三年高考（2019-2021）数学（理）试题分项汇编-专题04 导数及其应用（解答题）

专题04导数及其应用〔解答题〕

1.12021•天津高考真题]〃>0,函数/(幻=欠一咫二

⑴求曲线y=f(幻在点(0,7(0))处的切线方程：

(II)证明/(幻存在唯一的极值点

(III)假设存在。，使得“幻4。-6对任意X£R成立，求实数b的取值范围.

【答案】(I)y=(a-V)x,(a>0)；(II)证明见解析：(ill)[-e,+co)

【分析】

(I)求H"(x)在x=0处的导数，即切线斜率，求出"(0)，即可求出切线方程；

(II)令/'(力=0,可得a=(x+l)e、,那么可化为证明y与尸g(x)仅有一个交点,

利用导数求出g(力的变化情况，数形结合即可求解；

(III)令人(幻=(丁一工一1)，,(1>-1),题目等价于存在不£(-1,+8),使得〃(X)Wb,

即b>hMmin,利用导数即可求出h[x)的最小值.

【详解】

(I)f(x)=a-(x+l)ex,那么广(0)=。-1,

又f(0)=0,那么切线方程为y=3—l)x,3>0)；

(II)令/'(幻二。一(工+1)，=0,那么4=(/+1)-，

令g(x)=(x+l)e",那么g'(x)=(x+2)e”,

当xe(Yo,-2)时，g'(x)v0,g(x)单调递减；当(-2,田)时，g，(x)>0,g(x)单

调递增，

当x->-00时，g(x)v0,g(_i)=o,当xf+8时，g(x)>0,画出g(x)大致图像如

下：

所以当。>0时，V=。与>=g(x)仅有一个交点，令g(帆)=a,那么加>一1,且

f\fn)=a-g(m)=0,

当xw(-00,㈤时，a>g(x),那么r(x)>0,/(x)单调递增,

当xe("+8)时,a<g(x),那么/'(x)v。，〃无)单调递减，

工=”为“X)的极大值点，故/CO存在唯一的极值点；

(III)由(ID知/(初皿=/(加)，此时。=(1+〃7)*,机>一1，

所以{/(X)一a}max=f(rn)-a=[nr-m-\]e,\(m>-l),

令〃(x)=(%2,

假设存在0,使得/(幻4。+力对任意XER成立，等价于存在xe(-l,+8),使得力(x)O,

即

h\x)=(x2+x-2^ex=(x-1)(A+2)ex,x>-l,

当了£(—1,1)时，h\x)<0,/心)单调递减，当xe(l,+8)时，hf(x)>0,力⑺单调递

增，

所以/i(x)min=〃(1)=一e，故bN-e,

所以实数b的取值范围[-％+8).

【点睛】

关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明¥与y=g(x)仅有一个交点；第三问解题

的关键是转化为存在。£(T+OO),使得网劝必，即此力⑶1nhi.

2.12021•全国高考真题】函数/a)=a—i)/-奴

(1)讨论/(X)的单调性；

(2)从下面两个条件中选一个，证明：/(X)有一个零点

1/

①一<a<——,b>2a；

22

@0<a<—,b<2a.

2

【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.

【分析】

⑴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；

⑵由题意结合⑴中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中佗结论.

【详解】

⑴由函数的解析式可得：/,(x)=xp-2«).

当a«0时,假设xw(-8,0),那么广(x)vOj(x)单调递减,

假设X«O,T8),那么/(x)>oj(x)单调递增；

当0<〃<g时，假设(-00,In(2a)),那么/(x)>0"(x)单调递增,

假设x«ln(功),0),那么/。)<0"(”单调递减，

假设工£(0,48),那么/(X)>OJ(力单调递增；

当〃=；时，/(x)NOJ(x)在R上单调递增；

当时，假设X«YO,0)，那么/'(力>0J(力单调递增，

假设x«0,ln(2a)),那么/(x)<OJ(x)单调递减，

假设(勿),48),那么尸(x)>OJ(x)单调递增；

⑵假设选择条件①：

由于，]，故Iv2aqe2,那么〃>/>1,/(0)="一1>0,

而/(一6)=(-1一/?"“一"2<0,

而函数在区间(YO,0)上单调递增，故函数在区间(YO,0)上有一个零点.

=aln(2a)[2-ln(2叫，

12

由于/，1v2a«e2,故aln(2a)[2-ln(2a)]N0,

结合函数的单调性可知函数在区间(0,+8)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

假设选择条件②：

由于0<a<g,故2。<1,那么/(0)=6-142。一1<0,

当bNO时,/>4,4〃<2,f(l)=e2-4a+b>0,

而函数在区间（O,+。）上单调递增，故函数在区间（O,+。）上有一个零点.

当OvO时，构造函数=那么

当0）时,"'（x）＜0,H（x）单调递减,

当x«0,+oo)时,//'(%)>0,4(%)单调递增,

注意到“（0）=0,故H（x）N0恒成立,从而有:ex＞x+\^此时:

f(x)=(x-l)er-ax2-fe>(x-l)(x+l)-ar2+b=(l-a)x2+仅一1),

旧时，（1-〃）/+（人1）＞0,

当x>

取/=匕2+1，那么/(%)〉0,

V1-«

即：/（0）＜0J1>0,

\-a+

而函数在区间（0,+8）上单调递增，故函数在区间（0,+8）上有•个零点.

=aln（2t/）［2-ln（2a）J,

由于0＜avg,0＜勿＜1,故。111（24）［2-111（24）］＜0,

结合函数的单调性可知函数在区间（YQ,0）上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

【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，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；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.

3.2r

3.12021・北京高考真题】函数F-

+a

(1)假设a=0,求y=/(x)在处切线方程；

(2)假设函数〃力在1=-1处取得极值，求外力的单调区间，以及最大值和最小值.

【答案】(1)4x+y-5=0；(21函数“X)的增区间为(一8,—1)、(4,伊)，单调递减区

间为(一1,4),最大值为1，最小值为一；.

【分析】

(1)求出/。)、/'(1)的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；

(2)由/'(-1)=0可求得实数。的值'然后利用导数分析函数的单调性与极值,由

此可得出结果.

【详解】

(1)当々=0时，=那么r(x)=2(-;3),.41)=1,/'⑴=-4，

XX

此时，曲线y=f(冗)在点处的切线方程为y-l=-4(x-l),即44+)，-5二0；

o7-2(x2+a\-2x(3-2x\2(x2-3x-a]

⑵因为/(力=学r，那么广(力一工2J，

X+0(X+〃)(冗+0)

、2(4—ci\

由题意可得/(z-1)=六一7/=0,解得〃=4,

S+i)

故/(力=早1，/(")一)2)!YL列表如下：

一9+4卜+4)

X（-00,-1）-1（T4）4（4,+oo）

+0—0+

培吸大值减极小值增

所以，函数/(%)的增区间为(一8,—1)、(4,+oo),单调递减区间为(一1,4).

当XV—时，/(x)>0；当时，/(x)<0.

22

所以，"X)M=/(T)=L〃X)min="4)=—；.

4.【2021・全国高考真题】函数〃x)=x(lTnx).

(1)讨论/(X)的单调性;

⑵设a,6为两个不相等的正数，且blna-41n)=a-b,证明：2<-+-<e.

ab

【答案】(1)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+8);⑵证明见解析.

【分析】

(1)求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；

(2)设•!■=%」=占，原不等式等价于2<%+%<6,前者可构建新函数，利用极值点

ab~

偏移可证，后者可设超二因，从而把％+%<e转化为(fT)ln(l+l)—Hn/<0在(1,+8)

上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.

【详解】

(1)函数的定义域为(0,+。)，

又/'(x)=l—lnx—l=—lnx,

当xw(0,l)时,r(X)>。，当xe(L+°o)时,r(X)<0,

故f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1,+8).

(2)因为blna—alnb=a—)，故Z?(lna+1)=a(lnZ?+l),即/〃+!二!。-1,

设L=x，J_=w，由(D可知不妨设0<%<1,匕>L

ab

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

故1<W<e.

先证：Xx+x2>2,

假设々22,内+々>2必成立.

假设毛<2,要证：X]+x2>2,即证%>2—9,而0<2—12<1.

故即证，(5)>/(2—七)，即证：/(^)>/(2-^),其中

设g(x)=〃x)-〃2-力,lvx<2,

那么g'(x)=/'(x)+/z(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-In[x(2-x)J,

因为lvxv2,故。<x(2—x)<l,故一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f(x)>〃2—x),即〃w)>/(2-巧)成立，所以马+1>2成立,

综上，M十超>2成立.

设七=/，那么/>1，

lna+1lnZ?+l

结合_=菁,一=电可得：x1(l-lnx1)=x2(l-lnx2),

b

1-lnXj=r(l-lnr-ln^),故ln%=

要证：xl+x2<ef即证+即证ln(r+l)+kiXivl,

即证：ln(f+l)+'T—'一〈I.即证：(z-l)ln(r+l)-zlnr<0,

令S(z)=(f-l)ln(z+l)—Hnr,z>l,

/r-1(

那么S'(z)=ln(1+1)H-----1—In/=In1

先证明一个不等式：ln(x+l)4鼠

1_x

设〃(x)=ln(x+l)-x,那么"x)=-----1=----,

XI1XI1

当-IvxvO时，wr(x)>0：当x>0时，〃'(戈)<0,

故”(%)在(一1,0)上为增函数，在(0,+8)上为减函数，故〃(力皿="0)=0,

故ln(x+l)工工成立

由上述不等式可得当，>1时,,故S'(z)<0恒成立,

故S(。在(1,+0。)上为减函数，故s(，)<s(i)=o,

故+-八n/<0成立：即X+%2<0成立.

综上所述，2<—I—<e.

ab

【点睛】

方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题

转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为

与新引入变量有关的不等式问题.

5.12021・浙江高考真题】设a,b为实数，且函数一区+/(XER)

(1)求函数/(x)的单调区间；

(2)假设对任意6>2/,函数/(力有两个不同的零点，求a的取值范围；

(3)当a=e时，证明：对任意函数/(另有两个不同的零点内,乙，满足

b\nhe2

(注：e=2.71828…是自然对数的底数)

【答案】(1)640时，f(x)在R上单调递增；6>0时，函数的单调减区间为

<>\(b、

一°°，IOg“；一，单调增区间为|lOg”*J-，+00；

I\x\a)、InaJ

⑵(3］；

⑶证明见解析.

【分析】(1)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；

⑵将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可

确定实数a的取值范围；

⑶结合⑵的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.

【解析】(1)f(x)=ax-bx+e2,f(x)=ax\na-b,

①假设bWO,那么=所以/(x)在R上单调递增；

②假设b>0.

当x4-8,log,,舍卜寸,尸(X)<0J(X)单调递减，

当xe(log.*,+8)时，/〈切〉。,八%)单调递增.

综上可得，〃工0时，/(此在R上单调递增；

人>0时，函数的单调减区间为1-8,log.3]，单调增区间为(lOga3，+81

(\naJ\Int7J

⑵/(x)有2个不同零点u>优一区+/=0有2个不同解<=>e"na一以+/=0有2个不同

的解，

令f=xln。，那么d---+e2=0=>-^-=g+gj>0>

\na\nat

记g(，)="4g⑺「"«+『)=史*，

trt

记—1)—/,"⑺=/(1)+，1=/八0,

又人(2)=0,所以，E(0,2)时，A(r)<0,EW(2,+OO)时,M0>0,

那么g(f)在(0,2)单调递减，(2,+oo)单调递增，.•.2>g⑵

Inae~

\,b>2e",:.—>2,:Ana<2=>l<a<e.

e

即实数a的取值范闱是(l,e[.

(3)〃=&/。)=/一版+/有2个不同零点，那么，+/="，故函数的零点一定为正

数.

由⑵可知有2个不同零点，记较大者为七，较小者为西，

x.2

注意到函数>=二二在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+8)上单调递增,

X

“5+02

故玉<2<42，又由—〈/知/>5,

什巴包<竺=百<竺

X|Xyb

要证x?>曰?$+£_,只需12>卜6+二,

eX1+e22ex-+且在上单调递增,

b=-------<----且关于b的函数g(/?)=In/?

X2%b

2/2e~x

所以只需证£>ln-----+2(N>5),

x22*

2e"ex

只需证V三-觉>。,

/x

只需证InA---------In2>0»

2ex

・・・J<4,只需证/z(x)=lnx--7-InZ在x>5时为正，

2ex

由于A(x)=1+4xe-x-4"、=-+4e^(x-l)>0,故函数〃(x)单调递增，

XK

又〃(5)=ln5—?—In2=1113-3>0,故力(回二吊无一丝—ln2在x>5时为正，

e52e4ex

从而题中的不等式得证.

【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，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；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.

6.12021•全国高考真题(理)】〃>0且。工1,函数f(x)=H(x>0).

ax

(1)当。=2时，求/(力的单调区间；

(2)假设曲线y=/(x)与直线y=l有且仅有两个交点，求。的取值范围.

【答案】⑴°'2上单调递增;

上单调递减；(2)(l,e)D(e,"F8).

【分析】(1)求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的

单调性：

(2)利用指数对数的运算法那么，可以将曲线y=/(x)与直线y=l有且仅有两个交点等

价转化为方程皿=—有两个不同的实数根，即曲线)，=g(x)与直线y=—有两个交

xaina

点，利用导函数研究g(x)的单调性，并结合g(x)的正负，零点和极限值分析g(x)的图象,

进而得到0<丹：<!，发现这正好是0<g(a)<g(e),然后根据g(x)的图象和单调性

得到〃的取值范围.

2x^2x-x2<2vln2_22、（2-xln2）

【解析】(1)当〃=2时-，=f，/'(%)=

令/'(x)=o得*=京，当o<“<言时，/'(x)>0,当京时，rW<0,

・•・函数在(0,白上单调递增;2、

丁式,+8上单调递减;

ln2)

(2)f(x)=—=\<=>ax=xa011114=4111工0^^=^^,设函数8(1)二^^,

7axxax

那么q(切=上孚，令g0)=0,得％=%

在(0,e)内g'(x)>0,g(x)单调递增；

在年,y)上g'(x)v0,g(x)单调递减；

•・g(x)皿=g(c)=7

又g(l)=0，当X趋近于+00时，g(x)趋近于0,

所以曲线y=/(x)与直线y=l有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y二二有两

个交点的充分必要条件是0〈等<：,这即是0<g(a)<g(e),

所以。的取值范围是(l,e)u(e,y).

【点睛】此题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范

围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，别离参数，构造函数，利用导数研究函

数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.

7.【2021・全国高考真题(理)】设函数/(x)=ln(a—x),x=0是函数y=M*(x)的极值

点.

(1)求。；

X+尸(X)

(2)设函数g(x)=/、.证明:g(x)<L

xf{x}

【答案】1;证明见详解

【分析】(1)由题意求出，，由吸值点处导数为0即可求解出参数。：

x+ln(l-x)

(2)由(1)得g(x)=，X<1且xwO,分类讨论xw(o,l)和xw(-oo,0),

xln(l-x)

可等价转化为要证g(%)vl,即证”+皿17)>冗111(1一力在工£(0,1)和工£(一)。,0)上

恒成立，结合导数和换元法即可求解

1y

【解析】(1)由/(x)=In(a-X)=>/*(%)=----,y=xf(x)=>y'=ln(«-x)+---

x—Clx—

又x=0是函数y=4(x)的极值点，所以y'(O)=lna=O,解得a=l：

x+f(x)_x+ln(l-x)

⑵由(1)得f(x)=ln(l-x),g(x)=x<1且x。0,

xf{x}xln(l-x)

/、x+ln(l-x)/、，、

当X£(O,1)时，要证g(x)=--7----」<1，vx>0,ln(l-x)<0,/.xln(l-x)<0,即

xln(l-x)

iiEx+ln(l-x)>xln(l-x),化简得x+(l-x)ln(l-x)>0；

.r4-ln(l-.r)

同理,当xe(-8,0)时，要证g(x)<1,,.,x<0,ln(l-x)>0,

xln(l-x)

/.xln(l-x)<0,即证x+ln(l-x)>xln(l-x),化简得x+(l-x)ln(l-x)>0；

令Mx)=x+(lr)ln(17),再令f=l—x,那么fG(0,l)U(l,+°o)，x=\-tf

令g⑺=lT+”nf,^'(z)=-l+lnr4-l=lnr,

当，«0,l)时，g'(x)<0,g(“单减，假设g⑴能取到，那么g(l)=O,故

g”)>g(l)=。：

当时,g*(x)>0,g(x)单增,假设g⑴能取到，那么g(l)=O,故

g(/)>g(l)=O：

x+ln(l-x)

综上所述,g(x)=<1在XG(-OO,0)U(0,1)恒成立

xln(l-x)

【点睛】此题为难题，根据极值点处导数为。可求参数。，第二问解法并不唯一，分类讨论

对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常

用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.

8.12021.年高考全国I卷理数】函数=-x.

(1)当a=l时，讨论/(x〕的单调性；

(2)当X20时，/(x)>—x3+l,求a的取值范围.

2

【解析】⑴当。=1时，/(x：=e*+x2-x,那么/'(%)=5+2x7.

故当(一8,o)时，f/M<0；当x£(0,+8)时，f\x)>0.所以/(x)在

0)单调递减，在(0,+8)单调递增.

(2)/(x)之+1等价于(；Y-ad+%+l)e-x<1.

设函数g(x)=gx3-加+x+l)e-r(x>0),那么

=-^x(x-2a-l)(x-2)e-A.

(i)假设2a+140,即aW-；,那么当x£(0,2)时，g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)

单调递增，而g(0)=1,故当xe(0,2)时，g(x)>1,不合题意.

(ii)假设0<2a+l<2,即-：<〃<：,那么当x£(0,2a+l)U(2,+=)时，g'(x)<0；当xW

(2a+l,2)时，g<x)>0.所以g(x)在(0,2a+l),(2,+8)单调递减，在(2a+l,2)单调递增.

由于g(0)=l,所以g(x)«l当且仅当g(2)=(7-4a)e-2«i,BPa>—

4

7-e21

所以当-----4。<一时，g(x)<l.

42

(iii)假设2。+122,即那么g(x)4gd+4+1把、.

7_2i]

由于0引与、P」)，故由(ii)可得qv+x+l)e-%l.

故当azj时，g(x)41.

2

综上，a的取值范围是[7上-£e,+oo).

4

【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，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；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.

9.【2021年高考全国II卷理数】函数/（x）=sin2jvsin2x.

(1)讨论/W在区间(0,m的单调性；

a同

(2)证明：|/(刈《新;

O

邛

(3)设证明：sin2xsin22xsin24x.--sin22nx<—.

4”

【解析】(1)f\x)=cosXsinxsin2x)+sin.r(sin.tsin2x/

=2sinxsin3x.

当xt（o《）u（M㈤时，ra）＞o；当xt邑”）时，/vxo

3333

所以/⑶在区间（0,三）,（名,浦单调递增，在区间邑”）单调递减.

3333

（2）因为f（0）=/（2=0,由⑴知，/（x）在区间［0,兀］的最大值为了亨=半

最小值为/（空）=-而/（用是周期为冗的周期函数，故|/㈤区空.

388

⑶由于(sidxsi/Zx…sin""X)

^|/（x）/（2x）.../（2w-'x）|,

所以sin?xsin22A•…sin?（当巨）3=—.

84“

10.［2021年高考全国HI卷理数】设函数/（x）=/+法+c,曲线y=/（功在点（；，/（g））

处的切线与y轴垂直.

（1）求8.

（2）假设有一个绝对值不大于1的零点，证明：/（x）所有零点的绝对值都不大

于1.

【解析】(1)f\x)=3x2+ZJ.

依题意得/'（；）=0,即［+〃=（）.

故6=-].

4

3

(2)由(1)知/'(x)=d—x+c,9

44

令r(力=。，解得”=-t或

22

ra)与/(幻的情况为：

,1、1(一!,《)：(]+oo)

xy—])-5

2222

/'(X)+0-0+

、c-；/

fW/c+-

44

因为f(l)=/(-!)=c+：,所以当c＜-〈时，/(x)只有大于1的零点.

244

因为f(一l)=fg)=c-；,所以当c＞；时，f(x)只有小于一1的零点.

由题设可知一

44

当。=-5时，/CO只有两个零点一3和1.

当”;时，只有两个零点T和

当一7＜。＜:时，/(x)有三个等点Xi,X2,X3,且％e(-1,一大)，七三(一个Q,e(—J).

442222

综上，假设/*)有一个绝对值不大于1的零点，那么f(x)所有零点的绝对值都不大于

1.

11.【2021年高考天津】函数f*)=d+%inA：(%€R),/'(X)为f(x)的导函数.

(I)当％=6时，

⑴求曲线y=/(x)在点(1,/⑴)处的切线方程；

9

由)求函数g*)=/(x)-r@)+一的单调区间和极值；

X

(U)当上之一3时，求证：对任意的和马£[1，­)，且玉＞/，有

/(一)+/)=)

2芭-x2

【解析】(I)(i)当k=6时，/(x)=x3+61nx,故r(x)=3d+9.可得/⑴=1,

x

r(l)=9,所以曲线y=fa)在点(Lf(l))处的切线方程为丁-1=9(%-1)，即

(ii)依题意，^(^)=^-3%2+61nx+-,XG(0,+oo).从而可得

x

^f(x)=3x2-6x+--4-«整理可得g'(x)=3(x_D；a+D.令/o)=0,解得

xx~X

x=\.

当X变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表:

X(0,1)1(1*)

g'(x)-0+

g(x)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(1,收)：g(x)的极小值为

g⑴=1,无极大值.

(H)证明：由/(x)=d+&inx,得/'(幻=3/+".

X

对任意的£[1,+8),且为>工2，令%=f(f>l)，那么

二W(r一3产+3f—+----2Inf.①

令〃(x)=x-」-21nx,xe[l,+oo).当x>l时，/?'(x)=1+^---=fl-->0,

xxxyX)

由此可得以x)在口,+8)单调递增，所以当，>1时，h(t)>h(\),即，一1—2hv>0.

t

因为“221，/―3厂+3f—1=(1—I)，>0,4N—3»

所以，%2(r3-3/2+3r-l)+A：h-y-2lnrl>a3-3r2+3r-l)-3f-j-21n/

3

=/3-3r2+61n/+--l.②

t

..3

由(I)(ii)可知,当r>l时,g(f)>g⑴，即户一3户+6hn+->l,

t

故尸一3产+61nf+3-l>0.③

t

由①②③可得(％一动(，(1)+/'(动)一2(/(4)一"/))>0.所以，当人一3

时，对•任意的不占€口，内)，且有£(小小h"」)-"/)

2xi~x2

12.【2021年高考北京】函数/*)=12-/.

(I)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程；

(H)设曲线y=/(x)在点&/«))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为SQ),求

S")的最小值.

【解析】(I)因为“6=12-f,所以尸(力=-2★，

设切点为(毛，12—/)，那么-2/=-2,即%=1,所以切点为(1,11),

由点斜式可得切线方程：y-ll=-2(x-l),即2x+y-13=0.

(H)显然rwO,

因为y=/(x)在点«，12—r)处的切线方程为；y-(12-z2)--2/(A：-/),

令1=0,得丁=r+12,令y=0,得彳=匚上，

2/

所以S⑺=入(产+12).磬，

不妨设/>0“<0时，结果一样)，

硕-+24/+1441/3〜144、

那么5(。=-------------=-(r3+24r+—),

所以S'”］，"r+24-洋)=3(〃+8：-48)

4r4r

3(?-4)(r+12)3(r-2)(/+2)(/+12)

一4—厂—一4A/2，

由S'(f)>0,得］>2,由S'(，)<0,得0<z<2,

所以S(f)在(0,2)上递减，在(2,+8)上递增，

所以，=2时，5。)取得极小值，

也是最小值为S(2)==32.

o

【点睛】此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.

13.［2021年高考浙江】1VOW2,函数/(x)=e*-x-a,其中e=Z71828…是自然对数的

底数.

(I)证明：函数y=/(力在(0,y)上有唯一零点；

(H)记X。为函数y=在(0,y)上的零点，证明：

(i)&-1«%«,2(4-1)；

(ii)M)N(e-l)(a-l)a.

【解析HI)因为/(0)=l—〃<0,/(2)=e2—2—aNe2—4>0,所以y=/(%)在(0,一)

上存在零点.

因为r*)=e、-l,所以当x>0时，Ax)>0,故函数/(x)在［0,y)上单调递增，

所以函数以y=/。)在(0,例)上有唯一零点.

(II)(i)令g(x)=e"-x-l(xNO),^*(x)=er-x-l=f(x)+a-\,

由(I)知函数g'(x)在。*o)上单调递增，故当x>0时，g3>g'(0)=0,

所以函数g(x)在［0,-KO)单调潴增，故g(x)2g(0)=0.

由g(j2(a—l))20得/(J2(a-1))=产17-J2(a-1)-。N0=f(』)，

因为/(x)在。丘)单调递增，故廊二灯2飞.

^h(x)=e-x2,h\x)=e-2x-{,

,v

令/4(x)=e'-2x-l(04x41),Al(x)=e-2,所以

X001n2)In2(In2.1)1

一+

4'3)-10e-2

似工)0\/e-3

故当Ovxvl时,%(x)〈O,即"(x)vO,所以力(%)在［0,1］单调递减,

因此当OKxKl时，h(x)<h(O)=O.

由/l(^/^T)W0得=尸--a<0=/(x0),

因为/*)在［0,”)单调递增，故GTw%.

综上，"\气久2(a-l).

(ii)令w(x)=e*-(e-l)x-1,u\x)=ex-(e-1),所以当x>l时，u\x)>0,

故函数函力在区间艮”)上单调递增,因此〃*)之〃(1)=0.

由e"=/+a可得@)=%/(%+a)=(e°一1濡+a(e"-2Ao之(e-1)小,

由/NJa-l得丽/(e°)>(e-1)(«-l)a.

14.【2021年高考江苏】某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如下图：谷

底。在水平线MN上，桥AB与MN平行，OO'为铅垂线(。在48上).经测量，左侧

曲线AO上任一点D到MN的距离4(米)与D到。。的距离a(米)之间满足关系式

%；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离儿(米)与F到W的距离b(米)之间满

足关系式％=-工护+劭-点8到OO'的距离为40米.

(1)求桥A8的长度；

(2)方案在谷底两侧建造平行于OO的桥墩CD和EF,且CE为80米，其中C,E在

AB上(不包括端点)..桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价?(万元*>0),问OfE

为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低？

【解析】⑴设44,,网,。〃，3都与肋7垂直，入，4，〃,白是相应垂足.

由条件知，当05=40时，

期=-*x4（）3+6x40=160,那么M=160.

由—O'4=160,得=80.

40

所以AB=OR+0'8=80+40=1201米）.

（2）以O为原点，00为y轴建立平面直角坐标系X。），（如下图）.

设F（x,必），xw（0,40）,那么必=———丁+6x,

所二160-必=160+1-/一64

2800

因为CE=80,所以OC=80-x.

设D(x—80,jj),那么y=—(80—x)2,

所以C£)=160-y=160」(80-%)2=」/+4工

记桥墩CD和EF的总造价为f(x),

/3)=%(160+—x3-6x)+-k(-—x2+4x)

那么800240

13

=k(—x3-—x2+l60)(0<x<40).

80080

44

f'（x）=k（---x2----x+160）=x（x-20）»

80040800

令/（幻=0,得x=20.

所以当x=20时，/*）取得最小值.

答：（1）桥4?的长度为120米；

（2）当OE为20米时，桥墩C。和石尸的总造价最低.

【点睛】此题考查实际本钱问题、利用导数求最值，考查根本分析求解能力，属中档题.

15.【2021年高考江苏】关于x的函数y=/（%）,〉=8（%）与人（幻=&+。伏,力€1＜）在区间

D上恒有/(-r)>h(x)>g(x).

(1)假设/(%)=f+2x,g(i)=-X2+2X,D=(-CO,+OO),求/)(x)的表达式；

(2)假设/(x)=?一X+Lg(x)=Alnx,h(x)=kx-kyD-(0,+co),求k的取值范围;

(3)假设

42342

f(x)=x-2x,g(x)=4X2-8,h(x)=4(/-r)x-3t+2/(0<|f|<>/2),

D=[nu〃]=[-V2,&],求证：.

【解析】(1)由条件/(x)N〃(x)Ng(x),得f+2xNAx+b之「？+2r，

取x=0,得ONbNO,所以。=0.

由f+2xNAx，得f+(2—)x20,此式对•切恒成立，

所以(2-幻24。，那么攵=2,此时2xN-V+2x恒成立，

所以"x)=2x.