课标Ⅱ卷理科第21题】已知函数fx=ax（1）求a；（2）证明：fx存在唯一的极大值点x0，且【答案】（1）a=1；（2）见解析.【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a−1则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜1a时h′（x）＜0、当x＞1a时所以h（x）min＝h（1a又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝2−1令t′（x）＝0，解得：x=1所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（1所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）=x02−x0﹣x0lnx0=x02−x0+2由x0＜12可知f（x0）＜（x0−x0由f′（1e）＜0可知x0＜所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e所以f（x0）＞f（1e）=综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．30．【2016年新课标Ⅲ卷理科第21题】设函数f(x)（Ⅰ）求f'（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明f'(【答案】（Ⅰ）f'(x)=−2αsin2【详解】（Ⅰ）f'(（Ⅱ）当α≥1f≤α+==f(0)因此A=3当0<α<1时，将f(令g(t)=2αt2+(α−1)t−1，则A是令−1<1−α4（Ⅰ）当0<α≤15时，g(t)在(−1,1)内无极值点，（Ⅱ）当15<a<1时，由gg(1−α综上，A=（Ⅲ）由（Ⅰ）得f'(当0<α≤15当15<α<1时，A=当α≥1时，f'(x31．【2016年新课标Ⅱ卷理科第21题】(1)讨论函数fx=x−2x+(2)证明：当a∈0,1时，函数g（x）=e【答案】（1）见解析；（2）见解析．【详解】（Ⅰ）f(x)f'且仅当x=0时，f'(x)=因此当x∈(0,+∞所以(（Ⅱ）g'由（Ⅰ）知，f(x因此，存在唯一x0∈(0,2],使得f当0<x<x0当x>x0时，因此g(x)g于是ℎ(a)所以，由x0∈因为y=exx+2使得ℎ(a)=λ综上，当a∈[0,1)时，g(x)有最小值ℎ32．【2016年新课标Ⅰ卷理科第21题】已知函数f(（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是f(x)【答案】（Ⅰ）(0,+∞)；（【详解】（Ⅰ）f'(（Ⅰ）设a=0，则f(x（Ⅱ）设a>0，则当x∈(−∞,1)时，f'(x)<0；当x∈又f(1)=−e，f(2)=a，取b满足f(故f(（Ⅲ）设a<0，由f'(x)=若a≥−e2，则ln(−2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时，f若a<−e2，则ln(−2a)>1，故当x∈(1,ln(−2a))时，f'(x)<综上，a的取值范围为(0,+∞（Ⅱ）不妨设x1<x2，由（Ⅰ）知x1∈(−∞,1),x2∈(1,由于f(2−xf(2设g(x)所以当x>1时，g'(x)<0，而从而g(x233．【2015年新课标Ⅱ理科第21题】设函数f(（1）证明：f(x)在(（2）若对于任意x1,x2∈【答案】（1）f(x)在(−∞,0)【详解】（Ⅰ）f'(若m≥0，则当x∈(−∞,0)时，emx−1≤0若m<0，则当x∈(−∞,0)时，emx−1>0所以，f(x)在(（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的m，f(x)在[−1,0]单调递减，在[0,1]单调递增，故f(x)在x=0处取得最小值．所以对于任意x1,x2∈[−1,1]，f(x1)−f(x2)≤e−1的充要条件是：{f(1)−f(0)≤e−1,f(−1)−f(0)≤e−1,即{em−m≤e−1,e−m+m≤e−1,①，设函数g(34．【2015年新课标Ⅰ理科第21题】已知函数f(x)（1）当a为何值时，x轴为曲线y=f(（2）用min{m,n}表示m,【答案】（Ⅰ）a=−34；（Ⅱ）当a>−34或a<−54时，ℎx由一个零点；当a=−34【详解】（Ⅰ）设曲线y=fx与x轴相切于点x0,0，则fx0=0因此，当a=−34时，x轴是曲线（Ⅱ）当x∈1,+∞时，gx∴ℎx当x=1时，若a≥−54，则f1=a+54≥0，ℎ1=minf1,g当x∈0,1时，gx=−（ⅰ）若a≤−3或a≥0，则f'x=3x2+a在（0,1）无零点，故fx在（0,1）单调，而f0=（ⅱ）若−3<a<0，则fx在（0，−a3）单调递减，在（−a3，1）单调递增，故当x=①若f−a3＞0，即−34②若f−a3=0，即a=−③若f−a3＜0，即−3<a<−34，由于f0=14综上，当a>−34或a<−54时，ℎx由一个零点；当a=−34或a=−1．（2024·浙江·三模）已知函数fx(1)求函数fx(2)若曲线y=fx在点0,0处的切线与二次曲线y=ax2【答案】(1)单调增区间：−∞,2，单调减区间：2,(2)a=−12或【详解】（1）易知fx定义域为R，f'所以x∈−∞,2，f'x>0故fx单调增区间：−∞,2，单调减区间：（2）因为f'0=2所以曲线y=fx在点0,0处的切线为把切线方程y=2x代入二次曲线方程y=ax即Δ=2a+3解得a=−12或−92．(1)求函数fx(2)若fx≤gx【答案】(1)答案见详解(2)2【详解】（1）f'x=1当a<0时，由于x>0，所以f'x>0当a>0时，0<x<1a，f'x从而fx在0,1a综上，当a<0时，fx的单调递增区间为当a>0时，fx的单调递增区间为0,1（2）令ℎx=fx只要使ℎx≤0ℎ'x若a>0，x>0，所以当0<x<2a时，ℎ'x可知ℎx在0,2a所以ℎxmax=ℎ可知a的最小值为2e若a<0，x>0，所以当0<x<−1a时，ℎ'x<可知ℎx在0,−1所以ℎx在0,+∞内无最大值，且当x趋近于+∞时，ℎx综上所述：a的最小值为2e3.

3．（2024·山西吕梁·三模）已知函数(1)讨论函数的单调性；(2)若对任意的x1,x2∈【答案】(1)答案见解析(2)[0,2【详解】（1）fx的定义域为x∈令gx又∵Δ1∘，当Δ≤0，即a≥12时，g2∘，当Δ>0令gx=其中，当0<a<12x∈所以fx在0,x1当a<0时，x故fx在0,x2综上：a≥12,0<a<12a≤0,fx在0,（2）法一：不妨设0<x1<x2，则所以令Gx当x∈0,+∞时，1∘，若a=2∘，当a>令Fx=ln所以Fx在0,e3所以1a≥Fe3∘，若a<0，同理1a≤所以不存在满足条件的a.综上所述：a∈0,2法二：x1令gx=fxx即g'xg'x=x2+a又ℎ'x①当a=0时，ℎx=②当a<0时，ℎ'x>0,ℎx在③当a>0时，由ℎ'x=0得x=a因为ℎx≥0解得0<a≤综上，a∈[0,2e3].

4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数(1)求函数g((2)若当x>0时，mx2【答案】(1)递减区间为(0,+∞(2)(−∞【详解】（1）依题意，函数g(x)求导得g'(x)即g(x)所以函数g(x)（2）当x>0时，m令ℎ(x)当0<x<1时，ℎ'(x)即函数ℎ(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)令t=x−lnx，依题意，∀t∈[1,令φ(t)=ett当t=1时，φ(t所以实数m的取值范围(−∞5．（2024·重庆九龙坡·三模）已知函数fx=ln(1)当x∈1,+∞时，函数fx(2)当a=2时，若fx1+fx(3)求证：对任意n∈N∗，都有【答案】(1)2(2)证明见解析(3)证明见解析【详解】（1）当x≥1时，f即a≤lnxx令gx=lnxx令ℎx=x2−当x≥1时，ℎ'x≥0恒成立，ℎx所以g'x≥0在x∈1,+∞所以gx所以a≤2，即实数a的最大值为2（2）当a=2时，fx=所以f'x=1x+x−又f1=0，fx1要证x1+x因为fx在x∈0,+∞因为fx1+f设F=lnx2令t=x2−x，则0<t<1，则由0<t<1可得φ't>0所以φt<φ1所以fx1+f（3）由（2）可知当a=2时，fx在1,+∞由lnx+12x2令x=n+1n，则2ln所以2ln21+1−11相加得2lnn+6．（2024·贵州六盘水·三模）若函数fx在a,b上有定义，且对于任意不同的x1,x2∈a(1)若fx=x2，判断(2)若fx=2eln(3)若fx为1,2上的“2类函数”且f1=f2，证明：∀x【答案】(1)是(2)a(3)证明见解析【详解】（1）函数fx=x不妨设x1,xfx所以fx=x（2）fx=2由题意知，对于任意不同的x1,x不妨设x1<x故fx1+所以fx+2x为1,e上的增函数，所以对任意的x∈1,e，即−由f'x≤2⇒a≤1x2令1x=t∈1e,1得y=由f'x≥−2只需a≥ℎxmax，令1x=t∈1e,1所以ℎx综上所述，实数a的取值范围为a−（3）证明：因为fx为1,2上的“2类函数”，所以f不妨设1≤x1<x当12≤x1所以f<2综上所述，∀x1，x27．（2024·重庆·三模）已知函数f((1)当b=1时，f(x(2)已知直线l1、l2是曲线（i）记x0为直线l1交点的横坐标，求证：（ii）若l1也与曲线y=f(x)相切，求【答案】(1)a≥(2)（i）证明见解析；（ii）b<【详解】（1）由于aex≥设Fx=lnx+1ex，则F'令F'x>0得0<x<1所以Fx在0,1单调递增，1,所以F(x)（2）（i）设两条切线在gx上的两个切点横坐标分别为x有g'x1g'此时，切线为：y−ln相减得lnx所以x0设kx=2lnx−x−1x故当x∈0,1时，kx>k当x∈1,+∞时，kx<k1（ii）由题意得：存在实数s,t，使fx在x=s处的切线和g所以f's=g't则s−t=1又因为aes=题目转化为ℎt不妨设两根为m,则由ℎm=ℎ1化简得lnm=所以lna=所以b=−lna，（也可写为代入ℎt中得：ℎ即b−1设Gt由于Ht=1t−t−所以Gt在0,1单调递增，1,而t无限趋近于0时，Gtt无限趋近于正无穷大时，Gt无限趋向于负无穷大，G所以b−1<08．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数f((1)求函数f((2)设函数f(x)的导函数为f'(x)【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【详解】（1）解：由函数f(x)=ln当a≤0时，f'(x)>当a>0时，令f'(x)>0，可得所以函数fx在(a,当x=a时，函数fx取得极小值，极小值为f（2）证明：由（1）知，f'(可得f'(x1所以1x1−因为x1≠x2，所以则fx因为a(1x1+所以fx设ga=ln(4当a∈(0,12)时，g'a当a∈(12,+∞)时，所以，当a=12时，所以ln(4a2)+19．（2024·广东茂名·一模）设函数fx=e(1)当a=−1时，fx≥bx+1在(2)若a>0,fx在0,【答案】(1)−∞(2)2【详解】（1）当a=−1时，f所以不等式转化为ex−bx−sin令ℎx所以ℎ'x当x∈[0,+∞)若b≤0，则ℎ'x≥ℎx在0,故ℎx若b>0，令函数m则m'x=e所以mx在0,因为m0=−b<0，且当x→+∞所以∃x0∈故当x∈0,x0时，ℎ'当x∈x0,+∞时，则ℎ(综上所述，实数b的取值范围为−∞,0（2）因为fx=e令fx=0所以−1令gx=sin则g'x令g'x=0所以当x∈π4+2k当x∈0,π4，x∈所以当x=5π4+即当x=5π4,又因为sin5π4=所以g5π所以gx当x=π即当x