导数的应用（解答题）-（2018-2022）高考真题汇编

导数的应用(解答题)一(2018-2022)高考真题汇编

一、解答题(共39题；共419分)

1.(15分)(2022•新高考回卷)已知函数/(x)=-ex.

(1)(5分)当a=1时，讨论/(X)的单调性；

(2)(5分)当x>0时，/(x)<-1,求a的取值范围；

111

(3)(5分)设nWN*,证明：7^=+T^=+，，，+7^=>ln(n+1).

JV+1j2’+21层+n

【答案】(1)解：解：a=1=>/(%)=xex—ex=(%—l)ex=/'(%)—xex

当xG(-co,0)时，/(x)<0,/(%)单调递减；

当％W(0,+oo)时，/(%)>0,/(%)单调递增.

(2)令g(x)=/(x)+1=xeax—ex+l(x>0)

=>g(%)<g(0)=0对Vx>0恒成立

又9(%)=e<lx+以—ex=>g(0)—0

令h(x)=gf(x)="(%)=cteax+a(eax+axeax)—ex=a(2eax+axeax)—ex

则h(0)=2a-1

①若h(0)=2a-1>0>即a>\»(0)=limlim>0

-2-x-o+9㈤x一-0,⑦=x-o+x

所以3x0>0，使得当%e(0,%o)时，有幺挣>0=g'(x)>0ng(x)单调递增=9(与)>

g(0)=0,矛盾

②若ft(0)=2a-1W0，即aW：时，—(%)=e(lx+axe(lx-e"=?”+皿1+。%)-<

x

e%+in(i+?)_ex</+%-e=0

=g(x)在［o,+oo)上单调递减，g(x)wg(o)=o,符合题意.

综上所述，实数a的取值范围足aS*.

(3)证明：取a=±，则Vx>0,总有xe^_ex+1<Q成立，

x2x

令t=e2，贝It>1,t=e,x=21nt，

故2tlnt<t2-1即21nt<t-1对任意的t>1恒成立.

所以对任意的neN*,有21n回<口亘一耳，

\n7n^Jn+1

1

ln(?i+1)—InnV/:

整理得到:Jn2+n

故[1+11+—F[1>ln2—Ini+ln3—ln2H----Fln(n+1)—Inn

Jl2+1j22+2Jn2+n

=ln(n+1)，

故不等式成立.

【解析】【分析】(1)求出/'(x)=xex，讨论其符号后可得/(%)的单调性.

(2)设g(x)=xe。*一/+1(%20),求出g'(x),令九(久)=g，(x),先讨论a＞：时题设中的不等式

不成立，再就0＜aW/结合放缩法讨论”(x)符号，最后就a＜。结合放缩法讨论饮》)的范围后可得

参数的取值范围.

1

(3)由(2)可得21ntet—J对任意的£＞1恒成立，从而可得也5+1)-111兀＜-^一对任意的几€

L1九4+九

N*恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.

2.(10分)(2022•全国乙卷)已知函数/(x)=ax-J-(a+l)lnx.

(1)(5分)当a=0时，求f(x)的最大值；

(2)(5分)若/(无)恰有一个零点，求a的取值范围.

【答案】(1)解：当a=0时，f(x)=-1-lnx

X(0,1)1(1,+8)

r(x)+0-

f(x)/

.,・/(%)的最大值=£(1)=-l-lnl=-l

(2)解：/(%)定义域为(0,+oo)

1a+1_ax2一(a+l)x+11

/'(%)=a+(ax-l)(x—1)

根据(1)得：a=0时,f(X)max=-l<0,/.f(X)无零点

当aVO时，Vx>0,ax-1VO,又x2>0

X(0,1)1(1,+8)

F(x)+0-

f(x)/

/.Vx>0,f(x)<f(1)=a-l<0,Af(x)无零点

当a>0时，/(%)=^(x-i)(x-l)

①当0<a<l时，1>1

X(0,1)1(1,-)1(工，+oo)

aaa

尸(X)+0-0+

f(X)//

...VxG(O,1],f(x)<f(l)=a-l<0,

又屈^f(X)=+8,.\f(X)恰有一个零点

2

②当a=l时,f(x)=*?「0，

：.f(x)在(0,+oo)上递增，

由f(1)=a-l=0可得，f(x)恰有一个零点

③当a>l时，1e(0,1]

X(0,工)1(1,1)1(1,+oo)

aaa

r(X)+0-0+

f(x)/\/

/.VxG[-,+oo),f(x)>f(1)=a-l>0,

a

又照f(x)=-oo,.".f(x)恰有一个零点

综上所得a取值范围为(0,+oo)

【解析】【分析】(1)将a=0代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值;

(2)求导得/'(%)=坦匕詈虫，分a=0、a<0及a>0三种情况讨论函数的单调性，求得函数

的极值，即可得解.

3.(10分)(2022•全国甲卷)已知函数/(x)=^-\nx+x-a.

(1)(5分)若/(%)20,求a的取值范围;

（2）（5分）证明：若/（X）有两个零点X1,%2，则X1%2<1.

【答案】(1)解：由题意得，函数f(x)的定义域为(0,+8),

f'M=-4)ex--+1=-(1-i)ez+(1-+1),

'、'\X好)%X\X)\xJX\x)

令f(x)=O,得x=l,

当xG(0,1),f(x)<0,f(x)单调递减，

当X。(1,+oo),f(x)>0,f(x)单调递增,

若f(x)N0,则e+l-aNO,即age+1,

所以a的取值范围为(-oo,e+1)

(2)证明：由题知，/(x)一个零点小于1,一个零点大于1

不妨设打<1<%2

1

要证%i%2<1，即证久1<

x2

因为xi，*(0,1),即证因%i)>磴)

因为=，即证/(久2)>磴)

即证号—Inx+x-xex—Inx-^>0,x6(1,+co)

即证~x~xe，—2[Inx-：(x—[)]>0

下面证明》>1时，^-xei>0,lnx-1(x-1)<0

MXX1

以g(x)=~e~xex,%>1>

则g'(x)=©-.)ex-(4+xe^•(一也))=[。一-3(1-1)

1exIx-lex

=(1---)(----e%)=------(----e-

设(p(x)=Y(X>1)，w'(x)=©-*)e*=曾靖>0

所以(p(x)><p(l)=e，而4Ve

所以马_4>0,所以g'(x)>0

所以g(x)在(1,+oo)单调递增

即g(%)>g(i)=o,所以号―蓝>o

11

令/i(x)=Inx-(x-,x>1

，1-1(1+2%—%2—1_QT)2

<0

•A/22

乙2x2x

所以/l(x)在(1,+co)单调递减

即/i(x)<h(l)=0,所以Inx-^(x-i)<0;

综上,^-xel-2[lnx-|(x-1)]>0，所以修肛<1

【解析】【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解；

(2)由化归思想，将原问题转化要证明马―％3—2[lnx—%(%—3]>0恒成立问题，构造函数

g(x)=g，再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.

32

4.(10分)(2022•全国甲卷)已知函数/(x)=%-%,5(x)=x+a,曲线y=/(%)在点

(%;/(%1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.

(1)(5分)若％i=-1,求a：

(2)(5分)求a的取值范围.

【答案】(1)解：由题意知，/(—1)=—1—(—1)=0,f(%)=3%2—1，/(—1)=3—1=

2,则y=/(x)在点(一1,0)处的切线方程为y=2(x+l),

即y=2%4-2，设该切线与g(x)切于点(x2/g(%2))，9M=2x，则(x2)=2x2=2,

解得上=1，则g(l)=l+a=2+2,解得Q=3；

(2)解：/(x)=3x2-1，则y=/(x)在点(%:/Qi))处的切线方程为、一(后一%1)=

(3好—I)。—勺),整理得y=(3优一1)%-2婢,

设该切线与g(%)切于点(%2,g(、2))，g'(%)=2%，则g'(%2)=2牝，则切线方程为y—

(xf+a)=2X2(X—x2)，整理得y=2x2x—xf+a，

则因二:岸a,整理得a=螃-26浮-1)2-2婢=我一2婢-%+力

Q21

令h(x)=彳％4-2x3—+[,则九(x)=9x3—6x2-3x=3x(3%+1)(%—1)，令九(%)>

0,解得一gv%vO或%>1,

令h(x)<0，解得％<一|■或0<x<1,贝1Jx变化时，帝(%)，咐)的变化情况如下表：

111

Xq，。)0(0,1)1(1/+oo)

(8,3

h(x)-0+0-0+

51

/i(x)7-17

274

则/i(x)的值域为［一1,+8),故a的取值范围为［-1,+00).

【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐

标，再由函数值求出a即可；

(2)设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a,构造

函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.

5.(10分)(2022•全国乙卷)已知函数/(x)=ln(l+x)+axe~x.

(1)(5分)当a=l时，求曲线y=/(x)在点(0,/(0))处的切线方程；

(2)(5分)若/(%)在区间(—1,0),(0,+00)各恰有一个零点，求a的取值范围.

【答案】(1)解：/(x)的定义域为(-1,4-00)

当a=l时，/(%)=ln(l+x)+%,/(0)=0,所以切点为(0,0)r(%)=白+£,

广(0)=2,所以切线斜率为2

所以曲线y=/(%)在点(0,/(0))处的切线方程为y=2x

(2)解：/(x)=ln(l+x)+g

人-1+a(lf)_e"+a(l—%2)

rw~T+x-7--(l+x)ex

设g(x)=ex+a(l-x2)

1°若a>0,当0),g(x)=ex+a(l-x2)>0,即/(%)>0

所以/(x)在(-1,0)上单调递增，f(x)</(0)=0

故/(%)在(-1,0)上没有零点，不合题意

2。若一14a40,当％6(0,+oo),则g［x}=ex-2ax>0

所以g(x)在(0,+oo)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a>0,即/(%)>0

所以/(x)在(0,+00)上单调递增，/(x)>/(0)=0

故/(%)在(0,+00)上没有零点，不合题意

3。若a<-1

①当xe(0,+8),贝ijg\x)=ex-2ax>0，所以g(x)在(0,+oo)上单调递增

g(0)=14-a<0,g(l)=e>0

所以存在me(0,1)，使得g(m)=0,即f'(m)=0

当xG(0,m),尸(久)<0,/(%)单调递减

当％e(m,+oo),/(%)>o,/(x)单调递增

所以

当xe(0,m),/(x)</(0)=0

当XT+8,/(X)T4-00

所以/(x)在(m,+00)上有唯一零点

又(0,m)没有零点，即/(%)在(0,+00)上有唯一零点

(2)iL|x6(—1,0)；g(x)=+ci(l—

设h(x)=g'(x)—ex—2ax

h(x)=ex-2a>0

所以g'(x)在(—1,0)单调递增

,1,

g'(-l)=—+2a<0,g'(0)=1>0

所以存在nG(—1,0),使得g(n)=0

当x6(-1,n),g'(x)<0,g(x)单调递减

当工€(n,0),g'(x)>0,g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1+a<0

又g(一l)+0

所以存在te(一1,n)，使得g(t)=0,即/(t)=0

当xe(-1,t),/(x)单调递增，当xe(t,0),/(x)单调递减

有％T-1,/(X)->—00

而/(o)=o,所以当%e(t,o),f(x)>o

所以/(%)在(T,t)上有唯一零点，(30)上无零点

即/(%)在(一1,0)上有唯一零点

所以a<—l,符合题意

所以若/(%)在区间(-1,0),(0,+00)各恰有一个零点，求a的取值范围为(-00,-1)

【解析】【分析】(1)先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程;

(2)求导，对a分类讨论，对X分(-1,0),(0,+co)两部分研究.

6.(12分)(2022•北京)已知函数/(%)=ex/n(l+%).

(I)求曲线y=/(%)在点(0,/(0))处的切线方程；

(II)设g(x)=/'(%)，讨论函数g(x)在[0,+oo)上的单调性；

(III)证明：对任意的s,te(0,+8),有f(s+t)>/(s)+f(t).

【答案】(I)/(x)=ex[ln(l+x)+y^],贝!J/(0)=1，又/(0)=0,

故所求切线方程为y=x

x1

(II)ff(x)=e[ln(l+x)+I^-2],

L+x(l+x)‘

又外>0,ln(l+%)+系-，：、2>lnl+A：2%>0

•LT人(1+%)(14-x)

故g'(x)>o对vxe[0,+oo)成立，g(x)在[0,4-00)上单调递增

(Ill)证明：不妨设s>t,

由拉格朗日中值定理可得：/牌苔)=/(f)

其中fe[s,s+t],即/(S+1)—/(s)=

f(0-/(0)=f'(T1)，其中77c(o,。，即/■«)-/(())=tf'g)

由g(x)在[0,+oo)上单调递增，故f8>f⑺

：.f(s+t)-/(S)>/(t)-/(0)=/(t)

.,./(s+t)>/(s)+/(t)证毕

【解析】【分析】(1)对函数f(x)=ex/n(l+x)求导得y'(x)=ex[ln(l+x)+y^]>分别计算

/(0)，/(O).根据直线的点斜式方程即可求切线方程；

(2)由(1)知g'(%)=e*n(l+x)+击一二科，利用放缩法可得皿1+%)+至一会产>

1+2%

1皿+——2>。，即可判断g(x)的单调性；

。十町

(3)不妨设S2t,由拉格朗日中值定理可得/若华=/'(f),隼臀=/‘5),即

/(s+t)—f(s)=t/'(f),/(t)—f(O)=t/'(〃)，由⑵的结论，得/'(f)>/'(〃)，即/(s+

0-/(s)>/(0-/(0)=/(t)>即可证明.

x

7.(10分)(2022•新高考回卷)已知函数/(x)=e-ax和5(x)=ax-Inx有相同的最小值.

(1)(5分)求a；

(2)(5分)证明：存在直线y=b,,其与两条曲线y=/(x)和y=g(%)共有三个不同的

交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

【答案】(1)因为f(%)=ex—ax,所以f(%)=ex-a，

x

若Q<0,贝1J/(%)=e—a>0恒成立，

所以f(x)在(0,+oo)上单调递增，无最小值，不满足；

若a>0,令f，(x)>0=>x>lna,令f，(x)<0=>x<lna,

所以/(x)min=/(Ina)=a-alna,

因为9(%)=ax-Inx,定义域％>0，所以g'(%)=。一；，

所以g(%)>0=>x>/g(%)<0=>0<x<^,

所以g(%)min=g(6=1_In：，

依题有a-a\na=1—In-,即Ina-^—7=0，

aa+1

令/i(a)=Ina—二1(a>0),则九(a)=-之>0恒成立

所以h(a)在(0,+oo)上单调递增，又因为八(1)=0,

Ina—区』=0有唯一解a=1,

a+1

综上，a=1

(2)由(1)易知/(x)在(-co,0)上单调递减，在(0,+8)上单调递增，g(x)在(0,1)上

单调递减，在(1,+00)上单调递增，

存在直线y=b,其与两条曲线y=/(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，

设三个不同交点的横坐标分别为X2>X3,不妨设%1<x2<x3，

显然有<0<%2<1<%3，

则肯定有/(%i)=/(%2)=g(X2)=g(X3)=b,

注意/(x),g(x)的结构,易知/(Inx)=g(x),

所以有/(Inx)=g(x),所以有f(%i)=/(lnx2)，而由打<0,lnx2<0>/(x)在(―oo,0)上

单调递减，

知=lnx2,同理x2=lnx3=巧=e，2,

所以%i+%3=ln%2+e*2,

又由/(x2)=g(%2)=靖2—x2=x2—lnx2=+lnx2=2x2，

故Xi4-x3=2X2,

所以存在直线y=b,其与两条曲线y=/(x)和y=g(%)共有三个不同的交点，并且从左到右

的三个交点的横坐标成等差数列.

【解析】【分析】(1)对a分aW0,a>0两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得

fWmin=a-alna,同理可得5(x)min=1-ln^，根据题意列式，构造函数h(a)=Ina-

案，并利用导数h，(a),可得函数h(x)的单调性，并易得h(l)=0,从而求得a；

(2)由(1)易得函数f(x),g(x)的单调性，易得%!<0<x2<1<%3，同时根据/(Inx)=g(%),

==

可得%i=lnx2，型=ln%3，从而得Xi+%3访%2+,再由对数运算可证%i+%32%2，

结论得证.

8.(10分)(2021•新高考回卷)已知函数/(%)=(%—l)e*—a/+b.

(1)(5分)讨论f(x)的单调性；

(2)(5分)从下面两个条件中选一个，证明：/(%)有一个零点

<aW-,b>2a；

②。<a<1,b<2a.

【答案】(1)由函数的解析式可得：f(x)=x(ex-2a),

当aWO时，若xe(―8,0),则/'(x)<0,/(x)单调递减，

若xe(O,+oo),则f(%)>o,/(x)单调递增；

当0<a<2时，若x£(-00,ln(2a)),贝Uf(x)>0,/(x)单调递增，

若xC(ln(2a),0),贝Uf'(x)<0,/(x)单调递减，

若xe(O,+oo),则f'(x)>0,/(x)单调递增；

当a=；时，f(x)>0,/(%)在R上单调递增；

当a"时，若xe(-00,0),贝U/(x)>0,/(x)单调递增，

若xe(0,ln(2a)),贝"f(x)<0,/(x)单调递减，

若xe(ln(2a),+oo),贝I」f(x)>0,/(x)单调递增；

(2)若选择条件①：

由于.故1<2aWe2,贝i]b>2a>1，/(0)=b-l>0，

而f(—b)=(—1—H)e~b—ab2—bV0,

而函数在区间(-oo,0)上单调递增，故函数在区间(-8,0)上有一个零点.

/(ln(2a))=2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+b

>2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+2a

=2aln(2a)—a[ln(2a)]2

=aln(2a)[2—ln(2a)]，

由于l<^

a<1<2a<e2，故aln(2a)[2—ln(2a)]>0，

结合函数的单调性可知函数在区间(0,+8)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

若选择条件②：

由于0<a<：,故2a<1,则/(0)=b-l<2a-l<0,

当bNO时，e2>4,4a<2,/(2)=e2-4a+b>0,

而函数在区间(0,4-00)上单调递增，故函数在区间(0,+00)上有一个零点.

当b<0时，构造函数H(x)=ex-x-1,贝ijH(%)=ex-1，

当%G(-oo,0)时，H(x)<0,H(x)单调递减，

当x€(0,+oo)时，H(x)>0,H(x)单调递增，

注意到H(0)=0,故H(x)>0恒成立，从而有：ex>x+l,此时：

/(%)=(%—l)ex—ax2—&>(%—1)(%+1)—ax2+b=(1—d)x2+(b—1),

当％AI；°时，(1—a)x2+(b-1)>0，

71—a

取孙=晤+1，则/(&)>o，

即：/(0)<0,/(层+l)>0，

而函数在区间(0,+00)上单调递增，故函数在区间(0,+00)上有一个零点.

/(ln(2a))=2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+b

<2a[ln(2a)—1]—a[ln(2a)]2+2a

=2aln(2a)—a[ln(2a)]2

=aln(2a)[2—ln(2a)],

由于OVa<g,0V2QV1,故aln(2a)[2-ln(2a)]<0,

结合函数的单调性可知函数在区间(-00,0)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可;

(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.

9.(10分)(2021•北京)已知函数/(x)=会言.

(1)(5分)若a=0,求y=/(x)在(1J(1))处切线方程；

(2)(5分)若函数f(x)在x=—1处取得极值，求/(x)的单调区间，以及最大值和最小

值.

【答案】(1)当a=0时，/(X)=，则/(无)=2()<,i,/(1)=_4,

此时，曲线y=/(x)在点(1)(1))处的切线方程为y-l=—4(%-1)，即4%+y-5=0；

(2)因为/(x)=,则f'(x)=-2(避+。)-2丫(3—2x)_2(N-3x-a)

2r2

(xz9+a)(x2+a)

，2(4-Q)

由题意可得/(-I)=7^—1=°,解得a=4,

(a+1)

3-?YZ-7、2(x+l)(x-4)

故〃x)=祥，八")=N+4)2，列表如下:

X(-00,-1)-1(-1.4)4(4,+oo)

/(%)+0-0+

f(x)增极大值减极小值增

所以，函数/(%)的增区间为(-oo,-l),(4,+oo)，单调递减区间为(一1,4).

当》<I时，f(x)>0；当X>|时，/(x)<0.

所以，f(%)max=/(-1)=1，/(X)min=/(4)=■

【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；

(2)根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.

10.(10分)(2021•全国乙卷)已知函数/(%)=x3—x2+ax+1.

(1)(5分)讨论/(%)的单调性；

(2)(5分)求曲线y=/(%)过坐标原点的切线与曲线y=/(x)的公共点的坐标.

【答案】(1)由函数的解析式可得：f\x)=3x2-2x+a，

导函数的判别式/=4-12a，

当21=4-12a<0,a>|时，f'(x)>0,f(x)在R上单调递增,

_2—J4—12a_2+J4—12a

当4=4—12a>0,a<时,f(x)=0的解为:Xi=6，久2=6

当％e(_8,"牛叵)时，/'(吟>0/(%)单调递增；

当％e(2二牛％?土纥12与时，，(%)<04(%)单调递减;

当％e(2+”~12匕+8)时，/(x)>o,/(x)单调递增；

综上可得：当a4时，/(%)在R上单调递增，

当a<J时，/(x)在(_8,一加-1当上单调递增，在(2一旦-12a,2+/4/2a上单调递减，

在”"⑵收)上单调递增.

(2)由题意可得：/(%())=就-瑶+叫)+1,/(%0)=3x^-2x0+a，

则切线方程为：y—(XQ-XQ+ax0+1)=(3xo—2x0+a)(x—x0)，

切线过坐标原点，则:0—(%Q—XQ+CLXQ+1)=(3%Q—2x()+a)(0—%()),

整理可得：2若一瑞一1=0,即：(x0~l)(2%o+%o+1)=°，

解得：XQ=1,贝!J/(x0)=/(l)=1—l+a+l=a+l,

即曲线y=/(x)过坐标原点的切线与曲线y=/(x)的公共点的坐标为(l,a+l).

【解析】【分析】(1)先对函数求导，通过分类讨论a的取值，确定导数的符号，来确定函数的单调

区间；

(2)先设切点坐标横坐标xo,通过求导求出切线的斜率，写出切线的方程，再利用切线过原点的条

件，就可以得到xo的值，进一步得到公共点坐标。

11.(10分)(2021•全国甲卷)设函数/(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.

(1)(5分)讨论f(x)的单调性；

(2)(5分)若y=f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围.

【答案】(1)函数的定义域为(0,+oo),

又%)=(2ax+3)(ax-l),

因为a>0,x>0,故2ax+3>0,

当0<x<：时，f(x)<0;当％〉:时，/(x)>0;

所以f(x)的减区间为(0,》，增区间为+oo).

(2)因为/(I)=a2+a+l>0且y=/(x)的图与x轴没有公共点，

所以y=/(%)的图象在%轴的上方，

由(1)中函数的单调性可得/(x)min=/弓)=3-31n；=3+31na,

故3+31na>0即a>：.

【解析】【分析】(1)先明确函数的定义域，先对函数求导，然后根据a的取值，讨论导数年的正

负，来确定函数的单调区间；

(2)首先注意到/(I)=a2+a+l>0且y=/(x)的图与x轴没有公共点这一特点，表明

y=/(%)的图象在%轴的上方，求函数f(x)的最小值，只要最小值大于0即可，解不等式，即可

得到结果。

12.(10分)(2021•全国甲卷)已知a>0且a，l,函数f(x)=4(x>0),

ax

(1)(5分)当a=2时，求f(x)的单调区间；

(2)(5分)若曲线y=f(x)与直线y=l有且仅有两个交点，求a的取值范围.

【答案】(1)当a=2时，fO)=¥，f(x)=------------=----七-----,

2(2X)4

令/'(%)=。得x=焉，当0<%<焉时，/(X)>0,当%>焉时，/'(无)<0，

・•・函数/(X)在(0,焉］上单调递增；电+8)上单调递减；

(2)/,(%)=i===x\na=a\nx=,设函数g(x)=，

ClXCLX

则g'(x)=，，尤，令g'(x)=0,得x=e,

在(0,e)内g'(x)>0,g(x)单调递增；

在(e,+8)上g'(x)<0,g(x)单调递减；

1

•••g(%)max=g(e)=5，

又g(l)=0,当x趋近于4-00时，g(x)趋近于0,

所以曲线y=/(%)与直线y=l有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线、=扁有两个交

点的充分必要条件是0(等，这即是0cg(a)<9(e),

所以a的取值范围是(Le)U(e,+oo).

【解析】【分析】(1)当a=2时，函数/(%)=?,用导数研究其单调性；

(2)首先将问题转化为方程苧=当有两个解的问题，进一步转化为函数g(x)=苧与函数以%)=

她有两听问题，然后利用导数研究相关函数的单调性及函数的最大值，进而得到结果。

a

13.(10分)(2021•全国乙卷)设函数f(x)=ln(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点。

(1)(5分)求a；

(2)(5分)设函数g(x)=叶/吁，证明：g(x)<1.

xf(x)

【答案】(1)[xf(x)Y=x，f(x)+xf(x)

当x=0时,[xf(x)],=f(O)=lna=O,所以a=l

(2)由f(x)=ln(l-x),得x〈l

当OVxVl时,f(x)=ln(l-x)<0,xf(x)<0；当x〈O时，f(x)=ln(l-x)>0,xf(x)<0

故即证x+f(x)>xf(x),x+ln(l-x)-xln(l-x)>O

令l-x=t(t>0且t#l),x=l-t,即证l-t+lnt-(l-t)lnt>0

令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt»

则f(t)=-l-y-|(-l)lnt+]—1+i+lnt-=lnt

所以f(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增，故f(t)>f(1)=0,得证。

【解析】【分析】(1)先对函数y=xf(x)求导:[xf(x)],=x,f(x)+xf(x),因为x=0是方程的根，代入

求得a值。

(2)首先由(1)写出函数f(x),并求其定义域，将问题转化为证明x+f(x)>xf(x),即证：X+ln(l-x)-

xln(l-x)>0,然后通过换元，构造函数，用导数研究相关函数的单调性，从而证明命题成立。

14.(15分)(2021•天津)已知a>0,函数/(久)=ax—.

(1)(5分)求曲线y=/(x)在点(0,/(0))处的切线方程：

(2)(5分)证明/(x)存在唯一的极值点

(3)(5分)若存在a,使得/(x)<a+b对任意%e/?成立，求实数匕的取值范围.

【答案】(1)f(x)=a—(x+l)ex»则f(0)=a—1>

又/(O)=0,则切线方程为y=(a—l)x,(a>0)；

xx

(2)令/(x)=a-(x+l)e=0，贝Ua=(x+l)e,

令g(x)=(x+l)ex,则g(x)=(x+2)ex>

当xe(-oo,-2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当xe(-2,+oo)时，g'(x)>o，

g(x)单调递增，

当x->—00时，g(久)<0,g(-l)=0，当xT+8时，g(x)>0,画出g(x)大致图像如

卜:

所以当a>0时，丫=。与)/=g(x)仅有一个交点，令g(m)=a,贝!I机>一1,且/(m)=

a-g(m)=0,

当x€(-00,m)时，a>g(x),则/(%)>0，f(x)单调递增，

当xe(m,4-oo)时，a<g(x),则/(%)<0，/(x)单调递减，

x=m为/(x)的极大值点，故/(x)存在唯一的极值点；

m

(3)由(II)知/(x)max=/(m),此时a=(1+m)e,m>—1>

2m

所以{/(x)-a}max=/(m)-a=(m-m-l)e,(m>-1),

令/i(x)=(x2—x—l)ex,(x>—1),

若存在a,使得/(x)<a+b对任意xeR成立，等价于存在x€(-1,+oo),使得/i(x)<

b,即b2九(Wmin，

h(x)=(%2+x—2)ex=(x—l)(x+2)ex>x>—1,

当xG(-1,1)时，，h(%)<0，%(x)单调递减，当％C(1,+8)时，/i(x)>o，八(久)单

调递增，

所以/i(x)min—初1)=-e,故b2—e,

所以实数b的取值范围［-e,+oo).

【解析】【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；

(2)令F(x)=O,可得a=(x+l)ex,则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一■个交点，利用导数研究y=g(x)

的变化情况，数形结合求解即可；

(3)令h(x)=(x2-x-l)e*,(x>-l),则将问题等价转化为存在xG(-l,+oo),使得h(x)Wb,即

b>h(X)min,利用导数求出h(X)的最小值即可.

15.(10分)(2021•新高考回)已知函数f(x)=x(1-lnx)

(1)(5分)讨论f(x)的单调性

(2)(5分)设a,b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b证明：2<4+：<

ab

【答案】(1)/(x)=x(l-In%),x6(0,4-00)

・•・f(x)=1—Inx—1=—In%

/.xG(0,1)>0J(x)7

XG(l,+8)/(x)<0,7(x)\

・•・/(%)在(0,1)单调递增，/(%)在(L+8)单调递减

(2)由b\na-a\nb=a-b，得一工=：一工

aabbba

即1(l-lnj)=|(l-ln|)

令&打=1»，1

则xlfx2为f(x)=k的两根，其中k6(0,1).

不妨令X16(0,1),x2e(l,e),则2->1

先证2<%+冷，即证x2>2—xr

即证/(x2)=/(%i)</(2-Xi)

令h(x)=/(x)-f(2-x)

则/i'(x)=/(x)+/(2-x)

=-Inx_ln(2_x)

=—ln[x(2—%)]

•・・xG(0,1)

・・・x(2-x)6(0,1)

・•・h/(x)>0恒成立，：,h(x)7

・・・h(x)<九(1)=0

・•・2<xt+x2得证

同理，要证打+冷V。

即证/(x2)=/(%1)</(e-%1)

令(P(x)=/(x)-f(e-x),xe(0,1)

则(p=—ln[x(e—x)],令w,Qo)=0

%6(0,g)”(%)>0,0。)/

XE(%o,l)”(x)<0,<p(x)、

又%>0,f(x)>0,且/(e)=0

故》->0,0(0)>0,

<p(l)=/(l)-/(e-l)>0

:.0(%)>0恒成立

:，xt+x2<e得证

11

J・2V—F-yVe

ab

【解析】【分析】(1)利用导数研究函数的单调性即可求解；

(2)根据化归转化思想，将不等式问题等价转化为函数h(x)=f(x)-f(2-x)与s(x)=/(x)-/(e—%)的

最值问题，利用h，(x)与“(%)研究函数函数h(x)与s(x)的单调性及最值即可.

16.(10分)(2020•新课标回•文)已知函数/(x)=x3-kx+k2.

(1)(5分)讨论/(x)的单调性;

(2)(5分)若/(x)有三个零点，求k的取值范围.

【答案】(1)解：由题，f(%)=3x2-k>

当kW0时，/(x)>0恒成立，所以/(%)在(-co,+00)上单调递增；

当k>0时，令/(%)=0，得％=±J|，令/(%)<0，得—JI<x<.

令/(%)>0，得％<一/或%>/，所以f(x)在上单调递减，在

(-00,-J|)，(J|,+oo)上单调递增.