13-17全国卷理科高考导数函数题(详解版)

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),x1,2)f(log212)()1.〔2021.Ⅱ理5〕设函数f(x)1,,f(2x1,xA．3B．6C．9D．12【解析】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(,)单调递减，且为奇函数．假设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、单调性【名师点睛】奇偶性与单调性的综合问题，要重视利用奇、偶函数与单调性解决不等式和比较大小问题，假设f(x)在R上为单调递增的奇函数，且f(x1)f(x2)0，那么x1x20，反之亦成立.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=()A.0B.1C.2D.3【解题提示】将函数y=ax-ln〔x+1〕求导,将x=0代入,利用导数的几何意义求得a.【解析】选D.因为f(x)=ax-ln(x+1),所以f'(x)=a-1.所以f(0)=0,且f'(0)=2.联立解得a=3.应选D.1x2＋2x，x≤0，4．〔2021·Ⅰ文〕函数f(x)＝假设|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]精选【解析】选D此题主要考察数形结合思想、函数与方程思想，利用导数研究函数间关系，对解析能力有较高要求．y＝|f(x)|的图像如下列图，y＝ax为过原点的一条直线，当a>0时，与y＝|f(x)|在y轴右侧总有交点，不合题意．当a＝0时成立．当a<0时，有k≤a<0，其中k是y＝|－x2＋2x|在原点处的切线斜率，显然k＝－2，于是－2≤a<0.综上，a∈[－2,0]．5．〔2021·大纲卷理〕函数f(x)的定义域为(－1,0)，那么函数f(2x＋1)的定义域为()A．(－1,1)B.－1，－1C．(－1,0)D.1，122【解析】选B此题考察函数定义域问题．由－1<2x＋1<0，解得－1<x<－1，故函数f(2x＋1)的定义域为2－1，－12.4216．〔2021.III.理6〕a23，b45，c253，那么〔〕〔A〕bac〔B〕abc〔C〕bca〔D〕cab【答案】A7、〔2021.I理8〕假设ab10，c1，那么〔〕A．acbcB．abcbacC．alogbcblogacD．logaclogbc【答案】C8.【2021.Ⅰ理11】设x、y、z为正数，且2x3y5z，那么〔〕A．2x<3y<5zB．5z<2x<3yC．3y<5z<2xD．3y<2x<5z【答案】D【解析】试题解析：令2x3y5zk(k1)，那么xlog2k，ylog3k，zlog5k∴2x2lgklg3lg91，那么2x3y，3ylg23lgklg82x2lgklg5lg255z，应选D.5zlg25lgklg321，那么2x精选9．〔2021·大纲理〕假设函数f(x)＝x2＋ax＋1在1，＋∞是增函数，那么a的取值范围是〔〕x2A．[－1,0]B．[－1，＋∞)C．[0,3]D．[3，＋∞)【解析】选D此题考察函数的单调性等知识．f′(x)＝2x＋a－1，因为函数在1，＋∞是增函数，所以2xf′(x)≥0在1，＋∞上恒成立，即a≥12－2x在1，＋∞上恒成立，设g(x)＝12－2x，g′(x)＝－23－2，2x2xx令g′(x)＝－2－2＝0，得x＝－1，当x36、〔2021.I理8〕假设ab10，c1，那么〔〕〔A〕acbc〔B〕abcbac〔C〕alogbcblogac〔D〕logaclogbc【答案】C10.(2021·Ⅱ文11)假设函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)单调递增,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,+∞)上单调递增,可得其导函数f(x)≥0恒成立,分别参数,求得k的取值范围.【解析】选D.因为f(x)在(1,+∞)上递增,所以f'(x)≥0恒成立,因为f(x)=kx-lnx,所以f'(x)=k-1≥0.即k≥1>1.xx所以k∈[1,+∞),选D11、〔2021.I理7〕函数y=2x2–e|x|在[–2,2]的图像大体为〔〕〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕【答案】D【解析】f28e282.820，消除A，f28e282.721，消除Bx0时，fx2x2exfx4xex，当x0,1时，fx14e0044因此fx在0,1单调递减，消除C4应选D．精选12.〔2021.Ⅱ理10〕如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD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)的图像大体为〔〕DPyyyyC2222x3x3x3x3xAOB424424424424(A)(B)(C)(D)【解析】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x3,x时，PAPB(11)21(11)21，442tanxtanx当x时，PAPB22；当点P在AD边上运动时，即3x时，42PAPBtan2x4tanx，从点P的运动过程可以看出，轨迹关于直线x对称，且2f()f()，且轨迹非线型，应选B．4213〔.2021.Ⅰ文12〕设函数yf(x)的图像与y2xa的图像关于直线yx对称，且f(2)f(4)1，那么a( )〔A〕1〔B〕1〔C〕2〔D〕4【解析】选C设(x,y)是函数yf(x)的图像上任意一点，它关于直线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.【解析】由y0.6x在区间(0,)是单调减函数可知，00.61.50.60.61，又1.50.61，应选C.14．〔2021.II.理12〕函数f(x)(xR)知足f(x)2x1f(x)图像的f(x)，假设函数y与yxm交点为(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),那么(xiyi)〔〕i1〔A〕0〔B〕m〔C〕2m〔D〕4m【答案】B精选15.【2021.II理11】假设x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，那么f(x)的极小值为〔〕A.1B.2e3C.5e3D.1【答案】A【解析】【考点】函数的极值；函数的单调性【名师点睛】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是00左侧与右侧f′(x)的符号f′(x)＝0，且在x不同。假设f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值。16.〔2021二理12〕设函数函数f(x)=x.假设存在f(x)的极值点2fx223sinx0知足x0+<m,那么m的取值m0范围是()A.,6U6,B.,4∪4,B.,2∪2,D.,1∪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【解析】选C.因为f(x)=3sinx的极值为±3,即[f(x0)]2=3,|x0|≤m,m2所以x02+[f(x0)]2≥m23,所以m2+3<m2,解得|m|>2.应选C.44【2021.Ⅲ理11】函数1A．B．2

f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，那么a=〔〕1C．13D．12【答案】C【解析】精选试题解析：函数的零点知足x22xaex1ex1，2x1设gxex1ex1，那么gxex1ex1ex11e1，ex1ex1当gx0时，x1，当x1gx0，函数gx单调递减，时，当x1时，gx0，函数gx单调递增，当x1时，函数取得最小值g12，设hxx22x，当x1时，函数取得最小值1，【考点】函数的零点；导函数研究函数的单调性，分类议论的数学思想【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，假设方程可解，经过解方程即可得出参数的范围，假设方程不易解或不可解，那么将问题转变为构造两个函数，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，这也表达了数形结合思想的应用.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成立的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,)【答案】A19.〔2021.Ⅰ理12〕设函数f(x)=ex(2x1)axa,其中a1，假设存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，精选那么a的取值范围是〔〕(A)[-3，1〕(B)[-3，3〕(C)[3，3〕(D)[3，1〕2e2e42e42e【解析】设g(x)=ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方.因为( )x(21)，所以当1时，＜0，当1时，＞0，所以当1gxexxg(x)xg(x)x2221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.【解析】试题解析：∵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【答案】121.〔2021.Ⅰ理13〕假设函数f(x)=xln(xax2)为偶函数，那么a=精选【答案】122．〔2021·Ⅰ理〕假设函数f(x)＝(1－x2)(x2＋ax＋b)的图象关于直线x＝－2对称，那么f(x)的最大值为________．【解析】此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定函数解析式，再经过求导，研究函数的极值与最值．因为函数f(x)图象关于直线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][(x－2)2a(x－2)＋b]＝－x4＋(8－a)x3＋(6a－b－23)x2＋(－11a＋4b＋28)x＋(6a－3b－12)为偶函数，所以8－a＝0，a＝8，所以f(x)＝(1－x2)(x2＋8x＋15)，所以f′(x)＝－2x(x2＋8x＋15)＋(1－－11a＋4b＋28＝0，b＝15，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，f′(x)＞0；当－2－5＜x＜－2时，f′(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·大纲卷文〕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)＝________.【解析】此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，，11x024.【2021.Ⅲ理15】设函数f(x)x，x，那么知足f(x)f(x)1的x的取值范围是_________.202【答案】1,4精选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调递增，22且：g11,20011,212011，42据此x的取值范围是：1,.425．〔2021.II理16〕假设直线ykxb是曲线ylnx2的切线，也是曲线yln(x1)的切线，那么b．【答案】1ln225．〔2021.III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；〔II〕证明：当a0时fx2aaln2.a【解析】试题解析：〔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2xa0，+e单调递增，-单调递增，所以f(x)在.f(a)0,当b知足x单调递增又0<b<a且b<1时，f(b)0,故当a>0时，f(x)存在唯一零点.44〔II〕由〔I〕，可设f(x)在0，+的唯一零点为x0，当x0，x0时，f(x)0;当xx0，+时，f(x)0.精选故f(x)在(0，x0)单调递减，在x0，+单调递增，所以当x=x0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x0).由于2e2x0-a=0，所以f(x0)=a+2ax0+aln2?2aaln2.x02x0aa故当a>0时，f(x)2a2aln.a27.〔2021·Ⅰ文〕函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.求a，b的值；议论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解：此题主要考察导数的根本知识，利用导数判断函数单调性、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.进而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)ex－12.令f′(x)＝0得，x＝－ln2或x＝－2.进而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．由k＜x1＜0知x1＞34k显然成立，∴f(－k)＞f(x1)．再证f(k)＜f(x2)．同理f(x2)＝－x32＋x2－x23＋x2113，有f(k)－f(x2)＝k－2＝(k－x2)＋(k＋x2)＜0，222f(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〕假设fx0，求a的值；〔2〕设m为整数，且关于任意正整数n1111L11m，求m的最小值.2222n【答案】(1)a1；(2)3精选【解析】试题解析：(1)由原函数与导函数的关系可得x=a是fx在x0，+的唯一最小值点，列方程解得a1；(2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得1111L11e，结合2222n1112可知实数m的最小值为311122223【考点】导数研究函数的单调性；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调性、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，所以在历届高考中，对导数的应用的考察都特别突出，本专题在高考中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，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；单调性，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)考察数形结合思想的应用．学科@网29〔2021.Ⅱ理21〕设函数f(x)emxx2mx.精选(Ⅰ)证明：f(x)在〔-∞，0〕单调递减，在〔0，+∞〕单调递增；(Ⅱ)假设关于任意x1,，x2∈[-1,1]，都有｜f(x1)-f(x2)｜≤e-1，求m的取值范围．【答案】(Ⅰ)详见解析；〔Ⅱ〕[1,1]．【解析】试题解析：(Ⅰ)先求导函数f'(x)m(emx1)2x，根据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x1,x2是两个独立的变量，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)，故只需f(1)f(0)e1,，进而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，进而得f(1)f(0)e1,解．30．〔2021·Ⅰ理〕设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)，假设曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y＝4x＋2.求a，b，c，d的值；假设x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．解：此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，进而解答不等式恒成立问题，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.进而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.(2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．精选设函数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)假设1≤k＜e2，那么－2＜x1≤0，进而当x∈(－2，x1)时，F′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞)时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，x)上单调递减，在(x，＋∞)上单调递增，故F(x)在[－2，＋∞)的最小值为F(x)．而F(x)＝111122x1＋2－x1－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．22(x＋2)(ex－2)．进而当x＞－2时，F′(x)＞0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调(ⅱ)假设k＝e，那么F′(x)＝2e－e递增．而F(－2)＝0，故当x≥－2时，F(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．(ⅲ)假设k＞e2，那么F(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.进而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围是[1，e2]．31、〔2021.III.〕设函数f(x)acos2x(a1)(cosx1)，其中a0，记|f(x)|的最大值为A．〔Ⅰ〕求f(x)；〔Ⅱ〕求A；〔Ⅲ〕证明|f(x)|2A．解析：〔Ⅰ〕f'(x)2asin2x(a1)sinx．〔Ⅱ〕当a1时，|f'(x)||asin2x(a1)(cosx1)|a2(a1)3a2f(0)因此，A3a2．4分当0a1时，将f(x)变形为f(x)2acos2x(a1)cosx1．令g(t)2at2(a1)t1，那么A是|g(t)|在[1,1]上的最大值，g(1)a，g(1)3a2，且当t1a4a时，g(t)取得极小值，极小值为1a(a1)21a26a1g()8a8a．4a令11a1，解得a1〔舍去〕，a1．4a35精选32、〔2021.II.理21〕(Ⅰ)议论函数f(x)x2ex的单调性，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．【解析】⑴证明：fxx2exx2fxxx24x2exex2x2x222∵当x，2U2,时，fx0∴fx在，2和2,上单调递增∴x0时，x2exf0=1x2∴x2exx20ex2xaxa⑵gxax2xex4精选xxex2exax2ax4x2x2xx2ea3xa0，1由(1)知，当x0时，fxx2ex的值域为1，，只有一解．x2t2ta，t0，2使得2et当x(0,t)时g(x)0，g(x)单调减；当x(t,)时g(x)0，g(x)单调增tat1ett1t2etthaet2et2t2t2ettt1记kt，在t0,2时，kte0，∴kt单调递增2t2t2∴hakt1，e2．2433.【2021.Ⅰ理21】函数f(x)ae2x(a2)exx.1〕议论f(x)的单调性；2〕假设f(x)有两个零点，求a的取值范围.【解析】1f(x)单调性，首先进行求导，发现式子特点后要实时进行因式分解，在对a按a0，试题解析：〔〕议论a0进行议论，写出单调区间；〔2〕根据第〔1〕题，假设a0，f(x)至多有一个零点.假设a0，当xlna时，f(x)取得最小值，求出最小值f(lna)11lna，根据a1，a(1,)，a(0,1)进行讨aln(3论，可知当a(0,1)有2个零点，设正整数n0知足n01)，那么a3f(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.由于ln(1)lna，因此f(x)在(lna,)a有一个零点.所以a的取值范围为(0,1).精选【考点】含参函数的单调性，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相互转变.函数f(x)有2个零点求参数取值范围，第一种方法是分别参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最值，判断ya与其交点的个数，进而求出a的范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是假设f(x)有2个零点，且函数先减后增，那么只需其最小值小于0，且后边还需考据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)．设x＝0是f(x)的极值点，求m，并议论f(x)的单调性；当m≤2时，证明f(x)>0.解：考察利用导数研究函数的单调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精选由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＋1函数f′(x)＝ex－1在(－1，＋∞)，上单调递增且f′(0)＝0，因此当x∈(－1,0)时，f′(x)<0；当x∈(0，x＋1＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－1,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．证明：当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)，故只需证明当m＝2时，f(x)>0.当m＝2时，函数f′(x)＝ex－1在(－2，＋∞)上单调递增，又f′(－1)<0，f′(0)>0，故f′(x)＝0在(－x＋22，＋∞)上有唯一实根x0，且x0∈(－1,0)．当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0，进而当x＝x0时，f(x)取得最小值．1由f′(x0)＝0得ex0＝x0＋2，ln(x0＋2)＝－x0，故f(x)≥f(x0)＝1＋x0＝x0＋12>0.x0＋2x0＋2综上，当m≤2时，f(x)>0.35.【2021.II理】函数fxax2axxlnx，且fx0。(1)求a；(2)证明：fx存在唯一的极大值点x0，且e2fx022。【答案】(1)a1；证明略。【解析】精选〔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单调递减，在1,单调递增。22精选【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【名师点睛】导数是研究函数的单调性、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，所以在历届高考中，对导数的应用的考察都特别突出，本专题在高考中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，往往与解析几何、微积分相联系。(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；单调性，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)考察数形结合思想的应用。学科@网36.〔2021.I理21〕函数有两个零点.〔I〕求a的取值范围；〔II〕设x1，x2是的两个零点，证明：+x2<2.解：⑴由得：f'xx1ex2ax1x1ex2a①假设a0，那么fx0x2ex0x2，fx只有唯一的零点x2，不合题意；②假设ax2ax0，0，那么ee所以当x1时，f'x0，fx单调递增当x1时，f'x0，fx单调递减即：精选x,111,f'x0fx↓极小值↑故fx在1,上至多一个零点，在,1上至多一个零点由于f2a0，f1e0，那么f2f10，根据零点存在性定理，fx在1,2上有且仅有一个零点．而当x1时，exe，x210，故fxx2ex222ex1eax1ex2ax1ax1那么fx0的两根t1ee24ae1，t2ee24ae1，tt，因为a0，故当xt2a2a121或x2ex1e0t2时，ax1因此，当x1且xt1时，fx0又f1e0，根据零点存在性定理，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假设ea0，那么ln2alne1，2当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单调递增；当ln2ax1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'xx1ex2a0，fx单调递减；当x1时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，fx单调递增．即：x,ln2aln2aln2a,111,f'x+0-0+fx↑极大值↓极小值↑而极大值精选fln2a2aln2a2aln2a12ln2a220a1故当x≤1时，fx在xln2a处取到最大值fln2a，那么fx≤fln2a0恒成立，即fx0无解而当x1时，fx单调递增，至多一个零点此时fx在R上至多一个零点，不合题意．④假设ae，那么ln2a12当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增当x1ln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增又fx在x1处有意义，故fx在R上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤假设ae2a1，那么ln2当x1时，x10，ex2ae12aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增当1xln2a时，x10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递减当xln2a时，x1ln2a10，ex2aeln2a2a0，即f'x0，x单调递增即：x,111,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恒成立，即精选fx0无解当xln2a时，fx单调递增，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时吻合题意，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单调递减；当x1时，g'x0，gxx3e，当x1时，g'1单调递增．设m0，构造代数式：g1mg1mm21e1mm21e1m12me1mm1e2m1mmmm1设hmm1e2m1，m0m1那么h'm2m22e2m0，故hm单调递增，有hmh00．m1因此，关于任意的m0，g1mg1m．由gx1gx2可知x1、x2不可能在gx的同一个单调区间上，不妨设x1x2，那么必有x11x2令m1x10，那么有g11x1g11x1g2x1gx1gx2而2x11，x21，gx在1,上单调递增，因此：g2x1gx22x1x2整理得：x1x22．37(2021.Ⅰ理21)(本小题总分值12分)精选函数f(x)＝x3ax1,g(x)lnx4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x)的切线；(Ⅱ)用minm,n表示，中的最小值，设函数mnfx0=0h(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.因此，当a3时，x轴为曲线yf(x)的切线44II〕当x(1,)时，g(x)1nx0,进而h(x)=minf(x),g(x)g(x)0,故h(x)在(1,)无零点当x1时，假设a5那么f(1)a50,h(1)minf(1),g(1)g(1)0,故x44是h(x)的零点；假设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.所以只需考虑f(x)在〔0,1〕的零点个数〔i〕假设a-3或a0,那么f〔x〕=3x2+a在〔1,0〕无零点，故f(x)在〔0,1〕单调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)假设3a0,那么f(x)在〔0，a)单调递减，在〔a,1〕单调递增，故在〔0,1〕中33当x3a时，f(x)取得最小值，最小值为f(a)2aa13334①假设f(a即3a0,f(x)在〔0,1〕无零点；43②假设f(a)=0,即a=-3那么f(x)在(0,1)有唯一零点34③假设f(a)0,即3a3,由于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精选53当a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)的单调性.(2)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值.(3)1.4142<2<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).【解题提示】(1)求f'(x),结合f(x)的符号判断单调性.构造函数,分别出b,求得b的最大值.利用第(2)问的结论,估计ln2的近似值.【解析】1fxexex-2≥0，等号仅当x=0时成立.所以f(x)在〔-∞,+∞〕单调递增.(2)gxf2x4bfxe2xe2x4bexex+〔8b-4〕x,g′(x)=2［e2xe2x2bexex+(4b-2)］=2exex2exex2b2①当b≤2时，g′(x)≥0，等号仅当x=0时成立，所以g(x)在(-∞,+∞)单调递增.而g(0)=0，所以对任意x0，g(x)＞0.②当b＞2时，假设x知足2＜ex