1317全國(guó)卷理科高考導(dǎo)數(shù)函數(shù)題(詳解)

(完好版)1317全國(guó)卷理科高考導(dǎo)數(shù)、函數(shù)題(詳解版)(完好版)1317全國(guó)卷理科高考導(dǎo)數(shù)、函數(shù)題(詳解版)PAGEPAGE27(完好版)1317全國(guó)卷理科高考導(dǎo)數(shù)、函數(shù)題(詳解版)PAGE適用文案

全國(guó)卷13-17高考真題分類匯編：函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

一.選擇題

1log2(2x),x1,f(2)f(log212)()1.〔2021.Ⅱ理5〕設(shè)函數(shù)f(x)1,,2x1,xA．3B．6C．9D．12【分析】選C由得f(2)1log243，又log2121，所以f(log212)2log21212log266，故f(2)f(log212)9，應(yīng)選C．2.【2021.Ⅰ理5】函數(shù)f(x)在(,)單一遞減，且為奇函數(shù)．假定f(1)1，那么知足1f(x2)1的x的取值范圍是〔〕A．[2,2]B．[1,1]C．[0,4]D．[1,3]【答案】D【考點(diǎn)】函數(shù)的奇偶性、單一性【名師點(diǎn)睛】奇偶性與單一性的綜合問(wèn)題，要重視利用奇、偶函數(shù)與單一性解決不等式和比較大小問(wèn)題，假定f(x)在R上為單一遞加的奇函數(shù)，且f(x1)f(x2)0，那么x1x20，反之亦建立.3.(2021·Ⅱ理8)設(shè)曲線y=ax-ln(x+1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程為y=2x,那么a=()【解題提示】將函數(shù)y=ax-ln〔x+1〕錯(cuò)誤!未找到引用源。求導(dǎo),將x=0代入,利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得a.【分析】選D.因?yàn)閒(x)=ax-ln(x+1),1.所以f(0)=0,且f'(0)=2.聯(lián)立解得a=3.應(yīng)選D.所以f'(x)=a-x14．〔2021·Ⅰ文〕函數(shù)f(x)＝－x2＋2x，x≤0，假定|f(x)|≥ax，那么a的取值范圍是( )lnx＋1，x>0.A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[－2,1]D．[－2,0]標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【分析】選D本題主要考察數(shù)形聯(lián)合思想、函數(shù)與方程思想，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)間關(guān)系，對(duì)剖析能力有較高要求．y＝|f(x)|的圖像以下列圖，y＝ax為過(guò)原點(diǎn)的一條直線，當(dāng)a>0時(shí)，與y＝|f(x)|在y軸右邊總有交點(diǎn)，不合題意．當(dāng)a＝0時(shí)建立．當(dāng)<0時(shí)，有k≤<0，此中k是y＝|－x2＋2x|在原點(diǎn)處的切線斜aa率，明顯k＝－2，于是－2≤a<0.綜上，a∈[－2,0]．5．〔2021·綱領(lǐng)卷理〕函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1,0)，那么函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)? )11A．(－1,1)B.－1，－2C．(－1,0)D.2，11【分析】選B本題考察函數(shù)定義域問(wèn)題．由－1<2x＋1<0，解得－1<x<－2，故函數(shù)f(2x＋1)的定義域?yàn)?1，－2.4216．〔2021.III.理6〕a23，b45，c253，那么〔〕〔A〕bac〔B〕abc〔C〕bca〔D〕cab【答案】A7、〔理8〕假定ab10，c1，那么〔〕A．a(chǎn)cbcB．a(chǎn)bcbacC．a(chǎn)logbcblogacD．logaclogbc【答案】C8.【2021.Ⅰ理11】設(shè)x、、z為正數(shù)，且2x3y5z〕y，那么〔A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z【答案】D【分析】試題剖析：令2x3y5zk(k1)，那么xlog2k，ylog3k，zlog5k∴2x2lgklg3lg91，那么2x3y，3ylg23lgklg8標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案2x2lgklg5lg252x5z，應(yīng)選D.5zlg25lgk1，那么lg322119．〔2021·綱領(lǐng)理〕假定函數(shù)f(x)＝x＋ax＋x在2，＋∞是增函數(shù)，那么a的取值范圍是〔〕A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【分析】選D11本題考察函數(shù)的單一性等知識(shí)．，＋∞是增函數(shù)，所以f′(x)＝2x＋a－x2，因?yàn)楹瘮?shù)在211112f′(x)≥0在2，＋∞上恒建立，即a≥x2－2x在2，＋∞上恒建立，設(shè)g(x)＝x2－2x，g′(x)＝－x3－22，令g′(x)＝－x3－2＝0，得x＝－1，當(dāng)6、〔理8〕假定ab10，c1，那么〔〕〔A〕acbc〔B〕abcbac〔C〕alogbcblogac〔D〕logaclogbc【答案】C10.(2021·Ⅱ文11)假定函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單一遞加,那么k的取值范圍是( )A.(,2]B.(,1]C.[2,)D.[1,)【解題提示】利用函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,+∞)上單一遞加,可得其導(dǎo)函數(shù)f(x)≥0恒建立,分離參數(shù),求得k的取值范圍.【分析】選D.因?yàn)閒(x)在(1,+∞)上遞加,所以f'(x)≥0恒建立,因?yàn)閒(x)=kx-lnx,所以f'(x)=k-1≥0.即k≥1>1.所以k∈[1,+∞),x選Dx11、〔理7〕函數(shù)y=2x2–e|x|在[–2,2]的圖像大概為〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】D【分析】f28e220，清除A，f28e221，清除Bx0時(shí)，fx2x2exfx4xex，當(dāng)x0,1時(shí)，fx14e0044標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案所以fx在0,1單一遞減，清除C4應(yīng)選D．12.〔2021.Ⅱ理10〕如圖，長(zhǎng)方形ABCD的邊AB2，BC1O是AB的中點(diǎn)，點(diǎn)P沿著邊BCCD，，與DA運(yùn)動(dòng)，記BOPx．將動(dòng)P到A、B兩點(diǎn)距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，那么yf(x)的圖像大概為〔〕DPCyyyy2222x3x3x3xxAOB3424424424424(A)(B)(C)(D)【分析】選B由得，當(dāng)點(diǎn)P在BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即0x時(shí)，PAPBtan2x4tanx；4當(dāng)點(diǎn)P在CD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即4x3,x時(shí)，PAPB(11)21(11)21，42tanxtanx當(dāng)x時(shí)，PAPB22；當(dāng)點(diǎn)P在AD邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即3x時(shí)，24PAPBtan2x4tanx，從點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過(guò)程能夠看出，軌跡對(duì)于直線x2對(duì)稱，且f()f(2)，且軌跡非線型，應(yīng)選B．413.〔2021.Ⅰ文12〕設(shè)函數(shù)yf(x)的圖像與y2xa的圖像對(duì)于直線yx對(duì)稱，且f(2)f(4)1，那么a( )〔A〕1〔B〕1〔C〕2〔D〕4【分析】選C設(shè)(x,y)是函數(shù)yf(x)的圖像上隨意一點(diǎn)，它對(duì)于直線yx對(duì)稱為〔y,x〕，由已知知〔y,x〕在函數(shù)y2xa的圖像上，∴x2ya，解得ylog2(x)a，即f(x)log2(x)a，∴f(2)f(4)log22alog24a1，解得a2，應(yīng)選C.【分析】由yx在區(qū)間(0,)是單一減函數(shù)可知，01，又1，應(yīng)選C.14．〔2021.II.理12〕函數(shù)f(x)(xR)知足f(x)2f(x)，假定函數(shù)yx1與yf(x)圖像x標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案m的交點(diǎn)為(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),那么(xiyi)〔〕i1A0BC2mD4m〔〕〔〕m〔〕〔〕【答案】B15.【理11】假定x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點(diǎn)，那么f(x)的極小值為〔〕A.1B.2e3C.5e3【答案】A【分析】【考點(diǎn)】函數(shù)的極值；函數(shù)的單一性【名師點(diǎn)睛】(1)可導(dǎo)函數(shù)＝(x)在點(diǎn)x0處獲得極值的充要條件是f′(x0)＝0，且在x0左邊與右邊f(xié)′(x)yf的符號(hào)不一樣。假定f(x)在(a，b)內(nèi)有極值，那么f(x)在(a，b)內(nèi)絕不是單一函數(shù)，即在某區(qū)間上單一增或減的函數(shù)沒(méi)有極值。16.〔2021二理12〕設(shè)函數(shù)函數(shù)f(x)=3sinx的極值點(diǎn)x222m0取值范圍是( )A.,6U6,B.B.,2∪2,D.

41

∪∪

4,4,【解題提示】利用函數(shù)f(x)=3sinx的性質(zhì),求得x0和f(x0)代入不等式,解不等式,得m的取值范圍.m【分析】選C.因?yàn)閒(x)=3sinx的極值為±3,即[f(x0)]m,2=3,|x0|≤m222m23,所以m22解得|m|>2.應(yīng)選C.所以x0+[f(x0)]≥4+3<m,417.【2021.Ⅲ理11】函數(shù)2x1x1f(x)x2xa(ee)有獨(dú)一零點(diǎn)，那么=〕a〔標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案．11．1．1223【答案】C【分析】試題剖析：函數(shù)的零點(diǎn)知足x22xaex1ex1，2x1設(shè)gxx1ex1，那么gxex1ex1ex11e1，eex1ex1當(dāng)gx0時(shí)，x1，當(dāng)x1gx0，函數(shù)gx單一遞減，時(shí)，當(dāng)x1時(shí)，gx0，函數(shù)gx單一遞加，當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)獲得最小值g12，設(shè)hxx22x，當(dāng)x1時(shí)，函數(shù)獲得最小值1，【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)；導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單一性，分類議論的數(shù)學(xué)思想【名師點(diǎn)睛】函數(shù)零點(diǎn)的應(yīng)用主要表此刻利用零點(diǎn)求參數(shù)范圍，假定方程可解，經(jīng)過(guò)解方程即可得出參數(shù)的范圍，假定方程不易解或不行解，那么將問(wèn)題轉(zhuǎn)變?yōu)榻Y(jié)構(gòu)兩個(gè)函數(shù)，利用兩個(gè)函數(shù)圖象的關(guān)系求解，這樣會(huì)使得問(wèn)題變得直觀、簡(jiǎn)單，這也表達(dá)了數(shù)形聯(lián)合思想的應(yīng)用.學(xué)科@網(wǎng)18.〔2021.Ⅱ理12〕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建立的x的取值范圍是〔〕A．(,1)U(0,1)B．(1,0)U(1,)C．(,1)U(1,0)D．(0,1)U(1,)標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【答案】A19.〔2021.Ⅰ理12〕設(shè)函數(shù)f(x)=ex(2x1)axa,此中a1，假定存在獨(dú)一的整數(shù)x0，使得f(x0)0，那么a的取值范圍是〔〕(A)[-3，1〕(B)[-錯(cuò)誤!未找到引用源。，3〕(C)[錯(cuò)誤!未找到引用源。，錯(cuò)誤!未找到引用源。〕2e4(D)[錯(cuò)誤!未找到引用源。，1〕【分析】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(21)，所以當(dāng)1＜0，當(dāng)1＞0，所以當(dāng)1時(shí)，時(shí)，gxexx2g(x)x2g(x)x21時(shí)，[g(x)]max=-2e2，當(dāng)x0時(shí)，g(0)=-1，g(1)3e0，直線yaxa恒過(guò)〔1,0〕斜率且a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，應(yīng)選D.2e【答案】D二、填空題20.〔2021.Ⅰ文14〕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.【分析】試題剖析：∵f(x)3ax21，∴f(1)3a1，即切線斜率k3a1，又∵f(1)a2，∴切點(diǎn)為〔1，a2〕，∵切線過(guò)〔2,7〕，∴a273a1，解得a1.12標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【答案】121.〔2021.Ⅰ理13〕假定函數(shù)f(x)=xln(xax2)為偶函數(shù)，那么a=【答案】122．〔2021·Ⅰ理〕假定函數(shù)f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的圖象對(duì)于直線x＝－2對(duì)稱，那么f(x)的最大值為_(kāi)_______．【分析】本題考察函數(shù)圖象的對(duì)稱性、函數(shù)圖象的平移、偶函數(shù)及函數(shù)的極值與最值等知識(shí)，意在考察考生綜合運(yùn)用函數(shù)知識(shí)解答問(wèn)題的能力、考察考生的運(yùn)算能力；由函數(shù)圖象的對(duì)稱性得相應(yīng)函數(shù)的奇偶性，利用圖象平移知識(shí)確立函數(shù)分析式，再經(jīng)過(guò)求導(dǎo)，研究函數(shù)的極值與最值．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)圖象對(duì)于直線x＝－2對(duì)稱，所以函數(shù)f(x－2)為偶函數(shù)，因?yàn)閒(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)，所以f(x－2)＝[1－(x－2)2][(x2)2＋a(x－2)＋b]＝－x4＋(8－a)x3＋(6a－b－23)x2＋(－11a＋4b＋28)x＋(6a－3b－12)為偶函數(shù)，所8－a＝0，a＝8，2)(x2＋8x＋15)，所以f′(x)＝－2x(x2＋8x＋15)以所以f(x)＝(1－x－11a＋4b＋28＝0，b＝15，(1－x2)·(2x＋8)＝－4x3－24x2－28x＋8＝－4(x3＋6x2＋7x－2)＝－4(x＋2)(x2＋4x－1)．令f′(x)＝0，得x＝－2或x＝－2－5或x＝－2＋5，且當(dāng)x＜－2－5時(shí)，′(x)＞0；當(dāng)－2－5＜＜－2時(shí)，′fxf(x)＜0；當(dāng)－2＜x＜－2＋5時(shí)，f′(x)＞0；當(dāng)x＞－2＋5時(shí)，f′(x)＜0，所以當(dāng)x＝－2－5時(shí)，f(x)極大值＝16；當(dāng)x＝－2＋5時(shí)，f(x)極大值＝16.所以函數(shù)f(x)的最大值為16.【答案】1623．〔2021·綱領(lǐng)卷文〕設(shè)f(x)是以2為周期的函數(shù)，且當(dāng)x∈[1,3)時(shí)，f(x)＝x－2，那么f(－1)＝________.【分析】本題主要考察抽象函數(shù)的求值與周期性．因?yàn)閒(x)是以2為周期的函數(shù)，所以f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)＝1－2＝－1.【答案】－1x，，24.【2021.Ⅲ理15】設(shè)函數(shù)那么知足f(x)f(x1)1的x的取值范圍是_________.f(x)x，x，202【答案】1,4標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案2x3,x02寫成分段函數(shù)的形式：gxfxfx12xx1,0x1，222212x1,x12函數(shù)gx在區(qū)間,0,0,1,1,三段區(qū)間內(nèi)均單一遞加，22且：g11,20011,212011，42據(jù)此x的取值范圍是：1,.425．〔理16〕假定直線ykxb是曲線ylnx2的切線，也是曲線yln(x1)的切線，那么b．【答案】1ln225．〔理15〕fx為偶函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)ln(x)3x，那么曲線yfx在點(diǎn)(1,3)處的切線方程是_______________?！敬鸢浮縴2x1三、解答題26.〔2021.Ⅰ文21〕〔本小題總分值12分〕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)；標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案〔II〕證明：當(dāng)a0時(shí)fx2aaln2.a【分析】試題分析：〔I〕f(x)的定義域?yàn)?，+，f(x)=2e2xax0.x當(dāng)a0時(shí),f(x)0，f(x)沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閑2x單一遞加，-a單一遞加，所以f(x)在，單一遞加.又f(a)0,當(dāng)b滿x0+足0<b<a且b<1時(shí)，f(b)0,故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)存在獨(dú)一零點(diǎn).44〔II〕由〔I〕，可設(shè)f(x)在0，+的獨(dú)一零點(diǎn)為x0，當(dāng)x，x0時(shí)，f(x)0;0當(dāng)xx0，+時(shí)，f(x)0.故f(x)在(0，x0)單一遞減，在x0，+單一遞加，所以當(dāng)x=x0時(shí)，f(x)獲得最小值，最小值為f(x0).因?yàn)?e2x0-a=0，所以f(x0)=a+2ax0+aln2?2aaln2.x02x0aa故當(dāng)a>0時(shí)，f(x)2aaln2.27.〔2021·Ⅰ文〕函數(shù)ax2處的切線方程為y＝f(x)＝e(ax＋b)－x－4x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))4x＋4.求a，b的值；議論f(x)的單一性，并求f(x)的極大值．解：本題主要考察導(dǎo)數(shù)的根本知識(shí)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單一性、求極值．(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.從而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，xx1.f′(x)＝4e(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)e－2令f′(x)＝0得，＝－ln2或x＝－2.x從而當(dāng)x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－2，－ln2)時(shí)，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上單一遞加，在(－2，－ln2)上單一遞減．當(dāng)x＝－2時(shí)，函數(shù)f(x)獲得極大值，極大值為f(－2)＝4(1－e－2)．由k＜x3＜0知x＞4k明顯建立，11標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案f(－k)＞f(x1)．再證f(k)＜f(x2)．3311同理f(x2)＝－x2＋x2f(k)－(x2)＝－－x2＋x2k－＋3，有2＝(2)＋(2)＜0，2fk2x2kxf(k)＜f(x2)．綜上所述，M＝f(－k)＝－2k3－k，m＝f(k)＝k.28.【2021.Ⅲ理21】函數(shù)fxx1alnx.〔1〕假定fx0，求a的值；〔2〕設(shè)m為整數(shù)，且對(duì)于隨意正整數(shù)n111L11m，求m的最小值.12n222【答案】(1)a1；(2)3【分析】試題剖析：(1)由原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系可得xafx在x0，+的獨(dú)一最小值點(diǎn)，列方程解得=是a1；(2)利用題意聯(lián)合(1)的結(jié)論對(duì)不等式進(jìn)行放縮，求得1111L11e，聯(lián)合2222n111112可知實(shí)數(shù)m的最小值為3122232標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性；導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)證明不等式【名師點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單一性、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(shí)點(diǎn)，所以在歷屆高考取，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考察都特別突出，本專題在高考取的命題方向及命題角度從高考來(lái)看，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考察主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)行：(1)考察導(dǎo)數(shù)的幾何意義，常常與分析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單一區(qū)間，判斷單一性；單一性，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(wèn)題．(4)考察數(shù)形聯(lián)合思想的應(yīng)用．學(xué)科@網(wǎng)29〔2021.Ⅱ理21〕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)｜≤e-1，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恒建立，等價(jià)于f(x1)f(x2)maxe1．由x,x是兩個(gè)獨(dú)立的變12標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案量，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)，故只要f(1)f(0)e1,，從而得對(duì)于m的不等式，因不易解出，故利用導(dǎo)數(shù)研究其單一性和符號(hào)，從而得f(1)f(0)e1,解．30．〔2021·Ⅰ理〕設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，假定曲線y＝f(x)和曲線y＝g(x)都過(guò)點(diǎn)P(0,2)，且在點(diǎn)P處有同樣的切線y＝4x＋2.求a，b，c，d的值；假定x≥－2時(shí)，f(x)≤kg(x)，求k的取值范圍．解：本題主要考察利用導(dǎo)數(shù)求解曲線的切線，利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，從而解答不等式恒建立問(wèn)題，意在考察考生綜合運(yùn)用導(dǎo)數(shù)這一重要工具解答函數(shù)與不等式問(wèn)題的綜合能力．(1)由得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.從而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．設(shè)函數(shù)F(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，那么F′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．由題設(shè)可得F(0)≥0，即k≥1.令F′(x)＝0得x1＝－lnk，x2＝－2.(ⅰ)假定1≤＜e2，那么－2＜1≤0，從而當(dāng)x∈(－2，1)時(shí)，′(x)＜0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，′( )＞0，kxxFxFx即F(x)在(－2，x)上單一遞減，在(x，＋∞)上單一遞加，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值為F(x)．而111F(x2－4x－2＝－x(x＋2)≥0.111111故當(dāng)x≥－2時(shí)，()≥0，即f(x)≤kg(x)恒建立．Fx標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案(ⅱ)假定k＝e2，F(xiàn)′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．從而當(dāng)x＞－2，F(xiàn)′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上增．而F(－2)＝0，故當(dāng)x≥－2，F(xiàn)(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒建立．(ⅲ)假定k＞e2，F(xiàn)(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.從而當(dāng)x≥－2，f(x)≤kg(x)不行能恒建立．2上，k的取范是[1，e]．31、〔2021.III.〕函數(shù)f(x)acos2x(a1)(cosx1)，此中a0，|f(x)|的最大A．〔Ⅰ〕求f(x)；〔Ⅱ〕求A；〔Ⅲ〕明|f(x)|2A．分析：〔Ⅰ〕f'(x)2asin2x(a1)sinx．〔Ⅱ〕當(dāng)a1，|f'(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0)所以，A3a2．???4分當(dāng)0a1，將f(x)形f(x)2acos2x(a1)cosx1．令g(t)2at2(a1)t1，A是|g(t)|在[1,1]上的最大，g(1)a，g(1)3a2，且當(dāng)t1a4a，g(t)獲得極小，極小1a(a1)2a26a1g()8a18a．4a令11a1，解得a1〔舍去〕，a1．4a35標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案32、〔2021.II.理21〕(Ⅰ)議論函數(shù)f(x)x2ex的單一性，并證明當(dāng)x0時(shí)，(x2)exx20；x2(Ⅱ)證明：當(dāng)a[0,1)時(shí)，函數(shù)g〔x〕=exaxa(x0)有最小值.設(shè)g(x)的最小值為h(a)，求函x2數(shù)h(a)的值域．【分析】⑴證明：fxx2exx2fxxx24x2exex2x2x222∵當(dāng)x，2U2,時(shí)，fx0∴fx在，2和2,上單一遞加∴x0時(shí)，x2exf0=1x2∴x2exx20xa2xaxa⑵gxex2xex4標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案xxex2exax2ax4x2x2xax2e3xa0，1由(1)知，當(dāng)x0時(shí)，fxx2ex的值域?yàn)?，，只有一解．x2使得t2eta，t0，2t2當(dāng)x(0,t)時(shí)g(x)0，g(x)單一減；當(dāng)x(t,)時(shí)g(x)0，g(x)單一增tt2thaetat1et1t2eett2t2t2ettt1記kt，在t0,2時(shí)，kte0，∴kt單一遞加2t2t2∴hakt1，e2．2433.【2021.Ⅰ理21】函數(shù)f(x)ae2x(a2)exx.1〕議論f(x)的單一性；2〕假定f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.【分析】試題剖析：〔1〕議論f(x)單一性，第一進(jìn)行求導(dǎo)，發(fā)現(xiàn)式子特色后要實(shí)時(shí)進(jìn)行因式分解，在對(duì)a按a0，a0進(jìn)行議論，寫出單一區(qū)間；〔2〕依據(jù)第〔1〕題，假定a0，f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn).假定a0，當(dāng)xlna時(shí)，f(x)獲得最小值，求出最小值1lna，依據(jù)a1，a(1,)，a(0,1)進(jìn)行討f(lna)1a3論，可知當(dāng)a(0,1)有2個(gè)零點(diǎn)，設(shè)正整數(shù)n0知足n0ln(1)，那么af(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.因?yàn)閘n(31)lna，所以f(x)在(lna,)a有一個(gè)零點(diǎn).所以a的取值范圍為(0,1).標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【考點(diǎn)】含參函數(shù)的單一性，利用函數(shù)零點(diǎn)求參數(shù)取值范圍.【名師點(diǎn)睛】研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題經(jīng)常與研究對(duì)應(yīng)方程的實(shí)根問(wèn)題互相轉(zhuǎn)變.函數(shù)f(x)有2個(gè)零點(diǎn)求參數(shù)取值范圍，第一種方法是分離參數(shù)，結(jié)構(gòu)不含參數(shù)的函數(shù)，研究其單一性、極值、最值，判斷ya與其交點(diǎn)的個(gè)數(shù)，從而求出a的范圍；第二種方法是直接對(duì)含參函數(shù)進(jìn)行研究，研究其單一性、極值、最值，注意點(diǎn)是假定f(x)有2個(gè)零點(diǎn)，且函數(shù)先減后增，那么只要其最小值小于0，且后邊還需考證有最小值兩邊存在大于0的點(diǎn).學(xué)科@網(wǎng)34．〔2021·II理〕函數(shù)f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)設(shè)x＝0是f(x)的極值點(diǎn)，求，并議論f()的單一性；mx當(dāng)m≤2時(shí)，證明f(x)>0.解：考察利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性以及運(yùn)用導(dǎo)數(shù)方法證明不等式等知識(shí)．意在考察考生綜合運(yùn)用知識(shí)的能力以及化歸與轉(zhuǎn)變的思想．f′(x)＝ex－1.x＋m標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案由x＝0是f(x)的極值點(diǎn)得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定義域?yàn)?－1，＋∞)，f′(x)＝ex－1.x＋1x1函數(shù)f′(x)＝e－x＋1在(－1，＋∞)，上單一遞加且f′(0)＝0，所以當(dāng)x∈(－1,0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上單一遞減，在(0，＋∞)上單一遞加．證明：當(dāng)m≤2，x∈(－m，＋∞)時(shí)，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只要證明當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)>0.x1當(dāng)m＝2時(shí)，函數(shù)f′(x)＝e－x＋2在(－2，＋∞)上單一遞加，又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有獨(dú)一實(shí)根x0，且x0∈(－1,0)．當(dāng)x∈(－2，x0)時(shí)，f′(x)<0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0，從而當(dāng)x＝x0時(shí)，f(x)獲得最小值．1由f′(x0)＝0得ex0＝x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，1x＋12故f(x)≥f(x)＝x0＋2＋x＝0>0.00綜上，當(dāng)m≤2時(shí)，f(x)>0.35.【理】函數(shù)fxax2axxlnx，且fx0。(1)求a；(2)證明：fx存在獨(dú)一的極大值點(diǎn)x0，且e2fx022?！敬鸢浮?1)a1；證明略?！痉治觥繕?biāo)準(zhǔn)文檔適用文案〔2〕由〔1〕知fxx2xxlnx，f'x2x2lnx。設(shè)hx2x2lnx，那么h'x21。x當(dāng)x0,1時(shí)，h'x0；當(dāng)x1,時(shí)，h'x0，22所以hx在0,1單一遞減，在1,單一遞加。22標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單一性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【名師點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單一性、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(shí)點(diǎn)，所以在歷屆高考取，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考察都特別突出，本專題在高考取的命題方向及命題角度從高考來(lái)看，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考察主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)行：(1)考察導(dǎo)數(shù)的幾何意義，常常與分析幾何、微積分相聯(lián)系。(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單一區(qū)間，判斷單一性；單一性，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(wèn)題。(4)考察數(shù)形聯(lián)合思想的應(yīng)用。學(xué)科@網(wǎng)〔理21〕函數(shù)錯(cuò)誤!未找到引用源。有兩個(gè)零點(diǎn).I〕求a的取值范圍；II〕設(shè)x1，x2是錯(cuò)誤!未找到引用源。的兩個(gè)零點(diǎn)，證明：錯(cuò)誤!未找到引用源。+x2<2.解：⑴由得：f'xx1ex2ax1x1ex2a①假定a0，那么fx0x2ex0x2，fx只有獨(dú)一的零點(diǎn)x2，不合題意；②假定a0，那么ex2aex0，所以當(dāng)x1時(shí)，f'x0，fx單一遞加當(dāng)x1時(shí)，f'x0，fx單一遞減即：標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案x,111,f'x0fx↓極小值↑故fx在1,上至多一個(gè)零點(diǎn)，在,1上至多一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)閒2a0，f1e0，那么f2f10，依據(jù)零點(diǎn)存在性定理，fx在1,2上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．而當(dāng)x1時(shí)，exe，x210，故fxx2exax1222ex1eex2ax1ax1那么fx0的兩根t1ee24ae1，t2ee24ae1，tt，因?yàn)閍0，故當(dāng)xt2a2a121或x2ex1e0t2時(shí)，ax1所以，當(dāng)x1且xt1時(shí)，fx0又f1e0，依據(jù)零點(diǎn)存在性定理，fx在,1有且只有一個(gè)零點(diǎn)．此時(shí)，fx在R上有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，知足題意．③假定ea0，那么ln2alne1，2當(dāng)xln2a時(shí)，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx單一遞加；當(dāng)ln2ax1時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx單調(diào)遞減；當(dāng)x1時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，fx單一遞加．即：x,ln2aln2aln2a,111,f'x+0-0+fx↑極大值↓極小值↑而極大值標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案fln2a2aln2a2aln2a12ln2a220a1故當(dāng)x≤1時(shí)，fx在xln2a處取到最大值fln2a，那么fx≤fln2a0恒建立，即fx0無(wú)解而當(dāng)x1時(shí)，fx單一遞加，至多一個(gè)零點(diǎn)此時(shí)fx在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．④假定ae，那么ln2a12當(dāng)x1ln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x單一遞加當(dāng)x1ln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x單一遞加又fx在x1處存心義，故fx在R上單一遞加，此時(shí)至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．⑤假定ae2a1，那么ln2當(dāng)x1時(shí)，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即f'x0，x單一遞加當(dāng)1xln2a時(shí)，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x單一遞減當(dāng)xln2a時(shí)，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x單一遞加即：,1x11,ln2aln2aln2a,f'x+0-0+fx↑極大值↓極小值↑故當(dāng)x≤ln2a時(shí)，fx在x1處取到最大值f1e，那么fx≤e0恒建立，即標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案fx0無(wú)解xln2a時(shí)，fx單一遞加，至多一個(gè)零點(diǎn)此時(shí)fx在R上至多一個(gè)零點(diǎn)，不合題意．綜上所述，當(dāng)且僅當(dāng)a0時(shí)切合題意，即a的取值范圍為0,．⑵由得：fx1fx20，不難發(fā)現(xiàn)x11，x21，x1xx2x故可整理得：2e12e2a2x22x111x2exgx2設(shè)gx12，那么gx1xx21那么g'x2xx0，gx單一遞減；當(dāng)x1時(shí)，g'x0，gxx3e，當(dāng)x1時(shí)，g'1單一遞加．設(shè)m0，結(jié)構(gòu)代數(shù)式：g1mg1mm11mm11m1m1mm12m12e2e2ememmm1設(shè)hmm1e2m1，m0m1那么h'm2m22e2m0，故hm單一遞加，有hmh00．m1所以，對(duì)于隨意的m0，g1mg1m．由gx1gx2可知x1、x2不行能在gx的同一個(gè)單一區(qū)間上，不如設(shè)x1x2，那么必有x11x2令m1x10，那么有g(shù)11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上單一遞加，所以：g2x1gx22x1x2整理得：x1x22．37(2021.Ⅰ理21)(本小題總分值12分)標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案函數(shù)f(x)＝x3ax1,g(x)lnx4(Ⅰ)當(dāng)a為什么值時(shí)，x軸為曲線yf(x)的切線；(Ⅱ)用minm,n表示m，n中的最小值，fx0=0設(shè)函數(shù)h(x)minf(x),g(x)(x0)，議論h(x)fx0=0零點(diǎn)的個(gè)數(shù)〔I〕設(shè)曲線y=f(x)與x軸相切于點(diǎn)〔x0,0)，那么解得a3.所以，當(dāng)a3時(shí)，x軸為曲線yf(x)的切線44II〕當(dāng)x(1,)時(shí)，g(x)1nx0,從而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,)無(wú)零點(diǎn)當(dāng)x1時(shí)，假定a5那么f(1)a50,h(1)minf(1),g(1)g(1)0,故x44是h(x)的零點(diǎn)；假定a5,那么f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)f(1)0,故x1不是h(x的零點(diǎn)4當(dāng)x(0,1)時(shí)，g(x)1nx0.所以只要考慮f(x)在〔0,1〕的零點(diǎn)個(gè)數(shù)〔i〕假定a-3或a0,那么f〔x〕=3x2+a在〔1,0〕無(wú)零點(diǎn)，故f(x)在〔0,1〕單一f(0)1,f(1)a5,所以當(dāng)a-3時(shí)，f(x)在〔0,1〕有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a0時(shí)f(x)在〔1,0〕沒(méi)有零點(diǎn)44(ii)假定3a0,那么f(x)在〔0，a)單一遞減，在〔a,1〕單一遞加，故在〔0,1〕中33當(dāng)xa3時(shí)，f(x)獲得最小值，最小值為f(a)2aa13334①假定f(a即3a0,f(x)在〔0,1〕無(wú)零點(diǎn)；43②假定f(a)=0,即a=-3那么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)a5a334444時(shí)，f(x)在〔0,1〕有兩個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)-3<a-5時(shí)，f(x)在(0,1)有一個(gè)零點(diǎn).4綜上，當(dāng)a3或a<-5時(shí)，h(x)有一個(gè)零點(diǎn)；當(dāng)a3或a5時(shí)，h(x)有兩個(gè)零點(diǎn)4444標(biāo)準(zhǔn)文檔適用文案53a時(shí)，h(x)有三個(gè)零點(diǎn).44(2021·Ⅱ理21)(本小題總分值12分)函數(shù)f(x)=ex-e-x-2x.(1)議論f(x)的單一性.(2)設(shè)g(x)=f(2x)-4bf(x),當(dāng)x>0時(shí),g(x)>0,求b的最大值.(3)1.4142<錯(cuò)誤!未找到引用源。<1.4143,預(yù)計(jì)ln2的近似值(精準(zhǔn)到0.001).【解題提示】(1)求f'(x),聯(lián)合f(x)的符號(hào)判斷單一性.結(jié)構(gòu)函數(shù),分離出b,求得b的最大值.利用第(2)問(wèn)的結(jié)論,預(yù)計(jì)ln2的近似值.【分析】錯(cuò)誤!未找到引用源。-2≥0，等號(hào)僅當(dāng)x=0時(shí)建立.所以f(x)在〔-∞,+∞〕單一遞加.(2)gxf2x4bfxe2xe2x4bexex錯(cuò)誤!未找到引用源。+〔8-4〕,g′(x)=2［2xe2xxx+(4b-2)］bxe2bee=2exex2exex2b2錯(cuò)誤!未找到引用源。①當(dāng)b≤2時(shí)，g′(x)≥0，等號(hào)僅當(dāng)x=0時(shí)建立，所以g(x)在(-∞,+∞)單一遞加.而g(0)=0，所以對(duì)隨意x＞0，g(x)＞0.②當(dāng)b＞2時(shí)