全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題解答分類匯編大全(04導(dǎo)數(shù)其應(yīng)用)

全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題及解答分類匯編大全(04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題及解答分類匯編大全(04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題及解答分類匯編大全(04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用)2021年全國(guó)各地高考數(shù)學(xué)試題及解答分類匯編大全〔04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用〕一、選擇題：1.〔2021安徽文〕函數(shù)fxax3bx2cxd的圖像以下列圖，那么以下結(jié)論成立的是〔〕〔A〕a>0，b<0，c>0，d>0〔B〕a>0，b<0，c<0，d>0〔C〕a<0，b<0，c<0，d>0〔D〕a>0，b>0，c>0，d<02．〔2021福建理〕假定定義在R上的函數(shù)fx知足f01，其導(dǎo)函數(shù)fx知足fxk1，那么以下結(jié)論中必定錯(cuò)誤的選項(xiàng)是〔〕A．f11B．f11C．f11D．f1kkkkk1k1k1k1k1【答案】C第1頁(yè)〔共41頁(yè)〕考點(diǎn)：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)．．〔2021福建文〕“對(duì)隨意x(0,)，ksinxcosxx〞是“k1〞的〔〕32A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【答案】B考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用．4.(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷理)設(shè)函數(shù)f(x)=x(21)此中a，假定存在獨(dú)一的整exaxa,1數(shù)x0，使得f(x0)，那么a的取值范圍是〔〕0A.[-，1〕B.[-，〕C.[，〕D.[，1〕【答案】D【分析】試題剖析：設(shè)g(x)=ex(2x1)，yaxa，由題知存在獨(dú)一的整數(shù)x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方.因?yàn)?)x(2x1)，所以當(dāng)x1時(shí)，＜，當(dāng)1時(shí)，＞，所以當(dāng)x12212時(shí)，[g(x)]max=-2e2，3e0，直線yaxa恒過(guò)〔〕斜率且a，故ag(0)1，當(dāng)x0時(shí)，g(0)=-1，g(1)1,0且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，應(yīng)選D.2e第2頁(yè)〔共41頁(yè)〕考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用5．(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷理)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(xR)的導(dǎo)函數(shù)，f(1)0，當(dāng)x0時(shí)，xf'(x)f(x)0，那么使得f(x)0成立的x的取值范圍是〔〕A．(,1)(0,1)B．(1,0)(1,)C．(,1)(1,0)D．(0,1)(1,)【答案】A【分析】試題剖析：記函數(shù)g(x)f(x)，那么g'(x)xf'(x)f(x)，因?yàn)楫?dāng)x0時(shí)，xf'(x)f(x)0，故當(dāng)x0時(shí)，g'(x)xx20，所以g(x)在(0,)單一遞減；又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)(xR)是奇函數(shù)，故函數(shù)g(x)是偶函數(shù)，所以g(x)在(,0)單一遞減，且g(1)g(1)0．當(dāng)0x時(shí)，g(x)0，1那么f(x)0；當(dāng)x1時(shí)，g(x)0，那么f(x)0，綜上所述，使得f(x)0成立的x的取值范圍是(,1)(0,1)，應(yīng)選A．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用、函數(shù)的圖象與性質(zhì)．6.(2021陜西理)對(duì)二次函數(shù)f(x)ax2bxc〔a為非零常數(shù)〕，四位同學(xué)分別給出以下結(jié)論，其中有且僅有一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，那么錯(cuò)誤的結(jié)論是〔〕A．-1是f(x)的零點(diǎn)B．1是f(x)的極值點(diǎn)C．3是f(x)的極值D.點(diǎn)(2,8)在曲線yf(x)上【答案】A考點(diǎn)：1、函數(shù)的零點(diǎn)；2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．第3頁(yè)〔共41頁(yè)〕二、填空題：1.〔2021安徽理〕設(shè)x3axb0，此中a,b均為實(shí)數(shù)，以下條件中，使得該三次方程僅有一個(gè)實(shí)根的是.〔寫出全部正確條件的編號(hào)〕①a3,b3；②a3,b2；③a3,b2；④a0,b2；⑤a1,b2.與最值；函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題考察時(shí)，要常常性使用零點(diǎn)存在性定理.2.(2021湖南理)02(x1)dx.【答案】0.【考點(diǎn)定位】定積分的計(jì)算.【名師點(diǎn)睛】本題主要考察定積分的計(jì)算，意在考察學(xué)生的運(yùn)算求解能力，屬于簡(jiǎn)單題，定積分的計(jì)算往常有兩類根本方法：一是利用牛頓-萊布尼茨定理；二是利用定積分的幾何意義求解.3、(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷文)函數(shù)fxax3x1的圖像在點(diǎn)1,f1的處的切線過(guò)點(diǎn)2,7，那么a.第4頁(yè)〔共41頁(yè)〕4.(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷文)曲線yxlnx在點(diǎn)1,1處的切線與曲線yax2a2x1相切,那么a=．【答案】8【分析】試題剖析：由y11xlnx在點(diǎn)1,1處的切線斜率為2,故切線方程為y2x1,可得曲線yx與yax2a2x1聯(lián)立得ax2ax20,明顯a0,所以由a28a0a8.考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的幾何意義.5、(2021陜西文)函數(shù)yxex在其極值點(diǎn)處的切線方程為_(kāi)___________.【答案】y

1e考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的幾何意義.(2021陜西理)如圖，一橫截面為等腰梯形的溝渠，因泥沙堆積，致使溝渠截面界限呈拋物線型〔圖中虛線表示〕，那么原始的最大流量與目前最大流量的比值為．【答案】【分析】試題剖析：成立空間直角坐標(biāo)系，以下列圖：原始的最大流量是1101022216，設(shè)拋物線的方程為x22py〔p0〕，因?yàn)樵搾?2525y，即y2物線過(guò)點(diǎn)5,2，所以2p252，解得p，所以x2x2，所以目前最大流量是22x2dx2x2x342532525540，故原552522355257575753始的最大流量與目前最大流量的比值是161.2，所以答案應(yīng)填：1.2．403考點(diǎn)：1、定積分；2、拋物線的方程；3、定積分的幾何意義．第5頁(yè)〔共41頁(yè)〕7.(2021陜西理)設(shè)曲線yex在點(diǎn)〔0,1〕處的切線與曲線y1(x0)上點(diǎn)p處的切線垂直，那么px的坐標(biāo)為．【答案】1,1【分析】試題剖析：因?yàn)閥ex，所以yex，所以曲線yex在點(diǎn)0,1處的切線的斜率kyx0e01，1設(shè)的坐標(biāo)為x0,y0〔x001，因?yàn)閥111〕，那么y0，所以yx2，所以曲線y在點(diǎn)x0xx處的切線的斜率k2yxx1，因?yàn)閗1k21，所以11，即x021，解得x01，0x02x02因?yàn)閤00，所以x01，所以y01，即的坐標(biāo)是1,1，所以答案應(yīng)填：1,1．考點(diǎn)：1、導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2、兩條直線的地點(diǎn)關(guān)系．8、(2021四川文)函數(shù)f(x)＝2x，(x)＝2＋ax(此中∈).對(duì)于不相等的實(shí)數(shù)x1，2，設(shè)＝gxaRxmf(x1)f(x2)，n＝g(x1)g(x2)，現(xiàn)有以下命題：x1x2x1x2①對(duì)于隨意不相等的實(shí)數(shù)x1，2，都有＞0；xm②對(duì)于隨意的a及隨意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，都有n＞0；③對(duì)于隨意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m＝n；④對(duì)于隨意的a，存在不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，使得m＝－n.此中真命題有___________________(寫出全部真命題的序號(hào)).【答案】①④【分析】f'(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正確對(duì)于①，因?yàn)閷?duì)于②，取a＝－8，即g'(x)＝2x－8，當(dāng)x1，x2＜4時(shí)n＜0，②錯(cuò)誤對(duì)于③，令f'(x)＝g'(x)，即2xln2＝2x＋ah(x)＝2xln2－2x，那么h'(x)＝2x(ln2)2－2【考點(diǎn)定位】本題主要考察函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的單一性、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算等根基知識(shí)，考察函數(shù)與方程的思想和數(shù)形聯(lián)合的思想，考察剖析問(wèn)題和解決能提的能力.【名師點(diǎn)睛】本題第一要正確認(rèn)識(shí)m，n的幾何意義，它們分別是兩個(gè)函數(shù)圖象的某條弦的斜率，所以，借助導(dǎo)數(shù)研究?jī)蓚€(gè)函數(shù)的切線變化規(guī)律是本題的慣例方法，分析中要注意“隨意不相等的實(shí)數(shù)x1，x2〞與切線斜率的關(guān)系與差別，以及“都有〞與“存在〞的差別，防備過(guò)錯(cuò)性失誤.屬于較難題.9.(2021天津文)函數(shù)fxaxlnx,x0,,此中a為實(shí)數(shù),fx為fx的導(dǎo)函數(shù),第6頁(yè)〔共41頁(yè)〕假定f13,那么a的值為．【答案】3【分析】試題剖析：因?yàn)閒xa1lnx,所以f1a3.考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法那么.10.(2021天津理)曲線yx2與直線yx所圍成的關(guān)閉圖形的面積為.【答案】16【分析】試題剖析：兩曲線的交點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0),(1,1)，所以它們所圍成的關(guān)閉圖形的面積Sxx2dx1x21x311.102306考點(diǎn)：定積分幾何意義.三、解答題：1.〔2021安徽文〕函數(shù)f(x)ax0,r0)2(a(xr)〔Ⅰ〕求f(x)的定義域，并議論f(x)的單一性；〔Ⅱ〕假定a400，求f(x)在(0,)內(nèi)的極值.r2.〔2021安徽理〕設(shè)函數(shù)f(x)x2axb.第7頁(yè)〔共41頁(yè)〕〔Ⅰ〕議論函數(shù)f(sinx)在(,)內(nèi)的單一性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值；22〔Ⅱ〕記f0(x)x2a0xb0，求函數(shù)f(sinx)f0(sinx)在[,]上的最大值D；a222a0b00知足D1時(shí)的最大值.〔Ⅲ〕在〔Ⅱ〕中，取，求zb4第8頁(yè)〔共41頁(yè)〕3.〔2021北京文〕設(shè)函數(shù)fxx2klnx，k0．2〔Ⅰ〕求fx的單一區(qū)間和極值；〔Ⅱ〕證明：假定fx存在零點(diǎn)，那么fx在區(qū)間1,e上僅有一個(gè)零點(diǎn)．【答案】〔1〕單一遞減區(qū)間是(0,k)，單一遞加區(qū)間是(k,)；極小值k(1lnk)f(k)；〔2〕2證明詳看法析.第9頁(yè)〔共41頁(yè)〕所以，f(x)的單一遞減區(qū)間是(0,k)，單一遞加區(qū)間是(k,)；f(x)在xk處獲得極小值f(k)k(1lnk)2.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，f(x)在區(qū)間(0,)上的最小值為f(k(1lnk)k).因?yàn)閒(x)存在零點(diǎn)，所以k(1lnk)20，從而ke.2當(dāng)ke時(shí)，f(x)在區(qū)間(1,e)上單一遞減，且f(e)0，所以xe是f(x)在區(qū)間(1,e]上的獨(dú)一零點(diǎn).當(dāng)ke時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,e)上單一遞減，且f(1)10，f(ek2e)0，2所以f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個(gè)零點(diǎn).綜上可知，假定f(x)存在零點(diǎn)，那么f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個(gè)零點(diǎn).考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單一性、利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值和最值、函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題.4.〔2021北京理〕函數(shù)fxln1x．1x〔Ⅰ〕求曲線yfx在點(diǎn)0，f0處的切線方程；〔Ⅱ〕求證：當(dāng)x0，1時(shí)，fxx32x；3第10頁(yè)〔共41頁(yè)〕〔Ⅲ〕設(shè)實(shí)數(shù)k使得fxkxx30，1恒成立，求k的最大值．對(duì)x3【答案】〔Ⅰ〕2xy0，〔Ⅱ〕證明看法析，〔Ⅲ〕k的最大值為2.試題分析：〔Ⅰ〕f(x)ln1x,x(1,1),f(x)12,f(0)2,f(0)0，1xx2曲線yfx在點(diǎn)0，f0處的切線方程為2xy0；〔Ⅱ〕當(dāng)x0，時(shí)，fx2xx3，即不等式f(x)2(xx3)0，對(duì)x(0,1)成133立，設(shè)()ln1x2(xx3)ln(1x)ln(1x)2(xx3)，那么Fx1x33F(x)2x4，當(dāng)x0，1時(shí)，F(xiàn)(x)0，故F(x)在〔0，1〕上為增函數(shù)，那么1x2F(x)F(0)0，所以對(duì)x(0,1)，f(x)2(xx3)成立；3〔Ⅲ〕使fxx3成立，x，，等價(jià)于(x)ln1x(x3)0，kx301F1xkx3x0，1；F(x)12x2k(1x2)kx42k，1x2當(dāng)k[0,2]時(shí)，F(xiàn)(x)0，函數(shù)在〔0，1〕上位增函數(shù)，F(xiàn)(x)F(0)0，切合題意；當(dāng)k2時(shí)，令F(x)0,x04k2(0,1)，xk(0,x0)x0(x0,1)F(x)-0+F(x)極小值F(x)F(0)，明顯不可立，綜上所述可知：k的最大值為2.考點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2.利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性，證明不等式；3.含參問(wèn)題議論.第11頁(yè)〔共41頁(yè)〕5．〔2021福建文〕函數(shù)f(x)lnx(x1)22．(Ⅰ)求函數(shù)fx的單一遞加區(qū)間；〔Ⅱ〕證明：當(dāng)x1時(shí)，fxx1；〔Ⅲ〕確立實(shí)數(shù)k的全部可能取值，使得存在x01，當(dāng)x(1,x0)時(shí)，恒有fxkx1．【答案】(Ⅰ)0,125；〔Ⅱ〕詳看法析；〔Ⅲ〕,1．【分析】(Ⅰ)求導(dǎo)函數(shù)fxx2x1，解不等式f'(x)0并與定義域求交集，得函數(shù)fx的x單一遞加區(qū)間；〔Ⅱ〕結(jié)構(gòu)函數(shù)Fxfxx1，x1,．欲證明fxx1，只需證明F(x)的最大值小于0即可；〔Ⅲ〕由〔II〕知，當(dāng)k1時(shí)，不存在x01知足題意；當(dāng)k1時(shí)，對(duì)于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，從而不存在x01知足題意；當(dāng)k1時(shí)，結(jié)構(gòu)函數(shù)Gxfxkx1，x0,，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(x)的形狀，只需存在x01，當(dāng)x(1,x0)時(shí)G(x)0即可．試題分析：〔I〕fx1x1x2x10,．xx，xx0由fx0得解得0x15x2x102．故fx的單一遞加區(qū)間是0,15．2〔II〕令Fxfxx1，x0,．那么有Fx1x2x．當(dāng)x1,時(shí)，F(xiàn)x0，所以Fx在1,上單一遞減，故當(dāng)x1時(shí)，F(xiàn)xF10，即當(dāng)x1時(shí)，fxx1．〔III〕由〔II〕知，當(dāng)k1時(shí)，不存在x01知足題意．當(dāng)k1時(shí)，對(duì)于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，從而不存在x01知足題意．當(dāng)k1時(shí)，令Gxfxkx1，x0,，那么有Gx1x1kx21kx1．xxx2由Gx0得，1kx10．1k1241k1k24解得x1k0，x2221．當(dāng)x1,x2時(shí)，Gx0，故Gx在1,x2內(nèi)單一遞加．從而當(dāng)x1,x2時(shí)，GxG10，即fxkx1，綜上，k的取值范圍是,1．考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．6.〔2021福建理〕函數(shù)f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R),第12頁(yè)〔共41頁(yè)〕(Ⅰ)證明：當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<x；(Ⅱ)證明：當(dāng)k<1時(shí)，存在x0>0,使得對(duì)隨意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)確立k的所以可能取值，使得存在t>0，對(duì)隨意的x?(0，t),恒有|f(x)-g(x)|<x2．【答案】(Ⅰ)詳看法析；(Ⅱ)詳看法析；(Ⅲ)k=1．【分析】試題剖析：(Ⅰ)結(jié)構(gòu)函數(shù)F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),只需求值域的右端點(diǎn)并和0比較即可；(Ⅱ)結(jié)構(gòu)函數(shù)G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，求導(dǎo)得￠1G(x)=-k1+x=-kx+(1-k)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G(x)的形狀和最值，證明當(dāng)k<1時(shí)，存在x0>0，使得G(x)01+x即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，那么不等式|f(x)-g(x)|<x2變形為kx-ln(1+x)<x2，結(jié)構(gòu)函數(shù)M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x違[0，+)，只k-2+(k-2)2+8(k-1)0，故需說(shuō)明M(x)0，易發(fā)現(xiàn)函數(shù)M(x)在x?〔0，)遞加，而M(0)4不存在；當(dāng)k<1時(shí)，由(Ⅱ)知，存在x0>0,使得對(duì)隨意的隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此時(shí)不等式變形為ln(1+x)-kx<x2，結(jié)構(gòu)N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x違[0，+)，易發(fā)現(xiàn)函數(shù)N(x)在-(k+2〕+(k+2)2+8(1-k)x?〔0，)遞加，而N(0)0，不知足題意；當(dāng)k=1時(shí)，代入證明即可．4(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),那么有F￠1x試題分析：解法一：-1=-(x)=當(dāng)x?(0,￠所以F(x)在(0,+?)上單一遞減；1+x1+x?),F(x)<0,故當(dāng)x>0時(shí)，F(xiàn)(x)<F(0)=0,即當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<x．(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,￠1-kx+(1-k)?),那么有G(x)=-k=1+xk￡0￠1+x當(dāng),所以G(x)在[0,+?)上單一遞加,G(x)>G(0)=0G(x)>0故對(duì)隨意正實(shí)數(shù)x0均知足題意.0<k<1時(shí)，令G￠(x)=0,得x=1-k=1-1>0．kk1￠取x0=-1，對(duì)隨意x?(0,x0),恒有G(x)>0,所以G(x)在[0,x0)上單一遞加,G(x)>G(0)=0,k即f(x)>g(x).綜上，當(dāng)k<1時(shí)，總存在x0>0,使得對(duì)隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．(3)當(dāng)k>1時(shí)，由〔1〕知，對(duì)于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，2￠1-2x2+(k-2)x+k-1令M(x)=kx-ln(1+x)-x,x違[0，+)-2x=,，那么有M(x)=k-1+x1+x故當(dāng)k-2+(k-2)2+8(k-1)時(shí)，￠k-2+(k-2)2+8(k-1)上單?44,即|f(x)-g(x)|>x2,所以知足題意的調(diào)遞加，故M(x)>M(0)=0t不存在.當(dāng)k<1時(shí)，由〔2〕知存在x0>0,使得對(duì)隨意的隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．此時(shí)|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,第13頁(yè)〔共41頁(yè)〕令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x違[0，+)，那么有N'(x)=1-k-2x=-2x2-(k+2)x-k+1,1+x1+x〕(k+2)2+8(1-k)-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)￠?〔，,，故當(dāng)時(shí)，N(x)0在x04)>M(x)[04)2上單一遞加，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,記x0與-(k+2)+(k+2)+8(1-k)中較小4的為x1，那么當(dāng)x?(0，x)時(shí)，恒有|f(x)g(x)|>x2，故知足題意的t不存在.1當(dāng)k=1，由〔1〕知，當(dāng)x違(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，令H(x)=x-ln(1+x)-2￠1-2x2-x-2x=,￠1+x1+x所以H(x)在[0，+￥〕上單一遞減，故H(x)<H(0)=0,當(dāng)x>0時(shí)，H(x)<0,故當(dāng)x>0時(shí)，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此時(shí)，隨意實(shí)數(shù)t知足題意.綜上，k=1.解法二：〔1〕〔2〕同解法一.〔3〕當(dāng)k>1時(shí)，由〔1〕知，對(duì)于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，，故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，(k-1)x>x2,解得0<x<k-1，從而獲得當(dāng)k>1時(shí)，對(duì)于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以知足題意的t不存在.k<1時(shí)，取k1=k+1，從而k<k1<12由〔2〕知存在x0>0,使得隨意x?(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此時(shí)|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx,令1-kx>x2,解得0<x<1-k，此時(shí)2f(x)-g(x)>x2,21-k中較小的為2記x0與x，那么當(dāng)x?(0，時(shí)，恒有|f(x)g(x)|>x2，21x1)故知足題意的t不存在.當(dāng)k=1，由〔1〕知，當(dāng)x違(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，令M(x)xln(1x)x2,x[0，+)，那么有M(x)112x2x2x,當(dāng)x>0￠1x1xM(x)<M(0)=0,時(shí)，M(x)<0,所以M(x)在[0，+〕上單一遞減，故故當(dāng)x>0時(shí)，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此時(shí)，隨意實(shí)數(shù)t知足題意綜上，k=1.考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．7．〔2021廣東理〕設(shè)a1，函數(shù)f(x)(1x2)exa。求f(x)的單一區(qū)間；(2)證明：f(x)在,上僅有一個(gè)零點(diǎn)；(3)假定曲線y=f(x)在點(diǎn)P處的切線與x軸平行，且在點(diǎn)M(m,n)處的切線與直線OP平行〔O是坐標(biāo)原點(diǎn)〕,證明：m3a21．e【答案】〔1〕,；〔2〕看法析；〔3〕看法析．第14頁(yè)〔共41頁(yè)〕【分析】〔1〕依題f'x1x2'ex1x2ex20，'1xex∴fx在,上是單一增函數(shù)；【考點(diǎn)定位】本題考察導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單一性、零點(diǎn)、不等式等知識(shí)，屬于中高檔題．8.(2021湖北文)設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，f(x)g(x)ex，此中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).〔Ⅰ〕求f(x)，g(x)的分析式，并證明：當(dāng)x0時(shí)，f(x)0，g(x)1；〔Ⅱ〕設(shè)a0，b1，證明：當(dāng)x0時(shí)，ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b).x11【答案】〔Ⅰ〕xxxxx0ex10ex1f(x)0.f(x)(ee)，g(x)(ee).證明：當(dāng)時(shí)，，故212又由根本不等式，有g(shù)(x)(exex)exex1，即g(x)1.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得x2xf(x)1(ex1x)1(ex1(exg(x)⑤g(x)1(ex1x))1(exe2x)ex)1(exe2xex)f(x)⑥2e2e22e2e2第15頁(yè)〔共41頁(yè)〕當(dāng)x0時(shí)，f(x)ag(x)(1a)等價(jià)于f(x)axg(x)(1a)x⑦f(x)bg(x)(1b)等價(jià)于xxf(x)bxg(x)(1b)x.⑧于是設(shè)函數(shù)h(x)f(x)cxg(x)(1c)x，由⑤⑥，有h(x)g(x)cg(x)cxf(x)(1c)(1c)[g(x)1]cxf(x).當(dāng)x0時(shí)，〔1〕假定c0，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上為增函數(shù)，從而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑦成立.〔2〕假定c1，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上為減函數(shù)，從而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑧成立.綜合⑦⑧，得ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b)x【考點(diǎn)定位】本題考察函數(shù)的奇偶性和導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單一性與極值中的應(yīng)用，屬高檔題.【名師點(diǎn)睛】將函數(shù)的奇偶性和導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單一性與極值中的應(yīng)用聯(lián)系在一同，要點(diǎn)考察函數(shù)的綜合性，表達(dá)了函數(shù)在高中數(shù)學(xué)的重要地位，其解題的要點(diǎn)是第一問(wèn)需運(yùn)用奇函數(shù)與偶函數(shù)的定義及性質(zhì)成立方程組進(jìn)行求解；第二問(wèn)屬于函數(shù)的恒成立問(wèn)題，需借助導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)最值來(lái)解決.9．〔2021湖北理〕數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，bnn(11)nan(nN)，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．1n〔Ⅰ〕求函數(shù)f(x)1xex的單一區(qū)間，并比較(1)n與e的大小；n〔Ⅱ〕計(jì)算b1，b1b2，b1b2b3，由此推斷計(jì)算bb12bn的公式，并給出證明；a1a1a2a1a2a3a1a2an1〔Ⅲ〕令(a1a2an)nnnnnnn},，數(shù)列{a，{c}的前n項(xiàng)和分別記為S,T證明：TeS.【答案】〔Ⅰ〕f(x)的單一遞加區(qū)間為(,0)，單一遞減區(qū)間為(0,).(11)ne；〔Ⅱ〕詳看法析；〔Ⅲ〕詳看法析.n【分析】試題分析：〔Ⅰ〕f(x)的定義域?yàn)?,)，f(x)1ex.當(dāng)f(x)0，即x0時(shí)，f(x)單一遞加；當(dāng)f(x)0，即x0時(shí)，f(x)單一遞減.故f(x)的單一遞加區(qū)間為(,0)，單一遞減區(qū)間為(0,).第16頁(yè)〔共41頁(yè)〕當(dāng)x0時(shí)，f(x)f(0)0，即1xex.1，得111令xen，即(11)ne.①nnn〔Ⅱ〕b11(11)1112；b1b2b1b222(11)2(21)232；a11a1a2a1a22b1b2b3b1b2b3323(11)3(31)343.a1a2a3a1a2a33由此推斷：b1b2bn(n1)n.②a1a2an下邊用數(shù)學(xué)歸納法證明②.〔1〕當(dāng)n1時(shí)，左側(cè)右側(cè)2，②成立.〔2〕假定當(dāng)nk時(shí)，②成立，即b1b2bk(k1)k.a1a2ak當(dāng)nk1時(shí)，bk1(k1)(11)k1ak1，由歸納假定可得b1b2bkbk1b1b2bkbk1k11(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.a1a2akak1a1a2akak1k1所以當(dāng)nk1時(shí)，②也成立.n都成立.依據(jù)〔1〕〔2〕，可知②對(duì)全部正整數(shù)〔Ⅲ〕由cn的定義，②，算術(shù)-幾何均勻不等式，bn的定義及①得1111Tnc1c2c3cn(a1)1(a1a2)2(a1a2a3)3(a1a2an)n1111(b1)1(b1b2)2(b1b2b3)3(b1b2bn)n234n1b1b1b2b1b2b3b1b2bn122334n(n1)b1[1211]b2[1311]bn1123n(n1)234n(n1)n(n1)b1(111111)n)b2(n)bn(n121n1b1b2bn(111a112a2(11nan12n)(1))12nea1ea2eaneSn.TneSn.考點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的應(yīng)，2.數(shù)列的觀點(diǎn)，3.數(shù)學(xué)歸納法，4.根本不等式10.(2021湖南文)函數(shù)f(x)ae2cosx(x[0,)，記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個(gè)極值點(diǎn)?！睮〕證明：數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列；〔II〕假定對(duì)全部nN*,xnf(xn)恒成立，求a的取值范圍?！敬鸢浮俊睮〕略；(II)[2e2,)4【分析】試題剖析：〔I〕由題f(x)2xcos(x)，令f(x)0，求出函數(shù)的極值點(diǎn)，依據(jù)等ae4第17頁(yè)〔共41頁(yè)〕n3t4g(t)比數(shù)列定義即可獲得結(jié)果；(II)由題問(wèn)題等價(jià)于2e3恒成立問(wèn)題，設(shè)e(t0)，ant4而后運(yùn)用導(dǎo)數(shù)知識(shí)獲得[g(xn)]minmin[g(x1),g(x2)]min[g(),g(5)]g()4e2，所以44424e2，求得a2e2，獲得a的取值范圍；a4試題分析：〔I〕f( )aexcosxaexsinxx令f(x)0，由x0，得x4m而對(duì)于cos(x)，當(dāng)kZ時(shí)，4假定2k2x42k，即2k2假定2kx2k32k2，即42所以，在區(qū)間((m1),m3)與(m4

2xcos(x)ae4，即xm3,mN*，2432k，那么cos(x)0；x444x2k5)0；，那么cos(x444,m)上，f(x)的符號(hào)總相反，于是當(dāng)44mf(xn)(xn1)f(xn)

3,mN*時(shí)，f(x)獲得極值，所以xnn3,nN*，此時(shí)，44n33(1)n12n344，易知f(xn)0，而aecos(n)ae42n22(n1)34(ae1)2e是常數(shù)，31)nn(12ae42故數(shù)列{f(xn)}是首項(xiàng)為f(x1)2eae4，公比為的等比數(shù)列。23N*,xnnf(xn)恒成立，即n〔II〕對(duì)全部n32ae4恒成立，亦即342n2e4恒成立，a3n4etet(t1)設(shè)g(t)(t0)，那么g(t)，令g(t)0得t1，tt2當(dāng)0t1時(shí)，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單一遞減；當(dāng)t1時(shí)，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(1,)上單一遞加；因?yàn)閤n(0,1)，且當(dāng)n2時(shí)，xn(1,),xnxn1,所以[g(x)]minmin[g(x),g(x)]min[g(),g(5)]g( )4e2n12444所以，nN*,xnf(xn)恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)24e2，解得a2e2，a4第18頁(yè)〔共41頁(yè)〕故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[2e2,)。4考點(diǎn)：恒成立問(wèn)題；等比數(shù)列的性質(zhì)11.(2021湖南理)a0，函數(shù)( )axsin([0,))，記為的從小到大的第fxexxxnf(x)n(nN*)個(gè)極值點(diǎn)，證明：〔1〕數(shù)列{f(xn)}是等比數(shù)列〔2〕假定a1，那么對(duì)全部nN*，xn|f(xn)|恒成立.e21【答案】〔1〕詳看法析；〔2〕詳看法析.第19頁(yè)〔共41頁(yè)〕【考點(diǎn)定位】1.三角函數(shù)的性質(zhì)；2.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用；3.恒成立問(wèn)題.【名師點(diǎn)睛】本題是以導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用為背景的函數(shù)綜合題，主要考察了函數(shù)思想，化歸思想，抽象歸納能力，綜合剖析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力，屬于較難題，近來(lái)高考在逐年加大對(duì)導(dǎo)數(shù)問(wèn)題的考察力度，不單題型在變化，并且問(wèn)題的難度、深度與廣度也在不停加大，本局部的要求必定有三個(gè)層次：第一層次主要考察求導(dǎo)公式，求導(dǎo)法那么與導(dǎo)數(shù)的幾何意義；第二層次是導(dǎo)數(shù)的簡(jiǎn)單應(yīng)用，包含求函數(shù)的單一區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考察，包含解決應(yīng)用問(wèn)題，將導(dǎo)數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中相關(guān)不等式甚至數(shù)列及函數(shù)單一性有機(jī)聯(lián)合，設(shè)計(jì)綜合題.(2021江蘇)某山區(qū)外頭有兩條互相垂直的直線型公路，為進(jìn)一步改良山區(qū)的交通現(xiàn)狀，方案修建一條連結(jié)兩條公路的山區(qū)界限的直線型公路，記兩條互相垂直的公路為l1，l2，山區(qū)界限曲線為C，方案修筑的公路為l，以下列圖，M，N為C的兩個(gè)端點(diǎn)，測(cè)得點(diǎn)M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點(diǎn)N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直線分別為x，y軸，成立平面直角坐標(biāo)系xOy，假定曲線C切合函數(shù)ya〔此中a，b為常數(shù)〕模型.2xb1〕求a，b的值；2〕設(shè)公路l與曲線C相切于P點(diǎn)，P的橫坐標(biāo)為t.①請(qǐng)寫出公路l長(zhǎng)度的函數(shù)分析式ft，并寫出其定義域；②當(dāng)t為什么值時(shí)，公路l的長(zhǎng)度最短？求出最短長(zhǎng)度.【答案】〔1〕a1000,b0;〔2〕①f(t)91069t2,定義域?yàn)閇5,20]，②t102,f(t)min153t44千米第20頁(yè)〔共41頁(yè)〕〔2〕①由〔1〕知，10001000，yx2〔5x20〕，那么點(diǎn)的坐標(biāo)為t,2t設(shè)在點(diǎn)處的切線l交x，y軸分別于，點(diǎn)，y2000，x3考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)最值，導(dǎo)數(shù)幾何意義13.(2021江蘇)函數(shù)f(x)x3ax2b(a,bR).〔1〕試議論f(x)的單一性；〔2〕假定bca〔實(shí)數(shù)c是a與沒(méi)關(guān)的常數(shù)〕，當(dāng)函數(shù)f(x)有三個(gè)不一樣的零點(diǎn)時(shí)，a33的取值范圍恰巧是(,3)(1,)(,)，求c的值.22第21頁(yè)〔共41頁(yè)〕【答案】〔1〕當(dāng)a0時(shí)，fx在,上單一遞加；當(dāng)a0時(shí)，fx在,2a0,上單一遞加，在，3

2a,03

上單一遞減；當(dāng)a0時(shí)，fx在,0，2a,上單一遞加，在3〔2〕c1.

0,

2a3

上單一遞減．考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單一性、極值、函數(shù)零點(diǎn)第22頁(yè)〔共41頁(yè)〕14.(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷文)設(shè)函數(shù)fxe2xalnx.〔I〕議論fx的導(dǎo)函數(shù)fx的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；〔II〕證明：當(dāng)a0時(shí)fx2aaln2.a￠2xax(x>0).試題分析：〔I〕f(x)的定義域?yàn)?0，+￥)，f(x)=2e-￠￠當(dāng)a￡0時(shí),f(x)>0，f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；2xa￠￠當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閑單一遞加，-x單一遞加，所以f(x)在(0，+￥)單一遞加.又f(a)>0,當(dāng)a1￠￠b知足0<b<且b<時(shí)，f(b)<0,故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)存在獨(dú)一零點(diǎn).4415.(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷理)函數(shù)f〔x〕=x3ax1,g(x)lnx.(Ⅰ)當(dāng)a為什么值時(shí)，x軸為曲線yf(x)的切線；4〔Ⅱ〕用minm,n表示m,n中的最小值，設(shè)函數(shù)h(x)minf(x),g(x)(x0)，議論h〔x〕零點(diǎn)的個(gè)數(shù).第23頁(yè)〔共41頁(yè)〕【答案】〔Ⅰ〕a-3；〔Ⅱ〕當(dāng)a3或a5，h(x)由一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a3或a5，444445a3，h(x)有三個(gè)零點(diǎn).h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)4【分析】4剖析：〔Ⅰ〕先利用數(shù)的幾何意列出對(duì)于切點(diǎn)的方程，解出切點(diǎn)坐與的a；〔Ⅱ〕依據(jù)數(shù)函數(shù)的像與性將x分x1,x1,0x1研究h(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，假定零點(diǎn)不簡(jiǎn)單求解，a再分.f(x)與x相切于點(diǎn)(x0,0)，f(x0)分析：〔Ⅰ〕曲y0，f(x0)0，即x03ax010134，解得x0,a.3x02a024所以，當(dāng)a3yf(x)的切.??5分，x是曲4〔Ⅱ〕當(dāng)x(1,)，g(x)lnx0，從而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0，∴h(x)在〔1，+∞〕無(wú)零點(diǎn).當(dāng)x=1，假定a5，f(1)a50，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,故x=1是h(x)4455的零點(diǎn)；假定a，f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的44零點(diǎn).當(dāng)x(0,1)，g(x)lnx0，所以只需考f(x)在〔0,1〕的零點(diǎn)個(gè)數(shù).(ⅰ)假定a3或a0，f(x)3x2a在〔0,1〕無(wú)零點(diǎn)，故f(x)在〔0,1〕，而f(0)1，54f(1)a3，f(x)在〔0，1〕有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0，f(x)在〔0，1〕無(wú)零，所以當(dāng)a點(diǎn).4(ⅱ)假定3a0，f(x)在〔0，a〕減，在〔a，1〕增，故當(dāng)x=a333，f(x)取的最小，最小f(a)=2aa1.3334①假定f(a)＞0，即3＜a＜0，f(x)在〔0,1〕無(wú)零點(diǎn).34②假定f(a)=0，即a3，f(x)在〔0,1〕有獨(dú)一零點(diǎn)；34③假定f(a)＜0，即3a3，因?yàn)閒(0)1，f(1)a5，所以當(dāng)5a3，344444f(x)在〔0,1〕有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)3a5〕有一個(gè)零點(diǎn).?10分，f(x)在〔0,14上，當(dāng)a3或a5，h(x)由一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a3或a5，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)534444a，h(x)有三個(gè)零點(diǎn).??12分44考點(diǎn)：利用數(shù)研究曲的切；新觀點(diǎn)的理解；分段函數(shù)的零點(diǎn)；分整合思想16.(2021全國(guó)新Ⅱ卷文)fxlnxa1x.第24頁(yè)〔共41頁(yè)〕〔I〕議論fx的單一性；〔II〕當(dāng)fx有最大值,且最大值大于2a2時(shí),求a的取值范圍.【答案】〔I〕a0,fx在0,是單一遞加；a0,fx在0,1a遞減；〔II〕0,1.【分析】

單一遞加,在1,單一a考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用.17．(2021全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷理)設(shè)函數(shù)f(x)emxx2mx．(Ⅰ)證明：f(x)在(,0)單一遞減，在(0,)單一遞加；〔Ⅱ〕假定對(duì)于隨意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范圍．【答案】(Ⅰ)詳看法析；〔Ⅱ〕[1,1]．【分析】試題剖析：(Ⅰ)先求導(dǎo)函數(shù)f'(x)m(emx1)2x，依據(jù)m的范圍議論導(dǎo)函數(shù)在(,0)和(0,)的符號(hào)即可；〔Ⅱ〕f(x1)f(x2)e1恒成立，等價(jià)于f(x1)f(x2)maxe1．由x,x是兩個(gè)獨(dú)12立的變量，故可求研究f(x)的值域，由(Ⅰ)可得最小值為f(0)1，最大值可能是f(1)或f(1)，f(1)f(0)e1,故只需f(0)，從而得對(duì)于m的不等式，因不易解出，故利用導(dǎo)數(shù)研究其單一性和f(1)e1,符號(hào)，從而得解．第25頁(yè)〔共41頁(yè)〕考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用．18.(2021山東文)設(shè)函數(shù).曲線在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線平行.〔Ⅰ〕求a的值；k，使得方程f(x)g(x)在(k,k1)內(nèi)存在獨(dú)一的根？如〔Ⅱ〕能否存在自然數(shù)果存在，求出k；假如不存在，請(qǐng)說(shuō)明原因；〔Ⅲ〕設(shè)函數(shù)m(x)min{f(x),g(x)}〔min{p，q}表示，p，q中的較小值〕，求m(x)的最大值.【答案】〔I〕a1；(II)k1；(III)42.e【分析】試題剖析：〔I〕由題意知，f'(1)2，依據(jù)f'(x)lnxa1,即可求得.x〔II〕k1時(shí)，方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)存在獨(dú)一的根.設(shè)h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,e44經(jīng)過(guò)研究x(0,1]時(shí)，h(x)0.又h(2)ln8110,3ln2e2得悉存在x0(1,2)，使h(x0)0.e2應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)h(x)的單一性，當(dāng)x作出結(jié)論：k1時(shí)，方程f(x)g(x)〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)

(1,)時(shí)，h(x)單一遞加.在(k,k1)內(nèi)存在獨(dú)一的根.在(1,2)內(nèi)存在獨(dú)一的根x0，且x(0,x0)時(shí)，f(x)g(x)，(x1)lnx,x(0,x0]x(x0,)時(shí)，f(x)g(x)，獲得m(x)x2.,x(x0,)ex當(dāng)x(0,x0)時(shí)，研究獲得m(x)m(x0).當(dāng)x(x0,)時(shí)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究獲得m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e2第26頁(yè)〔共41頁(yè)〕綜上可得函數(shù)m(x)的最大值為4.e2試題分析：〔I〕由題意知，曲線在點(diǎn)(1,f(1))處的切線斜率為2，所以f'(1)2，又f'(x)lnxa1,所以a1.x〔II〕k1時(shí)，方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)存在獨(dú)一的根.設(shè)h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,當(dāng)x(0,1]時(shí)，h(x)0.e又h(2)3ln24ln84110,e2e2所以存在x(1,2)，使h(x)0.00因?yàn)閔'(x)lnx1x(x2)(1,2)時(shí)，h'(x)110，當(dāng)x(2,)時(shí)，x1ex,所以當(dāng)xeh'(x)0，所以當(dāng)x(1,)時(shí)，h(x)單一遞加.所以k1時(shí)，方程f(x)g(x)在(k,k1)內(nèi)存在獨(dú)一的根.〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)在(1,2)內(nèi)存在獨(dú)一的根x0，且x(0,x0)時(shí)，f(x)g(x)，x(x0,)時(shí)，f(x)g(x)，所以m(x)(x1)lnx,x(0,x0].x2x,x(x0,)e當(dāng)x(0,x0)時(shí)，假定x(0,1],m(x)0;假定x(1,x),由m'(x)lnx10,可知0m(x)m(x);故m(x)m(x).10x00當(dāng)x(x0,)時(shí)，由m'(x)x(2x)(x0,2)時(shí)，m'(x)0,m(x)單一遞加；x(2,)ex,可得x時(shí)，m'(x)0,m(x)單一遞減；可知m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e24綜上可得函數(shù)m(x)的最大值為2.e考點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2.應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性、最值.19.(2021山東理)設(shè)函數(shù)fxlnx1ax2x，此中aR.〔Ⅰ〕議論函數(shù)fx極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說(shuō)明原因；〔Ⅱ〕假定x0,fx0成立，求a的取值范圍.【答案】〔I〕：當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)fx在1,上有獨(dú)一極值點(diǎn)；當(dāng)0a8fx在1,上無(wú)極值點(diǎn)；時(shí)，函數(shù)89當(dāng)a時(shí)，函數(shù)fx在1,上有兩個(gè)極值點(diǎn)；9〔II〕a的取值范圍是0,1.第27頁(yè)〔共41頁(yè)〕第28頁(yè)〔共41頁(yè)〕〔4〕當(dāng)a0時(shí)，設(shè)hxxlnx1第29頁(yè)〔共41頁(yè)〕【考點(diǎn)定位】1、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用；2、分類議論的思想.【名師點(diǎn)睛】本題考察了導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)性質(zhì)中的應(yīng)用，側(cè)重考察了分類議論、數(shù)形聯(lián)合、轉(zhuǎn)變的思想方法，意在考察學(xué)生聯(lián)合所學(xué)知識(shí)剖析問(wèn)題、解決問(wèn)題的能力，此中最后一問(wèn)所結(jié)構(gòu)的函數(shù)表達(dá)了學(xué)生對(duì)不一樣函數(shù)增加模型的深刻理解.20.(2021陜西文)設(shè)fn(x)xx2xn1,nN,n2.(I)求fn(2)；0,2112n(II)證明：fn(x)在內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)〔記為an〕，且0an.3233【答案】(I)fn(2)(n1)2n1；(II)證明略，詳看法析.【分析】試題剖析：(I)由題設(shè)fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122n2n1，此式等價(jià)于數(shù)列{n2n1}的前n項(xiàng)和，由錯(cuò)位相減法求得fn(2)(n1)2n1；22n22(x)在(0,2)內(nèi)起碼存在(II)因?yàn)閒(0)10，fn()12120，所以fn3333一個(gè)零點(diǎn)，又fn(x)12xn10fn(x)2內(nèi)單一遞加，所以，fnx2，所以在3( )在3內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)an，因?yàn)閒n(x)1xn，所以011xan11ann11222n1ann11故1an2，既而得0an112232223試題分析：(I)由題設(shè)fn(x)12xnxn1，

nfn(an)1an1，由此可得1ann12.33所以fn(2)122n2n1①由2fn(2)12222nn2②①②得fn(2)12222n1n2n122n2n(1n)2n1，12第30頁(yè)〔共41頁(yè)〕所以fn(2)(n1)2n1(II)因?yàn)閒(0)10n212n2fn(2)3311221220，231333所以fn(x)在(0,2)內(nèi)起碼存在一個(gè)零點(diǎn)，3nxn1又fn(x)12x0所以( )在(0,2)內(nèi)單一遞加，fnx3所以，( )在2內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，fnxan(0,)3因?yàn)閒n(x)1xn1，1xann所以0f(a)11nn1an由此可得an11ann11故12222an23n1n11ann11212所以0an222333考點(diǎn)：1.錯(cuò)位相減法；2.零點(diǎn)存在性定理；3.函數(shù)與數(shù)列.21．(2021陜西理)設(shè)fnx是等比數(shù)列1，x，x2，，xn的各項(xiàng)和，此中x0，n，n2．〔I〕證明：函數(shù)Fnxfnx2在1,1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)〔記為xn〕，且xn11xnn1；222〔II〕設(shè)有一個(gè)與上述等比數(shù)列的首項(xiàng)、末項(xiàng)、項(xiàng)數(shù)分別同樣的等差數(shù)列，其各項(xiàng)和為gnx，比f(wàn)nxgnx的大小，并加以證明．【答案】〔I〕證明看法析；〔II〕當(dāng)x=1時(shí)，fn(x)=gn(x)，當(dāng)x1時(shí)，fn(x)<gn(x)，證明見(jiàn)分析．【分析】試題剖析：〔I〕先利用零點(diǎn)定理可證Fnx在1,1內(nèi)起碼存在一個(gè)零點(diǎn)，再利用函數(shù)的單一性可證2Fnx在1,1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，從而利用xn是Fnx的零點(diǎn)可證xn11xnn1；〔II〕先設(shè)222hxfnxgnx，再對(duì)x的取值范圍進(jìn)行議論來(lái)判斷hx與0的大小，從而可得fnx和gnx的大小．試題分析：〔I〕Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,那么Fn(1)=n-1>0,第31頁(yè)〔共41頁(yè)〕當(dāng)x=1時(shí),n12n11111211Fn(2)12222122n0,12所以Fn(x)在1xn.,1內(nèi)起碼存在一個(gè)零點(diǎn)2又Fn(x)12xnxn10，故在1,1內(nèi)單一遞加，2所以Fn(x)在1xn.,1內(nèi)有且僅有一個(gè)零點(diǎn)2因?yàn)閤是Fn(x)的零點(diǎn)，所以Fn(xn)=0，即1-xnn+1-2=0，故xn=1+1xnn+1.n1-xn22n(n+1)(1+x)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+fn(x)=gn(x)

nxn-(n+1)(1+x),x>0.當(dāng)x1時(shí),h(x)12xnxn1nn1xn1.2xn1=n(n+1)假定0<x<1,h(x)xn12xn1nxn1nn122假定x>1,h(x)xn12xn1nxn1nn1xn1=n(n+1)xn-122所以h(x)在(0,1)上遞加，在(1,)上遞減，所以h(x)<h(1)=0，即fn(x)<gn(x).時(shí)綜上所述，當(dāng)x=1時(shí),( )(x)；當(dāng)x1fn(x)<gn(x)fnx=gn

xn-1-n(n+1)xn-1=0.2n(n+1)xn-1=0.2解法二由題設(shè)，fn(x)=1+x+x2+xn,gn(x)=(n+1)(1+xn),x>0.當(dāng)x=1時(shí),fn(x)=gn(x)2當(dāng)x1時(shí),用數(shù)學(xué)歸納法能夠證明fn()( ).x<gnx當(dāng)n=2時(shí),f2(x)-g2(x)=-1(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.2假定nk(k2)時(shí)，不等式成立，即f(x)<g(x).kk那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=(k+1)(1+xk)+xk+1=2又gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk+k+1=kxk+1-(k+1)xk+122令h(x)=kxk+1-(k+1xk+1(x>0)，那么hk(x)k(k1)xkk所以當(dāng)0<x<1,hk(x)0,hk(x)在(0,1)上遞減；當(dāng)x>1,hk(x)0,hk(x)在(1,)上遞加.

2xk+1+(k+1)xk+k+1.2kk1xk1kk1xk1(x1)2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，從而gk+1(x)>2第32頁(yè)〔共41頁(yè)〕故fk+1(x)<gk+1(x).即n=k+1，不等式也成立.).所以，對(duì)于全部n2的整數(shù)，都有( )(fnx<gnx}解法三:由，記等差數(shù)列為{ak},等比數(shù)列為{,k=1,2,,n+1.那么a1=b1=1，bkan+1=bn+1=xn，所以ak1+k1xn1(2kn),bxk1(2kn),nk令m(x)abk1xn11,x1xkkkkn當(dāng)x=1時(shí),ak=bk,所以fn(x)=gn(x).當(dāng)x1時(shí),mk(x)k1nxn1(k1)xk2n而2kn，所以k-1>0，nk11.假定0<x<1,xn-k+1<1,mk(x)0,

0(2kn).k1xk2xnk11當(dāng)x>1,xn-k+1>1,mk(x)0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,mk(x)在(1,)上遞加.所以mk(x)>mk(1)=0，所以當(dāng)x0且x1時(shí),akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1，故fn(x)<gn(x)綜上所述，當(dāng)x=1時(shí),( )()；當(dāng)x1時(shí)fnx=gnxfn(x)<gn(x)考點(diǎn)：1、零點(diǎn)定理；2、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性.22.(2021上海文)本題共2小題，第1小題6分，第2小題8分.函數(shù)f(x)ax21，此中a為實(shí)數(shù).x〔1〕依據(jù)a的不一樣取值，判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并說(shuō)明原因；〔2〕假定a(1,3)，判斷函數(shù)f(x)在[1,2]上的單一性，并說(shuō)明原因.【答案】〔1〕f(x)是非奇非偶函數(shù)；〔2〕函數(shù)f(x)在[1,2]上單一遞加.【分析】〔1〕當(dāng)a0時(shí)，f(x)1，明顯是奇函數(shù)；x當(dāng)a0時(shí)，f(1)a1，f(1)a1，f(1)f(1)且f(1)f(1)0，所以此時(shí)f(x)是非奇非偶函數(shù).第33頁(yè)〔共41頁(yè)〕【考點(diǎn)定位】函數(shù)的奇偶性、單一性.2223、(2021四川文)函數(shù)f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，此中a>0.(Ⅱ)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有獨(dú)一解.(I)由，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)g(x)＝f'(x)＝2(x－1－lnx－a)22(x1)所以g'(x)＝2－xx∈(0，1)時(shí)，g'(x)＜0，g(x)單一遞減x∈(1，＋∞)時(shí)，g'(x)＞)，g(x)單一遞加(II)由f'(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx那么Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，此中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－1≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單一遞加x0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1a0∈(0，1)a＝a0時(shí)，有f'(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(I)知，f'(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單一遞加x∈(1，x0)時(shí)，f'(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0x∈(x0，＋∞)時(shí)，f'(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0又當(dāng)x∈(0，1]時(shí)，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0第34頁(yè)〔共41頁(yè)〕綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有獨(dú)一解.【考點(diǎn)定位】本題主要考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點(diǎn)等根基知識(shí)，考察推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí)，考察函數(shù)與方程、數(shù)形聯(lián)合、化歸與轉(zhuǎn)變等數(shù)學(xué)思想.【名師點(diǎn)睛】本題第(Ⅰ)問(wèn)隱蔽二階導(dǎo)數(shù)知識(shí)點(diǎn)，因?yàn)檫B續(xù)兩次求導(dǎo)后，參數(shù)a消逝，故函數(shù)的單一性是確立的，議論也相對(duì)簡(jiǎn)單.第(Ⅱ)問(wèn)需要證明的是：對(duì)于某個(gè)a∈(0，1)，f(x)的最小值恰好是0，并且在(1，＋∞)上只有一個(gè)最小值.所以，本題仍舊要先議論f(x)的單一性，進(jìn)一步說(shuō)明對(duì)于找到的，(x)在(1，＋∞)上有且只有一個(gè)等于0的點(diǎn)，也就是在(1，＋∞)上有且只有一個(gè)最小af值點(diǎn).屬于難題.24.(2021四川理)函數(shù)f(x)2(xa)lnx22ax2a，此中a0.x2a〔1〕設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，議論g(x)的單一性；〔2〕證明：存在a(0,1)，使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立，且f(x)0在(1,+)內(nèi)有唯一解.【答案】〔1〕當(dāng)0a114a),(114a,)上單一遞加，在區(qū)間時(shí)，g(x)在區(qū)間(0,1422(114a,114a)上單一遞減；當(dāng)a1)上單一遞加.〔2〕詳看法時(shí)，g(x)在區(qū)間(0,224析.第35頁(yè)〔共41頁(yè)〕【考點(diǎn)定位】本題考察導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用、函數(shù)的零點(diǎn)等根基知識(shí)，考察推理論證能力、運(yùn)算求解能力、創(chuàng)新意識(shí)，考察函數(shù)與方程、數(shù)形聯(lián)合、分類與整合，化歸與轉(zhuǎn)變等數(shù)學(xué)思想.【名師點(diǎn)睛】本題作為壓軸題，難度系數(shù)應(yīng)在0.3以下.導(dǎo)數(shù)與微積分作為大學(xué)重要內(nèi)容，在中學(xué)要修業(yè)生掌握其根基知識(shí)，在高考題中也必有表達(dá).一般地，只需掌握了課本知識(shí)，是完整能夠解決第〔1〕題的，所以對(duì)難度最大的最后一個(gè)題，任何人都不可以完整放棄，這里還有許多的分是志在必得的.解決函數(shù)題需要的一個(gè)重要數(shù)學(xué)思想是數(shù)形聯(lián)合，聯(lián)系圖形勇敢猜想.在本題中，聯(lián)合待證結(jié)論，能夠想象出f(x)的大概圖象，要使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立，且f(x)0在(1,+)內(nèi)有獨(dú)一解，那么這個(gè)解x0應(yīng)為極小值點(diǎn)，且極小值為0，當(dāng)x(1,x0)時(shí)，f(x)的圖象遞減；當(dāng)x(x0,)時(shí)，f(x)的圖象單一遞加，順著這個(gè)思想，即可找到解決方法.(2021天津文)函數(shù)f(x)=4x-x4,x?R,〔I〕求f(x)的單一性；〔II〕設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P,曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)￡g(x);a1〔III〕假定方程f(x)=a(a為實(shí)數(shù))有兩個(gè)正實(shí)數(shù)根且求證：3x1，x2，x1<x2,x2-x1<-+4.3【答案】〔I〕fx的單一遞加區(qū)間是,1,單一遞減區(qū)間是1,；〔II〕見(jiàn)試題分析；〔III〕見(jiàn)試題分析.【分析】第36頁(yè)〔共41頁(yè)〕試題分析：〔I〕由f(x)=4x-x4￠3,當(dāng)fx0,即x1時(shí),函數(shù)fx單一,可得f(x)=4-4x遞加；當(dāng)fx0,即x1時(shí),函數(shù)fx單一遞減.所以函數(shù)fx的單一遞加區(qū)間是,1,單一遞減區(qū)間是1,.1〔II〕設(shè)Px0,0,那么x043,fx012,曲線yfx在點(diǎn)P處的切線方程為yfx0xx0,即gxfx0xx0,令Fxfxgx即Fxfxfxxx0那么Fxfxfx0.因?yàn)閒(x)=4-4x3在,單一遞減,故Fx在,單一遞減,又因?yàn)镕x00,所以當(dāng)x,x0時(shí),Fx0,所以當(dāng)xx0,時(shí),Fx0,所以Fx在,x0單一遞增,在x0,單一遞減,所以對(duì)隨意的實(shí)數(shù)x,FxFx00,對(duì)于隨意的正實(shí)數(shù)x,都有f(x)￡g(x).考點(diǎn)：1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義；2.導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用.26.(2021天津理)函數(shù)f(x)nxxn,xR，此中nN*,n2.議論f(x)的單一性；(II)設(shè)曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點(diǎn)為P，曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g(x),求證：對(duì)于任意的正實(shí)數(shù)x，都有f