2022新高考數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)大題專項(xiàng)提高模擬試題（答案詳解）

專練06導(dǎo)數(shù)大題10道

I.(2021年全國高考乙卷數(shù)學(xué)(理)試題)設(shè)函數(shù)〃x)=ln(a-x),已知x=O是函數(shù)

y的極值點(diǎn).

(1)求a；

X+f(x)

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=-H.證明:g(x)<l.

2.(2021年全國高考甲卷數(shù)學(xué)(理)試題)已知。>0且函數(shù)f(x)==(x>0).

ax

(1)當(dāng)a=2時(shí)，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=/(x)與直線y=l有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍.

3.(2021年全國新高考I卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(x)=x(l-lnx).

(1)討論/(x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)。，人為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且從na-aln〃=a-b,證明：2<，+L<e.

ab

4.(2021年全國新高考II卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(x)=(x-l)e*-ar2+6.

(1)討論/*)的單調(diào)性：

(2)從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：/(x)只有一個(gè)零點(diǎn)

12

?—<?<—,/?>2?；

22

?Q<a<—,b<2a.

2

5.(2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(新課標(biāo)I))已知函數(shù)/(x)=e"+ar2-鼠

(1)當(dāng)〃=1時(shí)，討論/(無)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)應(yīng)0時(shí)，/(x)>yx3+l,求a的取值范圍.

6.(2020年北京市高考數(shù)學(xué)試卷)已知函數(shù)/(x)=12-/.

(I)求曲線y=/(x)的斜率等于-2的切線方程；

(H)設(shè)曲線y=/(x)在點(diǎn)。，/⑺)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S。)，求S⑺的

最小值.

［答案】(I)2x+y-13=O,(n

7.(2020年新高考全國卷I數(shù)學(xué)高考試題(山東))已知函數(shù)/(x)=ae'T-lnx+lna.

(1)當(dāng)a=e時(shí)，求曲線)可(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面

積；

(2)若/(x)>1,求。的取值范圍.

8.(2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷)已知l<a42,函數(shù)/(x)=e*-x-a,其中e=2.71828…

為自然對數(shù)的底數(shù).

(I)證明：函數(shù)y=.f(x)在(0,+8)上有唯一零點(diǎn)；

(II)記次為函數(shù)y=/(x)在(。，+8)上的零點(diǎn)，證明：

(i)-Ja-\<x02J2(a-1)；

(ii)Afl/Xe*1)>(e-l)(u-l)a.

9.(2019年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(新課標(biāo)I))已知函數(shù)/(x)=sinx-ln(l+x),/'(x)

為/(x)的導(dǎo)數(shù).證明：

(1)/(x)在區(qū)間(-1,])存在唯一極大值點(diǎn)；

(2)/(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).

10.(2018年全國普通高等學(xué)校招生統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)(新課標(biāo)I卷))已知函數(shù)

f(x)=--x+a\nx.

x

(1)討論了(幻的單調(diào)性；

(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)士,王，證明：/㈤

專練06導(dǎo)數(shù)大題10道

1.(2021年全國高考乙卷數(shù)學(xué)(理)試題)設(shè)函數(shù).f(x)=ln(a-x),已知x=()是函數(shù)

y=4(x)的極值點(diǎn).

(1)求

(2)設(shè)函數(shù)g(x)='；；；).證明:g(x)<l.

【答案】(1)。=1;(2)證明見詳解

【分析】

(D由題意求出y’，由極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為。即可求解出參數(shù)。：

(2)由(1)得g(x)=--蘆，XV1且XW0,分類討論X￡(O,1)和x《F,0),可等價(jià)

xln(l-x)77

轉(zhuǎn)化為要證g(x)V1，即證％+111(1-%)>%111(1-%)在%￡(0,1)和%￡(-00,0)上恒成立,結(jié)合

導(dǎo)數(shù)和換元法即可求解

【詳解】

1V,

(1)由/(x)=In(6f-x)=>/*(%)=----,y=xf(x)=>y'=\n(a-x)+——,

X-QX-Q

又x=0是函數(shù)y=4(x)的極值點(diǎn)，所以V⑼=lna=O,解得a=l；

(2)由(1)得/(x)=ln(l-x),g(x)=:三，：)=>：I：,：),xvi且XMO,

xf(x)xln(l-x)

/、x+ln(l-x),、

當(dāng)X￡(O,1)時(shí)，要證g(x)=—~~，<1,vx>0,ln(l-x)<0,.-.xlzn(l-x)<0,即證

xln(l-x)

x+ln(l-x)>xln(l-x),化簡得工+(17)卜(1_力>0；

同理，當(dāng)X￡(-oo,0)時(shí)，要證g(x)=——7：---1<1，vx<0Jn(l-jc)>0,.\xln(l-x)<0,即

/xln(l-x)

ifl：x+ln(l-x)>xln(l-x),化簡得x+(l-x)ln(17)>0；

令人(x)=x+(l-x)ln(l-x),再令,=1一x,則Ee(0,l)U(l,+°o)，x=\-t,

令g(f)=lT+rln/,g'(^)=-l+ln/+l=lnr,

當(dāng)t?O,l)時(shí),g'(0<0,g⑺單減，假設(shè)g⑴能取到，則g(l)=o,故g(f)>g⑴=0；

當(dāng)fe(l,4w)時(shí)，g,(r)>0,g(f)單增，假設(shè)g(l)能取到，則g(l)=o,故g(r)>g(l)=O：

x+ln(l-x),、/、

綜上所述，g(x)=<1在Xe(3,0)U(0,1)恒成立

【點(diǎn)睛】

本題為難題，根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為?？汕髤?shù)。，第：問解法并不唯一，分類討論對函數(shù)進(jìn)

行等價(jià)轉(zhuǎn)化的過程，一定要注意轉(zhuǎn)化前后的等價(jià)性問題，構(gòu)造函數(shù)和換元法也常常用于解決

復(fù)雜函數(shù)的最值與恒成立問題.

2.（2021年全國高考甲卷數(shù)學(xué)（理）試題）已知a>0且awl,函數(shù)/（x）=L（x>0）.

a

（1）當(dāng)a=2時(shí)，求/（X）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若曲線y=/（x）與直線y=l有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a的取值范圍.

【答案】（1）（0,專上單調(diào)遞增；白，田）上單調(diào)遞減；（2）（l,e）u（e,E）.

【分析】

（I）求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)性:

（2）利用指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算法則，可以將曲線y=f（x）與宜線y=l有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)轉(zhuǎn)

化為方程皿=如有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即曲線y=g（x）與直線y=M有兩個(gè)交點(diǎn)，利用

xa\na

導(dǎo)函數(shù)研究g(x)的單調(diào)性，并結(jié)合g(x)的正負(fù)，零點(diǎn)和極限值分析g(x)的圖象，進(jìn)而得

到0<個(gè)<，，發(fā)現(xiàn)這正好是0<g(a)<g(e),然后根據(jù)g(x)的圖象和單調(diào)性得到“的取值

范圍.

【詳解】

\犬上,(、2x-2'-x2-2vln2x-2v(2-xln2)

(1)當(dāng)a=2時(shí)，f{x)=~,f(x)=--------------=------------.

令尸(力=0得》=湛，當(dāng)0<x<信時(shí)，_f(x)>0,當(dāng)x>湛時(shí)，f'(x)<0,

???函數(shù)f(x)在(0,擊上單調(diào)遞增；白,+8)上單調(diào)遞減；

(2)/(%)=—=1<=>=x"0》11161=41|1》=^1=^',設(shè)函數(shù)8(》)='^,

axxax

則g'(x)=W/，令g'(x)=0,得x=e,

在(0,e)內(nèi)g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

在(e,+oo)上g'(x)<O,g(x)單調(diào)遞減；

???g(x)s=g(e)=:，

又g⑴=0,當(dāng)尤趨近于+8時(shí),g(x)趨近于0,

所以曲線y=/(x)與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線y=g(力與直線y=已有兩個(gè)交

點(diǎn)的充分必要條件是0<*4,這即是0<g⑷<g(e),

所以“的取值范圍是(l,e)U(e,”).

【點(diǎn)睛】

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍問題，

屬較難試題，關(guān)鍵是將問題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)

性和最值，圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解.

3.(2021年全國新高考I卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù).f(x)=Ml-lnx).

(1)討論的單調(diào)性；

(2)設(shè)“，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且。lna-alnb=a-8,證明：2<，+，<e.

ab

【答案】(1)/(x)的遞增區(qū)間為(0,1)，遞減區(qū)間為(1,+8)；(2)證明見解析.

【分析】

(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷其符號可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間;

(2)設(shè)工=芭,?=々，原不等式等價(jià)于2<X+x?<e,前者可構(gòu)建新函數(shù)，利用極值點(diǎn)偏移

ab

可證，后者可設(shè)出=g,從而把+X2<6轉(zhuǎn)化為(/-1)111(￡+1)-八11/<0在(1,+8)上的恒成

立問題，利用導(dǎo)數(shù)可證明該結(jié)論成立.

【詳解】

(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,+8),

又/'(x)=]_lnx_l=_lnx,

當(dāng)xw(O,l)時(shí)，/'(x)>0,當(dāng)X€(l,+8)時(shí)，尸(同<0,

故/(x)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為+8).

(2)因?yàn)?1na-alnb=a-b,故b(lna+l)=a(ln加4),即卜"+1=5."1,

ab

故

設(shè)』=再，!=々，由(1)可知不妨設(shè)0<占<1,左>1.

ab

因?yàn)閤e(0,l)時(shí)，/(x)=x(l-lnx)>0,xe(e,+oo)時(shí)，/(x)=x(l-Inx)<0,

故1<%<e.

先證：xt+x2>2,

若々22,西+々>2必成立.

若三<2,要證：x,+x2>2,即證為>2-々，而0<2-々<1,

故即證/(不)>/(2-々)，即證：其中1<小<2.

/(X,)>/(2-X2),

設(shè)g(x)=/(x)—/(2-x),l<x<2,

則=/,(x)+/,(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)],

因?yàn)閘<x<2,故0cx(2-“<1,故-lnx(2-x)>0,

所以短(x)>0,故g(x)在(1,2)為增函數(shù),所以g(x)>g⑴=0,

故/(x)>42-x),即/(毛)>f(2-芍)成立,所以占+w>2成立，

綜上，％+七>2成立.

設(shè)x2=txf,則/>1,

結(jié)合卜"+1=叫+],_1=玉,：=工2可得：=,

abab

即：=f(l_lnf_InxJ,故也不~-~~唐I,

要證：x]+x2<e9即證。+l)%<e,印證ln(，+l)+ln%<1,

即證：ln(r+l)+f-'"fllU<l,即證：(r-l)ln(r+l)-rlnr<0,

令S⑺=+

則S?)=ln(f+l)+f1-l-lnf=ln(l+；)-『j,

先證明一個(gè)不等式：ln(x+l)Mx.

設(shè)"(x)=ln(x+1)-x,則/(x)=1=>

當(dāng)-l<x<0時(shí)，w,(x)>0；當(dāng)x>0時(shí)，“'(x)<0,

故“(x)在(-1,0)上為增函數(shù)，在(0,+8)上為減函數(shù)，故〃(工)3="0)=0,

故ln(x+l)4x成立

由上述不等式可得當(dāng)f>l時(shí)，ln[l+；卜故S'(f)<0恒成立，

故S(。在(1,y)上為減函數(shù)，故S(f)<S(l)=0,

故(f-l)ln(r+l)-nnr<0成立，即玉+々<e成立.

綜上所述，2<-+^-<e.

ab

【點(diǎn)睛】

方法點(diǎn)睛：極值點(diǎn)偏移問題，一般利用通過原函數(shù)的單調(diào)性，把與自變量有關(guān)的不等式問題

轉(zhuǎn)化與原函數(shù)的函數(shù)值有關(guān)的不等式問題，也可以引入第三個(gè)變量，把不等式的問題轉(zhuǎn)化為

與新引入變量有關(guān)的不等式問題.

4.(2021年全國新高考H卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(x)=(x-l)靖-狽：力.

(1)討論/(x)的單調(diào)性；

(2)從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：/(X)只有一個(gè)零點(diǎn)

13

(I)—<a<—,b>2at

22

@Q<a<-^,b<2a.

【答案】(D答案見解析；(2)證明見解析.

【分析】

(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論確定函數(shù)的單調(diào)性即可；

(2)由題意結(jié)合(1)中函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)存在定理即可證得題中的結(jié)論.

【詳解】

⑴由函數(shù)的解析式可得：尸(x)=x(e'-2a),

當(dāng)“VO時(shí)，若xe(v,O),則尸(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

若xe(O,招>),則f(x)>0"(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)0<"g時(shí)，若x?e,ln(2a)),則尸(x)>OJ(x)單調(diào)遞增,

若x?ln3,0),則尸(x)<0J(x)單調(diào)遞減,

若xw(O,句,則尸(x)>0J(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)a=g時(shí)，/(x)NOj(x)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)時(shí)，若xw(—,O),則尸(x)>OJ(x)單調(diào)遞增，

若xe(O,ln(2a)),則/(x)<OJ(x)單調(diào)遞減，

若x?ln(2a),”)，則/(x)>0J(x)單調(diào)遞增；

(2)若選擇條件①：

由于故1V2CZW/,則b〉2a>l,/(O)=b—1>0,

而函數(shù)在區(qū)間(F,。)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(f,。)上有一個(gè)零點(diǎn).

/(ln(2(7))=2<7[ln(2t7)-l]-6z[ln(2iz)]"+h

>2〃[ln(2a)-+2Q

=2aIn(2a)—q[in(2。)]

=aIn(2tz)[2-In(2^7)],

12

由于夫""]，I""。?，故41n(2a)[2-ln(2叫之0,

結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間(0,轉(zhuǎn))上沒有零點(diǎn).

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

若選擇條件②：

由于故為<1,則/(0)=Z?-142-1<0,

當(dāng)。20時(shí)，/>4,4a<2,f(i)=e2-4a+b>0,

而函數(shù)在區(qū)間(0,”)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+8)上有一個(gè)零點(diǎn).

當(dāng)6<0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)”(x)=e*-x-l,則"(x)=e"-1,

當(dāng)XW(YO,0)時(shí)，W(x)<0,H(x)單調(diào)遞減,

當(dāng)X€(0,+O=)時(shí)，"(x)>0,〃(x)單調(diào)遞增，

注意到"(0)=0,故H(x)N0恒成立,從而有:ex>x+l,此時(shí)：

f^x)-^x-\)ex-a)c-/?>(x-l)(x+l)-or2+b=(l-a)x2+9-1),

當(dāng)時(shí)，(l-a)x2+(^-l)>0,

取寸舊+L

則”與)>0,

即：〃0)<0,/[后+1「0,

而函數(shù)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+8)上有一個(gè)零點(diǎn).

/(ln(2a))=2a[ln(2Q)-l]-a[ln(2〃)]~+h

<2a[in(2^z)-1]-?[in(2tz)]"+2a

=2aIn(2a)-G[in(2a)]

=〃ln(2a)[2-加(2〃)],

由于0<a<g,0<2a<l,故aln(2a)[2-ln(2a)]<0,

結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間(F,0)上沒有零點(diǎn).

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

【點(diǎn)睛】

導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點(diǎn)，

所以在歷屆高考中，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查都非常突出，對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個(gè)

角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析兒何、微積分相聯(lián)系.(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)

的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生

活中的優(yōu)化問題.(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.

5.(2020年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(新課標(biāo)I))已知函數(shù)/(xXe,+aV-x.

(1)當(dāng)a=l時(shí)，討論/(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)年0時(shí)，/(x)>1^+1,求a的取值范圍.

【答案】⑴當(dāng)x?ro,0)時(shí),4(x)<0"(x)單調(diào)遞減,當(dāng)xe(O,田)時(shí)，/,(x)>0,/(x)

單調(diào)遞增.(2)=/，叱J

【分析】

(1)由題意首先對函數(shù)二次求導(dǎo)，然后確定導(dǎo)函數(shù)的符號，最后確定原函數(shù)的單調(diào)性即可.

(2)首先討論40的情況，然后分離參數(shù)，構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)研究構(gòu)造所得的函數(shù)的

最大值即可確定實(shí)數(shù)?的取值范圍.

【詳解】

(1)當(dāng)<2=1時(shí)，f(x)=ex+x2-x,/,(x)=e'+2x-l,

由于/〃(x)=e，+2>0,故/'(x)單調(diào)遞增，注意到廣(0)=0,故：

當(dāng)xe(y,O)時(shí)，/'(x)<OJ(x)單調(diào)遞減,

當(dāng)X€(O,W)時(shí)，/'(x)>OJ(x)單調(diào)遞增.

⑵由/'(x)2萬/+1得，ex+ax2—x.x3+1,其中xNO,

①.當(dāng)x=0時(shí)，不等式為：整1,顯然成立，符合題意；

②.當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)。得，e'--xy-x-\

U...--------------

X

e'--x3-x-l(x-2)

%(尤)二----1-------，g'(x)=——

令=er--x2-x-l(x>0),

則/f(x)=e*-x-l,/?"(x)=e'-l>0,

故”(x)單調(diào)遞增，//(%)>//(0)=0.

故函數(shù)Mx)單調(diào)遞增,/z(x)>/?(o)=o,

由Mx)20可得:e*——%—1..[)怛成立，

2

故當(dāng)xe(O,2)時(shí),g?x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)xe(2,+<?)時(shí)，g?x)<0,g(x)單調(diào)遞減;

因此，［4北一⑵二彳

7-成}

綜上可得，實(shí)數(shù)”的取值范圍是

【點(diǎn)睛】

導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識點(diǎn),

對導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、

微積分相聯(lián)系.(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).(3)

利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題.(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.

6.(2020年北京市高考數(shù)學(xué)試卷)已知函數(shù)/(幻=12-/.

(I)求曲線y=/。)的斜率等于-2的切線方程；

(n)設(shè)曲線y=/(%)在點(diǎn)QJW)處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為SQ),求s⑺的

最小值.

【答案】(I)2x+y-13=0,(II)32.

【分析】

(I)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切點(diǎn)的坐標(biāo)，然后由點(diǎn)斜式可得結(jié)果；

(11)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，再得到切線在坐標(biāo)軸上的截距，進(jìn)一步得到三角

形的面積，最后利用導(dǎo)數(shù)可求得最值.

【詳解】

(I)因?yàn)椤▁)=12-f,所以r(x)=-2x,

設(shè)切點(diǎn)為(毛/2-七)，則—2x°=-2,即%=1,所以切點(diǎn)為(1,11),

由點(diǎn)斜式可得切線方程為：y—ll=-2(x—1),即2x+y-13=0.

(II)顯然r#O,

因?yàn)閥=/(x)在點(diǎn)處的切線方程為：y_(i2T2)=—2/(XT),

#24-19

令x=0,得y=『+12,令y=°,得天=一--,

所以S(r)=；x(r+12)?募，

不妨設(shè)f>0Q<0時(shí)，結(jié)果一樣)，

則S(,)J+2號+144T八24,+一),

所以S'(r)=；(3/+24-等)=3(J+：；：-48)

3(r-4)(*+12)3(f-2)Q+2)(*+12)

4r4r

由S'(f)>0,得r>2,由S'(/)<0,得0<r<2,

所以S(。在(0,2)上遞減，在(2,住)上遞增，

所以f=2時(shí)，5(。取得極小值，

也是最小值為5(2)=當(dāng)”=32.

8

【點(diǎn)睛】

本題考查了利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程，考查了利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，屬于中檔題.

7.(2020年新高考全國卷I數(shù)學(xué)高考試題(山東))已知函數(shù)/(x)=ae*T-lnx+lna.

(1)當(dāng)”=e時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(1,/(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面

積；

(2)若/(x)>1,求a的取值范圍.

【答案】(1)—-(2)[l,+oo)

e-1

【分析】

(I)先求導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義得切線斜率，根據(jù)點(diǎn)斜式得切線方程，求出與坐標(biāo)軸

交點(diǎn)坐標(biāo)，最后根據(jù)三角形面積公式得結(jié)果；

(2)解法一:利用導(dǎo)數(shù)研究，得到函數(shù);'(X)得導(dǎo)函數(shù)尸(%)的單調(diào)遞增，當(dāng)a=l時(shí)由/(1)=0

得“力麗=〃1)=1,符合題意；當(dāng)a>l時(shí)，可證7''(：)/⑴<°，從而/'(x)存在零點(diǎn)%>0,

使得((%)=^"-'--=0,得到fMmln,利用零點(diǎn)的條件，結(jié)合指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算化簡后，

利用基本不等式可以證得(x)Nl恒成立；當(dāng)0<〃<1時(shí)，研究f⑴.即可得到不符合題意.綜合

可得。的取值范圍.

解法二：利用指數(shù)對數(shù)的運(yùn)算可將轉(zhuǎn)化為+/兇+x-+濃，

令g(x)=e*+x,卜.述不等式等價(jià)于g(加。+》-1”8(阮0，注意到8(力的單調(diào)性,進(jìn)一步等價(jià)

轉(zhuǎn)化為成2M-x+I,令/i(x)=/n-x+l,利用導(dǎo)數(shù)求得可力“皿，進(jìn)而根據(jù)不等式恒成立的

意義得到關(guān)于。的對數(shù)不等式，解得。的取值范圍.

【詳解】

(1)Q/(x)=e*-lnx+l,f'(x)=ex--,:.k==

X

Q/(l)=e+l,...切點(diǎn)坐標(biāo)為(l,l+e),

...函數(shù)f(x)在點(diǎn)(11A1)處的切線方程為y-e-l=(e-l)(x-l),即y=(e-l)x+2,

??.切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,2),(言,0),

???所求三角形面積為:x2x1—1=。;

2e-1e-1

(2)解法一：Q/(%)=aex~x-Inx+Intz,

?,./'(%)=aei—,，且a>0.

x

設(shè)g(x)=/'(x),則g'(x)=ae'T+與>o,

X

???g(x)在(0,y)上單調(diào)遞增，即廣㈤在(0,+oo)上單調(diào)遞增，

當(dāng)4=1時(shí)，/(1)=0,.?.〃6==/(1)=1,.：。(力士1成立.

1II1-1

當(dāng)時(shí)，-<1,???力<1(7-1)(。-1)<0，

存在唯一X。>0,使得/,(XO)=ae&T-，=0,且當(dāng)Xe(0,x0)時(shí)/'(x)<0,當(dāng)xe(%,+?))時(shí)

尤0

f\x)>0,碇"一=一,/.lntz+x0-1=-lnx0,

玉)

因此f(x)min=f(x0)=ae&T-In%+Ina

=----FIn。+XQ-1+lna22Ina-1+2I—,無。=21na+l>l,

%Y%

?：〃X)>1,.：〃X)NI恒成立；

當(dāng)0<a<l時(shí)，/⑴=a+lna<4<l,；./⑴<l,/(x)Nl不是恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)“的取值范圍是［1,+8).

解法二：〃x)=ae'T—。a+/也=*'+1-歷x+/”aWl等價(jià)于

e",a+x-'+lna+x-\>lnx+x=el"x+lnx.

令g(x)=e'+x,上述不等式等價(jià)于g(/〃a+x-1)2g(/nr),

顯然g(x)為單調(diào)增函數(shù),又等價(jià)于例a+x-lN/nx,即/-x+1,

令//(x)=/m：_x+l,則//(X)=，_］=---

在(0,1)上h力的單調(diào)遞增；在(l,+oo)上h肉<0,小)單調(diào)遞減，

?'"(@皿=喇=。，

Ina>0,即aZl,的取值范圍是［1,+8).

【點(diǎn)睛】

本題考查導(dǎo)數(shù)幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題，考查綜合分析求解能力，分類討

論思想和等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，屬較難試題.

8.(2020年浙江省高考數(shù)學(xué)試卷)已知1<。42,函數(shù).f(x)=e'-x-“，其中-2.71828…

為自然對數(shù)的底數(shù).

(I)證明：函數(shù).v=/(x)在(。，+8)上有唯一零點(diǎn)；

(D)記xo為函數(shù)y=/(x)在(0,+8)上的零點(diǎn)，證明：

(i)-Ja—l<<J2(a-1)；

x,

(ii)Xof(e')>(e-l)(a-\)a.

【答案】(D證明見解析，(ID(i)證明見解析，(ii)證明見解析.

【分析】

(I)先利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，再結(jié)合零點(diǎn)存在定理證明結(jié)論；

(ID(i)先根據(jù)零點(diǎn)化簡不等式，轉(zhuǎn)化求兩個(gè)不等式恒成立，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求其

單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性確定最值，即可證得不等式；

先根據(jù)零點(diǎn)條件轉(zhuǎn)化：,再根據(jù)放縮，轉(zhuǎn)化為證明不等

(ii))=xof(x0+a)l<aW2

式4(e"-2)22(e-最后構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)進(jìn)行證明.

【詳解】

(I)Q/'(X)=e'-1,Qx>0,ex>1,:.f\x)>在(0,一)上單調(diào)遞增,

Ql<a<2,.\/(2)=g2-2-<7>e2-4>0,/(0)=l-(z<0,

所以由零點(diǎn)存在定理得f(x)在(0,+8)上有唯一零點(diǎn)；

11

(II)(i)Qf(xn)=0,:.e'-xo-a=O'

yjci—144J2(a-1)<=>e"_/-14x^~<2(e°——1)，

r2

令g(x)=e-2(0<x<2),〃(x)=e，*r(。<x<2),

一方面：x

h\x)=e-\-x=h](x),h^(x)=—1>0?

:.h\x)>做0)=0,:.h(x)在(0,2)單調(diào)遞增，「.h(x)>〃(0)=0,

2

e]—x—1----->0,2(e、—x—1)>x2,

2

另一方面：Q1<67<2.\?-1<1,

所以當(dāng)玉)21時(shí)，夜口4%成立.，

因此只需證明當(dāng)Ovxvl時(shí)g(x)=ex-x-\-x2<0,

因?yàn)間'(x)=ex-1-2x=(x),g：(x)=然-2=0=x=In2

當(dāng)xw(0,ln2)時(shí)，g；*)<0，當(dāng)xw(ln2,l)時(shí)，g：(x)>0，

所以g'(x)<max{g'(0),g'(l)},Qg'(0)=0,g'(l)=e-3vgr(x)<0,

???g(x)在(0,1)單調(diào)遞減，.?.g(x)vg(O)=O,.?.，一工一1</,

—

綜上，「.e°——14入。-<2(e°~XQ1),Ja-1KWJ2(a-1).

(ii)小)=%o/(△)=廝/(%o+。)=對(炭-1冼+〃(/一2)]，

Q，'(工0)=2(e"-1)/+a(e"-2)>0,Ja-1K.4J2(a-1),

.?/(毛)>，(布=f)=4a^[(ea-l)7^d+a(ea-2)]=(e'—1)(。—1)+a4^\{ea-2),因?yàn)?/p>

1<a<2,所以e">e,aN2(a-l),

/(x0)N(e-l)(a—1)+2(a—l)Ja-l(e"-2),

只需證明2("l)J^T(e"-2)2(e-l)(a-l)2,

即只需證明4(e〃—2)2*(eT)2(a-l),

令s(a)=4(ea-2)2-(e-l)2(a-l),(l<a<2),

則5'(。)=&"-2)-3-1)2±86(6-2)-(6-1)2>0,

s(a)>5(1)=4(e-2)2>0,即4(e"-2)2>(e-l)2(a-l)成立，

因此總/(e，》(e-l)(a-l)a.

【點(diǎn)睛】

本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)零點(diǎn)、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考查綜合分析論證與求解能力描述

難題.

9.(2019年全國統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)(新課標(biāo)I))已知函數(shù)/(x)=sinx-ln(l+x),f(x)

為/(x)的導(dǎo)數(shù).證明：

(1)/'(X)在區(qū)間(T,存在唯一極大值點(diǎn)；

(2)f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).

【答案】(1)見解析；(2)見解析

【分析】

(1)求得導(dǎo)函數(shù)后，可判斷出導(dǎo)函數(shù)在卜1弓)上單調(diào)遞減，根據(jù)零點(diǎn)存在定理可判斷出

大。€(0,/),使得g'(x0)=0,進(jìn)而得到導(dǎo)函數(shù)在卜咤)上的單調(diào)性，從而可證得結(jié)論；(2)

由(1)的結(jié)論可知x=0為f(x)在(-1,0］上的唯一零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，首先可判斷出在

(0,%)上無零點(diǎn)，再利用零點(diǎn)存在定理得到在卜上的單調(diào)性，可知/(x)>0,不

存在零點(diǎn)；當(dāng)xe萬,萬時(shí)，利用零點(diǎn)存在定理和f(x)單調(diào)性可判斷出存在唯一一個(gè)零點(diǎn)；

當(dāng)xe(萬,小)，可證得/(x)<0；綜合上述情況可證得結(jié)論.

【詳解】

(1)由題意知：“X)定義域?yàn)椋?-1,+8)且廣(x)=cosx-士

令g(x)=cosx--J-,xe-1,-^-

.-.^(x)=-sinx+-~-v,%e

(x+1)

上單調(diào)遞減,1:單調(diào)遞減

，g〈x）在卜仁）上單調(diào)遞減

又g'(0)=-sin0+l=l>0,—l=-sin—+

(7+2)2-(萬+2)2

，玉0個(gè)0,3，使得毛）=0

.,.當(dāng)xe（-l,x（））時(shí)，g'（x）＞0；xe（xo,5）時(shí)，g'（x）＜0

即g（x）在（-1，%）上單調(diào)遞增；在［in］）上單調(diào)遞減

則x=%為g（x）唯一的極大值點(diǎn)

即：r（X）在區(qū)間卜唱上存在唯一的極大值點(diǎn)吃.

（2）由⑴知：/（x）=cosx——二，xe（-l,+oo）

①當(dāng)xw（-l,0］時(shí),由（1）可知/'（x）在（-1,0］上單調(diào)遞增

.?.r（x）＜r（o）=o.?j（x）在（T,O］上單調(diào)遞減

又"0）=0

."=0為“X）在（—1,0］上的唯一零點(diǎn)

②當(dāng)xe（0費(fèi)時(shí)，/'（X）在（0,%）上單調(diào)遞增，在［。段）上單調(diào)遞減

又r（0）=0.?./'伍）＞0

??J（x）在（0,不）上單調(diào)遞增，此時(shí)/（x）＞〃0）=0,不存在零點(diǎn)

使得/'（不）=0

；J（x）在&,再）上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減

又/(O〉/(0)=0,/[yj=sin|-ln2e

=ln------>lnl=0

7T+2

.?.?。?在1與句上恒成立，此時(shí)不存在零點(diǎn)

③當(dāng)xe時(shí)，sinx單調(diào)遞減，—ln（x+l）單調(diào)遞減

“（X）在凈上單調(diào)遞減

又