導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用（解答題）-（2018-2022）高考真題匯編

導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(解答題)一(2018-2022)高考真題匯編

一、解答題(共39題；共419分)

1.(15分)(2022?新高考回卷)已知函數(shù)/(x)=-ex.

(1)(5分)當(dāng)a=1時，討論/(X)的單調(diào)性；

(2)(5分)當(dāng)x>0時，/(x)<-1,求a的取值范圍；

111

(3)(5分)設(shè)nWN*,證明：7^=+T^=+，，，+7^=>ln(n+1).

JV+1j2’+21層+n

【答案】(1)解：解：a=1=>/(%)=xex—ex=(%—l)ex=/'(%)—xex

當(dāng)xG(-co,0)時，/(x)<0,/(%)單調(diào)遞減；

當(dāng)％W(0,+oo)時，/(%)>0,/(%)單調(diào)遞增.

(2)令g(x)=/(x)+1=xeax—ex+l(x>0)

=>g(%)<g(0)=0對Vx>0恒成立

又9(%)=e<lx+以—ex=>g(0)—0

令h(x)=gf(x)="(%)=cteax+a(eax+axeax)—ex=a(2eax+axeax)—ex

則h(0)=2a-1

①若h(0)=2a-1>0>即a>\?(0)=limlim>0

-2-x-o+9㈤x一-0,⑦=x-o+x

所以3x0>0，使得當(dāng)%e(0,%o)時，有幺掙>0=g'(x)>0ng(x)單調(diào)遞增=9(與)>

g(0)=0,矛盾

②若ft(0)=2a-1W0，即aW：時，—(%)=e(lx+axe(lx-e"=?”+皿1+。%)-<

x

e%+in(i+?)_ex</+%-e=0

=g(x)在［o,+oo)上單調(diào)遞減，g(x)wg(o)=o,符合題意.

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍足aS*.

(3)證明：取a=±，則Vx>0,總有xe^_ex+1<Q成立，

x2x

令t=e2，貝It>1,t=e,x=21nt，

故2tlnt<t2-1即21nt<t-1對任意的t>1恒成立.

所以對任意的neN*,有21n回<口亙一耳，

\n7n^Jn+1

1

ln(?i+1)—InnV/:

整理得到:Jn2+n

故[1+11+—F[1>ln2—Ini+ln3—ln2H----Fln(n+1)—Inn

Jl2+1j22+2Jn2+n

=ln(n+1)，

故不等式成立.

【解析】【分析】(1)求出/'(x)=xex，討論其符號后可得/(%)的單調(diào)性.

(2)設(shè)g(x)=xe。*一/+1(%20),求出g'(x),令九(久)=g，(x),先討論a＞：時題設(shè)中的不等式

不成立，再就0＜aW/結(jié)合放縮法討論”(x)符號，最后就a＜。結(jié)合放縮法討論飲》)的范圍后可得

參數(shù)的取值范圍.

1

(3)由(2)可得21ntet—J對任意的￡＞1恒成立，從而可得也5+1)-111兀＜-^一對任意的幾€

L1九4+九

N*恒成立，結(jié)合裂項相消法可證題設(shè)中的不等式.

2.(10分)(2022?全國乙卷)已知函數(shù)/(x)=ax-J-(a+l)lnx.

(1)(5分)當(dāng)a=0時，求f(x)的最大值；

(2)(5分)若/(無)恰有一個零點，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：當(dāng)a=0時，f(x)=-1-lnx

X(0,1)1(1,+8)

r(x)+0-

f(x)/

.,?/(%)的最大值=￡(1)=-l-lnl=-l

(2)解：/(%)定義域為(0,+oo)

1a+1_ax2一(a+l)x+11

/'(%)=a+(ax-l)(x—1)

根據(jù)(1)得：a=0時,f(X)max=-l<0,/.f(X)無零點

當(dāng)aVO時，Vx>0,ax-1VO,又x2>0

X(0,1)1(1,+8)

F(x)+0-

f(x)/

/.Vx>0,f(x)<f(1)=a-l<0,Af(x)無零點

當(dāng)a>0時，/(%)=^(x-i)(x-l)

①當(dāng)0<a<l時，1>1

X(0,1)1(1,-)1(工，+oo)

aaa

尸(X)+0-0+

f(X)//

...VxG(O,1],f(x)<f(l)=a-l<0,

又屈^f(X)=+8,.\f(X)恰有一個零點

2

②當(dāng)a=l時,f(x)=*?「0，

：.f(x)在(0,+oo)上遞增，

由f(1)=a-l=0可得，f(x)恰有一個零點

③當(dāng)a>l時，1e(0,1]

X(0,工)1(1,1)1(1,+oo)

aaa

r(X)+0-0+

f(x)/\/

/.VxG[-,+oo),f(x)>f(1)=a-l>0,

a

又照f(x)=-oo,.".f(x)恰有一個零點

綜上所得a取值范圍為(0,+oo)

【解析】【分析】(1)將a=0代入，再對函數(shù)求導(dǎo)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最大值;

(2)求導(dǎo)得/'(%)=坦匕詈蟲，分a=0、a<0及a>0三種情況討論函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)

的極值，即可得解.

3.(10分)(2022?全國甲卷)已知函數(shù)/(x)=^-\nx+x-a.

(1)(5分)若/(%)20,求a的取值范圍;

（2）（5分）證明：若/（X）有兩個零點X1,%2，則X1%2<1.

【答案】(1)解：由題意得，函數(shù)f(x)的定義域為(0,+8),

f'M=-4)ex--+1=-(1-i)ez+(1-+1),

'、'\X好)%X\X)\xJX\x)

令f(x)=O,得x=l,

當(dāng)xG(0,1),f(x)<0,f(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)X。(1,+oo),f(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,

若f(x)N0,則e+l-aNO,即age+1,

所以a的取值范圍為(-oo,e+1)

(2)證明：由題知，/(x)一個零點小于1,一個零點大于1

不妨設(shè)打<1<%2

1

要證%i%2<1，即證久1<

x2

因為xi，*(0,1),即證因%i)>磴)

因為=，即證/(久2)>磴)

即證號—Inx+x-xex—Inx-^>0,x6(1,+co)

即證~x~xe，—2[Inx-：(x—[)]>0

下面證明》>1時，^-xei>0,lnx-1(x-1)<0

MXX1

以g(x)=~e~xex,%>1>

則g'(x)=?-.)ex-(4+xe^?(一也))=[。一-3(1-1)

1exIx-lex

=(1---)(----e%)=------(----e-

設(shè)(p(x)=Y(X>1)，w'(x)=?-*)e*=曾靖>0

所以(p(x)><p(l)=e，而4Ve

所以馬_4>0,所以g'(x)>0

所以g(x)在(1,+oo)單調(diào)遞增

即g(%)>g(i)=o,所以號―藍>o

11

令/i(x)=Inx-(x-,x>1

，1-1(1+2%—%2—1_QT)2

<0

?A/22

乙2x2x

所以/l(x)在(1,+co)單調(diào)遞減

即/i(x)<h(l)=0,所以Inx-^(x-i)<0;

綜上,^-xel-2[lnx-|(x-1)]>0，所以修肛<1

【解析】【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；

(2)由化歸思想，將原問題轉(zhuǎn)化要證明馬―％3—2[lnx—%(%—3]>0恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)

g(x)=g，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與最值即可得證.

32

4.(10分)(2022?全國甲卷)已知函數(shù)/(x)=%-%,5(x)=x+a,曲線y=/(%)在點

(%;/(%1))處的切線也是曲線y=g(x)的切線.

(1)(5分)若％i=-1,求a：

(2)(5分)求a的取值范圍.

【答案】(1)解：由題意知，/(—1)=—1—(—1)=0,f(%)=3%2—1，/(—1)=3—1=

2,則y=/(x)在點(一1,0)處的切線方程為y=2(x+l),

即y=2%4-2，設(shè)該切線與g(x)切于點(x2/g(%2))，9M=2x，則(x2)=2x2=2,

解得上=1，則g(l)=l+a=2+2,解得Q=3；

(2)解：/(x)=3x2-1，則y=/(x)在點(%:/Qi))處的切線方程為、一(后一%1)=

(3好—I)。—勺),整理得y=(3優(yōu)一1)%-2婢,

設(shè)該切線與g(%)切于點(%2,g(、2))，g'(%)=2%，則g'(%2)=2牝，則切線方程為y—

(xf+a)=2X2(X—x2)，整理得y=2x2x—xf+a，

則因二:岸a,整理得a=螃-26浮-1)2-2婢=我一2婢-%+力

Q21

令h(x)=彳％4-2x3—+[,則九(x)=9x3—6x2-3x=3x(3%+1)(%—1)，令九(%)>

0,解得一gv%vO或%>1,

令h(x)<0，解得％<一|■或0<x<1,貝1Jx變化時，帝(%)，咐)的變化情況如下表：

111

Xq，。)0(0,1)1(1/+oo)

(8,3

h(x)-0+0-0+

51

/i(x)7-17

274

則/i(x)的值域為［一1,+8),故a的取值范圍為［-1,+00).

【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切點求出切線方程，設(shè)出g(x)上的切點坐標，由斜率求出切點坐

標，再由函數(shù)值求出a即可；

(2)設(shè)出g(x)上的切點坐標，分別由f(x)和g(x)及切點表示出切線方程，由切線重合表示出a,構(gòu)造

函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.

5.(10分)(2022?全國乙卷)已知函數(shù)/(x)=ln(l+x)+axe~x.

(1)(5分)當(dāng)a=l時，求曲線y=/(x)在點(0,/(0))處的切線方程；

(2)(5分)若/(%)在區(qū)間(—1,0),(0,+00)各恰有一個零點，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：/(x)的定義域為(-1,4-00)

當(dāng)a=l時，/(%)=ln(l+x)+%,/(0)=0,所以切點為(0,0)r(%)=白+￡,

廣(0)=2,所以切線斜率為2

所以曲線y=/(%)在點(0,/(0))處的切線方程為y=2x

(2)解：/(x)=ln(l+x)+g

人-1+a(lf)_e"+a(l—%2)

rw~T+x-7--(l+x)ex

設(shè)g(x)=ex+a(l-x2)

1°若a>0,當(dāng)0),g(x)=ex+a(l-x2)>0,即/(%)>0

所以/(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增，f(x)</(0)=0

故/(%)在(-1,0)上沒有零點，不合題意

2。若一14a40,當(dāng)％6(0,+oo),則g［x}=ex-2ax>0

所以g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a>0,即/(%)>0

所以/(x)在(0,+00)上單調(diào)遞增，/(x)>/(0)=0

故/(%)在(0,+00)上沒有零點，不合題意

3。若a<-1

①當(dāng)xe(0,+8),貝ijg\x)=ex-2ax>0，所以g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增

g(0)=14-a<0,g(l)=e>0

所以存在me(0,1)，使得g(m)=0,即f'(m)=0

當(dāng)xG(0,m),尸(久)<0,/(%)單調(diào)遞減

當(dāng)％e(m,+oo),/(%)>o,/(x)單調(diào)遞增

所以

當(dāng)xe(0,m),/(x)</(0)=0

當(dāng)XT+8,/(X)T4-00

所以/(x)在(m,+00)上有唯一零點

又(0,m)沒有零點，即/(%)在(0,+00)上有唯一零點

(2)iL|x6(—1,0)；g(x)=+ci(l—

設(shè)h(x)=g'(x)—ex—2ax

h(x)=ex-2a>0

所以g'(x)在(—1,0)單調(diào)遞增

,1,

g'(-l)=—+2a<0,g'(0)=1>0

所以存在nG(—1,0),使得g(n)=0

當(dāng)x6(-1,n),g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減

當(dāng)工€(n,0),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，g(x)<g(0)=1+a<0

又g(一l)+0

所以存在te(一1,n)，使得g(t)=0,即/(t)=0

當(dāng)xe(-1,t),/(x)單調(diào)遞增，當(dāng)xe(t,0),/(x)單調(diào)遞減

有％T-1,/(X)->—00

而/(o)=o,所以當(dāng)%e(t,o),f(x)>o

所以/(%)在(T,t)上有唯一零點，(30)上無零點

即/(%)在(一1,0)上有唯一零點

所以a<—l,符合題意

所以若/(%)在區(qū)間(-1,0),(0,+00)各恰有一個零點，求a的取值范圍為(-00,-1)

【解析】【分析】(1)先求切點，再求導(dǎo)計算斜率，最后根據(jù)直線的點斜式方程即可得切線方程;

(2)求導(dǎo)，對a分類討論，對X分(-1,0),(0,+co)兩部分研究.

6.(12分)(2022?北京)已知函數(shù)/(%)=ex/n(l+%).

(I)求曲線y=/(%)在點(0,/(0))處的切線方程；

(II)設(shè)g(x)=/'(%)，討論函數(shù)g(x)在[0,+oo)上的單調(diào)性；

(III)證明：對任意的s,te(0,+8),有f(s+t)>/(s)+f(t).

【答案】(I)/(x)=ex[ln(l+x)+y^],貝!J/(0)=1，又/(0)=0,

故所求切線方程為y=x

x1

(II)ff(x)=e[ln(l+x)+I^-2],

L+x(l+x)‘

又外>0,ln(l+%)+系-，：、2>lnl+A：2%>0

?LT人(1+%)(14-x)

故g'(x)>o對vxe[0,+oo)成立，g(x)在[0,4-00)上單調(diào)遞增

(Ill)證明：不妨設(shè)s>t,

由拉格朗日中值定理可得：/牌苔)=/(f)

其中fe[s,s+t],即/(S+1)—/(s)=

f(0-/(0)=f'(T1)，其中77c(o,。，即/■?)-/(())=tf'g)

由g(x)在[0,+oo)上單調(diào)遞增，故f8>f⑺

：.f(s+t)-/(S)>/(t)-/(0)=/(t)

.,./(s+t)>/(s)+/(t)證畢

【解析】【分析】(1)對函數(shù)f(x)=ex/n(l+x)求導(dǎo)得y'(x)=ex[ln(l+x)+y^]>分別計算

/(0)，/(O).根據(jù)直線的點斜式方程即可求切線方程；

(2)由(1)知g'(%)=e*n(l+x)+擊一二科，利用放縮法可得皿1+%)+至一會產(chǎn)>

1+2%

1皿+——2>。，即可判斷g(x)的單調(diào)性；

。十町

(3)不妨設(shè)S2t,由拉格朗日中值定理可得/若華=/'(f),隼臀=/‘5),即

/(s+t)—f(s)=t/'(f),/(t)—f(O)=t/'(〃)，由⑵的結(jié)論，得/'(f)>/'(〃)，即/(s+

0-/(s)>/(0-/(0)=/(t)>即可證明.

x

7.(10分)(2022?新高考回卷)已知函數(shù)/(x)=e-ax和5(x)=ax-Inx有相同的最小值.

(1)(5分)求a；

(2)(5分)證明：存在直線y=b,,其與兩條曲線y=/(x)和y=g(%)共有三個不同的

交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.

【答案】(1)因為f(%)=ex—ax,所以f(%)=ex-a，

x

若Q<0,貝1J/(%)=e—a>0恒成立，

所以f(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，無最小值，不滿足；

若a>0,令f，(x)>0=>x>lna,令f，(x)<0=>x<lna,

所以/(x)min=/(Ina)=a-alna,

因為9(%)=ax-Inx,定義域％>0，所以g'(%)=。一；，

所以g(%)>0=>x>/g(%)<0=>0<x<^,

所以g(%)min=g(6=1_In：，

依題有a-a\na=1—In-,即Ina-^—7=0，

aa+1

令/i(a)=Ina—二1(a>0),則九(a)=-之>0恒成立

所以h(a)在(0,+oo)上單調(diào)遞增，又因為八(1)=0,

Ina—區(qū)』=0有唯一解a=1,

a+1

綜上，a=1

(2)由(1)易知/(x)在(-co,0)上單調(diào)遞減，在(0,+8)上單調(diào)遞增，g(x)在(0,1)上

單調(diào)遞減，在(1,+00)上單調(diào)遞增，

存在直線y=b,其與兩條曲線y=/(x)和y=g(x)共有三個不同的交點，

設(shè)三個不同交點的橫坐標分別為X2>X3,不妨設(shè)%1<x2<x3，

顯然有<0<%2<1<%3，

則肯定有/(%i)=/(%2)=g(X2)=g(X3)=b,

注意/(x),g(x)的結(jié)構(gòu),易知/(Inx)=g(x),

所以有/(Inx)=g(x),所以有f(%i)=/(lnx2)，而由打<0,lnx2<0>/(x)在(―oo,0)上

單調(diào)遞減，

知=lnx2,同理x2=lnx3=巧=e，2,

所以%i+%3=ln%2+e*2,

又由/(x2)=g(%2)=靖2—x2=x2—lnx2=+lnx2=2x2，

故Xi4-x3=2X2,

所以存在直線y=b,其與兩條曲線y=/(x)和y=g(%)共有三個不同的交點，并且從左到右

的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.

【解析】【分析】(1)對a分aW0,a>0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調(diào)性，并求得

fWmin=a-alna,同理可得5(x)min=1-ln^，根據(jù)題意列式，構(gòu)造函數(shù)h(a)=Ina-

案，并利用導(dǎo)數(shù)h，(a),可得函數(shù)h(x)的單調(diào)性，并易得h(l)=0,從而求得a；

(2)由(1)易得函數(shù)f(x),g(x)的單調(diào)性，易得%!<0<x2<1<%3，同時根據(jù)/(Inx)=g(%),

==

可得%i=lnx2，型=ln%3，從而得Xi+%3訪%2+,再由對數(shù)運算可證%i+%32%2，

結(jié)論得證.

8.(10分)(2021?新高考回卷)已知函數(shù)/(%)=(%—l)e*—a/+b.

(1)(5分)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)(5分)從下面兩個條件中選一個，證明：/(%)有一個零點

<aW-,b>2a；

②。<a<1,b<2a.

【答案】(1)由函數(shù)的解析式可得：f(x)=x(ex-2a),

當(dāng)aWO時，若xe(―8,0),則/'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

若xe(O,+oo),則f(%)>o,/(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)0<a<2時，若x￡(-00,ln(2a)),貝Uf(x)>0,/(x)單調(diào)遞增，

若xC(ln(2a),0),貝Uf'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

若xe(O,+oo),則f'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)a=；時，f(x)>0,/(%)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)a"時，若xe(-00,0),貝U/(x)>0,/(x)單調(diào)遞增，

若xe(0,ln(2a)),貝"f(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

若xe(ln(2a),+oo),貝I」f(x)>0,/(x)單調(diào)遞增；

(2)若選擇條件①：

由于.故1<2aWe2,貝i]b>2a>1，/(0)=b-l>0，

而f(—b)=(—1—H)e~b—ab2—bV0,

而函數(shù)在區(qū)間(-oo,0)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(-8,0)上有一個零點.

/(ln(2a))=2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+b

>2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+2a

=2aln(2a)—a[ln(2a)]2

=aln(2a)[2—ln(2a)]，

由于l<^

a<1<2a<e2，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(0,+8)上沒有零點.

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

若選擇條件②：

由于0<a<：,故2a<1,則/(0)=b-l<2a-l<0,

當(dāng)bNO時，e2>4,4a<2,/(2)=e2-4a+b>0,

而函數(shù)在區(qū)間(0,4-00)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+00)上有一個零點.

當(dāng)b<0時，構(gòu)造函數(shù)H(x)=ex-x-1,貝ijH(%)=ex-1，

當(dāng)%G(-oo,0)時，H(x)<0,H(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)x€(0,+oo)時，H(x)>0,H(x)單調(diào)遞增，

注意到H(0)=0,故H(x)>0恒成立，從而有：ex>x+l,此時：

/(%)=(%—l)ex—ax2—&>(%—1)(%+1)—ax2+b=(1—d)x2+(b—1),

當(dāng)％AI；°時，(1—a)x2+(b-1)>0，

71—a

取孫=晤+1，則/(&)>o，

即：/(0)<0,/(層+l)>0，

而函數(shù)在區(qū)間(0,+00)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+00)上有一個零點.

/(ln(2a))=2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+b

<2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+2a

=2aln(2a)—a[ln(2a)]2

=aln(2a)[2—ln(2a)],

由于OVa<g,0V2QV1,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(-00,0)上沒有零點.

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

【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)零點存在定理即可證得題中的結(jié)論.

9.(10分)(2021?北京)已知函數(shù)/(x)=會言.

(1)(5分)若a=0,求y=/(x)在(1J(1))處切線方程；

(2)(5分)若函數(shù)f(x)在x=—1處取得極值，求/(x)的單調(diào)區(qū)間，以及最大值和最小

值.

【答案】(1)當(dāng)a=0時，/(X)=，則/(無)=2()<,i,/(1)=_4,

此時，曲線y=/(x)在點(1)(1))處的切線方程為y-l=—4(%-1)，即4%+y-5=0；

(2)因為/(x)=,則f'(x)=-2(避+。)-2丫(3—2x)_2(N-3x-a)

2r2

(xz9+a)(x2+a)

，2(4-Q)

由題意可得/(-I)=7^—1=°,解得a=4,

(a+1)

3-?YZ-7、2(x+l)(x-4)

故〃x)=祥，八")=N+4)2，列表如下:

X(-00,-1)-1(-1.4)4(4,+oo)

/(%)+0-0+

f(x)增極大值減極小值增

所以，函數(shù)/(%)的增區(qū)間為(-oo,-l),(4,+oo)，單調(diào)遞減區(qū)間為(一1,4).

當(dāng)》<I時，f(x)>0；當(dāng)X>|時，/(x)<0.

所以，f(%)max=/(-1)=1，/(X)min=/(4)=■

【解析】【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；

(2)根據(jù)導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值求得a值，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性以及最值即可.

10.(10分)(2021?全國乙卷)已知函數(shù)/(%)=x3—x2+ax+1.

(1)(5分)討論/(%)的單調(diào)性；

(2)(5分)求曲線y=/(%)過坐標原點的切線與曲線y=/(x)的公共點的坐標.

【答案】(1)由函數(shù)的解析式可得：f\x)=3x2-2x+a，

導(dǎo)函數(shù)的判別式/=4-12a，

當(dāng)21=4-12a<0,a>|時，f'(x)>0,f(x)在R上單調(diào)遞增,

_2—J4—12a_2+J4—12a

當(dāng)4=4—12a>0,a<時,f(x)=0的解為:Xi=6，久2=6

當(dāng)％e(_8,"牛叵)時，/'(吟>0/(%)單調(diào)遞增；

當(dāng)％e(2二牛％?土紇12與時，，(%)<04(%)單調(diào)遞減;

當(dāng)％e(2+”~12匕+8)時，/(x)>o,/(x)單調(diào)遞增；

綜上可得：當(dāng)a4時，/(%)在R上單調(diào)遞增，

當(dāng)a<J時，/(x)在(_8,一加-1當(dāng)上單調(diào)遞增，在(2一旦-12a,2+/4/2a上單調(diào)遞減，

在”"⑵收)上單調(diào)遞增.

(2)由題意可得：/(%())=就-瑤+叫)+1,/(%0)=3x^-2x0+a，

則切線方程為：y—(XQ-XQ+ax0+1)=(3xo—2x0+a)(x—x0)，

切線過坐標原點，則:0—(%Q—XQ+CLXQ+1)=(3%Q—2x()+a)(0—%()),

整理可得：2若一瑞一1=0,即：(x0~l)(2%o+%o+1)=°，

解得：XQ=1,貝!J/(x0)=/(l)=1—l+a+l=a+l,

即曲線y=/(x)過坐標原點的切線與曲線y=/(x)的公共點的坐標為(l,a+l).

【解析】【分析】(1)先對函數(shù)求導(dǎo)，通過分類討論a的取值，確定導(dǎo)數(shù)的符號，來確定函數(shù)的單調(diào)

區(qū)間；

(2)先設(shè)切點坐標橫坐標xo,通過求導(dǎo)求出切線的斜率，寫出切線的方程，再利用切線過原點的條

件，就可以得到xo的值，進一步得到公共點坐標。

11.(10分)(2021?全國甲卷)設(shè)函數(shù)/(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.

(1)(5分)討論f(x)的單調(diào)性；

(2)(5分)若y=f(x)的圖像與x軸沒有公共點，求a的取值范圍.

【答案】(1)函數(shù)的定義域為(0,+oo),

又%)=(2ax+3)(ax-l),

因為a>0,x>0,故2ax+3>0,

當(dāng)0<x<：時，f(x)<0;當(dāng)％〉:時，/(x)>0;

所以f(x)的減區(qū)間為(0,》，增區(qū)間為+oo).

(2)因為/(I)=a2+a+l>0且y=/(x)的圖與x軸沒有公共點，

所以y=/(%)的圖象在%軸的上方，

由(1)中函數(shù)的單調(diào)性可得/(x)min=/弓)=3-31n；=3+31na,

故3+31na>0即a>：.

【解析】【分析】(1)先明確函數(shù)的定義域，先對函數(shù)求導(dǎo)，然后根據(jù)a的取值，討論導(dǎo)數(shù)年的正

負，來確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；

(2)首先注意到/(I)=a2+a+l>0且y=/(x)的圖與x軸沒有公共點這一特點，表明

y=/(%)的圖象在%軸的上方，求函數(shù)f(x)的最小值，只要最小值大于0即可，解不等式，即可

得到結(jié)果。

12.(10分)(2021?全國甲卷)已知a>0且a，l,函數(shù)f(x)=4(x>0),

ax

(1)(5分)當(dāng)a=2時，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

(2)(5分)若曲線y=f(x)與直線y=l有且僅有兩個交點，求a的取值范圍.

【答案】(1)當(dāng)a=2時，fO)=￥，f(x)=------------=----七-----,

2(2X)4

令/'(%)=。得x=焉，當(dāng)0<%<焉時，/(X)>0,當(dāng)%>焉時，/'(無)<0，

???函數(shù)/(X)在(0,焉］上單調(diào)遞增；電+8)上單調(diào)遞減；

(2)/,(%)=i===x\na=a\nx=,設(shè)函數(shù)g(x)=，

ClXCLX

則g'(x)=，，尤，令g'(x)=0,得x=e,

在(0,e)內(nèi)g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增；

在(e,+8)上g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；

1

???g(%)max=g(e)=5，

又g(l)=0,當(dāng)x趨近于4-00時，g(x)趨近于0,

所以曲線y=/(%)與直線y=l有且僅有兩個交點，即曲線y=g(x)與直線、=扁有兩個交

點的充分必要條件是0(等，這即是0cg(a)<9(e),

所以a的取值范圍是(Le)U(e,+oo).

【解析】【分析】(1)當(dāng)a=2時，函數(shù)/(%)=?,用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性；

(2)首先將問題轉(zhuǎn)化為方程苧=當(dāng)有兩個解的問題，進一步轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)=苧與函數(shù)以%)=

她有兩聽問題，然后利用導(dǎo)數(shù)研究相關(guān)函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)的最大值，進而得到結(jié)果。

a

13.(10分)(2021?全國乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(a-x),已知x=0是函數(shù)y=xf(x)的極值點。

(1)(5分)求a；

(2)(5分)設(shè)函數(shù)g(x)=葉/吁，證明：g(x)<1.

xf(x)

【答案】(1)[xf(x)Y=x，f(x)+xf(x)

當(dāng)x=0時,[xf(x)],=f(O)=lna=O,所以a=l

(2)由f(x)=ln(l-x),得x〈l

當(dāng)OVxVl時,f(x)=ln(l-x)<0,xf(x)<0；當(dāng)x〈O時，f(x)=ln(l-x)>0,xf(x)<0

故即證x+f(x)>xf(x),x+ln(l-x)-xln(l-x)>O

令l-x=t(t>0且t#l),x=l-t,即證l-t+lnt-(l-t)lnt>0

令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt?

則f(t)=-l-y-|(-l)lnt+]—1+i+lnt-=lnt

所以f(t)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增，故f(t)>f(1)=0,得證。

【解析】【分析】(1)先對函數(shù)y=xf(x)求導(dǎo):[xf(x)],=x,f(x)+xf(x),因為x=0是方程的根，代入

求得a值。

(2)首先由(1)寫出函數(shù)f(x),并求其定義域，將問題轉(zhuǎn)化為證明x+f(x)>xf(x),即證：X+ln(l-x)-

xln(l-x)>0,然后通過換元，構(gòu)造函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)研究相關(guān)函數(shù)的單調(diào)性，從而證明命題成立。

14.(15分)(2021?天津)已知a>0,函數(shù)/(久)=ax—.

(1)(5分)求曲線y=/(x)在點(0,/(0))處的切線方程：

(2)(5分)證明/(x)存在唯一的極值點

(3)(5分)若存在a,使得/(x)<a+b對任意%e/?成立，求實數(shù)匕的取值范圍.

【答案】(1)f(x)=a—(x+l)ex?則f(0)=a—1>

又/(O)=0,則切線方程為y=(a—l)x,(a>0)；

xx

(2)令/(x)=a-(x+l)e=0，貝Ua=(x+l)e,

令g(x)=(x+l)ex,則g(x)=(x+2)ex>

當(dāng)xe(-oo,-2)時，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(-2,+oo)時，g'(x)>o，

g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)x->—00時，g(久)<0,g(-l)=0，當(dāng)xT+8時，g(x)>0,畫出g(x)大致圖像如

卜:

所以當(dāng)a>0時，丫=。與)/=g(x)僅有一個交點，令g(m)=a,貝!I機>一1,且/(m)=

a-g(m)=0,

當(dāng)x€(-00,m)時，a>g(x),則/(%)>0，f(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)xe(m,4-oo)時，a<g(x),則/(%)<0，/(x)單調(diào)遞減，

x=m為/(x)的極大值點，故/(x)存在唯一的極值點；

m

(3)由(II)知/(x)max=/(m),此時a=(1+m)e,m>—1>

2m

所以{/(x)-a}max=/(m)-a=(m-m-l)e,(m>-1),

令/i(x)=(x2—x—l)ex,(x>—1),

若存在a,使得/(x)<a+b對任意xeR成立，等價于存在x€(-1,+oo),使得/i(x)<

b,即b2九(Wmin，

h(x)=(%2+x—2)ex=(x—l)(x+2)ex>x>—1,

當(dāng)xG(-1,1)時，，h(%)<0，%(x)單調(diào)遞減，當(dāng)％C(1,+8)時，/i(x)>o，八(久)單

調(diào)遞增，

所以/i(x)min—初1)=-e,故b2—e,

所以實數(shù)b的取值范圍［-e,+oo).

【解析】【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解即可；

(2)令F(x)=O,可得a=(x+l)ex,則可化為證明y=a與y=g(x)僅有一■個交點，利用導(dǎo)數(shù)研究y=g(x)

的變化情況，數(shù)形結(jié)合求解即可；

(3)令h(x)=(x2-x-l)e*,(x>-l),則將問題等價轉(zhuǎn)化為存在xG(-l,+oo),使得h(x)Wb,即

b>h(X)min,利用導(dǎo)數(shù)求出h(X)的最小值即可.

15.(10分)(2021?新高考回)已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx)

(1)(5分)討論f(x)的單調(diào)性

(2)(5分)設(shè)a,b為兩個不相等的正數(shù)，且blna-alnb=a-b證明：2<4+：<

ab

【答案】(1)/(x)=x(l-In%),x6(0,4-00)

???f(x)=1—Inx—1=—In%

/.xG(0,1)>0J(x)7

XG(l,+8)/(x)<0,7(x)\

???/(%)在(0,1)單調(diào)遞增，/(%)在(L+8)單調(diào)遞減

(2)由b\na-a\nb=a-b，得一工=：一工

aabbba

即1(l-lnj)=|(l-ln|)

令&打=1?，1

則xlfx2為f(x)=k的兩根，其中k6(0,1).

不妨令X16(0,1),x2e(l,e),則2->1

先證2<%+冷，即證x2>2—xr

即證/(x2)=/(%i)</(2-Xi)

令h(x)=/(x)-f(2-x)

則/i'(x)=/(x)+/(2-x)

=-Inx_ln(2_x)

=—ln[x(2—%)]

???xG(0,1)

???x(2-x)6(0,1)

???h/(x)>0恒成立，：,h(x)7

???h(x)<九(1)=0

???2<xt+x2得證

同理，要證打+冷V。

即證/(x2)=/(%1)</(e-%1)

令(P(x)=/(x)-f(e-x),xe(0,1)

則(p=—ln[x(e—x)],令w,Qo)=0

%6(0,g)”(%)>0,0。)/

XE(%o,l)”(x)<0,<p(x)、

又%>0,f(x)>0,且/(e)=0

故》->0,0(0)>0,

<p(l)=/(l)-/(e-l)>0

:.0(%)>0恒成立

:，xt+x2<e得證

11

J?2V—F-yVe

ab

【解析】【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性即可求解；

(2)根據(jù)化歸轉(zhuǎn)化思想，將不等式問題等價轉(zhuǎn)化為函數(shù)h(x)=f(x)-f(2-x)與s(x)=/(x)-/(e—%)的

最值問題，利用h，(x)與“(%)研究函數(shù)函數(shù)h(x)與s(x)的單調(diào)性及最值即可.

16.(10分)(2020?新課標回?文)已知函數(shù)/(x)=x3-kx+k2.

(1)(5分)討論/(x)的單調(diào)性;

(2)(5分)若/(x)有三個零點，求k的取值范圍.

【答案】(1)解：由題，f(%)=3x2-k>

當(dāng)kW0時，/(x)>0恒成立，所以/(%)在(-co,+00)上單調(diào)遞增；

當(dāng)k>0時，令/(%)=0，得％=±J|，令/(%)<0，得—JI<x<.

令/(%)>0，得％<一/或%>/，所以f(x)在上單調(diào)遞減，在

(-00,-J|)，(J|,+oo)上單調(diào)遞增.