2016-2020年高考数学分类汇编：专题3导数全国1【2020全国1卷理6】函数f(x)=x 4−2x3的图像在点(1,f(1))处的切线方程为A．y=−2x−1 B. y=−2x+1 C. y=2x−3 D. y=2x+1【答案】B【解析】f′(x)=4x3−6x2,k=f′(1)=−2,f(1)=−1,∴y−f(1)=f′(1)(x−1),∴y=−2x+1【2020全国1卷文15】曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为__________.【答案】y=2x【解析】设与曲线y相切的直线的切点坐标为(x0,y0)，对y=ln x+x+1求导，得y′=1+1x+1=2，解得x0=1，∴y0=2，由直线的点斜式可因为切线斜率为2，即切点处的导数1x0得y−2=2(x−1)，即y=2x。

【2020全国1卷文20】已知函数f(x)=e x−a(x+2).（1）当a =1时，讨论f (x )的单调性； （2）若f (x )有两个零点，求a 的取值范围。

【答案】 （1）()x f 在()+∞,1上递增，在()1,∞-上递减，（2）.1ea > 【解析】（1）函数()x f 的定义域为R ，().'a e x f x -=因为(),1,1'-=∴=x e x f a 若0<x ，();0'<x f 若0>x ，();0'>x f 所以()x f 在()+∞,1上递增，在()1,∞-上递减； （2）解法1：①当0≤a 时，()0'>x f ，()x f 在R 上递增；最多只有1个零点，不符合题意； ②当0>a 时，()x f 在()+∞,ln a 上递增，在()a ln ,∞-上递减；所以，()x f 的最小值为()()a a a f ln 1ln +-=。

由题意，()0ln <a f ，得1->e a 。

下面证明1->e a 当时，()x f 有两个零点首先1ln ->a ，取21-=x ，则a x ln 1<，且()021>=-e x f ， 所以由零点存在性定理知，()x f 在()a x ln ,1上存在唯一零点；另一方面，取a b x ln 2+=，且a b ln 12+>，则()02>x f 。

解释如下：因为由（1）可知：x e x+≥1，所以.21,212222⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+≥x e e x e xx x所以221⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥b e b ；所以 ()()()2ln 2222++-=+-=a b a ae x a e x f bx().0ln 141ln 22>⎪⎭⎫⎝⎛--≥---=a b a a b e a b所以由零点存在性定理知，()x f 在()2ln x a ，上存在唯一零点； 综上讨论可知：若()x f 有两个零点，a 的取值范围是.1e a >解法2.①当0≤a 时，()0'>x f ，()x f 在R 上递增；最多只有1个零点，不符合题意；②当0>a 时，由()02=+-x a e x 得：x e x a 21+=，记()()x x ex x g e x x g 1,2'+-=+=，()x g 在()1,-∞-上单调递增，在()+∞,1-上单调递减，所以()x g 的最大值为()e g =-1；要使()x g ex a x =+=21有两个不同的零点，必要条件是⎪⎩⎪⎨⎧<>e aa 10，解得.1e a >，下面证明.1e a >时()x g 有两个不同的零点，一方面()()a e g a g 11,102>=-<=-，所以由零点存在性定理知，()ax g 1=在()12--，上存在唯一零点；另一方面()，ae g 11>=-因为由（1）可知：x e x+≥1， 4,2,2222x e x e x e x x x >⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>>，所以有()()()2442424222-=-+<+<+=x x x x x e x x g x ，令ax 124=-得,1224->>+=a x 所以 ()a a g 124<+，所以由零点存在性定理知，()ax g 1=在()241+-a ，上存在唯一零点，所以.1e a >时()x g 有两个不同的零点，即()x f 有两个零点，a 的取值范围是.1e a > 【2020全国1卷理21】已知函数f(x)=e x +ax 2−x. (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x ≥0时，f(x)≥12x 3+1，求a 的取值范围.【答案】（1）f(x)在(-∞,0)单调递减，(0,+∞)单调递增.（2）a ≥7−e 24【解析】（1）当a =1时，f(x)=e x +x 2−x ，x ∈R则f′(x)=e x +2x −1，令g (x )=e x +2x −1，g′(x)=e x +2>0，则g (x )在R 上单调递增，当x =0时，g(0)=0，即f′(0)=0，∴f(x)在(-∞,0)单调递减，(0,+∞)单调递增. （2）①当x =0时，恒成立；②当x >0时，f (x )=e x+ax 2−x ≥12x 3+1⟹−a ≤e xx 2−12x −1x 2−1x ， 令 g (x )=e x x 2−12x −1x 2−1x(x >0).g ′(x )=2e x (x−2)−(x 3−2x−4)2x 3=(x−2)2x 3(2e x −x 2−2x −2).令ℎ(x )=2e x −x 2−2x −2，ℎ′(x )=2e x −2x +2>2(x +1)−2x −2=0 ∴ℎ(x )在x >0上单调递增，∴ℎ(x )>ℎ(0)=0. ∴当0<x <2时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x >2时，g′(x)>0，g(x)单调递增.∴当x =2时，g(x)取得极小值也是最小值，g (2)=e 2−74.由题意知:−a ≤g (2)=e 2−74,则a ≥7−e 24【2019全国1卷文理13】曲线23()x y x x e =+在点(0,0)处的切线方程为____________【答案】.3x y =【解析】由已知得()3)0(',133)('2=++=f e x x x f x ，曲线23()x y x x e =+在点(0,0)处的切线方程为.3x y =【2019全国1卷文20】已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x ¢为()f x 的导数． (1)证明：()f x ¢在区间(0,)π存在唯一零点； (2)若[0,]x p Î时，()f x ax ³，求a 的取值范围． 【答案】 (1)证明见解析；(2)(]0a ∈-∞，【知识点】函数的零点，导数在研究函数中的应用 【考查能力】运算求解能力、推理论证能力 【解析】(1)证明：由题可得()()'''''''''''''()2cos cos sin 1cos sin 1()sin sin cos cos 0()0()2()0()2(0)=0()=10()2022()0f x x x x x x x x f x x x x x x x x f x f x x f x f x f f f f x πππππππ=---=+-=-++=⎡⎤∈≥⎢⎥⎣⎦⎡⎤∈≤⎢⎥⎣⎦->=-<∴当，时，，为增函数当，时，，为减函数又，，∴在，上存在唯一的零点.(2)由(1)可知：()f x ¢在区间(0,)π存在唯一零点，不妨设为()000x x π∈，，. []()()[]()()()()()[]()(]'0'00000=00000100000x x f x f x x x f x f x f f x f x ax a a πππππ∈≥∈≤--==---=∈≥≥≤∈-∞当，时，，为增函数，当，时，，为减函数，又，∴，时，，∴，故，【2019全国1卷理20】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+,'()f x 为()f x 的导数.证明：（1）'()f x 在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点; （2）()f x 有且仅有2个零点. 【答案】见解析【解析】（1）1'()cos 1f x x x =-+, 211()cos ,'()sin 1(1)g x x g x x x x =-∴=-+++令, 21sin 1,(1)2y x y x π⎛⎫=-=- ⎪+⎝⎭与在上单调递减,'()g x ∴在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减,又'(0)10g =>. 21'()10212g ππ=-+<⎛⎫+ ⎪⎝⎭, ∴存在唯一0x ,使得0'()0g x =, 当0(1,)x x ∈-时,'()0g x >,0()2x x π∈，时, '()0g x <,所以'()f x 在()01,x -单调递增,在()2x π，单调递减,∴'()f x 在区间1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点.（2）由（1）知'()f x 在0(1,)x -上单调递增,在0()2x π，上单调递减,又'(0)0f =,00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,1x ∴∃∈0()2x π，,使得1'()0f x =,∴()f x 在(1,0)-上单调递减,在1(0,)x 上单调递增,在1()2x π，上单调递减,1()(0)0f x f >=,()02f π<,∴()f x 在1()2x π，存在唯一零点2x ,又(0)=0f ,()f x ∴在(1,)2π-上有2个零点0,2x .当2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭，时,1'()cos 0()1f x x f x x =-<⇒+单调递减,()()02f x f π∴<<,无零点.当x π≥时,()()()sin ln 11ln 10f x x x π=-+<-+<,无零点.所以()f x 有且仅有2个零点.【2018全国1卷理5文6】设函数ax x a x x f +-+=23)1()(，若)(x f 为奇函数,则曲线)(x f y =在点)0,0(处的切线方程为A. x y 2-=B. x y -=C.x y 2=D. x y = 【答案】D【解析】因为()()f x x R ∈是奇函数，所以(1)(1)f f =--，所以31,()a f x x x ==+，则'(0)1k f ==，所以切线方程为y x =，故选D.【2018全国1卷理21】已知函数x a x xx f ln 1)(+-=， （1）讨论)(x f 的单调性；（2）若)(x f 存在两个极值点1x ，2x ，证明2)()(2121-<--a x x x f x f .【答案】（1）2a ≤当时，函数在()0+∞，上单调递减；当2a >时，函数在0,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减，在⎝⎭上单调递增；（2）证明见解析.【解析】解：（1）求导得()'11,2a x x f x x x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=+≥，()'20a f x ∴≤≤时，函数在()0+∞，上单调递减；当2a >时，在0,⎛⎫+∞⎪⎪⎝⎭⎝⎭,()/f x o <， 在⎝⎭上()/f x o >， 所以()f x 在0,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上单调递减， 在⎝⎭上单调递增； （2） 由（1）可知，在题设条件下有2a >，()'1=0a x x f x x⎛⎫-+ ⎪⎝⎭= 可得1212+=,1x x a x x =，（不妨设1212101,x x x x <<<=） 所以()()()()()12121212121212121211ln ln ln ln 11x x a x x f x f x x x a x x x x x x x x x x ⎛⎫---+- ⎪--⎝⎭==--+---()1212ln ln 2a x x x x -=-+-因为2a >，所以要证()()12122f x f x a x x -<--，只需证明1212ln ln 1x x x x -<-将121221,(1),-0x x x x x =><则代入得1212222222222222ln ln 11lnln 12ln 01()2ln ,(1)211()1(1)01()2ln +()(1)012ln 0x x x x x x x x x x x g t t t t tg t t t tg t t t tg t g x x x ->-->---+>=--+≥'=-++=-≥=--+∞≥=--+>令∴在[1，）上为单调增函数∴成立∴()()12122f x f x a x x -<--成立.【2018全国1卷文21】已知函数1ln )(--=x ae x f x.（1）设2=x 是)(x f 的极值点，求a ，并求)(x f 的单调区间；（2）证明:当ea 1≥时，0)(≥x f . 【答案】（1）212a e=，()f x 的单调递增区间为(2,)+∞，递减区间为(0,2) （2）详见解析【解析】解：（1）定义域为(0,)+∞，1'()xf x ae x=-， 2x =是()f x 的极值点'()0,f x ∴=则2102ae -=，221e a =，22'22)(xe e xe x f x -= 设2()2(0)x g x xe e x =->'()(1)0x x x g x xe e x e =+=+>，()g x ∴在(0,)+∞上单调递增，且(2)0g = ()0g x ∴=在(0,)+∞上由唯一根令'()0f x >，则2x >，'()0f x <，则2x <()f x ∴的单调递增区间为(2,)+∞，递减区间为(0,2)（2）证明：要证1a e ≥时，()0f x ≥，只需证：1a e≥时，ln 10xae x --≥ 只需证：1a e ≥时，ln 1x x a e+≥， 设ln 1()(0)xx h x x e +=>，1ln 1'()x x x h x e --=，设1()ln 1F x x x =-- 22111'()0x F x x x x +=--=-< ()F x ∴在(0,)+∞上单调递减，而(1)0F = (0,1)x ∴∈时，()0F x >，即'()0h x > (1+)x ∈∞，时，()0F x <，即'()0h x <()h x ∴在(0,1)上单调递增，在(1+)∞，上单调递减 max 1()(1)h x h e ∴==1a e∴≥时，()0f x ≥结论成立【2017全国1卷理21】已知函数()()22x x f x ae a e x =+--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.【答案】：（1）见解析;(2))1,0(。