2020年高考数学导数题含答案

2020年高考数学导数题卷一理科21.(12分)已知函数fx)=ex+ax2-x.⑴当a=1时，讨论fx)的单调性；⑵当x三0时fx后；x3+1,求a的取值范围.21.解(1)当a=1时fx)=ex+x2-xf(x)=ex+2x-1.故当x£(-s,0)时f(x)<0;当xe(0,+s)时/(x)>0.所以fx)在(-8,0)单调递减，在(0,+s)单调递增.(2fx)^2x3+1等价于(1%3-ax2+x+1)e-x<1.设函数g(x)=(I%3-ax2+x+1)e-x(x>0),贝1g'(x)=-1x3-ax2+x+1-3x2+2ax-1e-x=-1x[x2-(2a+3)x+4a+2]e-x2a-1)(x-2)e-x.①若2a+1<0,即a<-去则当x£(0,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2)单调递增，而g(0)=1,故当x金(0,2)时,g(x)>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-j<a<去则当x£(0,2a+1)U(2,+s)时,g'(x)<0;当x£(2a+1,2)时,g'(x)>0.所以g(x)在(0,2a+1),(2,+s)单调递减，在(2a+1,2)单调递增.由于g(0)=1,所以g(x)<1当且仅当g(2)=(7-4a)e-2<1,即a>空.4所以当牛<a<2时,g(x)<1.③若2a+1>2,即a4，则g(x)<1x3+x+1'e-x.7-e7-e21,4 2，故由②可得(1%3+%+1)e-x<1.故当a>2时,g(x)<1.综上,a的取值范围是［上,+s).4卷一文科15.曲线尸lnx+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为.15.y=2x设切点坐标为(x0,y0).对y=lnx+x+1求导可得y'=1+1.由题意得,—+1=2,解得x=1,故y=ln1+1+1=2,00比0切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x..(12分)已知函数fx)=ex-a(x+2).⑴当a=1时，讨论fx)的单调性；⑵若fx)有两个零点，求a的取值范围.20.解(1)当a=1时fx)=ex-x-2,则f(x)=ex-1.当x<0时/(x)<0;当x>0时/(x)>0.所以fx)在(-8,0)单调递减，在(0,+s)单调递增.(2)f'(x)=ex-a.当aW0时/(x)>0,所以fx)在(-8,+s)单调递增，故fx)至多存在1个零点，不合题意.当a>0时,由f(x)=0可得x=lna.当x£(-s,lna)时f(x)<0;当x£(Ina,+s)时f(x)>0.所以fx)在(-8,lna)单调递减，在(lna,+s)单调递增，故当x=Ina时fx)取得最小值，最小值为f(lna)=-a(1+lna).①若0<aW1,则f(lna)*fx)在(3,+^)至多存在1个零点，不合题意.e②若a>1,则f(lna)<0.e由于f-2)=e-2>0,所以fx)在(-8,lna)存在唯一■零点.由(1)知，当x>2时,ex-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时，f(x)=e；•e；-a(x+2)>ein(2a)♦(:+2)-a(x+2)=2a>0.故fx)在(1口a,+s)存在唯一■零点.从而fx)在(-8,+s)有两个零点.综上,a的取值范围是(；，+8).卷二理科.(12分)已知函数fx)=sin2xsin2x.(1)讨论fx)在区间(0,n)的单调性;(2)证明:fx)|W氧3;8⑶设n£N*，证明:sinxsin22xsin24x…sin22nxW”4九21.(1)解f'(x)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)'=2sinxcosxsin2x+2sin2xcos2x=2sinxsin3x.当xe(0,9u簿,n)时f(x)>0;当xe(n,2n)时〃x)<0.3于单调递减.所以fx)在区间(0,n),(g,n)单调递增3于单调递减.(2)证明因为f(0)=f(n)=0,由(1)知,/(x)在区间［0,n］的最大值为f(；3)=3^3，最小值为f(2n)=-3^3而fx)是周期为n的周期函数，故fx)|W双3.83⑶证明由于(sm2xsin22x…sin22nx)2=1sinxsin32x•…sins2nxl

=|sin刈sinzxsins2x…sin32n-ixsin2nx\\sin22nx\=\sinx\\f(xf(2x)…f(2n-ix)\\sin22nx\&fxfx)…f2n-ix)\,_2n所以sin2xsin22x…sin22nx<(3^3)3=或.8 4n卷二文科21.(12分)已知函数fx)=2lnx+1.⑴若f(x)W2x+c,求c的取值范围;⑵设a>0,讨论函数g(x)上^g的单调性.x-a21.解设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2lnx-2x+1-c,其定义域为(0,+s),h'(x)=2-2.X(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0,所以h(x)在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+s)单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值，最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-cW0,即c，-1时fx)<2x+c.所以c的取值范围为［-1,+s).(2)g(x)=f⑺-f®=2(lnx-lna),xG(0,a)U(a,+^).x-a x-a2($+ln。-*=2(1务1n舞g'(x)= ——g'(x)(x-a)2 (x-a)2取c=-1得h(x)=2lnx-22x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x#1时,h(x)<0,即1-x+lnx<0.故当x£(0,a)U(a,+«))时,1-2+In匕0,从而g'(x)<0.XX所以g(x)在区间(0,a),(a,+s)单调递减.卷三理科21.(12分)设函数fx)=x3+bx+c,曲线y=j(x)在点2f(2j)'处的切线与y轴垂直.⑴求b;⑵若fx)有一个绝对值不大于1的零点，证明fx)所有零点的绝对值都不大于1.21.(1)解f(x)=3x2+b,依题意得f(1)=0和4+b=0.故b=-4.(2)证明由(1)知fx)=x3-3x+cf(x)=3x2-3.44令f(x)=0,解得x=-2或x=2.f(x)与fx)的情况为：x(”--J_1(1J221(力)fx)+00+fx)71c+1\c-17因为f(1)=f(-j)=c+4,所以当c<-j时fx)只有大于1的零点.因为f-1)=f(2)=c-1,所以当c>1时fX)只有小于-1的零点.由题设可知-产cU当c=-4时f%)只有两个零点-|和i.当c=4时^X)只有两个零点-1和1.当-1<c<1时fX)有三个零点X,X,X],且X尸二1,-1',X产'-1,1',X尸'r」.4 4 1231 2 2 22 3 2综上，若fX)有一个绝对值不大于1的零点，则fX)所有零点的绝对值都不大于1.卷三文科20.(12分)已知函数fx)=x3-kX+k2.(1)讨论fX)的单调性；⑵若fX)有三个零点，求k的取值范围.20.解(1)f'(X)=3X2-k.当k=0时fX)=X3,故fX)在(-8,+s)单调递增；当k<0时f(X尸3X2-k>0,故f(X)在(-叫+8)单调递增.当k>0时，令f(X)=0,得x=土牛.誉,时f(X)>0;-晋，晋।时f(X)<0；乎乎串调递减.故fX)在；8，-呼呼,+8'单调递增，在'乎乎串调递减.(2)由(1)知，当k<0时fX)在(-8,+8)单调递增fX)不可能有三个零点.当k>0时,x=-亨为fX)的极大值点,x=苧为fX)的极小值点.此时,-k-1<-牛<苧<k+1且f-k-1)<0f(k+1)>0f(-普)〉0.根据fX)的单调性，当且仅当人苧)<0,即k2-弩丞<0时fX)有三个零点，解得k<27.因此k的取值范围为‘・0A'.山东卷21.(12分)已知函数fx)=ae%-1-lnx+Ina.⑴当a=e时,求曲线y=fx)在点(1f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若fx)三1,求a的取值范围.21.解fX)的定义域为(0,+8)f(x)=ae%-1-1X(1)当a=e时fx)=e%-lnx+1f(1)=e-1,曲线y=f(x)在点(1f(1))处的切线方程为y-(e+1)=(e-1)(x-1)，即y=(e-1)X+2.直线y=(e-1)%+2在%轴,y轴上的截距分别为-2-,2.e-1因此所求三角形的面积为2.e-1(2)由题意a>0,当0<a<1时<1)=a+lna<1.当a=1时4x)=ex-i-lnxf(^)=ex-i-1.X当x£(0,1)时f(x)<0;当xe(1,+8)时/(x)>0.所以当x=1时fx)取得最小值，最小值为f(1)=1,从而fx启1.当a>1时fx)=aex-1-lnx+lna，ex-1-lnx，1.综上,a的取值范围是[1,+8).天津卷20.(16分)已知函数fx)=x3+k,lnx(k£R)f(x)为fx)的导函数.(1)当k=6时，①求曲线y=fx)在点(1f(1))处的切线方程；②求函数g(x)=fx)f(x)+9的单调区间和极值；X⑵当k三-3时，求证:对任意的x,,x,£[1,+8)，且x>x9,有3+3)>33.2 12 2 %1-%2(1)解①当k=6时fx)=x3+6lnx,故f(x)=3x2+6.X可得f(1)=1f(1)=9,所以曲线y=f(x)在点(1/1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3,x£(0,+8).从而可得g'(x)=3x2-6x+6一工整理可得g'(x)=3(尤-1户(尤+1).令X Xx2 x2g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g，(x),g(x)的变化情况如下表：x(0,1)1(1,+8)g'(x)0+g(x)\极小值71所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+8)；g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)证明由fx)=x3+k,lnx,得f(x)=3x2+-.XTOC\o"1-5"\h\z对任意的x,x£[1,+8))，且x>x,令1=t(t>1),12 1 2尤2则(x]-x2)f(x1)^f(x2)]-2fx1)-fx2)](xx)■-3%2+/+3%2+区,-2•*-x3+kln41241 42 42=%3-x3-3%2x->+3xx^+k、J一旦-2kln42 1,儿241 42=x3(13-312+31-1)+kt-1-2lnt'.令h(x)=x-1-2lnx,x£[1,+8).X当x>1时,h‘(x)=1+——2=(1-1)>0,尤2尤'尤由此可得h(x)在[1,+8)单调递增，所以当t>1时,h(t)>h(1)，即t-1-2lnt>0.因为x户1,t3-312+31-1=(t-1)3>0,k，-3,TOC\o"1-5"\h\z所以,