1317全国卷理科高考导数函数题(详解)

(完好版)1317全国卷理科高考导数、函数题(详解版)(完好版)1317全国卷理科高考导数、函数题(详解版)PAGEPAGE27(完好版)1317全国卷理科高考导数、函数题(详解版)PAGE适用文案

全国卷13-17高考真题分类汇编：函数、导数及其应用

一.选择题

1log2(2x),x1,f(2)f(log212)()1.〔2021.Ⅱ理5〕设函数f(x)1,,2x1,xA．3B．6C．9D．12【分析】选C由得f(2)1log243，又log2121，所以f(log212)2log21212log266，故f(2)f(log212)9，应选C．2.【2021.Ⅰ理5】函数f(x)在(,)单一递减，且为奇函数．假定f(1)1，那么知足1f(x2)1的x的取值范围是〔〕A．[2,2]B．[1,1]C．[0,4]D．[1,3]【答案】D【考点】函数的奇偶性、单一性【名师点睛】奇偶性与单一性的综合问题，要重视利用奇、偶函数与单一性解决不等式和比较大小问题，假定f(x)在R上为单一递加的奇函数，且f(x1)f(x2)0，那么x1x20，反之亦建立.3.(2021·Ⅱ理8)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,那么a=()【解题提示】将函数y=ax-ln〔x+1〕错误!未找到引用源。求导,将x=0代入,利用导数的几何意义求得a.【分析】选D.因为f(x)=ax-ln(x+1),1.所以f(0)=0,且f'(0)=2.联立解得a=3.应选D.所以f'(x)=a-x14．〔2021·Ⅰ文〕函数f(x)＝－x2＋2x，x≤0，假定|f(x)|≥ax，那么a的取值范围是( )lnx＋1，x>0.A．(－∞，0]B．(－∞，1]C．[－2,1]D．[－2,0]标准文档适用文案【分析】选D本题主要考察数形联合思想、函数与方程思想，利用导数研究函数间关系，对剖析能力有较高要求．y＝|f(x)|的图像以下列图，y＝ax为过原点的一条直线，当a>0时，与y＝|f(x)|在y轴右边总有交点，不合题意．当a＝0时建立．当<0时，有k≤<0，此中k是y＝|－x2＋2x|在原点处的切线斜aa率，明显k＝－2，于是－2≤a<0.综上，a∈[－2,0]．5．〔2021·纲领卷理〕函数f(x)的定义域为(－1,0)，那么函数f(2x＋1)的定义域为( )11A．(－1,1)B.－1，－2C．(－1,0)D.2，11【分析】选B本题考察函数定义域问题．由－1<2x＋1<0，解得－1<x<－2，故函数f(2x＋1)的定义域为11，－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．acbcB．abcbacC．alogbcblogacD．logaclogbc【答案】C8.【2021.Ⅰ理11】设x、、z为正数，且2x3y5z〕y，那么〔A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z【答案】D【分析】试题剖析：令2x3y5zk(k1)，那么xlog2k，ylog3k，zlog5k∴2x2lgklg3lg91，那么2x3y，3ylg23lgklg8标准文档适用文案2x2lgklg5lg252x5z，应选D.5zlg25lgk1，那么lg322119．〔2021·纲领理〕假定函数f(x)＝x＋ax＋x在2，＋∞是增函数，那么a的取值范围是〔〕A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【分析】选D11本题考察函数的单一性等知识．，＋∞是增函数，所以f′(x)＝2x＋a－x2，因为函数在211112f′(x)≥0在2，＋∞上恒建立，即a≥x2－2x在2，＋∞上恒建立，设g(x)＝x2－2x，g′(x)＝－x3－22，令g′(x)＝－x3－2＝0，得x＝－1，当6、〔理8〕假定ab10，c1，那么〔〕〔A〕acbc〔B〕abcbac〔C〕alogbcblogac〔D〕logaclogbc【答案】C10.(2021·Ⅱ文11)假定函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单一递加,那么k的取值范围是( )A.(,2]B.(,1]C.[2,)D.[1,)【解题提示】利用函数f(x)在区间(1,+∞)上单一递加,可得其导函数f(x)≥0恒建立,分离参数,求得k的取值范围.【分析】选D.因为f(x)在(1,+∞)上递加,所以f'(x)≥0恒建立,因为f(x)=kx-lnx,所以f'(x)=k-1≥0.即k≥1>1.所以k∈[1,+∞),x选Dx11、〔理7〕函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大概为〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】D【分析】f28e220，清除A，f28e221，清除Bx0时，fx2x2exfx4xex，当x0,1时，fx14e0044标准文档适用文案所以fx在0,1单一递减，清除C4应选D．12.〔2021.Ⅱ理10〕如图，长方形ABCD的边AB2，BC1O是AB的中点，点P沿着边BCCD，，与DA运动，记BOPx．将动P到A、B两点距离之和表示为x的函数f(x)，那么yf(x)的图像大概为〔〕DPCyyyy2222x3x3x3xxAOB3424424424424(A)(B)(C)(D)【分析】选B由得，当点P在BC边上运动时，即0x时，PAPBtan2x4tanx；4当点P在CD边上运动时，即4x3,x时，PAPB(11)21(11)21，42tanxtanx当x时，PAPB22；当点P在AD边上运动时，即3x时，24PAPBtan2x4tanx，从点P的运动过程能够看出，轨迹对于直线x2对称，且f()f(2)，且轨迹非线型，应选B．413.〔2021.Ⅰ文12〕设函数yf(x)的图像与y2xa的图像对于直线yx对称，且f(2)f(4)1，那么a( )〔A〕1〔B〕1〔C〕2〔D〕4【分析】选C设(x,y)是函数yf(x)的图像上随意一点，它对于直线yx对称为〔y,x〕，由已知知〔y,x〕在函数y2xa的图像上，∴x2ya，解得ylog2(x)a，即f(x)log2(x)a，∴f(2)f(4)log22alog24a1，解得a2，应选C.【分析】由yx在区间(0,)是单一减函数可知，01，又1，应选C.14．〔2021.II.理12〕函数f(x)(xR)知足f(x)2f(x)，假定函数yx1与yf(x)图像x标准文档适用文案m的交点为(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),那么(xiyi)〔〕i1A0BC2mD4m〔〕〔〕m〔〕〔〕【答案】B15.【理11】假定x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，那么f(x)的极小值为〔〕A.1B.2e3C.5e3【答案】A【分析】【考点】函数的极值；函数的单一性【名师点睛】(1)可导函数＝(x)在点x0处获得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左边与右边f′(x)yf的符号不一样。假定f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单一函数，即在某区间上单一增或减的函数没有极值。16.〔2021二理12〕设函数函数f(x)=3sinx的极值点x222m0取值范围是( )A.,6U6,B.B.,2∪2,D.

41

∪∪

4,4,【解题提示】利用函数f(x)=3sinx的性质,求得x0和f(x0)代入不等式,解不等式,得m的取值范围.m【分析】选C.因为f(x)=3sinx的极值为±3,即[f(x0)]m,2=3,|x0|≤m222m23,所以m22解得|m|>2.应选C.所以x0+[f(x0)]≥4+3<m,417.【2021.Ⅲ理11】函数2x1x1f(x)x2xa(ee)有独一零点，那么=〕a〔标准文档适用文案．11．1．1223【答案】C【分析】试题剖析：函数的零点知足x22xaex1ex1，2x1设gxx1ex1，那么gxex1ex1ex11e1，eex1ex1当gx0时，x1，当x1gx0，函数gx单一递减，时，当x1时，gx0，函数gx单一递加，当x1时，函数获得最小值g12，设hxx22x，当x1时，函数获得最小值1，【考点】函数的零点；导函数研究函数的单一性，分类议论的数学思想【名师点睛】函数零点的应用主要表此刻利用零点求参数范围，假定方程可解，经过解方程即可得出参数的范围，假定方程不易解或不行解，那么将问题转变为结构两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也表达了数形联合思想的应用.学科@网18.〔2021.Ⅱ理12〕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建立的x的取值范围是〔〕A．(,1)U(0,1)B．(1,0)U(1,)C．(,1)U(1,0)D．(0,1)U(1,)标准文档适用文案【答案】A19.〔2021.Ⅰ理12〕设函数f(x)=ex(2x1)axa,此中a1，假定存在独一的整数x0，使得f(x0)0，那么a的取值范围是〔〕(A)[-3，1〕(B)[-错误!未找到引用源。，3〕(C)[错误!未找到引用源。，错误!未找到引用源。〕2e4(D)[错误!未找到引用源。，1〕【分析】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(21)，所以当1＜0，当1＞0，所以当1时，时，gxexx2g(x)x2g(x)x21时，[g(x)]max=-2e2，当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，直线yaxa恒过〔1,0〕斜率且a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，应选D.2e【答案】D二、填空题20.〔2021.Ⅰ文14〕函数fxax3x1的图像在点1,f1的处的切线过点2,7，那么a.【分析】试题剖析：∵f(x)3ax21，∴f(1)3a1，即切线斜率k3a1，又∵f(1)a2，∴切点为〔1，a2〕，∵切线过〔2,7〕，∴a273a1，解得a1.12标准文档适用文案【答案】121.〔2021.Ⅰ理13〕假定函数f(x)=xln(xax2)为偶函数，那么a=【答案】122．〔2021·Ⅰ理〕假定函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象对于直线x＝－2对称，那么f(x)的最大值为________．【分析】本题考察函数图象的对称性、函数图象的平移、偶函数及函数的极值与最值等知识，意在考察考生综合运用函数知识解答问题的能力、考察考生的运算能力；由函数图象的对称性得相应函数的奇偶性，利用图象平移知识确立函数分析式，再经过求导，研究函数的极值与最值．因为函数f(x)图象对于直线x＝－2对称，所以函数f(x－2)为偶函数，因为f(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)为偶函数，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，且当x＜－2－5时，′(x)＞0；当－2－5＜＜－2时，′fxf(x)＜0；当－2＜x＜－2＋5时，f′(x)＞0；当x＞－2＋5时，f′(x)＜0，所以当x＝－2－5时，f(x)极大值＝16；当x＝－2＋5时，f(x)极大值＝16.所以函数f(x)的最大值为16.【答案】1623．〔2021·纲领卷文〕设f(x)是以2为周期的函数，且当x∈[1,3)时，f(x)＝x－2，那么f(－1)＝________.【分析】本题主要考察抽象函数的求值与周期性．因为f(x)是以2为周期的函数，所以f(－1)＝f(－1＋2)＝f(1)＝1－2＝－1.【答案】－1x，，24.【2021.Ⅲ理15】设函数那么知足f(x)f(x1)1的x的取值范围是_________.f(x)x，x，202【答案】1,4标准文档适用文案2x3,x02写成分段函数的形式：gxfxfx12xx1,0x1，222212x1,x12函数gx在区间,0,0,1,1,三段区间内均单一递加，22且：g11,20011,212011，42据此x的取值范围是：1,.425．〔理16〕假定直线ykxb是曲线ylnx2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，那么b．【答案】1ln225．〔理15〕fx为偶函数，当x0时，f(x)ln(x)3x，那么曲线yfx在点(1,3)处的切线方程是_______________。【答案】y2x1三、解答题26.〔2021.Ⅰ文21〕〔本小题总分值12分〕设函数fxe2xalnx.〔I〕议论fx的导函数fx的零点的个数；标准文档适用文案〔II〕证明：当a0时fx2aaln2.a【分析】试题分析：〔I〕f(x)的定义域为0，+，f(x)=2e2xax0.x当a0时,f(x)0，f(x)没有零点；当a>0时，因为e2x单一递加，-a单一递加，所以f(x)在，单一递加.又f(a)0,当b满x0+足0<b<a且b<1时，f(b)0,故当a>0时，f(x)存在独一零点.44〔II〕由〔I〕，可设f(x)在0，+的独一零点为x0，当x，x0时，f(x)0;0当xx0，+时，f(x)0.故f(x)在(0，x0)单一递减，在x0，+单一递加，所以当x=x0时，f(x)获得最小值，最小值为f(x0).因为2e2x0-a=0，所以f(x0)=a+2ax0+aln2?2aaln2.x02x0aa故当a>0时，f(x)2aaln2.27.〔2021·Ⅰ文〕函数ax2处的切线方程为y＝f(x)＝e(ax＋b)－x－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))4x＋4.求a，b的值；议论f(x)的单一性，并求f(x)的极大值．解：本题主要考察导数的根本知识，利用导数判断函数单一性、求极值．(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而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从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单一递加，在(－2，－ln2)上单一递减．当x＝－2时，函数f(x)获得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．由k＜x3＜0知x＞4k明显建立，11标准文档适用文案f(－k)＞f(x1)．再证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)．综上所述，M＝f(－k)＝－2k3－k，m＝f(k)＝k.28.【2021.Ⅲ理21】函数fxx1alnx.〔1〕假定fx0，求a的值；〔2〕设m为整数，且对于随意正整数n111L11m，求m的最小值.12n222【答案】(1)a1；(2)3【分析】试题剖析：(1)由原函数与导函数的关系可得xafx在x0，+的独一最小值点，列方程解得=是a1；(2)利用题意联合(1)的结论对不等式进行放缩，求得1111L11e，联合2222n111112可知实数m的最小值为3122232标准文档适用文案【考点】导数研究函数的单一性；导数研究函数的最值；利用导数证明不等式【名师点睛】导数是研究函数的单一性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考取，对导数的应用的考察都特别突出，本专题在高考取的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考察主要从以下几个角度进行：(1)考察导数的几何意义，常常与分析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单一区间，判断单一性；单一性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考察数形联合思想的应用．学科@网29〔2021.Ⅱ理21〕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)｜≤e-1，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恒建立，等价于f(x1)f(x2)maxe1．由x,x是两个独立的变12标准文档适用文案量，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)，故只要f(1)f(0)e1,，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符号，从而得f(1)f(0)e1,解．30．〔2021·Ⅰ理〕设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，假定曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有同样的切线y＝4x＋2.求a，b，c，d的值；假定x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：本题主要考察利用导数求解曲线的切线，利用函数的导数研究函数的最值，从而解答不等式恒建立问题，意在考察考生综合运用导数这一重要工具解答函数与不等式问题的综合能力．(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.从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．设函数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)．由题设可得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，从而当x∈(－2，1)时，′(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，′( )＞0，kxxFxFx即F(x)在(－2，x)上单一递减，在(x，＋∞)上单一递加，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x)．而111F(x2－4x－2＝－x(x＋2)≥0.111111故当x≥－2时，()≥0，即f(x)≤kg(x)恒建立．Fx标准文档适用文案(ⅱ)假定k＝e2，F′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．从而当x＞－2，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上增．而F(－2)＝0，故当x≥－2，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒建立．(ⅲ)假定k＞e2，F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.从而当x≥－2，f(x)≤kg(x)不行能恒建立．2上，k的取范是[1，e]．31、〔2021.III.〕函数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〕当a1，|f'(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0)所以，A3a2．⋯⋯⋯4分当0a1，将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，且当t1a4a，g(t)获得极小，极小1a(a1)2a26a1g()8a18a．4a令11a1，解得a1〔舍去〕，a1．4a35标准文档适用文案32、〔2021.II.理21〕(Ⅰ)议论函数f(x)x2ex的单一性，并证明当x0时，(x2)exx20；x2(Ⅱ)证明：当a[0,1)时，函数g〔x〕=exaxa(x0)有最小值.设g(x)的最小值为h(a)，求函x2数h(a)的值域．【分析】⑴证明：fxx2exx2fxxx24x2exex2x2x222∵当x，2U2,时，fx0∴fx在，2和2,上单一递加∴x0时，x2exf0=1x2∴x2exx20xa2xaxa⑵gxex2xex4标准文档适用文案xxex2exax2ax4x2x2xax2e3xa0，1由(1)知，当x0时，fxx2ex的值域为1，，只有一解．x2使得t2eta，t0，2t2当x(0,t)时g(x)0，g(x)单一减；当x(t,)时g(x)0，g(x)单一增tt2thaetat1et1t2eett2t2t2ettt1记kt，在t0,2时，kte0，∴kt单一递加2t2t2∴hakt1，e2．2433.【2021.Ⅰ理21】函数f(x)ae2x(a2)exx.1〕议论f(x)的单一性；2〕假定f(x)有两个零点，求a的取值范围.【分析】试题剖析：〔1〕议论f(x)单一性，第一进行求导，发现式子特色后要实时进行因式分解，在对a按a0，a0进行议论，写出单一区间；〔2〕依据第〔1〕题，假定a0，f(x)至多有一个零点.假定a0，当xlna时，f(x)获得最小值，求出最小值1lna，依据a1，a(1,)，a(0,1)进行讨f(lna)1a3论，可知当a(0,1)有2个零点，设正整数n0知足n0ln(1)，那么af(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.因为ln(31)lna，所以f(x)在(lna,)a有一个零点.所以a的取值范围为(0,1).标准文档适用文案【考点】含参函数的单一性，利用函数零点求参数取值范围.【名师点睛】研究函数零点问题经常与研究对应方程的实根问题互相转变.函数f(x)有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分离参数，结构不含参数的函数，研究其单一性、极值、最值，判断ya与其交点的个数，从而求出a的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单一性、极值、最值，注意点是假定f(x)有2个零点，且函数先减后增，那么只要其最小值小于0，且后边还需考证有最小值两边存在大于0的点.学科@网34．〔2021·II理〕函数f(x)＝ex－ln(x＋m)．(1)设x＝0是f(x)的极值点，求，并议论f()的单一性；mx当m≤2时，证明f(x)>0.解：考察利用导数研究函数的单一性以及运用导数方法证明不等式等知识．意在考察考生综合运用知识的能力以及化归与转变的思想．f′(x)＝ex－1.x＋m标准文档适用文案由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1.于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝ex－1.x＋1x1函数f′(x)＝e－x＋1在(－1，＋∞)，上单一递加且f′(0)＝0，所以当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x(0，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单一递减，在(0，＋∞)上单一递加．证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只要证明当m＝2时，f(x)>0.x1当m＝2时，函数f′(x)＝e－x＋2在(－2，＋∞)上单一递加，又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－2，＋∞)上有独一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，从而当x＝x0时，f(x)获得最小值．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综上，当m≤2时，f(x)>0.35.【理】函数fxax2axxlnx，且fx0。(1)求a；(2)证明：fx存在独一的极大值点x0，且e2fx022。【答案】(1)a1；证明略。【分析】标准文档适用文案〔2〕由〔1〕知fxx2xxlnx，f'x2x2lnx。设hx2x2lnx，那么h'x21。x当x0,1时，h'x0；当x1,时，h'x0，22所以hx在0,1单一递减，在1,单一递加。22标准文档适用文案【考点】利用导数研究函数的单一性；利用导数研究函数的极值【名师点睛】导数是研究函数的单一性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考取，对导数的应用的考察都特别突出，本专题在高考取的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考察主要从以下几个角度进行：(1)考察导数的几何意义，常常与分析几何、微积分相联系。(2)利用导数求函数的单一区间，判断单一性；单一性，求参数。(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题。(4)考察数形联合思想的应用。学科@网〔理21〕函数错误!未找到引用源。有两个零点.I〕求a的取值范围；II〕设x1，x2是错误!未找到引用源。的两个零点，证明：错误!未找到引用源。+x2<2.解：⑴由得：f'xx1ex2ax1x1ex2a①假定a0，那么fx0x2ex0x2，fx只有独一的零点x2，不合题意；②假定a0，那么ex2aex0，所以当x1时，f'x0，fx单一递加当x1时，f'x0，fx单一递减即：标准文档适用文案x,111,f'x0fx↓极小值↑故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点因为f2a0，f1e0，那么f2f10，依据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点．而当x1时，exe，x210，故fxx2exax1222ex1eex2ax1ax1那么fx0的两根t1ee24ae1，t2ee24ae1，tt，因为a0，故当xt2a2a121或x2ex1e0t2时，ax1所以，当x1且xt1时，fx0又f1e0，依据零点存在性定理，fx在,1有且只有一个零点．此时，fx在R上有且只有两个零点，知足题意．③假定ea0，那么ln2alne1，2当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单一递加；当ln2ax1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单调递减；当x1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，fx单一递加．即：x,ln2aln2aln2a,111,f'x+0-0+fx↑极大值↓极小值↑而极大值标准文档适用文案fln2a2aln2a2aln2a12ln2a220a1故当x≤1时，fx在xln2a处取到最大值fln2a，那么fx≤fln2a0恒建立，即fx0无解而当x1时，fx单一递加，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．④假定ae，那么ln2a12当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单一递加当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单一递加又fx在x1处存心义，故fx在R上单一递加，此时至多一个零点，不合题意．⑤假定ae2a1，那么ln2当x1时，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即f'x0，x单一递加当1xln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单一递减当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单一递加即：,1x11,ln2aln2aln2a,f'x+0-0+fx↑极大值↓极小值↑故当x≤ln2a时，fx在x1处取到最大值f1e，那么fx≤e0恒建立，即标准文档适用文案fx0无解xln2a时，fx单一递加，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当a0时切合题意，即a的取值范围为0,．⑵由得：fx1fx20，不难发现x11，x21，x1xx2x故可整理得：2e12e2a2x22x111x2exgx2设gx12，那么gx1xx21那么g'x2xx0，gx单一递减；当x1时，g'x0，gxx3e，当x1时，g'1单一递加．设m0，结构代数式：g1mg1mm11mm11m1m1mm12m12e2e2ememmm1设hmm1e2m1，m0m1那么h'm2m22e2m0，故hm单一递加，有hmh00．m1所以，对于随意的m0，g1mg1m．由gx1gx2可知x1、x2不行能在gx的同一个单一区间上，不如设x1x2，那么必有x11x2令m1x10，那么有g11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上单一递加，所以：g2x1gx22x1x2整理得：x1x22．37(2021.Ⅰ理21)(本小题总分值12分)标准文档适用文案函数f(x)＝x3ax1,g(x)lnx4(Ⅰ)当a为什么值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(Ⅱ)用minm,n表示m，n中的最小值，fx0=0设函数h(x)minf(x),g(x)(x0)，议论h(x)fx0=0零点的个数〔I〕设曲线y=f(x)与x轴相切于点〔x0,0)，那么解得a3.所以，当a3时，x轴为曲线yf(x)的切线44II〕当x(1,)时，g(x)1nx0,从而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,)无零点当x1时，假定a5那么f(1)a50,h(1)minf(1),g(1)g(1)0,故x44是h(x)的零点；假定a5,那么f(1)<0,h(1)=minf(1),g(1)f(1)0,故x1不是h(x的零点4当x(0,1)时，g(x)1nx0.所以只要考虑f(x)在〔0,1〕的零点个数〔i〕假定a-3或a0,那么f〔x〕=3x2+a在〔1,0〕无零点，故f(x)在〔0,1〕单一f(0)1,f(1)a5,所以当a-3时，f(x)在〔0,1〕有一个零点；当a0时f(x)在〔1,0〕没有零点44(ii)假定3a0,那么f(x)在〔0，a)单一递减，在〔a,1〕单一递加，故在〔0,1〕中33当xa3时，f(x)获得最小值，最小值为f(a)2aa13334①假定f(a即3a0,f(x)在〔0,1〕无零点；43②假定f(a)=0,即a=-3那么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)a5a334444时，f(x)在〔0,1〕有两个零点；当-3<a-5时，f(x)在(0,1)有一个零点.4综上，当a3或a<-5时，h(x)有一个零点；当a3或a5时，h(x)有两个零点4444标准文档适用文案53a时，h(x)有三个零点.44(2021·Ⅱ理21)(本小题总分值12分)函数f(x)=ex-e-x-2x.(1)议论f(x)的单一性.(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值.(3)1.4142<错误!未找到引用源。<1.4143,预计ln2的近似值(精准到0.001).【解题提示】(1)求f'(x),联合f(x)的符号判断单一性.结构函数,分离出b,求得b的最大值.利用第(2)问的结论,预计ln2的近似值.【分析】错误!未找到引用源。-2≥0，等号仅当x=0时建立.所以f(x)在〔-∞,+∞〕单一递加.(2)gxf2x4bfxe2xe2x4bexex错误!未找到引用源。+〔8-4〕,g′(x)=2［2xe2xxx+(4b-2)］bxe2bee=2exex2exex2b2错误!未找到引用源。①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x=0时建立，所以g(x)在(-∞,+∞)单一递加.而g(0)=0，所以对随意x＞0，g(x)＞0.②当b＞2时