全国各地高考数学试题解答分类汇编大全(04导数其应用)

全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04导数及其应用)全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04导数及其应用)全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全(04导数及其应用)2021年全国各地高考数学试题及解答分类汇编大全〔04导数及其应用〕一、选择题：1.〔2021安徽文〕函数fxax3bx2cxd的图像以下列图，那么以下结论成立的是〔〕〔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〕假定定义在R上的函数fx知足f01，其导函数fx知足fxk1，那么以下结论中必定错误的选项是〔〕A．f11B．f11C．f11D．f1kkkkk1k1k1k1k1【答案】C第1页〔共41页〕考点：函数与导数．．〔2021福建文〕“对随意x(0,)，ksinxcosxx〞是“k1〞的〔〕32A．充分而不用要条件B．必需而不充分条件C．充分必需条件D．既不充分也不用要条件【答案】B考点：导数的应用．4.(2021全国新课标Ⅰ卷理)设函数f(x)=x(21)此中a，假定存在独一的整exaxa,1数x0，使得f(x0)，那么a的取值范围是〔〕0A.[-，1〕B.[-，〕C.[，〕D.[，1〕【答案】D【分析】试题剖析：设g(x)=ex(2x1)，yaxa，由题知存在独一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方.因为()x(2x1)，所以当x1时，＜，当1时，＞，所以当x12212时，[g(x)]max=-2e2，3e0，直线yaxa恒过〔〕斜率且a，故ag(0)1，当x0时，g(0)=-1，g(1)1,0且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，应选D.2e第2页〔共41页〕考点：导数的综合应用5．(2021全国新课标Ⅱ卷理)设函数f'(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0时，xf'(x)f(x)0，那么使得f(x)0成立的x的取值范围是〔〕A．(,1)(0,1)B．(1,0)(1,)C．(,1)(1,0)D．(0,1)(1,)【答案】A【分析】试题剖析：记函数g(x)f(x)，那么g'(x)xf'(x)f(x)，因为当x0时，xf'(x)f(x)0，故当x0时，g'(x)xx20，所以g(x)在(0,)单一递减；又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(,0)单一递减，且g(1)g(1)0．当0x时，g(x)0，1那么f(x)0；当x1时，g(x)0，那么f(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1)，应选A．考点：导数的应用、函数的图象与性质．6.(2021陕西理)对二次函数f(x)ax2bxc〔a为非零常数〕，四位同学分别给出以下结论，其中有且仅有一个结论是错误的，那么错误的结论是〔〕A．-1是f(x)的零点B．1是f(x)的极值点C．3是f(x)的极值D.点(2,8)在曲线yf(x)上【答案】A考点：1、函数的零点；2、利用导数研究函数的极值．第3页〔共41页〕二、填空题：1.〔2021安徽理〕设x3axb0，此中a,b均为实数，以下条件中，使得该三次方程仅有一个实根的是.〔写出全部正确条件的编号〕①a3,b3；②a3,b2；③a3,b2；④a0,b2；⑤a1,b2.与最值；函数零点问题考察时，要常常性使用零点存在性定理.2.(2021湖南理)02(x1)dx.【答案】0.【考点定位】定积分的计算.【名师点睛】本题主要考察定积分的计算，意在考察学生的运算求解能力，属于简单题，定积分的计算往常有两类根本方法：一是利用牛顿-莱布尼茨定理；二是利用定积分的几何意义求解.3、(2021全国新课标Ⅰ卷文)函数fxax3x1的图像在点1,f1的处的切线过点2,7，那么a.第4页〔共41页〕4.(2021全国新课标Ⅱ卷文)曲线yxlnx在点1,1处的切线与曲线yax2a2x1相切,那么a=．【答案】8【分析】试题剖析：由y11xlnx在点1,1处的切线斜率为2,故切线方程为y2x1,可得曲线yx与yax2a2x1联立得ax2ax20,明显a0,所以由a28a0a8.考点：导数的几何意义.5、(2021陕西文)函数yxex在其极值点处的切线方程为____________.【答案】y

1e考点：导数的几何意义.(2021陕西理)如图，一横截面为等腰梯形的沟渠，因泥沙堆积，致使沟渠截面界限呈抛物线型〔图中虚线表示〕，那么原始的最大流量与目前最大流量的比值为．【答案】【分析】试题剖析：成立空间直角坐标系，以下列图：原始的最大流量是1101022216，设抛物线的方程为x22py〔p0〕，因为该抛22525y，即y2物线过点5,2，所以2p252，解得p，所以x2x2，所以目前最大流量是22x2dx2x2x342532525540，故原552522355257575753始的最大流量与目前最大流量的比值是161.2，所以答案应填：1.2．403考点：1、定积分；2、抛物线的方程；3、定积分的几何意义．第5页〔共41页〕7.(2021陕西理)设曲线yex在点〔0,1〕处的切线与曲线y1(x0)上点p处的切线垂直，那么px的坐标为．【答案】1,1【分析】试题剖析：因为yex，所以yex，所以曲线yex在点0,1处的切线的斜率kyx0e01，1设的坐标为x0,y0〔x001，因为y111〕，那么y0，所以yx2，所以曲线y在点x0xx处的切线的斜率k2yxx1，因为k1k21，所以11，即x021，解得x01，0x02x02因为x00，所以x01，所以y01，即的坐标是1,1，所以答案应填：1,1．考点：1、导数的几何意义；2、两条直线的地点关系．8、(2021四川文)函数f(x)＝2x，(x)＝2＋ax(此中∈).对于不相等的实数x1，2，设＝gxaRxmf(x1)f(x2)，n＝g(x1)g(x2)，现有以下命题：x1x2x1x2①对于随意不相等的实数x1，2，都有＞0；xm②对于随意的a及随意不相等的实数x1，x2，都有n＞0；③对于随意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝n；④对于随意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得m＝－n.此中真命题有___________________(写出全部真命题的序号).【答案】①④【分析】f'(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正确对于①，因为对于②，取a＝－8，即g'(x)＝2x－8，当x1，x2＜4时n＜0，②错误对于③，令f'(x)＝g'(x)，即2xln2＝2x＋ah(x)＝2xln2－2x，那么h'(x)＝2x(ln2)2－2【考点定位】本题主要考察函数的性质、函数的单一性、导数的运算等根基知识，考察函数与方程的思想和数形联合的思想，考察剖析问题和解决能提的能力.【名师点睛】本题第一要正确认识m，n的几何意义，它们分别是两个函数图象的某条弦的斜率，所以，借助导数研究两个函数的切线变化规律是本题的惯例方法，分析中要注意“随意不相等的实数x1，x2〞与切线斜率的关系与差别，以及“都有〞与“存在〞的差别，防备过错性失误.属于较难题.9.(2021天津文)函数fxaxlnx,x0,,此中a为实数,fx为fx的导函数,第6页〔共41页〕假定f13,那么a的值为．【答案】3【分析】试题剖析：因为fxa1lnx,所以f1a3.考点：导数的运算法那么.10.(2021天津理)曲线yx2与直线yx所围成的关闭图形的面积为.【答案】16【分析】试题剖析：两曲线的交点坐标为(0,0),(1,1)，所以它们所围成的关闭图形的面积Sxx2dx1x21x311.102306考点：定积分几何意义.三、解答题：1.〔2021安徽文〕函数f(x)ax0,r0)2(a(xr)〔Ⅰ〕求f(x)的定义域，并议论f(x)的单一性；〔Ⅱ〕假定a400，求f(x)在(0,)内的极值.r2.〔2021安徽理〕设函数f(x)x2axb.第7页〔共41页〕〔Ⅰ〕议论函数f(sinx)在(,)内的单一性并判断有无极值，有极值时求出极值；22〔Ⅱ〕记f0(x)x2a0xb0，求函数f(sinx)f0(sinx)在[,]上的最大值D；a222a0b00知足D1时的最大值.〔Ⅲ〕在〔Ⅱ〕中，取，求zb4第8页〔共41页〕3.〔2021北京文〕设函数fxx2klnx，k0．2〔Ⅰ〕求fx的单一区间和极值；〔Ⅱ〕证明：假定fx存在零点，那么fx在区间1,e上仅有一个零点．【答案】〔1〕单一递减区间是(0,k)，单一递加区间是(k,)；极小值k(1lnk)f(k)；〔2〕2证明详看法析.第9页〔共41页〕所以，f(x)的单一递减区间是(0,k)，单一递加区间是(k,)；f(x)在xk处获得极小值f(k)k(1lnk)2.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，f(x)在区间(0,)上的最小值为f(k(1lnk)k).因为f(x)存在零点，所以k(1lnk)20，从而ke.2当ke时，f(x)在区间(1,e)上单一递减，且f(e)0，所以xe是f(x)在区间(1,e]上的独一零点.当ke时，f(x)在区间(0,e)上单一递减，且f(1)10，f(ek2e)0，2所以f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.综上可知，假定f(x)存在零点，那么f(x)在区间(1,e]上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单一性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题.4.〔2021北京理〕函数fxln1x．1x〔Ⅰ〕求曲线yfx在点0，f0处的切线方程；〔Ⅱ〕求证：当x0，1时，fxx32x；3第10页〔共41页〕〔Ⅲ〕设实数k使得fxkxx30，1恒成立，求k的最大值．对x3【答案】〔Ⅰ〕2xy0，〔Ⅱ〕证明看法析，〔Ⅲ〕k的最大值为2.试题分析：〔Ⅰ〕f(x)ln1x,x(1,1),f(x)12,f(0)2,f(0)0，1xx2曲线yfx在点0，f0处的切线方程为2xy0；〔Ⅱ〕当x0，时，fx2xx3，即不等式f(x)2(xx3)0，对x(0,1)成133立，设()ln1x2(xx3)ln(1x)ln(1x)2(xx3)，那么Fx1x33F(x)2x4，当x0，1时，F(x)0，故F(x)在〔0，1〕上为增函数，那么1x2F(x)F(0)0，所以对x(0,1)，f(x)2(xx3)成立；3〔Ⅲ〕使fxx3成立，x，，等价于(x)ln1x(x3)0，kx301F1xkx3x0，1；F(x)12x2k(1x2)kx42k，1x2当k[0,2]时，F(x)0，函数在〔0，1〕上位增函数，F(x)F(0)0，切合题意；当k2时，令F(x)0,x04k2(0,1)，xk(0,x0)x0(x0,1)F(x)-0+F(x)极小值F(x)F(0)，明显不可立，综上所述可知：k的最大值为2.考点：1.导数的几何意义；2.利用导数研究函数的单一性，证明不等式；3.含参问题议论.第11页〔共41页〕5．〔2021福建文〕函数f(x)lnx(x1)22．(Ⅰ)求函数fx的单一递加区间；〔Ⅱ〕证明：当x1时，fxx1；〔Ⅲ〕确立实数k的全部可能取值，使得存在x01，当x(1,x0)时，恒有fxkx1．【答案】(Ⅰ)0,125；〔Ⅱ〕详看法析；〔Ⅲ〕,1．【分析】(Ⅰ)求导函数fxx2x1，解不等式f'(x)0并与定义域求交集，得函数fx的x单一递加区间；〔Ⅱ〕结构函数Fxfxx1，x1,．欲证明fxx1，只需证明F(x)的最大值小于0即可；〔Ⅲ〕由〔II〕知，当k1时，不存在x01知足题意；当k1时，对于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，从而不存在x01知足题意；当k1时，结构函数Gxfxkx1，x0,，利用导数研究函数G(x)的形状，只需存在x01，当x(1,x0)时G(x)0即可．试题分析：〔I〕fx1x1x2x10,．xx，xx0由fx0得解得0x15x2x102．故fx的单一递加区间是0,15．2〔II〕令Fxfxx1，x0,．那么有Fx1x2x．当x1,时，Fx0，所以Fx在1,上单一递减，故当x1时，FxF10，即当x1时，fxx1．〔III〕由〔II〕知，当k1时，不存在x01知足题意．当k1时，对于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，从而不存在x01知足题意．当k1时，令Gxfxkx1，x0,，那么有Gx1x1kx21kx1．xxx2由Gx0得，1kx10．1k1241k1k24解得x1k0，x2221．当x1,x2时，Gx0，故Gx在1,x2内单一递加．从而当x1,x2时，GxG10，即fxkx1，综上，k的取值范围是,1．考点：导数的综合应用．6.〔2021福建理〕函数f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R),第12页〔共41页〕(Ⅰ)证明：当x>0时，f(x)<x；(Ⅱ)证明：当k<1时，存在x0>0,使得对随意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)确立k的所以可能取值，使得存在t>0，对随意的x?(0，t),恒有|f(x)-g(x)|<x2．【答案】(Ⅰ)详看法析；(Ⅱ)详看法析；(Ⅲ)k=1．【分析】试题剖析：(Ⅰ)结构函数F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),只需求值域的右端点并和0比较即可；(Ⅱ)结构函数G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，求导得￠1G(x)=-k1+x=-kx+(1-k)，利用导数研究函数G(x)的形状和最值，证明当k<1时，存在x0>0，使得G(x)01+x即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，当k>1时，对于"x违(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，那么不等式|f(x)-g(x)|<x2变形为kx-ln(1+x)<x2，结构函数M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x违[0，+)，只k-2+(k-2)2+8(k-1)0，故需说明M(x)0，易发现函数M(x)在x?〔0，)递加，而M(0)4不存在；当k<1时，由(Ⅱ)知，存在x0>0,使得对随意的随意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此时不等式变形为ln(1+x)-kx<x2，结构N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[0，+)，易发现函数N(x)在-(k+2〕+(k+2)2+8(1-k)x?〔0，)递加，而N(0)0，不知足题意；当k=1时，代入证明即可．4(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),那么有F￠1x试题分析：解法一：-1=-(x)=当x?(0,￠所以F(x)在(0,+?)上单一递减；1+x1+x?),F(x)<0,故当x>0时，F(x)<F(0)=0,即当x>0时，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当,所以G(x)在[0,+?)上单一递加,G(x)>G(0)=0G(x)>0故对随意正实数x0均知足题意.0<k<1时，令G￠(x)=0,得x=1-k=1-1>0．kk1￠取x0=-1，对随意x?(0,x0),恒有G(x)>0,所以G(x)在[0,x0)上单一递加,G(x)>G(0)=0,k即f(x)>g(x).综上，当k<1时，总存在x0>0,使得对随意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．(3)当k>1时，由〔1〕知，对于"x违(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违[0，+)-2x=,，那么有M(x)=k-1+x1+x故当k-2+(k-2)2+8(k-1)时，￠k-2+(k-2)2+8(k-1)上单?44,即|f(x)-g(x)|>x2,所以知足题意的调递加，故M(x)>M(0)=0t不存在.当k<1时，由〔2〕知存在x0>0,使得对随意的随意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,第13页〔共41页〕令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x违[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)￠?〔，,，故当时，N(x)0在x04)>M(x)[04)2上单一递加，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,记x0与-(k+2)+(k+2)+8(1-k)中较小4的为x1，那么当x?(0，x)时，恒有|f(x)g(x)|>x2，故知足题意的t不存在.1当k=1，由〔1〕知，当x违(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，+￥〕上单一递减，故H(x)<H(0)=0,当x>0时，H(x)<0,故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此时，随意实数t知足题意.综上，k=1.解法二：〔1〕〔2〕同解法一.〔3〕当k>1时，由〔1〕知，对于"x违(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，从而获得当k>1时，对于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以知足题意的t不存在.k<1时，取k1=k+1，从而k<k1<12由〔2〕知存在x0>0,使得随意x?(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此时|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx,令1-kx>x2,解得0<x<1-k，此时2f(x)-g(x)>x2,21-k中较小的为2记x0与x，那么当x?(0，时，恒有|f(x)g(x)|>x2，21x1)故知足题意的t不存在.当k=1，由〔1〕知，当x违(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,当x>0￠1x1xM(x)<M(0)=0,时，M(x)<0,所以M(x)在[0，+〕上单一递减，故故当x>0时，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此时，随意实数t知足题意综上，k=1.考点：导数的综合应用．7．〔2021广东理〕设a1，函数f(x)(1x2)exa。求f(x)的单一区间；(2)证明：f(x)在,上仅有一个零点；(3)假定曲线y=f(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m,n)处的切线与直线OP平行〔O是坐标原点〕,证明：m3a21．e【答案】〔1〕,；〔2〕看法析；〔3〕看法析．第14页〔共41页〕【分析】〔1〕依题f'x1x2'ex1x2ex20，'1xex∴fx在,上是单一增函数；【考点定位】本题考察导数与函数单一性、零点、不等式等知识，属于中高档题．8.(2021湖北文)设函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，f(x)g(x)ex，此中e为自然对数的底数.〔Ⅰ〕求f(x)，g(x)的分析式，并证明：当x0时，f(x)0，g(x)1；〔Ⅱ〕设a0，b1，证明：当x0时，ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b).x11【答案】〔Ⅰ〕xxxxx0ex10ex1f(x)0.f(x)(ee)，g(x)(ee).证明：当时，，故212又由根本不等式，有g(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页〔共41页〕当x0时，f(x)ag(x)(1a)等价于f(x)axg(x)(1a)x⑦f(x)bg(x)(1b)等价于xxf(x)bxg(x)(1b)x.⑧于是设函数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).当x0时，〔1〕假定c0，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上为增函数，从而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,)上为减函数，从而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑧成立.综合⑦⑧，得ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b)x【考点定位】本题考察函数的奇偶性和导数在研究函数的单一性与极值中的应用，属高档题.【名师点睛】将函数的奇偶性和导数在研究函数的单一性与极值中的应用联系在一同，要点考察函数的综合性，表达了函数在高中数学的重要地位，其解题的要点是第一问需运用奇函数与偶函数的定义及性质成立方程组进行求解；第二问属于函数的恒成立问题，需借助导数求解函数最值来解决.9．〔2021湖北理〕数列{an}的各项均为正数，bnn(11)nan(nN)，e为自然对数的底数．1n〔Ⅰ〕求函数f(x)1xex的单一区间，并比较(1)n与e的大小；n〔Ⅱ〕计算b1，b1b2，b1b2b3，由此推断计算bb12bn的公式，并给出证明；a1a1a2a1a2a3a1a2an1〔Ⅲ〕令(a1a2an)nnnnnnn},，数列{a，{c}的前n项和分别记为S,T证明：TeS.【答案】〔Ⅰ〕f(x)的单一递加区间为(,0)，单一递减区间为(0,).(11)ne；〔Ⅱ〕详看法析；〔Ⅲ〕详看法析.n【分析】试题分析：〔Ⅰ〕f(x)的定义域为(,)，f(x)1ex.当f(x)0，即x0时，f(x)单一递加；当f(x)0，即x0时，f(x)单一递减.故f(x)的单一递加区间为(,0)，单一递减区间为(0,).第16页〔共41页〕当x0时，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由此推断：b1b2bn(n1)n.②a1a2an下边用数学归纳法证明②.〔1〕当n1时，左侧右侧2，②成立.〔2〕假定当nk时，②成立，即b1b2bk(k1)k.a1a2ak当nk1时，bk1(k1)(11)k1ak1，由归纳假定可得b1b2bkbk1b1b2bkbk1k11(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.a1a2akak1a1a2akak1k1所以当nk1时，②也成立.n都成立.依据〔1〕〔2〕，可知②对全部正整数〔Ⅲ〕由cn的定义，②，算术-几何均匀不等式，bn的定义及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.考点：1.导数的应，2.数列的观点，3.数学归纳法，4.根本不等式10.(2021湖南文)函数f(x)ae2cosx(x[0,)，记xn为f(x)的从小到大的第n(nN*)个极值点。〔I〕证明：数列{f(xn)}是等比数列；〔II〕假定对全部nN*,xnf(xn)恒成立，求a的取值范围。【答案】〔I〕略；(II)[2e2,)4【分析】试题剖析：〔I〕由题f(x)2xcos(x)，令f(x)0，求出函数的极值点，依据等ae4第17页〔共41页〕n3t4g(t)比数列定义即可获得结果；(II)由题问题等价于2e3恒成立问题，设e(t0)，ant4而后运用导数知识获得[g(xn)]minmin[g(x1),g(x2)]min[g(),g(5)]g()4e2，所以44424e2，求得a2e2，获得a的取值范围；a4试题分析：〔I〕f( )aexcosxaexsinxx令f(x)0，由x0，得x4m而对于cos(x)，当kZ时，4假定2k2x42k，即2k2假定2kx2k32k2，即42所以，在区间((m1),m3)与(m4

2xcos(x)ae4，即xm3,mN*，2432k，那么cos(x)0；x444x2k5)0；，那么cos(x444,m)上，f(x)的符号总相反，于是当44mf(xn)(xn1)f(xn)

3,mN*时，f(x)获得极值，所以xnn3,nN*，此时，44n33(1)n12n344，易知f(xn)0，而aecos(n)ae42n22(n1)34(ae1)2e是常数，31)nn(12ae42故数列{f(xn)}是首项为f(x1)2eae4，公比为的等比数列。23N*,xnnf(xn)恒成立，即n〔II〕对全部n32ae4恒成立，亦即342n2e4恒成立，a3n4etet(t1)设g(t)(t0)，那么g(t)，令g(t)0得t1，tt2当0t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(0,1)上单一递减；当t1时，g(t)0，所以g(t)在区间(1,)上单一递加；因为xn(0,1)，且当n2时，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，当且仅当24e2，解得a2e2，a4第18页〔共41页〕故实数a的取值范围是[2e2,)。4考点：恒成立问题；等比数列的性质11.(2021湖南理)a0，函数( )axsin([0,))，记为的从小到大的第fxexxxnf(x)n(nN*)个极值点，证明：〔1〕数列{f(xn)}是等比数列〔2〕假定a1，那么对全部nN*，xn|f(xn)|恒成立.e21【答案】〔1〕详看法析；〔2〕详看法析.第19页〔共41页〕【考点定位】1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考察了函数思想，化归思想，抽象归纳能力，综合剖析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考察力度，不单题型在变化，并且问题的难度、深度与广度也在不停加大，本局部的要求必定有三个层次：第一层次主要考察求导公式，求导法那么与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包含求函数的单一区间、极值、最值等；第三层次是综合考察，包含解决应用问题，将导数内容和传统内容中相关不等式甚至数列及函数单一性有机联合，设计综合题.(2021江苏)某山区外头有两条互相垂直的直线型公路，为进一步改良山区的交通现状，方案修建一条连结两条公路的山区界限的直线型公路，记两条互相垂直的公路为l1，l2，山区界限曲线为C，方案修筑的公路为l，以下列图，M，N为C的两个端点，测得点M到l1，l2的距离分别为5千米和40千米，点N到l1，l2的距离分别为20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直线分别为x，y轴，成立平面直角坐标系xOy，假定曲线C切合函数ya〔此中a，b为常数〕模型.2xb1〕求a，b的值；2〕设公路l与曲线C相切于P点，P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数分析式ft，并写出其定义域；②当t为什么值时，公路l的长度最短？求出最短长度.【答案】〔1〕a1000,b0;〔2〕①f(t)91069t2,定义域为[5,20]，②t102,f(t)min153t44千米第20页〔共41页〕〔2〕①由〔1〕知，10001000，yx2〔5x20〕，那么点的坐标为t,2t设在点处的切线l交x，y轴分别于，点，y2000，x3考点：利用导数求函数最值，导数几何意义13.(2021江苏)函数f(x)x3ax2b(a,bR).〔1〕试议论f(x)的单一性；〔2〕假定bca〔实数c是a与没关的常数〕，当函数f(x)有三个不一样的零点时，a33的取值范围恰巧是(,3)(1,)(,)，求c的值.22第21页〔共41页〕【答案】〔1〕当a0时，fx在,上单一递加；当a0时，fx在,2a0,上单一递加，在，3

2a,03

上单一递减；当a0时，fx在,0，2a,上单一递加，在3〔2〕c1.

0,

2a3

上单一递减．考点：利用导数求函数单一性、极值、函数零点第22页〔共41页〕14.(2021全国新课标Ⅰ卷文)设函数fxe2xalnx.〔I〕议论fx的导函数fx的零点的个数；〔II〕证明：当a0时fx2aaln2.a￠2xax(x>0).试题分析：〔I〕f(x)的定义域为(0，+￥)，f(x)=2e-￠￠当a￡0时,f(x)>0，f(x)没有零点；2xa￠￠当a>0时，因为e单一递加，-x单一递加，所以f(x)在(0，+￥)单一递加.又f(a)>0,当a1￠￠b知足0<b<且b<时，f(b)<0,故当a>0时，f(x)存在独一零点.4415.(2021全国新课标Ⅰ卷理)函数f〔x〕=x3ax1,g(x)lnx.(Ⅰ)当a为什么值时，x轴为曲线yf(x)的切线；4〔Ⅱ〕用minm,n表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)(x0)，议论h〔x〕零点的个数.第23页〔共41页〕【答案】〔Ⅰ〕a-3；〔Ⅱ〕当a3或a5，h(x)由一个零点；当a3或a5，444445a3，h(x)有三个零点.h(x)有两个零点；当4【分析】4剖析：〔Ⅰ〕先利用数的几何意列出对于切点的方程，解出切点坐与的a；〔Ⅱ〕依据数函数的像与性将x分x1,x1,0x1研究h(x)的零点个数，假定零点不简单求解，a再分.f(x)与x相切于点(x0,0)，f(x0)分析：〔Ⅰ〕曲y0，f(x0)0，即x03ax010134，解得x0,a.3x02a024所以，当a3yf(x)的切.⋯⋯5分，x是曲4〔Ⅱ〕当x(1,)，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0，∴h(x)在〔1，+∞〕无零点.当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的零点；假定a，f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的44零点.当x(0,1)，g(x)lnx0，所以只需考f(x)在〔0,1〕的零点个数.(ⅰ)假定a3或a0，f(x)3x2a在〔0,1〕无零点，故f(x)在〔0,1〕，而f(0)1，54f(1)a3，f(x)在〔0，1〕有一个零点；当a0，f(x)在〔0，1〕无零，所以当a点.4(ⅱ)假定3a0，f(x)在〔0，a〕减，在〔a，1〕增，故当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〕无零点.34②假定f(a)=0，即a3，f(x)在〔0,1〕有独一零点；34③假定f(a)＜0，即3a3，因为f(0)1，f(1)a5，所以当5a3，344444f(x)在〔0,1〕有两个零点；当3a5〕有一个零点.⋯10分，f(x)在〔0,14上，当a3或a5，h(x)由一个零点；当a3或a5，h(x)有两个零点；当534444a，h(x)有三个零点.⋯⋯12分44考点：利用数研究曲的切；新观点的理解；分段函数的零点；分整合思想16.(2021全国新Ⅱ卷文)fxlnxa1x.第24页〔共41页〕〔I〕议论fx的单一性；〔II〕当fx有最大值,且最大值大于2a2时,求a的取值范围.【答案】〔I〕a0,fx在0,是单一递加；a0,fx在0,1a递减；〔II〕0,1.【分析】

单一递加,在1,单一a考点：导数的应用.17．(2021全国新课标Ⅱ卷理)设函数f(x)emxx2mx．(Ⅰ)证明：f(x)在(,0)单一递减，在(0,)单一递加；〔Ⅱ〕假定对于随意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范围．【答案】(Ⅰ)详看法析；〔Ⅱ〕[1,1]．【分析】试题剖析：(Ⅰ)先求导函数f'(x)m(emx1)2x，依据m的范围议论导函数在(,0)和(0,)的符号即可；〔Ⅱ〕f(x1)f(x2)e1恒成立，等价于f(x1)f(x2)maxe1．由x,x是两个独12立的变量，故可求研究f(x)的值域，由(Ⅰ)可得最小值为f(0)1，最大值可能是f(1)或f(1)，f(1)f(0)e1,故只需f(0)，从而得对于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单一性和f(1)e1,符号，从而得解．第25页〔共41页〕考点：导数的综合应用．18.(2021山东文)设函数.曲线在点(1,f(1))处的切线与直线平行.〔Ⅰ〕求a的值；k，使得方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在独一的根？如〔Ⅱ〕能否存在自然数果存在，求出k；假如不存在，请说明原因；〔Ⅲ〕设函数m(x)min{f(x),g(x)}〔min{p，q}表示，p，q中的较小值〕，求m(x)的最大值.【答案】〔I〕a1；(II)k1；(III)42.e【分析】试题剖析：〔I〕由题意知，f'(1)2，依据f'(x)lnxa1,即可求得.x〔II〕k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在独一的根.设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,e44经过研究x(0,1]时，h(x)0.又h(2)ln8110,3ln2e2得悉存在x0(1,2)，使h(x0)0.e2应用导数研究函数h(x)的单一性，当x作出结论：k1时，方程f(x)g(x)〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)

(1,)时，h(x)单一递加.在(k,k1)内存在独一的根.在(1,2)内存在独一的根x0，且x(0,x0)时，f(x)g(x)，(x1)lnx,x(0,x0]x(x0,)时，f(x)g(x)，获得m(x)x2.,x(x0,)ex当x(0,x0)时，研究获得m(x)m(x0).当x(x0,)时，应用导数研究获得m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e2第26页〔共41页〕综上可得函数m(x)的最大值为4.e2试题分析：〔I〕由题意知，曲线在点(1,f(1))处的切线斜率为2，所以f'(1)2，又f'(x)lnxa1,所以a1.x〔II〕k1时，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在独一的根.设h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,当x(0,1]时，h(x)0.e又h(2)3ln24ln84110,e2e2所以存在x(1,2)，使h(x)0.00因为h'(x)lnx1x(x2)(1,2)时，h'(x)110，当x(2,)时，x1ex,所以当xeh'(x)0，所以当x(1,)时，h(x)单一递加.所以k1时，方程f(x)g(x)在(k,k1)内存在独一的根.〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)在(1,2)内存在独一的根x0，且x(0,x0)时，f(x)g(x)，x(x0,)时，f(x)g(x)，所以m(x)(x1)lnx,x(0,x0].x2x,x(x0,)e当x(0,x0)时，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当x(x0,)时，由m'(x)x(2x)(x0,2)时，m'(x)0,m(x)单一递加；x(2,)ex,可得x时，m'(x)0,m(x)单一递减；可知m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e24综上可得函数m(x)的最大值为2.e考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单一性、最值.19.(2021山东理)设函数fxlnx1ax2x，此中aR.〔Ⅰ〕议论函数fx极值点的个数，并说明原因；〔Ⅱ〕假定x0,fx0成立，求a的取值范围.【答案】〔I〕：当a0时，函数fx在1,上有独一极值点；当0a8fx在1,上无极值点；时，函数89当a时，函数fx在1,上有两个极值点；9〔II〕a的取值范围是0,1.第27页〔共41页〕第28页〔共41页〕〔4〕当a0时，设hxxlnx1第29页〔共41页〕【考点定位】1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类议论的思想.【名师点睛】本题考察了导数在研究函数性质中的应用，侧重考察了分类议论、数形联合、转变的思想方法，意在考察学生联合所学知识剖析问题、解决问题的能力，此中最后一问所结构的函数表达了学生对不一样函数增加模型的深刻理解.20.(2021陕西文)设fn(x)xx2xn1,nN,n2.(I)求fn(2)；0,2112n(II)证明：fn(x)在内有且仅有一个零点〔记为an〕，且0an.3233【答案】(I)fn(2)(n1)2n1；(II)证明略，详看法析.【分析】试题剖析：(I)由题设fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122n2n1，此式等价于数列{n2n1}的前n项和，由错位相减法求得fn(2)(n1)2n1；22n22(x)在(0,2)内起码存在(II)因为f(0)10，fn()12120，所以fn3333一个零点，又fn(x)12xn10fn(x)2内单一递加，所以，fnx2，所以在3( )在3内有且只有一个零点an，因为fn(x)1xn，所以011xan11ann11222n1ann11故1an2，既而得0an112232223试题分析：(I)由题设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页〔共41页〕所以fn(2)(n1)2n1(II)因为f(0)10n212n2fn(2)3311221220，231333所以fn(x)在(0,2)内起码存在一个零点，3nxn1又fn(x)12x0所以( )在(0,2)内单一递加，fnx3所以，( )在2内有且只有一个零点，fnxan(0,)3因为fn(x)1xn1，1xann所以0f(a)11nn1an由此可得an11ann11故12222an23n1n11ann11212所以0an222333考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.21．(2021陕西理)设fnx是等比数列1，x，x2，，xn的各项和，此中x0，n，n2．〔I〕证明：函数Fnxfnx2在1,1内有且仅有一个零点〔记为xn〕，且xn11xnn1；222〔II〕设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别同样的等差数列，其各项和为gnx，比fnxgnx的大小，并加以证明．【答案】〔I〕证明看法析；〔II〕当x=1时，fn(x)=gn(x)，当x1时，fn(x)<gn(x)，证明见分析．【分析】试题剖析：〔I〕先利用零点定理可证Fnx在1,1内起码存在一个零点，再利用函数的单一性可证2Fnx在1,1内有且仅有一个零点，从而利用xn是Fnx的零点可证xn11xnn1；〔II〕先设222hxfnxgnx，再对x的取值范围进行议论来判断hx与0的大小，从而可得fnx和gnx的大小．试题分析：〔I〕Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,那么Fn(1)=n-1>0,第31页〔共41页〕当x=1时,n12n11111211Fn(2)12222122n0,12所以Fn(x)在1xn.,1内起码存在一个零点2又Fn(x)12xnxn10，故在1,1内单一递加，2所以Fn(x)在1xn.,1内有且仅有一个零点2因为x是Fn(x)的零点，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.当x1时,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)上递加，在(1,)上递减，所以h(x)<h(1)=0，即fn(x)<gn(x).时综上所述，当x=1时,( )(x)；当x1fn(x)<gn(x)fnx=gn

xn-1-n(n+1)xn-1=0.2n(n+1)xn-1=0.2解法二由题设，fn(x)=1+x+x2+xn,gn(x)=(n+1)(1+xn),x>0.当x=1时,fn(x)=gn(x)2当x1时,用数学归纳法能够证明fn()( ).x<gnx当n=2时,f2(x)-g2(x)=-1(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.2假定nk(k2)时，不等式成立，即f(x)<g(x).kk那么，当n=k+1时，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所以当0<x<1,hk(x)0,hk(x)在(0,1)上递减；当x>1,hk(x)0,hk(x)在(1,)上递加.

2xk+1+(k+1)xk+k+1.2kk1xk1kk1xk1(x1)2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，从而gk+1(x)>2第32页〔共41页〕故fk+1(x)<gk+1(x).即n=k+1，不等式也成立.).所以，对于全部n2的整数，都有( )(fnx<gnx}解法三:由，记等差数列为{ak},等比数列为{,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当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).当x1时,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当x>1,xn-k+1>1,mk(x)0,从而mk(x)在(0,1)上递减,mk(x)在(1,)上递加.所以mk(x)>mk(1)=0，所以当x0且x1时,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1，故fn(x)<gn(x)综上所述，当x=1时,( )()；当x1时fnx=gnxfn(x)<gn(x)考点：1、零点定理；2、利用导数研究函数的单一性.22.(2021上海文)本题共2小题，第1小题6分，第2小题8分.函数f(x)ax21，此中a为实数.x〔1〕依据a的不一样取值，判断函数f(x)的奇偶性，并说明原因；〔2〕假定a(1,3)，判断函数f(x)在[1,2]上的单一性，并说明原因.【答案】〔1〕f(x)是非奇非偶函数；〔2〕函数f(x)在[1,2]上单一递加.【分析】〔1〕当a0时，f(x)1，明显是奇函数；x当a0时，f(1)a1，f(1)a1，f(1)f(1)且f(1)f(1)0，所以此时f(x)是非奇非偶函数.第33页〔共41页〕【考点定位】函数的奇偶性、单一性.2223、(2021四川文)函数f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，此中a>0.(Ⅱ)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有独一解.(I)由，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)g(x)＝f'(x)＝2(x－1－lnx－a)22(x1)所以g'(x)＝2－xx∈(0，1)时，g'(x)＜0，g(x)单一递减x∈(1，＋∞)时，g'(x)＞)，g(x)单一递加(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，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单一递加x0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1a0∈(0，1)a＝a0时，有f'(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(I)知，f'(x)在区间(1，＋∞)上单一递加x∈(1，x0)时，f'(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0x∈(x0，＋∞)时，f'(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0第34页〔共41页〕综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有独一解.【考点定位】本题主要考察导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等根基知识，考察推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考察函数与方程、数形联合、化归与转变等数学思想.【名师点睛】本题第(Ⅰ)问隐蔽二阶导数知识点，因为连续两次求导后，参数a消逝，故函数的单一性是确立的，议论也相对简单.第(Ⅱ)问需要证明的是：对于某个a∈(0，1)，f(x)的最小值恰好是0，并且在(1，＋∞)上只有一个最小值.所以，本题仍旧要先议论f(x)的单一性，进一步说明对于找到的，(x)在(1，＋∞)上有且只有一个等于0的点，也就是在(1，＋∞)上有且只有一个最小af值点.属于难题.24.(2021四川理)函数f(x)2(xa)lnx22ax2a，此中a0.x2a〔1〕设g(x)是f(x)的导函数，议论g(x)的单一性；〔2〕证明：存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在(1,+)内有唯一解.【答案】〔1〕当0a114a),(114a,)上单一递加，在区间时，g(x)在区间(0,1422(114a,114a)上单一递减；当a1)上单一递加.〔2〕详看法时，g(x)在区间(0,224析.第35页〔共41页〕【考点定位】本题考察导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等根基知识，考察推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考察函数与方程、数形联合、分类与整合，化归与转变等数学思想.【名师点睛】本题作为压轴题，难度系数应在0.3以下.导数与微积分作为大学重要内容，在中学要修业生掌握其根基知识，在高考题中也必有表达.一般地，只需掌握了课本知识，是完整能够解决第〔1〕题的，所以对难度最大的最后一个题，任何人都不可以完整放弃，这里还有许多的分是志在必得的.解决函数题需要的一个重要数学思想是数形联合，联系图形勇敢猜想.在本题中，联合待证结论，能够想象出f(x)的大概图象，要使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)0在(1,+)内有独一解，那么这个解x0应为极小值点，且极小值为0，当x(1,x0)时，f(x)的图象递减；当x(x0,)时，f(x)的图象单一递加，顺着这个思想，即可找到解决方法.(2021天津文)函数f(x)=4x-x4,x?R,〔I〕求f(x)的单一性；〔II〕设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证：对于任意的正实数x,都有f(x)￡g(x);a1〔III〕假定方程f(x)=a(a为实数)有两个正实数根且求证：3x1，x2，x1<x2,x2-x1<-+4.3【答案】〔I〕fx的单一递加区间是,1,单一递减区间是1,；〔II〕见试题分析；〔III〕见试题分析.【分析】第36页〔共41页〕试题分析：〔I〕由f(x)=4x-x4￠3,当fx0,即x1时,函数fx单一,可得f(x)=4-4x递加；当fx0,即x1时,函数fx单一递减.所以函数fx的单一递加区间是,1,单一递减区间是1,.1〔II〕设Px0,0,那么x043,fx012,曲线yfx在点P处的切线方程为yfx0xx0,即gxfx0xx0,令Fxfxgx即Fxfxfxxx0那么Fxfxfx0.因为f(x)=4-4x3在,单一递减,故Fx在,单一递减,又因为Fx00,所以当x,x0时,Fx0,所以当xx0,时,Fx0,所以Fx在,x0单一递增,在x0,单一递减,所以对随意的实数x,FxFx00,对于随意的正实数x,都有f(x)￡g(x).考点：1.导数的几何意义；2.导数的应用.26.(2021天津理)函数f(x)nxxn,xR，此中nN*,n2.议论f(x)的单一性；(II)设曲线y=f(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g(x),求证：对于任意的正实数x，都有f