2021高考数学浙江导数解答题200题
2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 (学生版+解析版)
2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 （学生版+解析版）1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．2．（2021•北京）已知函数f （x ）=3−2x x 2+a． （1）若a ＝0，求y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；（2）若函数f （x ）在x ＝﹣1处取得极值，求f （x ）的单调区间，以及最大值和最小值．3．（2021•天津）已知a ＞0，函数f （x ）＝ax ﹣xe x ．（1）求曲线f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）证明函数f （x ）存在唯一的极值点；（3）若∃a ，使得f （x ）≤a +b 对任意的x ∈R 恒成立，求实数b 的取值范围．4．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且a ＞1，函数f （x ）＝a x ﹣bx +e 2（x ∈R ）．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b ＞2e 2，函数f （x ）有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a ＝e 时，证明：对任意b ＞e 4，函数f （x ）有两个不同的零点x 1，x 2，满足x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ． （注：e ＝2.71828⋯是自然对数的底数）5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f （x ）＝x （1﹣lnx ）．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna ﹣alnb ＝a ﹣b ，证明：2＜1a +1b ＜e ．8．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝x 3﹣x 2+ax +1．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）求曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）．（1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．10．（2020•新课标Ⅰ）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．11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．（2020•北京）已知函数f （x ）＝12﹣x 2．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y ＝f （x ）在点（t ，f （t ））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t ），求S （t ）的最小值．14．（2020•浙江）已知1＜a ≤2，函数f （x ）＝e x ﹣x ﹣a ，其中e ＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a −1≤x 0≤√2(a −1)；（ⅱ）x 0f （e x 0）≥（e ﹣1）（a ﹣1）a ．15．（2020•江苏）已知关于x 的函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）与h （x ）＝kx +b （k ，b ∈R ）在区间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．（1）若f （x ）＝x 2+2x ，g （x ）＝﹣x 2+2x ，D ＝（﹣∞，+∞），求h （x ）的表达式；（2）若f （x ）＝x 2﹣x +1，g （x ）＝klnx ，h （x ）＝kx ﹣k ，D ＝（0，+∞），求k 的取值范围；（3）若f （x ）＝x 4﹣2x 2，g （x ）＝4x 2﹣8，h （x ）＝4（t 3﹣t ）x ﹣3t 4+2t 2（0＜|t |≤√2），D ＝[m ，n ]⊂[−√2，√2]，求证：n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．17．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝sin 2x sin2x ．（1）讨论f （x ）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f （x ）|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n ． 18．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝2lnx +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a ＞0，讨论函数g （x ）=f(x)−f(a)x−a的单调性． 19．（2020•新课标Ⅰ）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．20．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x 3﹣kx +k 2．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有三个零点，求k 的取值范围．21．（2019•全国）已知函数f （x ）=√x （x 2﹣ax ）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为−23，求a．22．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．23．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．24．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=−34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．25．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．26．（2019•江苏）设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤4 27．27．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜1 e，（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．28．（2019•天津）设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0； （Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈N ，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 29．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝2sin x ﹣x cos 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x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．30．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．31．（2019•北京）已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）设F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）|（a ∈R ），记F （x ）在区间[﹣2，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．32．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点； （2）f （x ）有且仅有2个零点．33．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．34．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（3a +1）x +3a +2]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．35．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．36．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．37．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=ax2+x−1e x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．38．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝e x﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．39．（2018•浙江）已知函数f（x）=√x−lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．40．（2018•天津）已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=−2lnlna lna；（Ⅲ）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．41．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S 点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）=be xx．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．42．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a ＝3，求f （x ）的单调区间；（2）证明：f （x ）只有一个零点．43．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=1x −x +alnx ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．44．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣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．45．（2017•全国）已知函数f （x ）＝ax 3﹣3（a +1）x 2+12x ．（1）当a ＞0时，求f （x ）的极小值；（Ⅱ）当a ≤0时，讨论方程f （x ）＝0实根的个数．46．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．47．（2017•天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）＝2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，满足|p q −x 0|≥1Aq 4． 48．（2017•新课标Ⅱ）设函数f （x ）＝（1﹣x 2）•e x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≤ax +1，求实数a 的取值范围．49．（2017•山东）已知函数f （x ）＝x 2+2cos x ，g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x +2x ﹣2），其中e ≈2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；（Ⅱ）令h （x ）＝g （x ）﹣af （x ）（a ∈R ），讨论h （x ）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．50．（2017•天津）设a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数f （x ）＝x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）＝e x f （x ）．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y ＝g （x ）和y ＝e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：f （x ）在x ＝x 0处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．51．（2017•北京）已知函数f （x ）＝e x cos x ﹣x ．（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值． 52．（2017•江苏）已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，且导函数f ′（x ）的极值点是f （x ）的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b 2＞3a ；（Ⅲ）若f （x ），f ′（x ）这两个函数的所有极值之和不小于−72，求实数a 的取值范围．53．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 54．（2017•浙江）已知函数f （x ）＝（x −√2x −1）e ﹣x （x ≥12）． （1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[12，+∞）上的取值范围． 55．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝lnx +ax 2+（2a +1）x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a ＜0时，证明：f （x ）≤−34a −2．56．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ．（1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值．57．（2017•山东）已知函数f（x）=13x3−12ax2，a∈R，（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cos x﹣sin x，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．2017-2021年高考真题 导数 解答题全集（学生版+解析版）参考答案与试题解析1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．【解答】解：（Ⅰ）∵f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ，f '（x ）＝x （e x ﹣2a ），①当a ≤0时，当x ＞0时，f '（x ）＞0，当x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，可得x ＝0或x ＝ln （2a ），（i ）当0＜a ＜12时，当x ＞0或x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当ln （2a ）＜x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，ln （2a ）），（0，+∞）上单调递增，在（ln （2a ），0）上单调递减， （ii ）a =12时，f '（x ）＝x （e x ﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f （x ）在R 上单调递增，（iii ）当a ＞12时，当x ＜0或x ＞ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当0＜x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＜0，f （x ）在（﹣∞，0），（ln （2a ），+∞）上单调递增，在（0，ln （2a ））上单调递减． 综上所述：当 a ⩽0 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增；当 0＜a ＜12 时，f （x ） 在 （﹣∞，ln （2a ）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln （2a ），0）上单调递减；当 a =12 时，f （x ） 在 R 上单调递增；当 a ＞12 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）和 （ln （2a ），+∞） 上单调递增；在 （0，ln （2a ）） 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln （2a ））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到f(−√ba)=(−√b a−1)e−√ba＜0，f(0)=b−1＞2a−1＞0．∴f（x）在(−√ba，0]上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由12＜a⩽e22得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵0＜a＜12，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0 时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取c=√2(1−b)+2，∵b＜2a＜1，∴c＞√2＞1，又易证e c＞c+1，∴f(c)=(c−1)e c−ac2+b＞(c−1)(c+1)−ac2+b=(1−a)c2+b−1＞12c2+b−1=1−b+1+b−1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．2．（2021•北京）已知函数f（x）=3−2x x2+a．（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．【解答】解：（1）f（x）=3−2xx2的导数为f′（x）=−2x2−2x(3−2x)x4=2x−6x3，可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（2）f（x）=3−2xx2+a的导数为f′（x）=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2，由题意可得f′（﹣1）＝0，即8−2a(a+1)2=0，解得a＝4，可得f（x）=3−2x x2+4，f′（x）=2(x+1)(x−4) (x2+4)2，当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值−14，且为最小值−1 4．所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；f（x）的最大值为1，最小值为−1 4．3．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xe x．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）e x，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）e x＝0，则a＝（x+1）e x，令g（x）＝（x+1）e x，则g'（x）＝（x+2）e x，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当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→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）e m，（m＞﹣1），所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）e m﹣m﹣me m﹣（1+m）e m＝（m2﹣m﹣1）e m （m＞﹣1），令h（x）＝（x2﹣x﹣1）e x（x＞﹣1），若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）e x＝（x﹣1）（x+2）e x，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．4．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞blnb 2e2x1+e2b．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞ln blnalna，令f′（x）＜0，解得x＜ln blnalna，∴此时f（x）在(−∞，ln blnalna)单调递减，在(ln blnalna，+∞)单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为(−∞，ln blnalna)，单调递增区间为(ln blnalna，+∞)；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需f(x)min=f(ln blnalna)＜0即可，∴a ln blnalna−b⋅ln blnalna+e2＜0对任意b＞2e2均成立，令t=ln blnalna，则at﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即e lnblna−b⋅ln blnalna+e2＜0，即blna−b⋅ln blnalna+e2＜0，∴b−b⋅lnblna+e2lna＜0对任意b＞2e2均成立，记g(b)=b−b⋅lnblna+e2lna，b＞2e2，则g′(b)=1−(ln b lna+b⋅lna b⋅1lna)=ln(lna)−lnb，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时g(b)＜g(2e2)=2e2−2e2⋅ln 2e2lna+e2lna=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb ＞4，易知f(x)min =f(lnb)=e lnb −b ⋅lnb +e 2=b −blnb +e 2＜b −4b +e 2＝e 2﹣3b ＜e 2﹣3e 4＝e 2（1﹣3e 2）＜0，∴f （x ）有两个零点，不妨设为x 1，x 2，且x 1＜lnb ＜x 2，由f(x 2)=e x 2−bx 2+e 2=0，可得x 2=e x 2b +e 2b ，∴要证x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ，只需证e x 2b ＞blnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1， 而f(2e 2b )=e 2e 2b −2e 2+e 2=e 2e 2b −e 2＜e 2e 2−e 2＜0，则x 1＜2e 2b ， ∴要证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞blnb ，只需证x 2＞ln （blnb ）， 而f （ln （blnb ））＝e ln（blnb ）﹣bln （blnb ）+e 2＝blnb ﹣bln （blnb ）+e 2＜blnb ﹣bln （4b ）+e 2=b ⋅ln 14+e 2=e 2−bln4＜0，∴x 2＞ln （blnb ），即得证．5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）f ′（x ）＝2a 2x +a −3x =2a 2x 2+ax−3x =(2ax+3)(ax−1)x ，x ＞0， 因为a ＞0，所以−32a ＜0＜1a ，所以在（0，1a ）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减， 在（1a ，+∞）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增． 综上所述，f （x ）在（0，1a ）上单调递减，在（1a ，+∞）上f （x ）单调递增． （2）由（1）可知，f （x ）min ＝f （1a ）＝a 2×（1a ）2+a ×1a −3ln 1a +1＝3+3lna ， 因为y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，所以3+3lna ＞0，所以a ＞1e ，所以a 的取值范围为（1e，+∞）．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1． 【解答】（1）解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，a ），令t （x ）＝xf （x ），则t （x ）＝xln （a ﹣x ），x ∈（﹣∞，a ），则t '（x ）＝ln （a ﹣x ）+x •−1a−x =ln(a −x)+−x a−x ，因为x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点，则有t '（0）＝0，即lna ＝0，所以a ＝1， 当a ＝1时，t '（x ）=ln(1−x)+−x 1−x =ln(1−x)+−11−x +1，且t '（0）＝0，因为t ''（x ）=−11−x +−1(1−x)2=x−2(1−x)2＜0，则t '（x ）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x ∈（﹣∞，0）时，t '（x ）＞0，当x ∈（0，1）时，t '（x ）＜0，所以a ＝1时，x ＝0是函数y ＝xf （x ）的一个极大值点．综上所述，a ＝1；（2）证明：由（1）可知，xf （x ）＝xln （1﹣x ），要证x+f(x)xf(x)＜1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，因为当x ∈（﹣∞，0）时，xln （1﹣x ）＜0，当x ∈（0，1）时，xln （1﹣x ）＜0，所以需证明x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），即x +（1﹣x ）ln （1﹣x ）＞0，令h （x ）＝x +（1﹣x ）ln （1﹣x ），则h '（x ）＝（1﹣x ）⋅−11−x +1−ln(1−x)，所以h '（0）＝0，当x ∈（﹣∞，0）时，h '（x ）＜0，当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，所以x ＝0为h （x ）的极小值点，所以h （x ）＞h （0）＝0，即x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），故x+ln(1−x)xln(1−x)＜1， 所以x+f(x)xf(x)＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜1a+1b＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得−1aln1a+1b ln1b=1b−1a，即1a (1−ln1a)=1b(1−ln1b)，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故limx→0φ(x)=0，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜1a+1b＜e．8．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，①当△≤0，即a≥13时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当△＞0，即a＜13时，令f′（x）＝0，解得x1=1−√1−3a3，x2=1+√1−3a3，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在(−∞，1−√1−3a3)，(1+√1−3a3，+∞)单调递增，在(1−√1−3a3，1+√1−3a3)单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为(x0，x03−x02+ax0+1)，f′(x0)= 3x02−2x0+a，则切线方程为y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，将原点代入切线方程有，2x 03−x 02−1=0，解得x 0＝1，∴切线方程为y ＝（a +1）x ，令x 3﹣x 2+ax +1＝（a +1）x ，即x 3﹣x 2﹣x +1＝0，解得x ＝1或x ＝﹣1，∴曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标为（1，a +1）和（﹣1，﹣a ﹣1）．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）． （1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）a ＝2时，f （x ）=x 22x ， f ′（x ）=2x⋅2x −2x ln2⋅x 2(2x )2=x(2−xln2)2x =ln2⋅x(2ln2−x)2x ， 当x ∈（0，2ln2）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（2ln2，+∞）时，f ′（x ）＜0， 故f （x ）在（0，2ln2）上单调递增，在（2ln2，+∞）上单调递减．（2）由题知f （x ）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f （x ）＝1⇔x a ＝a x ⇔alnx ＝xlna ⇔lnx x =lna a ， 令g （x ）=lnx x ，g ′（x ）=1−lnx x 2，g （x ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，+∞）上单调递减，又lim x→0g （x ）＝﹣∞，g （e ）=1e ，g （1）＝0，lim x→+∞g （x ）＝0， 作出g （x ）的图象，如图所示：由图象可得0＜lna a ＜1e ，解得a ＞1且a ≠e ，即a 的取值范围是（1，e ）∪（e ，+∞）．10．（2020•新课标Ⅰ）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．【解答】解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，+∞），且f ′（x ）＝e x ﹣a ．（1）当a ＝1时，f ′（x ）＝e x ﹣1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝0．∴当x ∈（﹣∞，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a ≤0时，f ′（x ）＝e x ﹣a ＞0恒成立，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a ＞0时，令f ′（x ）＝0，解得x ＝lna ，当x ∈（﹣∞，lna ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（lna ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）的极小值也是最小值为f （lna ）＝a ﹣a （lna +2）＝﹣a （1+lna ）．又当x →﹣∞时，f （x ）→+∞，当x →+∞时，f （x ）→+∞．∴要使f （x ）有两个零点，只要f （lna ）＜0即可，则1+lna ＞0，可得a ＞1e ．综上，若f （x ）有两个零点，则a 的取值范围是（1e ，+∞）． 11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．【解答】解：（I ）（i ）当k ＝6时，f （x ）＝x 3+6lnx ，故f ′（x ）＝3x 2+6x，∴f ′（1）＝9，∵f （1）＝1，∴曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y ﹣1＝9（x ﹣1），即9x ﹣y ﹣8＝0．（ii ）g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x =x 3+6lnx ﹣3x 2+3x，x ＞0，∴g ′（x ）＝3x 2﹣6x +6x −3x 2=3(x−1)3(x+1)x 2，令g ′（x ）＝0，解得x ＝1， 当0＜x ＜1，g ′（x ）＜0， 当x ＞1，g ′（x ）＞0，∴函数g （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x ＝1是极小值点，极小值为g （1）＝1，无极大值 证明：（Ⅱ）由f （x ）＝x 3+klnx ，则f ′（x ）＝3x 2+kx， 对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，令x 1x 2=t ，t ＞1，则（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＝（x 1﹣x 2）（3x 12+kx 1+3x 22+kx 2）﹣2（x 13﹣x 23+klnx 1x 2），＝x 13﹣x 23﹣3x 12x 2+3x 1x 22+k （x 1x 2−x 2x 1）﹣2klnx 1x 2，＝x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t−2lnt ），① 令h （x ）＝x −1x −2lnx ，x ＞1， 当x ＞1时，h ′（x ）＝1+1x2−2x =（1−1x ）2＞0， ∴h （x ）在（1，+∞）单调递增，∴当t ＞1，h （t ）＞h （1）＝0，即t −1t −2lnt ＞0， ∵x 2≥1，t 3﹣3t 2+3t ﹣1＝（t ﹣1）3＞0，k ≥﹣3，∴x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t −2lnt ）≥t 3﹣3t 2+3t ﹣1﹣3（t −1t −2lnt ）＝t 3﹣3t 2+6lnt +3t −1，②，由（Ⅰ）（ii ）可知当t ≥1时，g （t ）＞g （1） 即t 3﹣3t 2+6lnt +3t ＞1，③，由①②③可得（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＞0， ∴当k ≥﹣3时，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝e x﹣lnx+1，∴f′（x）＝e x−1 x，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x=−2e−1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1．（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e lnx+lnx，令g（t）＝e t+t，则g′（t）＝e t+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）=1x−1=1−x x，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．方法二：由f（x）≥1可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即ae x﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝e x﹣x﹣1，∴g′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1＞0，即e x＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1−1x=x−1x，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴e x﹣1≥x，则ae x﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝ae x﹣1−1 x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1a ）＝a e1a−1−a＝a（e1a−1−1）＞0，∴存在x0∈（1，1a）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，e x﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥e x﹣1﹣lnx，令g（x）＝e x﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝e x﹣1−1 x，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝ae x﹣1−1x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝ae x﹣1在（0，+∞）上为增函数，y=1x在0，+∞）上为减函数，∴y＝ae x﹣1与y=1x在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a e x0−1−1x0=0，则a e x0−1=1x0，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a e x0−1−lnx0+lna=1x0−lnx0+1﹣x0﹣lnx0=1x−2lnx0+1﹣x0≥1∴1x0−2lnx0﹣x0≥0设g（x）=1x−2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，1x0−2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1−1x＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等价于ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+1a＞0，则g（a）单调递增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．设h（x）＝e x﹣x﹣1，∴h′（x）＝e x﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1≥0，即e x≥x+1，把x换成x﹣1得到e x﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．∴f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna≥e x﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．综上，a≥1．13．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切线的方程为y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x=12t+6t，∴S（t）=12•|12t+6t|•（12+t2），由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，不妨设t＞0，则S（t）=14（t+12t）（12+t2），∴S′（t）=14（3t2+24−144t2）=34•(t2−4)(t2+12)t2，由S′（t）＝0，得t＝2，当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2和﹣2处取得极小值，且为最小值32，所以S（t）的最小值为32．14．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝e x﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a−1≤x0≤√2(a−1)；（ⅱ）x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝e x﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴e x0−x0﹣a＝0，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，令g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝e x﹣x﹣1−x22，（0＜x＜2），一方面，h′（x）＝e x﹣1﹣x＝h1（x），ℎ1′(x)=e x−1＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，∴e x﹣x﹣1−x22＞0，2（ex﹣x﹣1）＞x2，另一方面，1＜a≤2，∴a﹣1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2≤0，∵g′（x）＝e x﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝e x﹣2＝0，∴x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，∴e x﹣x﹣1＜x2，综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)．（ii）要证明x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，由（i）得只需证e√a−1+a−√a−1−2a≥（e﹣1）a√a−1，∵e x≥1+x+12x2，∴只需证1+12（√a−1+a）2﹣a≥（e﹣1）a√a−1，只需证a2−(√a−1)2−2（e﹣2）a√a−1≥0，即证√a−1−√a−1a≥2（e﹣2），∵√a−1=√a−1+√a−1∈[2，+∞），∴√a−1−√a−1a≥2−12=32≥2(e−2)，∴x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．15．（2020•江苏）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤√2），D＝[m，n]⊂[−√2，√2]，求证：n﹣m≤√7．【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，经检验：h（x）＝2x，符合任意，（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1−1x=x−1x，在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）≥φ（1）＝0，所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，令p（x）＝f（x）﹣h（x）所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，所以k＝﹣1，当k+1＞0时，即k＞﹣1时，△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，解得﹣1＜k≤3，综上，k∈[0，3]．（3）①当1≤t≤√2时，由g（x）≤h（x），得4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，整理得x2﹣（t3﹣t）x+3t4−2t2−84≤0，（*）令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），则△＝t6﹣5t4+3t2+8，记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤√2），则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，所以φ（t）在[1，√2]上是减函数，则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，因此n﹣m≤x2﹣x1=√△≤√7．②当0＜t＜1时，f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，设v （t ）＝3t 4+4t 3﹣2t 2﹣4t ﹣1，则v ′（t ）＝12t 3+12t 2﹣4t ﹣4＝4（t +1）（3t 2﹣1）， 令v ′（t ）＝0，得t =√33， 当t ∈（0，√33）时，v ′（t ）＜0，v （t ）是减函数， 当t ∈（√33，1）时，v ′（t ）＞0，v （t ）是增函数， v （0）＝﹣1，v （1）＝0， 则当0＜t ＜1时，v （t ）＜0，则f （﹣1）﹣h （﹣1）＜0，因此﹣1∉（m ，n ）， 因为[m ，n ]⊆[−√2，√2]，所以n ﹣m ≤√2+1＜√7，③当−√2≤t ＜0时，因为f （x ），g （x ）为偶函数，因此n ﹣m ≤√7也成立， 综上所述，n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直． （1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．【解答】（1）解：由f （x ）＝x 3+bx +c ，得f ′（x ）＝3x 2+b ， ∴f ′（12）＝3×(12)2+b =0，即b =−34；（2）证明：法一、设x 0为f （x ）的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0，且|x 0|≤1， 令c （x ）=−x 3+34x （﹣1≤x ≤1）， ∴c ′（x ）=−3x 2+34=−3(x +12)(x −12)， 当x ∈（﹣1，−12）∪（12，1）时，c ′（x ）＜0，当x ∈（−12，12）时，c ′（x ）＞0 可知c （x ）在（﹣1，−12），（12，1）上单调递减，在（−12，12）上单调递增．又c （﹣1）=14，c （1）=−14，c （−12）=−14，c （12）=14，∴−14≤c ≤14．设x 1 为f （x ）的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0， 即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴{4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤04x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0，得﹣1≤x 1≤1， 即|x 1|≤1．∴f （x ）所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，f （x ）=x 3−34x +c ． f ′（x ）=3x 2−34=3(x +12)(x −12)， 可得当x ∈（﹣∞，−12）∪（12，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（−12，12）时，f ′（x ）＜0，则f （x ）在（﹣∞，−12），（12，+∞）上单调递增，在（−12，12）上单调递减．且f （﹣1）＝c −14，f （−12）＝c +14，f （12）＝c −14，f （1）＝x +14，若f （x ）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f （﹣1）＞0或f （1）＜0． 即c ＞14或c ＜−14．当c ＞14时，f （﹣1）＝c −14＞0，f （−12）＝c +14＞0，f （12）＝c −14＞0，f （1）＝c +14＞0，又f （﹣4c ）＝﹣64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＜0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（﹣4c ，﹣1）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点． 此时f （x ）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c ＜−14时，f （﹣1）＝c −14＜0，f （−12）＝c +14＜0，f （12）＝c −14＜0，f （1）＝c +14＜0，又f （﹣4c ）＝64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＞0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（1，﹣4c ）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．。
2021年高考数学真题试卷(浙江卷含答案)
2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（共10题；共40分）1.设集合A={x|x≥1}，B={x|−1<x<2}，则A∩B=（）A. {x|x>−1}B. {x|x≥1}C. {x|−1<x<1}D. {x|1≤x<2}【答案】 D【考点】交集及其运算【解析】【解答】由交集的定义结合题意可得：A∩B={x|1≤x<2}.故答案为：D.【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。
2.已知a∈R，(1+ai)i=3+i，(i为虚数单位)，则a=（）A. -1B. 1C. -3D. 3【答案】C【考点】复数代数形式的乘除运算，复数代数形式的混合运算【解析】【解答】(1+ai)i=i−a=−a+i，利用复数相等的充分必要条件可得：−a=3,∴a=−3.故答案为：C.【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。
3.已知非零向量a⃗,b⃗⃗,c⃗，则“ a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗”是“ a⃗=b⃗⃗”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件【答案】B【考点】充分条件，必要条件，充要条件，平面向量数量积的运算【解析】【解答】若a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗，则(a⃗−b⃗⃗)⋅c⃗=0，推不出a⃗=b⃗⃗；若a⃗=b⃗⃗，则a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗必成立，故“ a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗”是“ a⃗=b⃗⃗”的必要不充分条件故答案为：B.【分析】先将条件等式变形，可能得到条件不充分，后者显然成立。
4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. 32 B.3 C. 3√22D. 3√2 【答案】 A【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】几何体为如图所示的四棱柱 ABCD −A 1B 1C 1D 1 ，其高为1，底面为等腰梯形 ABCD ，该等腰梯形的上底为 √2 ，下底为 2√2 ，腰长为1，故梯形的高为 √1−12=√22，故 V ABCD−A 1B 1C 1D 1=12×(√2+2√2)×√22×1=32，故答案为：A.【分析】先由三视图，还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。
浙江省普通高校招生学考科目考试导数及其应用多选题试题含答案
浙江省普通高校招生学考科目考试导数及其应用多选题试题含答案一、导数及其应用多选题1．关于函数()sin x f x e a x =+，(,)x π∈-+∞，下列说法正确的是（ ）A ．当1a =时，()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=；B ．当1a =时，()f x 存在唯一极小值点0x ，且()010f x -<<；C ．对任意0a >，()f x 在(,)π-+∞上均存在零点；D ．存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点. 【答案】ABD 【分析】当1a =时，()sin x f x e x =+，求出(),(0),(0)f x f f ''，得到()f x 在(0,(0))f 处的切线的点斜式方程，即可判断选项A ；求出()0,()0f x f x ''><的解，确定()f x 单调区间，进而求出()f x 极值点个数，以及极值范围，可判断选项B ；令()sin 0xf x e a x =+=，当0a ≠时，分离参数可得1sin x x ae -=，设sin (),(,)xxg x x eπ=∈-+∞，求出()g x 的极值最值，即可判断选项C ，D 的真假. 【详解】A.当1a =时，()sin x f x e x =+，所以()cos x f x e x '=+，0(0)cos 02f e '=+=，0(0)01f e =+=，所以()f x 在(0,(0))f 处的切线方程为210x y -+=，故正确；B. 因为()sin 0x f x e x ''=->，所以()'f x 单调递增，又()202f π'-=>，334433()cos 442f e e ππππ--⎛⎫'-=+-=- ⎪⎝⎭，又233442e e e ππ⎛⎫= ⎪⎝>>⎭，即34e π>，则3()04f π'-<，所以存在03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，使得0()0f x '=，即 00cos 0x e x +=，则在()0,x π-上()0f x '<，在()0,x +∞上，()0f x '>，所以()f x 存在唯一极小值点0x，因为000000()sin sin cos 4xf x e x x x x π⎛⎫=+=-=- ⎪⎝⎭，03,42x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，所以03,44x πππ⎛⎫-∈-- ⎪⎝⎭()01,04x π⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，故正确； C.令()sin 0x f x e a x =+=，当0a ≠时，可得1sin x xa e-=，设sin (),(,)x xg x x eπ=∈-+∞，则cos sin 4()x xx x x g x e e π⎛⎫- ⎪-⎝⎭'==，令()0g x '=，解得,,14x k k Z k ππ=+∈≥-当52,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时()0g x '<，当592,244x k k ππππ⎡⎤∈++⎢⎥⎣⎦时，()0g x '>，所以当524x k ππ=+，,1k Z k ∈≥-时，()g x 取得极小值，即35,,...44x ππ=-，()g x 取得极小值，又35 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫-<> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为在3,4ππ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦上，()g x 递减，所以()34342g x g e ππ⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭，所以当24x k ππ=+，,0k Z k ∈≥时， ()g x 取得极大值，即9,,...44x ππ=，()g x 取得极大值，又9 (44)g g ππ⎛⎫⎛⎫>> ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以 ()442g x g e ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以(),x π∈-+∞时，()34422g x e ππ-≤≤，当3412e a π-<-，即4a e >()f x 在(,)π-+∞上不存在零点，故C 错误； D.当412ae π-=，即4a e π=时，1=-y a 与()sin x xg x e =的图象只有一个交点，所以存在0a <，()f x 在(,)π-+∞上有且只有一个零点，故D 正确； 故选：ABD 【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．2．函数ln ()xf x x=，则下列说法正确的是（ ） A ．(2)(3)f f >B．ln π>C ．若()f x m =有两个不相等的实根12x x 、，则212x x e <D ．若25,x y x y =、均为正数，则25x y < 【答案】BD 【分析】求出导函数，由导数确定函数日单调性，极值，函数的变化趋势，然后根据函数的性质判断各选项．由对数函数的单调性及指数函数单调性判断A ，由函数()f x 性质判断BC ，设25x y k ==，且,x y 均为正数，求得252ln ,5ln ln 2ln 5x k y k ==，再由函数()f x 性质判断D ． 【详解】由ln (),0x f x x x=>得：21ln ()xf x x -'= 令()0f x '=得，x e =当x 变化时，(),()f x f x '变化如下表：故，()f x x=在(0,)e 上递增，在(,)e +∞上递减，()f e e =是极大值也是最大值，x e >时，x →+∞时，()0f x →，且x e >时()0f x >，01x <<时，()0f x <，(1)0f =，A ．1132ln 2(2)ln 2,(3)ln 32f f ===66111133223232(3)(2)f f ⎛⎫⎛⎫>∴>∴> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故A 错B ．e e π<，且()f x 在(0,)e 单调递增ln f f e ππ∴<<<∴>，故：B 正确 C ．()f x m =有两个不相等的零点()()1212,x x f x f x m ∴==不妨设120x e x <<<要证：212x x e <，即要证：221222,()e e x x e ef x x x<>∴<在(0,)e 单调递增，∴只需证：()212e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭即：()222e f x f x ⎛⎫<⎪⎝⎭只需证：()2220e f x f x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭……① 令2()(),()e g x f x f x e x ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，则2211()(ln 1)g x x e x '⎛⎫=-- ⎪⎝⎭当x e >时，2211ln 1,()0()x g x g x e x'>>∴>∴在(,)e +∞单调递增 ()22()0x e g x g e >∴>=，即：()2220e f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭这与①矛盾，故C 错D ．设25x y k ==，且,x y 均为正数，则25ln ln log ,log ln 2ln 5k kx k y k ==== 252ln ,5ln ln 2ln 5x k y k ∴== 1152ln 2ln 5ln 2,ln 525==且1010111153222525⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪>> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ln 2ln 52502525ln 2ln 5x y ∴>>∴<∴<，故D 正确． 故选：BD ． 【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、极值，函数零点等性质，解题关键是由导数确定函数()f x 的性质．其中函数值的大小比较需利用单调性，函数的零点问题中有两个变量12,x x ，关键是进行转化，利用零点的关系转化为一个变量，然后引入新函数进行证明．3．已知(0,1)x ∈，则下列正确的是（ ）A ．cos 2x x π+<B ．22xx <C ．sin 2x >D ．1ln 1x x <- 【答案】ABC 【分析】构造函数()sin f x x x =-证明其在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，即可得sin 22x x ππ⎛⎫-<-⎪⎝⎭即可判断选项A ；作出2yx 和2x y =的函数图象可判断选项B ；作出()sin2xf x =，()h x =的图象可判断选项C ；构造函数()1ln 1x g x x =+-利用导数判断其在()0,1x ∈上的单调性即可判断选项D ，进而可得正确选项.【详解】对于选项A ：因为()0,1x ∈，所以022x ππ<-<，令()sin f x x x =-，()cos 10f x x '=-≤，()sin f x x x =-在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭单调递减，所以()()00f x f <=，即sin x x <，所以sin 22x x ππ⎛⎫-<- ⎪⎝⎭即cos 2x x π<-，可得cos 2x x π+<，故A 正确， 对于选项B ：由图象可得()0,1x ∈，22x x <恒成立，故选项B 正确；对于选项C ：要证22sin 24xx x >+ 令()sin 2x f x =，()224xh x x =+()()f x f x -=-，()sin2xf x =是奇函数， ()()h x h x -=，()224x h x x =+是偶函数， 令2224144x t x x ==-++ ，则y t = 因为24y x =+在()0,∞+单调递增，所以2414t x =-+在()0,∞+单调递增，而y t =调递增，由符合函数的单调性可知()224x h x x =+在()0,∞+单调递增， 其函数图象如图所示：由图知当()0,1x ∈时22sin 24xx x >+C 正确； 对于选项D ：令()1ln 1x g x x =+-，()01x <<，()221110x g x x x x-'=-=<， 所以()1ln 1x g x x=+-在()0,1单调递减，所以()()1ln1110g x g >=+-=， 即1ln 10x x+->，可得1ln 1x x >-，故选项D 不正确.故选：ABC 【点睛】思路点睛：证明不等式恒成立（或能成立）一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构成函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.4．已知函数()f x 对于任意x ∈R ，均满足()()2f x f x =-.当1x ≤时()ln ,01,0x x x f x e x <≤⎧=⎨≤⎩，若函数()()2g x m x f x =--，下列结论正确的为（ ）A ．若0m <，则()g x 恰有两个零点B ．若32m e <<，则()g x 有三个零点 C ．若302m <≤，则()g x 恰有四个零点 D ．不存在m 使得()g x 恰有四个零点 【答案】ABC 【分析】设()2h x m x =-，作出函数()g x 的图象，求出直线2y mx =-与曲线()ln 01y x x =<<相切以及直线2y mx =-过点()2,1A 时对应的实数m 的值，数形结合可判断各选项的正误. 【详解】由()()2f x f x =-可知函数()f x 的图象关于直线1x =对称. 令()0g x =，即()2m x f x -=，作出函数()f x 的图象如下图所示：令()2h x m x =-，则函数()g x 的零点个数为函数()f x 、()h x 的图象的交点个数，()h x 的定义域为R ，且()()22h x m x m x h x -=--=-=，则函数()h x 为偶函数，且函数()h x 的图象恒过定点()0,2-，当函数()h x 的图象过点()2,1A 时，有()2221h m =-=，解得32m =. 过点()0,2-作函数()ln 01y x x =<<的图象的切线， 设切点为()00,ln x x ，对函数ln y x =求导得1y x'=， 所以，函数ln y x =的图象在点()00,ln x x 处的切线方程为()0001ln y x x x x -=-， 切线过点()0,2-，所以，02ln 1x --=-，解得01x e=，则切线斜率为e ， 即当m e =时，函数()y h x =的图象与函数()ln 01y x x =<<的图象相切. 若函数()g x 恰有两个零点，由图可得0m ≤或m e =，A 选项正确； 若函数()g x 恰有三个零点，由图可得32m e <<，B 选项正确；若函数()g x 恰有四个零点，由图可得302m <≤，C 选项正确，D 选项错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.5．在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer ）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数()f x ，存在一个点0x ，使得()00f x x =，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称0x 为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ） A ．函数()sin f x x =有3个不动点B ．函数2()(0)f x ax bx c a =++≠至多有两个不动点C ．若定义在R 上的奇函数()f x ，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数D ．若函数()f x =[0,1]上存在不动点，则实数a 满足l a e ≤≤（e 为自然对数的底数） 【答案】BCD 【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可. 【详解】令()sin g x x x =-，()1cos 0g x x '=-≥， 因此()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =， 所以()g x 在R 有且仅有一个零点， 即()f x 有且仅有一个“不动点”，A 错误；0a ≠，20ax bx c x ∴++-=至多有两个实数根，所以()f x 至多有两个“不动点”，B 正确；()f x 为定义在R 上的奇函数，所以(0)0f =，函数()-y f x x =为定义在R 上的奇函数，显然0x =是()f x 的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数， 因此()f x 一定有奇数个“不动点”，C 正确；因为()f x 在[0,1]存在“不动点”，则()f x x =在[0,1]有解，x =⇒2x a e x x =+-在[0,1]有解，令2()xm x e x x =+-，()12x m x e x '=+-，令()12x n x e x '=+-，()20x n x e '=-=，ln 2x =，()n x 在(0,ln 2)单调递减，在(ln 2,1)单调递增，∴min ()(ln 2)212ln 232ln 20n x n ==+-=->， ∴()0m x '>在[0,1]恒成立，∴()m x 在[0,1]单调递增，min ()(0)1m x m ==，max ()(1)m x m e ==，∴1a e ≤≤，D 正确，. 故选：BCD 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.6．经研究发现：任意一个三次多项式函数32()(0)f x ax bx cx d a =+++≠的图象都只有一个对称中心点()()00,x f x ，其中0x 是()0f x ''=的根，()'f x 是()f x 的导数，()f x ''是()'f x 的导数.若函数32()f x x ax x b =+++图象的对称点为(1,2)-，且不等式(ln 1)x e e mx x -+32()3ef x x x e x ⎡⎤≥--+⎣⎦对任意(1,)x ∈+∞恒成立，则（ ）A ．3a =B ．1b =C ．m 的值可能是e -D ．m 的值可能是1e-【答案】ABC 【分析】求导得()62f x x a ''=+，故由题意得()1620f a ''=-+=-，()1112f a b -=-+-+=，即3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.进而将问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++<+，由于1x e x >+，故ln ln 1ee x x x x e e x e x --+=≥-+，进而得()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x ee x x --++--≥=-++，即m e ≤-，进而得ABC 满足条件.【详解】由题意可得()1112f a b -=-+-+=，因为()2321x ax f x =++'，所以()62f x x a ''=+，所以()1620f a ''=-+=-，解得3,1a b ==，故()3231f x x x x =+++.因为1x >，所以()()32ln []13xeee mx xf x x x e x -+≥--+等价于()1ln 1e x x e x e m x --++≤+. 设()()10xg x e x x =-->，则()10xg x e '=->，从而()g x 在()0,∞+上单调递增.因为()00g =，所以()0g x >，即1x e x >+， 则ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+（当且仅当x e =时，等号成立），从而()1ln ln 1ln 1e x x e x e e x e e x x --++--≥=-++，故m e ≤-.故选：ABC. 【点睛】本题解题的关键在于根据题意得()3231f x x x x =+++，进而将不等式恒成立问题转化为()1ln 1e x x e x e m x --++≤+恒成立问题，再结合1x e x >+得ln ln 1ee x xxx e e x e x --+=≥-+，进而得m e ≤-.考查运算求解能力与化归转化思想，是难题.7．已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点，则a 的可能取值是（ ） A ．1- B ．0 C ．1 D ．2【答案】CD 【分析】求出()f x 的导数，讨论a 的范围，结合函数的单调性和零点存在性定理可判断求出. 【详解】解：∵函数()()()221x f x x e a x =-+-， ∴()()()()()12112xx f x x e a x x e a '=-+-=-+，①若0a =，那么()()0202xf x x e x =⇔-=⇔=，函数()f x 只有唯一的零点2，不合题意； ②若0a >，那么20x e a +>恒成立， 当1x <时，()0f x '<，此时函数为减函数； 当1x >时，()0f x '>，此时函数为增函数； 此时当1x =时，函数()f x 取极小值e -，由()20f a =>，可得：函数()f x 在1x >存在一个零点； 当1x <时，x e e <，210x -<-<，∴()()()()()222121x f x x e a x x e a x =-+->-+- ()()211a x e x e =-+--，令()()2110a x e x e -+--=的两根为1t ，2t ，且12t t <，则当1x t <，或2x t >时，()()()2110f x a x e x e >-+-->，故函数()f x 在1x <存在一个零点；即函数()f x 在R 上存在两个零点，满足题意；③若02e a -<<，则()ln 2ln 1a e -<=， 当()ln 2x a <-时，()1ln 21ln 10x a e -<--<-=，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 当()ln 21a x -<<时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120xf x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减， 当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()(1)20x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 故当()ln 2x a =-时，函数取极大值，由()()()()()2ln 2ln 222ln 21f a a a a a ⎡⎤⎡⎤-=---+--⎣⎦⎣⎦ (){}2ln 2210a a ⎡⎤⎣⎦=--+<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；④若2e a =-，则()ln 21a -=， 当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 当1x >时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120xf x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 故函数()f x 在R 上单调递增，函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；⑤若 2e a <-，则()ln 2ln 1a e ->=， 当1x <时，10x -<，()ln 2220a x e a e a -+<+=，即()()()120x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增， 当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+<+=， 即()()()120x f x x e a '=-+<恒成立，故()f x 单调递减， 当()ln 2x a >-时，10x ->，()ln 2220a x e a e a -+>+=，即()()()120x f x x e a '=-+>恒成立，故()f x 单调递增，故当1x =时，函数取极大值，由()10f e =-<得：函数()f x 在R 上至多存在一个零点，不合题意；综上所述，a 的取值范围为()0,∞+，故选：CD.【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，属于较难题.8．已知函数1()2ln f x x x=+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足12a =，()()*1N n n a f a n +=∈，则下列有关数列{}n a 的叙述正确的是（ ）A ．21a a <B ．1n a >C ．100100S <D ．112n n n a a a +⋅+<【答案】AB【分析】A ．计算出2a 的值，与1a 比较大小并判断是否正确；B ．利用导数分析()f x 的最小值，由此判断出1n a >是否正确；C ．根据n a 与1的大小关系进行判断；D ．构造函数()()1ln 11h x x x x=+->，分析其单调性和最值，由此确定出1ln 10n n a a +->，将1ln 10n na a +->变形可得112n n a a ++>，再将112n n a a ++>变形可判断结果. 【详解】A 选项，3221112ln 2ln 4ln 2222a e =+=+<+=，A 正确； B 选项，因为222121()x f x x x x='-=-，所以当1x >时，()0f x '>，所以()f x 单增，所以()(1)1f x f >=， 因为121a =>，所以()11n n a f a +=>，所以1n a >，B 正确；C 选项，因为1n a >，所以100100S >，C 错误；D 选项，令1()ln 1(1)h x x x x =+->，22111()0x h x x x x-='=->，所以()h x 在(1,)+∞单调递增，所以()(1)0h x h >=，所以1ln 10n n a a +->， 则22ln 20n n a a +->，所以112ln 2n n n a a a ⎛⎫++> ⎪⎝⎭，即112n n a a ++>， 所以112n n n a a a ++>，所以D 错误.故选：AB.【点睛】易错点睛：本题主要考查导数与数列的综合问题，属于难题.解决该问题应该注意的事项： （1）转化以函数为背景的条件时，应该注意题中的限制条件，如函数的定义域，这往往是很容易被忽视的问题；（2）利用函数的方法研究数列中的相关问题时，应准确构造相应的函数，注意数列中相关限制条件的转化.。
《2021》高考数学真题试卷(浙江卷)带答案解析
2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题1.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则∁U A=（）A. ∅B. {1，3}C. {2，4，5}D. {1，2，3，4，5}【答案】C【考点】补集及其运算【解析】【解答】解：因为全集U={1,2,3,4,5}，A={1,3}，所以根据补集的定义得∁U A={2,4,5}, 故答案为：C.【分析】根据补集的定义直接求解：∁U A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合．−y2=1的焦点坐标是（）2.双曲线x23A. (− √2，0)，( √2，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−√2)，(0，√2)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【考点】双曲线的简单性质−y2=1，所以焦点坐标可设为(±c,0)，【解析】【解答】解：因为双曲线方程为x23因为c2=a2+b2=3+1=4,c=2，所以焦点坐标为(±2,0)，故答案为：B.【分析】求得双曲线的a，b，由c=√a2+b2，求得c=2，即可得到所求焦点坐标．3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别×(1+2)×2×2=6,为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为12故答案为：C.【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积．注意画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．4.复数21−i(i为虚数单位)的共轭复数是（）A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】详解：∵21−i =2(1+i)2=1+i，∴共轭复数为1−i，故答案为：B.【分析】由复数的除法运算化简复数为a+bi（a，b∈R）的形式，则其共轭复数可求．5.函数y= 2|x|sin2x的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】 D【考点】函数奇偶性的性质，奇偶函数图象的对称性【解析】【解答】解：令f(x)=2|x|sin2x，因为x∈R,f(−x)=2|−x|sin2(−x)=−2|x|sin2x=−f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选项A,B;因为x∈(π2,π)时，f(x)<0，所以排除选项C，故答案为：D.【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果．可根据三角函数图象及其性质，利用排除法即可．6.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】详解：因为m⊄α,n⊂α,m//n，所以根据线面平行的判定定理得m//α.由m//α不能得出m与α内任一直线平行，所以m//n是m//α的充分不必要条件，故答案为：A.【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．7.设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，（）A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】详解：∵E(ξ)=0×1−p2+1×12+2×p2=p+12，∴D(ξ)=1−p2(0−p−12)2+12(1−p−12)2+p2(2−p−12)2=−p2+p+14，∵12∈(0,1)，∴D(ξ)先增后减,故答案为：D.【分析】求出随机变量ξ的分布列与方差，再讨论D（ξ）的单调情况．解题的关键是掌握离散型随机变量的数学期望与方差.8.已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则（）A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 D【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面之间的位置关系【解析】【解答】详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD 于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN=θ1,∠SEO=θ2,∠SMO=θ3,从而tanθ1=SNEN =SNOM,tanθ2=SOEO,tanθ3=SOOM,因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2,即θ1≥θ3≥θ2，故答案为：D.【分析】根据图形的特征作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小．9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是（）A. √3−1B. √3+1C. 2D. 2− √3【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】详解：设a=(x,y),e=(1,0),b=(m,n)，则由a,e=π3得a⋅e=|a|⋅|e|cosπ3,x=12√x2+y2,∴y=±√3x，由b2−4e⋅b+3=0得m2+n2−4m+3=0,(m−2)2+n2=1,因此|a−b|的最小值为圆心(2,0)到直线y=±√3x的距离2√32=√3减去半径1，为√3−1.故答案为：A.【分析】则向量b的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，再由已知得到向量a的终点在不含端点O的两条射线y=± √3x（x＞0）上，利用直线和圆的位置关系可得答案．10.已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则（）A. a1<a3,a2<a4B. a1>a3,a2<a4C. a1＜a3,a2＞a4D. a1>a3,a2>a4【答案】B【考点】函数的单调性与导数的关系，等比数列，数列的应用【解析】【解答】a1,a2,a3,a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q当q>0时，a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3) ，不成立；即a1>a3，a2<a4，a1<a3，a2<a4不成立，排除AD；当q=-1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3) >0，等式不成立，所以q≠-1；当q<-1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3) >0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立，当q∈（-1,0）时，a1>a3>0，a2<a4<0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3) ，能够成立，故答案为：B【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．二、填空题11.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。
专题 导数解答题(解析版)-高考数学(江苏、山东等新高考地区专用)
专题24 导数解答题一、真题展示1.（2021新高考Ⅰ卷）已知函数()(1)f x x lnx =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ,b 为两个不相等的正数,且blna alnb a b -=-,证明：112e a b<+<． 【解】（1）解：由函数的解析式可得()11f x lnx lnx '=--=-,(0,1)x ∴∈,()0f x '>,()f x 单调递增,(1,)x ∈+∞,()0f x '<,()f x 单调递减, 则()f x 在(0,1)单调递增,在(1,)+∞单调递减．（2）证明：由blna alnb a b -=-,得111111ln ln a a b b b a-+=-, 即1111(1)(1)ln ln a a b b-=-, 由（1）()f x 在(0,1)单调递增,在(1,)+∞单调递减,所以()(1)max f x f =1=,且()f e 0=, 令11x a =,21x b=,则1x ,2x 为()f x k = 的两根,其中(0,1)k ∈． 不妨令1(0,1)x ∈,2(1,)x e ∈,则121x ->,先证122x x <+,即证212x x >-,即证211()()(2)f x f x f x =<-,令()()(2)h x f x f x =--,则()()(2)(2)[(2)]0h x f x f x lnx ln x ln x x '='+'-=---=-->,故函数()h x 单调递增,()h x h ∴<（1）0=．11()(2)f x f x ∴<-,122x x ∴<+,得证．同理,要证12x x e +<,即证211()()()f x f x f e x =<-,令()()()x f x f e x ϕ=--,(0,1)x ∈,则()[()]x ln x e x ϕ'=--,令0()0x ϕ'=,0(0,)x x ∈,()0x ϕ'>,()x ϕ单调递增,0(x x ∈,1),()0x ϕ'<,()x ϕ单调递减,又0x >,()0f x >,且f （e ）0=,故0x →,(0)0ϕ>,ϕ（1）f =（1）(1)0f e -->,()0x ϕ∴>恒成立,12x x e +<得证, 则112e a b<+<． 2. （2021新高考Ⅱ卷）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个,证明：()f x 有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【解析】(1)由函数的解析式可得：()()'2x f x x e a =-, 当0a ≤时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x <单调递减,若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时,若()(),ln 2x a ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()ln 2,0x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减,若()0,x ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； 当12a =时,()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时,若(),0x ∈-∞,则()()'0,f x f x >单调递增, 若()()0,ln 2x a ∈,则()()'0,f x f x <单调递减,若()()ln 2,x a ∈+∞,则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①： 由于2122e a <,故212a e <≤,则()21,010b a f b >>=->, 而()()210b f b b e ab b --=----<,而函数在区间(),0-∞上单调递增,故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦, 由于2122e a <,212a e <≤,故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点.综上可得,题中的结论成立.若选择条件②：由于102a <<,故21a <,则()01210fb a =-≤-<, 当0b ≥时,24,42e a ><,()2240f e a b =-+>,而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点.当0b <时,构造函数()1x H x e x =--,则()1xH x e '=-, 当(),0x ∈-∞时,()()0,H x H x '<单调递减,当()0,x ∈+∞时,()()0,H x H x '>单调递增,注意到()00H =,故()0H x ≥恒成立,从而有：1x e x ≥+,此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-, 当11b x a->-,()()2110a x b -+->, 取0111b x a -=-,则()00f x >, 即：()100,101b f f a ⎫-<>⎪⎪-⎭,而函数在区间()0,∞+上单调递增,故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦,由于102a <<,021a <<,故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦, 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点.综上可得,题中的结论成立.3．(2021全国卷II)已知0a >且1a ≠,函数()(0)ax x f x x a=>． (1)当2a =时,求()f x 的单调区间；(2)若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点,求a 的取值范围．【解析】（1）当2a =时,()()()()22222ln 2222ln 2,242x x x x x x x x x x x f x f x ⋅-⋅-=='=⋅, 令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时,()0f x '>,当2ln 2x >时,()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）()ln ln 1ln ln a x a x x x a f x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln x g x x-'=,令()0g x '=,得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增；在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==, 又()10g =,当x 趋近于+∞时,()g x 趋近于0,所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点,即曲线()y g x =与直线ln a y a =有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,e e ⋃+∞．4．(2021年全国卷I)设函数()()ln f x a x =-,已知0x =是函数()y xf x =的极值点．(1)求a ；(2)设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <． 【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--,()()'ln x y a x x a y xf x ⇒=-=+-, 又0x =是函数()y xf x =的极值点,所以()'0ln 0y a ==,解得1a =；（2）由（1）得()()ln 1f x x =-,()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-,1x <且0x ≠, 当()0,1x ∈时,要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-,()0,ln 10x x >-<,()ln 10x x ∴-<,即证()()ln 1ln 1x x x x +->-,化简得()()1ln 10x x x +-->；同理,当(),0x ∈-∞时,要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-,()0,ln 10x x <->,()ln 10x x ∴-<,即证()()ln 1ln 1x x x x +->-,化简得()()1ln 10x x x +-->；令()()()1ln 1h x x x x =+--,再令1t x =-,则()()0,11,t ∈+∞,1x t =-, 令()1ln g t t t t =-+,()'1ln 1ln g t t t =-++=,当()0,1t ∈时,()'0g x <,()g x 单减,假设()1g 能取到,则()10g =,故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时,()'0g x >,()g x 单增,假设()1g 能取到,则()10g =,故()()10g t g >=；综上所述,()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立5．(2020全国卷Ⅰ)已知函数2()e x f x ax 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． 【解析】(1)当1a =时,()2x x x e f x =+-,()21x f x e x '=+-,由于()20xf x e ''=+>,故()'f x 单调递增,注意到()00f '=,故： 当(),0x ∈-∞时,()()0,f x f x '<单调递减,当()0,x ∈+∞时,()()0,f x f x '>单调递增．(2)由()3112f x x ≥+得,23112x e ax x x +-+,其中0x ≥, ①．当x =0时,不等式为：11≥,显然成立,符合题意； ①．当0x >时,分离参数a 得,32112x e x x a x ----, 记()32112xe x x g x x ---=-,()()231212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-, 令()()21102x e x x h x x ---≥=, 则()1xh x e x '=--,()10x h x e ''=-≥, 故()'h x 单调递增,()()00h x h ''≥=,故函数()h x 单调递增,()()00h x h ≥=,由()0h x ≥可得：21102x e x x ---恒成立, 故当()0,2x ∈时,0g x,()g x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时,0g x,()g x 单调递减； 因此,()()2max 724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得,实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭． 6.（2020新高考山东卷）.已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时,求曲线y =f （x ）在点（1,f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1,求a 的取值范围．【解析】（1）()ln 1x f x e x =-+,1()x f x e x'∴=-,(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+,①切点坐标为(1,1+e ),①函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --, ①所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; （2）解法一：1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-,且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x -'=+> ①g(x )在(0,)+∞上单调递增,即()f x '在(0,)+∞上单调递增,当1a =时,()01f '=,①()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时,11a < ,111a e -<∴,111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<, ①存在唯一00x >,使得01001()0x f x ae x -'=-=,且当0(0,)x x ∈时()0f x '<,当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>,0101x ae x -∴=,00ln 1ln a x x ∴+-=-, 因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+000011ln 1ln 2ln 122ln 1a x a a x a x x =++-+≥-+⋅=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时, (1)ln 1,f a a a =+<<①(1)1,()1f f x <≥不是恒成立.综上所述,实数a 的取值范围是[1,+∞).解法二：()111x lna x f x ae lnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥, 显然()g x 为单调增函数,①又等价于1lna x lnx +-≥,即1lna lnx x ≥-+,令()1h x lnx x =-+,则()111x h x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减,①()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即,①a 的取值范围是[1,+∞).二、命题意图揭秘从近两年的新高考试题来看,新高考解答题中对导数的考查与老高考考查的模式没有改变,一般都是作为压轴题,第1问通常考查函数的单调性与极值及导数的几何意义,这一问相当一部分考生可以得分；第2问通常考查不等式证明、恒成立问题及零点、方程实根个数等问题,难度比较大,只有少部分考生可以得分.三、重点知识与方法整合1.求导应注意的问题(1)求导之前,应利用代数、三角恒等式等变形对函数进行化简,然后求导,这样可以减少运算量,提高运算速度,减少差错；遇到函数的商的形式时,如能化简则化简,这样可避免使用商的求导法则,减少运算量．(2)复合函数求导时,先确定复合关系,由外向内逐层求导,必要时可换元．2.导数的几何意义是切点处切线的斜率,应用时主要体现在以下几个方面：(1)已知切点A (x 0,f (x 0))求斜率k ,即求该点处的导数值：k ＝f ′(x 0)．(2)已知斜率k ,求切点A (x 1,f (x 1)),即解方程f ′(x 1)＝k .(3)若求过点P (x 0,y 0)的切线方程,可设切点为(x 1,y 1),由⎩⎪⎨⎪⎧ y 1＝f x 1，y 0－y 1＝f ′x 1x 0－x 1求解即可．(4)函数图象在每一点处的切线斜率的变化情况反映函数图象在相应点处的变化情况,由切线的倾斜程度可以判断出函数图象升降的快慢．3.确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f (x )的定义域；(2)求f ′(x )；(3)解不等式f ′(x )>0,解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f ′(x )<0,解集在定义域内的部分为单调递减区间．4.含参数函数单调性的讨论(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时,一般要分类讨论,常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f ′(x )＝0是否有根；①若f ′(x )＝0有根,求出根后判断其是否在定义域内；①若根在定义域内且有两个,比较根的大小是常见的分类方法．(3)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f (x )＝x 3,f ′(x )＝3x 2≥0(f ′(x )＝0在x ＝0时取到),f (x )在R 上是增函数．5.根据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ,b )上单调,则区间(a ,b )是相应单调区间的子集．(2)f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ①(a ,b )都有f ′(x )≥0且在(a ,b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．6.用导数研究函数的极值(1)求函数f(x)极值的步骤①确定函数的定义域；①求导数f′(x)；①解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；①列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．7.求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a,b)内的极值；(2)求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)；(3)将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值．8.导数与不等式问题(1)利用导数解不等式的思路已知一个含f′(x)的不等式,可得到和f(x)有关的函数的单调性,然后可利用函数单调性解不等式．(2)利用导数证明不等式的方法证明f(x)<g(x),x①(a,b),可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x),如果F′(x)<0,则F(x)在(a,b)上是减函数,同时若F(a)≤0,由减函数的定义可知,x①(a,b)时,有F(x)<0,即证明了f(x)<g(x)．(3)利用导数解决不等式的恒成立问题的策略①首先要构造函数,利用导数研究函数的单调性,求出最值,进而得出相应的含参不等式,从而求出参数的取值范围．①也可分离变量,构造函数,直接把问题转化为函数的最值问题．利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略9.函数的零点与方程实根个数的确定研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数．10.利用导数解决生活中的优化问题的四个步骤(1)分析实际问题中各个量之间的关系,列出实际问题的数学模型,写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)．(2)求函数的导数f ′(x ),解方程f ′(x )＝0.(3)比较函数在区间端点和使f ′(x )＝0的点的函数值的大小,最大(小)者为最大(小)值；若函数在开区间内只有一个极值点,那么该极值点就是最值点．(4)回归实际问题作答．四、押题冲关1．(2022届广东省梅州市高三二模)已知()e 2x f x x =-.(1)求()f x 的单调区间；(2)证明：方程()cos f x x =在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上无实数解 【解析】 (1)()f x 的定义域为R ,()e 2x f x '=-,令()0f x '>,即e 2x >,解得：ln2x >,令()0f x '<,即e 2x <.解得：ln2x <.综上所述,()f x 的单调递减区间为(),ln 2-∞,单调递增区间为()ln2,+∞.(2)令()e 2cos x g x x x =--,π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,()e sin 2x g x x '=+-, 因为当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时,()()()e 1sin 10x g x x =-+-<', 所以()g x 在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭单调递减. 所以()()00g x g >=,所以函数()g x 在π,02⎛⎫- ⎪⎝⎭上无零点. 即方程()cos f x x =在,02π⎛⎫- ⎪⎝⎭上无实根. 2．(2022届重庆市高三第二次联合诊断)已知函数()2e 1(0)x f x ax x x =--->存在极值点0x .(1)求实数a 的取值范围；(2)比较()02f x 与0的大小,请说明理由.【解析】 (1)()e 21x f x ax =--',令()()e 21(0),e 212x x h x ax x h x a a =-->=->-', 当12a 时,()()0,h x h x '>在()0,+∞上单调递增,即f x 在()0,+∞上单调递增,()()00f x f ''∴>=,从而()f x 在()0,+∞上单增,故()f x 无极值点,不满足题意,当12a >时,()()0ln2,0ln2h x x a h x x a >⇒><⇒<'', ()h x ∴在()0,ln2a 上单调递减,在()ln2,a +∞上单调递增,即fx 在()0,ln2a 上单调递减,在()ln2,a +∞上单调递增,又()00f '=时,故()ln 20f a '<,而()22ln 244ln 21f a a a a '=--,设21t a =>,()22ln 1,1u t t t t t =-->,则()222ln u t t t '=--,()()210t u t t-''=>,故()u t '在()1,+∞上为增函数, 故()()10u t u '>=,故()u t 在()1,+∞上为增函数,故()()10u t u >=, 故()2ln 20f a '>,而2ln 2ln 2a a >,故fx 在()ln2,a +∞上有且只有一个零点,故必存在0ln2x a >,使得()00f x '=,且当()00,x x ∈时()()0,f x f x '<单调递减,当()0,x x ∈+∞时()()0,f x f x '>单调递增, 故()f x 在0x x =处取得极小值,符合题意,12a ∴>； (2)由（1）知00e 210xax --=,即0002e 1,0x ax x =->,()()0000022220000002e 421e 2e 121e 2e 1x x x x x f x ax x x x x =---=----=--,令()2e 2e 1x x g x x =--,则()()()22e 21e 2e e 1x x x xg x x x =-+=--', 令()e 1xh x x =--,当0x >时,()()e 10,xh x h x =->'单调递增,()()()()00,0,h x h g x g x '>=>∴单调递增,()()00g x g >=,()020f x ∴>.3．(2022届广东省佛山市高三二模)已知函数()2122x xe xf x e a-+=+.其中e 为自然对数的底数. (1)当12a =-时,求()f x 的单调区间：(2)当0a >时,若()f x 有两个极值点12,x x ,且()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立,求k 的最大值.【解析】 (1)对()f x 求导得'2111()x x f x e e a=-+当12a =-时,()()()222221111122x x x x x x x x e e e e f x e e e e-+--=--==-' 当210x e ->,即ln 2x >-,'()0f x <； 当2e 10x -<,即ln2x <-,'()0f x >；故当12a =-时,()f x 的递增区间为(,ln 2)-∞-,递减区间为(ln 2,)-+∞.(2)当0a >时,由（1）知'2111()x x f x e e a=-+ 令1(0)x t t e =>,则210t t a -+=的两个不等实数解为121211,x x t t e e == 故12124Δ=10,0111111x x x x a a e e e e a ⎧->>⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪⋅=⎪⎩即12124,,x x x x a e e a e a +>+==（或12ln x x a +=） ()()1122122221111122x x x x x x e e e a f x a e f x --++++++= 12122211112x x x x e ea +⎛⎫=-+++ ⎪⎝⎭1212112x x a a +⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭11ln 2a a+=+ 1ln 2ln ln 12ln 12ln 222a a a e a a a f e a -+-++⎛⎫=+= ⎪⎝⎭故不等式()()122lna f x f x k f ⎛⎫+>⋅ ⎪⎝⎭恒成立⇔11l l n 212n a aa k a -++++>恒成立（*） 由于4a >,故12ln 3ln 4a a -+>+,故（*）12ln k a a++⇔->恒成立 令()12ln a a aϕ=-++则()()()'211112ln 22ln ()12ln a a a a a a a a a aϕ⎛⎫⎛⎫+-++-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭-+)()2222212ln a a a a a a a--+⎝⎭=-+()()2ln 21+01ln a a a a a a⎛⎫-+ ⎪⎝⎭>-+ ()a ϕ是(4,)+∞上的增函数,62ln 4()(4)23ln 4a ϕϕ+>==+2k ∴≤,即k 最大值为2.4．(2022届江苏省苏州市高三2月调研)已知函数321()e () 1.2x f x g x ax x x ==+++，(1)若0a =,证明：当0x >时,()()f x g x >,当0x <时,()()f x g x <； (2)记函数()()()h x f x g x =-,若0x =是()h x 的极小值点,求实数a 的值． 【解析】 (1)证明：令21()()()e 12xh x f x g x x x =-=---,则()e 1x h x x '=--,()e 1x h x ''=-, 当0x >时()0h x ''>,当0x <时()0h x ''<,故()e 1x h x x '=--在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增, 故()(0)0h x h '≥=,()h x 在R 上单调递增 当0x >时,()(0)0h x h >=,故()()f x g x >, 同理得当0x <时,()()f x g x <．(2)321()()()e 12x h x f x g x ax x x =-=----,则2()e 31x h x ax x '=---,(0)0h '=满足题意若0x =是()h x 的极小值点,在0x =附近的左侧()0h x '<,右侧()0h x '>, 即存在120x x <<,使得()h x '在12[,]x x 上单调递增 ()e 610x h x ax ''=--≥在12[,]x x 上恒成立而(0)0h ''=,故在0x =附近的左侧()0h x '''<,右侧()0h x '''>, ()e 6x h x a '''=-,可得160a -=,16a =此时21()e 12xh x x x '=---,由（1）可知满足题意16a =时,0x =是()h x 的极小值点5．(2022届江西省宜春市高三4月模拟)已知函数()ln f x x x =． (1)讨论函数()()(2)g x f x a x =++的单调性； (2)若()m f x x=有两个不等实根()1212,x x x x <,证明：32212e x x -<． 【解析】 (1)解：因为()ln (2)g x x x a x =++, 所以()ln 3g x x a '=++,()(3)0,e a x -+∈时,()0,()g x g x '<单调递减；()(3)e ,a x ∞-+∈+时,()0,()'>g x g x 单调递增, 所以()g x 单调递减区间为()(3)0,ea -+,单调递增区间为()(3)e,a -++∞；(2)由题意可知221122ln ln m x x x x ==,不妨设12x x <,211x t x =>, ①21222ln 1ln 1t t lnx t tlnx t ⎧=⎪⎪-⎨⎪=⎪-⎩,于是原式32212e x x -<等价于1232ln ln 2x x +<-, 即222ln ln 32112t t t t t +<---, ①2231ln 221t t t ->⋅+,下面先证明,当1t >时,2(1)ln 1t t t ->+, 令2(1)()ln 1t h t t t -=-+, 222212(1)2(1)14(1)()0(1)(1)(1)t t t h t t t t t t t +---=-=-=++'>+,又①(1)0h =, ①()(1)0h t h >=, ①2(1)ln 1t t t ->+,在1t >时恒成立, ①欲证2231ln 221t t t ->⋅+,只需证明222(1)311221t t t t -->⋅++即可．①22311221t t t +>⋅++, 变形得,2561(51)(1)0t t t t -+=-->, 当1t >时,显然成立, 所以32212e x x -<得证．6．(2022届河北省衡水市高三3月联考)已知函数()()ln e 0,R xf x x x x m x m =-++>∈.(1)若()()ln g x f x x =-,求()g x 在[]1,2上的最大值与最小值之差； (2)若()0f x <,证明：1m <【解析】 (1)由题意得()()ln e ,[1,2]xg x f x x x x m x =-=-++∈,则()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈,由于=e ,1,[1,2]x y y x x =+∈都是递增函数,故()e (1)1,[1,2]xg x x x '=-++∈是递减函数,则()()e (1)112e 10xg x x g ''=-++<=-+<,故()e ,[1,2]xg x x x m x =-++∈为递减函数,则()2min max (1)e 1,()(2)2e 2g x g m g x g m ==-++==-++, 故()22min max ()e 1(2e 2)2e e 1g x g x m m -=-++--++=--； (2)证明：由()ln e 0xf x x x x m =-++<,(0)x > ,可得e ln x m x x x <--,设1()e ln ,()(1)(e )x xh x x x x h x x x'=--=+-,令211()e ,()e 0x x x x x x ϕϕ'=-=+> ,故1()e ,(0)xx x xϕ=->单调递增,又121()e 20,(1)e 102ϕϕ=-<=->,故存在01(,1)2x ∈ ,使得001e x x =,当00x x << 时,1()(1)(e )0xh x x x '=+-<,()e ln x h x x x x =--单调递减,当0x x > 时,1()(1)(e )0xh x x x'=+->,()e ln x h x x x x =--单调递增,故0min 000000()()e ln 1ln xh x h x x x x x x ==--=--,由于01e x x =,则00ln x x =-,故0min 000000()()e ln 1ln 1xh x h x x x x x x ==--=--=, 所以1m <.7．(2022届湖南省新高考教学教研联盟高三4月联考)已知函数()2ln f x ax x =-,R a ∈.(1)讨论()f x 的单调性； (2)若对任意()0,x ∈+∞,不等式()2ex x xf x -+≥恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)()f x 的定义域为()0,∞+,求导得()1212ax f x a x x-=-=', 当0a ≤时,()0f x '<,则()f x 在()0,∞+上单调递减, 当0a >时,当102x a <<时,()0f x '<,当12x a >时,()0f x '>,则()f x 在1(0,)2a 上单调递减,在1(,)2a+∞上单调递增,所以,当0a ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递减,当0a >时,()f x 在1(0,)2a 上单调递减,在1(,)2a+∞上单调递增. (2)0x ∀>,不等式()2222e 1ln e e 2ln 2x x x xx x xf x x ax x x ax ---+++≥⇔+≥-⇔≥ 22ln ln e 1ln e 1ln 22e x x x x x x a a x x---++++⇔≥⇔≥,令()e 1x h x x =--,()e 1x h x '=-, 当0x <时,()0h x '<,当0x >时,()0h x '>,()h x 在(,0)-∞上单调递减,在(0,)+∞上单调递增,R x ∀∈,()(0)0h x h ≥=,即恒有e 1x x ≥+成立,当且仅当0x =时取“=”,因此,当0x >时,2ln e 1ln [(2ln )1]1ln 1x x x x x xx x --++--+++≥=,当且仅当2ln 0x x --=时取“=”, 令()2ln ,0x x x x ϕ=-->,1()1x xϕ'=,当01x <<时,()0x ϕ'<,当1x >时,()0x ϕ'>,即()ϕx 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增,(1)10ϕ=-<,22(e )e 0ϕ--=>,(4)2(1ln 2)0ϕ=->,即21(e ,1)x -∃∈,使得111()2ln 0x x x ϕ=--=,2(1,4)x ∃∈,使得222()2ln 0x x x ϕ=--=,即2ln 0x x --=有解,因此,不等式2ln e 1ln 1x x x x --++≥中能取到等号,所以2ln e 1ln x x xx--++的最小值为1,即12a ≥,解得12a ≤,所以实数a 的取值范围是12a ≤. 8．(2022届河南省焦作市高三第二次模拟)已知函数()()e 2axf x x =-.(1)若1a =,()f x 的一个零点为()000x x ≠,求曲线()y f x =在0x x =处的切线方程； (2)若当0x >时,不等式()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立,求实数a 的取值范围. 【解析】 (1)若1a =,则()()e 2xf x x =-,由()0f x =,可得0x =或ln 2x =,所以0ln 2x =.因为()e e 2x xf x x '=+-,所以()02ln 2f x '=,所以曲线()y f x =在0x x =处的切线方程为()2ln 2(ln 2)y x =⨯-, 即()()22ln 22ln 2x y ⨯-=.(2)因为当0x >时,()132ln f x a x x x x ⎡⎤⎛⎫+≥+⋅ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭恒成立, 所以当0x >时()()2e 121ln ax ax x x +≥+⋅,即()()22e 1ln e 1ln ax ax x x +≥+⋅恒成立.设()(1)ln g t t t =+,则1()ln 1g t t t '=++,设()()h t g t '=,则22111()t h t t t t-=-='.当01t <<时,()0h t '<,即()g t '单调递减,当1t >时,()0h t '>,即()g t '单调递增, 所以()(1)20g t g ''≥=>,所以()g t 在(0,)+∞上单调递增. 当0x >时,()()2e axg g x ≥恒成立,则当0x >时,2eaxx ≥恒成立,即2ln xa x≥恒成立. 设2ln ()x x x ϕ=,则222ln ()xx x ϕ-'=. 当0e x <<时,()0x ϕ'>,函数()ϕx 单调递增,当e x >时,()0x ϕ'<,函数()ϕx 单调递减, 所以max 2()(e)e x ϕϕ==,所以2ea ≥, 即实数a 的取值范围为2,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.9．（2022届山东省潍坊市高三下学期学科核心素养测评）已知函数()()1ln 0f x a x x a x=-+>． (1)当1≥x 时,()0f x ≤恒成立,求实数a 的取值范围；(2)当1a =时,()()21g x xf x x =+-,方程()g x m =的根为1x 、2x ,且21x x >,求证：211e x x m ->+．【解析】 (1)解：因为()()1ln 0f x a x x a x =-+>,则()222111a x ax f x x x x -+-'=--=,且()10f =, 由题意可知,对任意的1≥x ,()()01f x f ≤=, 设21y x ax =-+-,则24a ∆=-,（①）当02a <≤时,0∆≤,()0f x '≤恒成立且()f x '不恒为零,()f x 在[)1,+∞上是减函数, 又因为()10f =,所以()0f x ≤恒成立；（①）当2a >时,0∆>,方程210x ax -+-=的根为214a a x --=,224a a x +-=又因为121=x x ,所以121x x ．由()0f x '>得241a a x +-≤<由()0f x '<,得24a a x +- 所以()f x 在24a a ⎡++⎢⎢⎣⎭上是增函数,在24a a ⎫+-+∞⎪⎪⎝⎭上是减函数, 因为()10f =,所以()0f x ≤不恒成立． 综上所述,02a <≤．(2)证明：当1a =时,()()21ln g x xf x x x x =+-=,()1ln g x x '=+,由()0g x '<,可得10e x <<,由()0g x '>,可得1ex >,所以()g x 在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数,在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上是增函数,则()min 11e e g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,当01x <<时,()ln 0g x x x =<,所以,12101x x e <<<<,且10em -<<, 当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,ln 1x <-,所以ln x x x <-,即()g x x <-．设直线y x =-与y m =的交点的横坐标为3x ,则3111ln x m x x x =-=->,下面证明当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()11e 1g x x <--,设()()()111ln 1ln e 1e 1e 1h x x x x x x x ⎡⎤=--=-+⎢⎥---⎣⎦,令()()11ln e 1e 1p x x x =-+--,则()()()()22e 1111e 1e 1x p x x x x --'=-=--, 当11e e 1x <<-时,()0p x '<,当11e 1x <<-时,()0p x '>, 所以()p x 在11,e e 1⎛⎫ ⎪-⎝⎭上是减函数,在1,1e 1⎛⎫⎪-⎝⎭上是增函数, 又因为10e p ⎛⎫= ⎪⎝⎭,()10p =,所以当11e x <<时,()0p x <,()0h x <,故当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()()11e 1g x x <--． 设直线()111e y x =--与y m =的交点的横坐标为4x ,则41e 1x m -=-,可得()41e 1x m =+-, 如下图所示：则()241e 1x x m >=+-,所以21431e x x x x m ->-=+,得证．10．（2022届河北省保定市高三一模）已知()2,13,1x x x f x x x ⎧-≥-=⎨+<-⎩,()()ln g x x a =+． (1)存在0x 满足：()()00f x g x =,()()00f x g x ''=,求a 的值； (2)当4a ≤时,讨论()()()h x f x g x =-的零点个数．【解析】 (1)1x ≥-时()2f x x x =-,原条件等价于200000ln()1210x x x a x x a ⎧-=+⎪⎨-=>⎪+⎩, ①()2000ln 21x x x -=--,令()()2ln 21x x x x ϕ=-+-,则()221021x x x ϕ'=-+>-, ①()ϕx 为增函数,由()10ϕ=,则()0x ϕ=有唯一解01x =,所以0a =,1x <-时,()000311x ln x a x a ⎧+=+⎪⎨=⎪+⎩,解得：4a =．综上,0a =或4．(2)①.0a <时0x a +>,则0x a >->,()()()22ln ln h x x x x a x x x x ϕ=--+>--=,而()121x x x ϕ'=--,()2120x xϕ''=+>,即()x ϕ'为增函数,又()01ϕ'=, 当()0,1∈x 时()0ϕ'<x ；当()1,x ∈+∞时()0ϕ'>x ,故()()10x ϕϕ≥=, ①()0h x >恒成立,故0a <时零点个数为0；①.0a =时,()2ln h x x x x =--,由①知：仅当1x =时()0h x =,此时零点个数为1．①.01a <≤时,()()()2ln h x x x x a x a =--+>-,则()121h x x x a'=--+,()()2120h x x a ''=+>+, ①()h x '为增函数,2102a h a a ⎛⎫'-=---< ⎪⎝⎭,()11101h a '=->+, ①()0h x '=仅有一解,设为0(,1)2ax ∈-,则在()0,a x -上()0h x '<,在()0,x +∞上()0h x '>, 所以()h x 最小值为()0h x ,故()()010h x h ≤<．又2ln 02422a aa a h ⎛⎫-=+-> ⎪⎝⎭,()()22ln 20h a =-+>,故0,2a x ⎛⎫- ⎪⎝⎭、()0,2x 上()h x 各有一零点,即()h x 有2个零点．①.14a <<时,(),1a --上()()()()3ln 3ln 4h x x x a x x p x =+-+>+-+=,()()()1103304p x x p x p x '=-=⇒=-⇒≥-=+, ①()h x 无零点,则[)1,-+∞上()()2ln h x x x x a =--+,()121h x x x a'=--+,()()2120h x x a ''=+>+, ①()h x '为增函数,()11301h a '-=--<-+,()11101h a'=->+, ①()0h x '=有唯一解,设为x ',则()()10h x h '≤<,又()()12ln 10h a -=--+>,()()22ln 20h a =-+>,故()1,x '-、(),2x '上,()h x 各有一个零点,即()h x 有2个零点．①.4a =时,由（1）知：(]4,1--上()h x 有唯一零点：3x =-；在()1,-+∞上()()2ln 4h x x x x =--+,则()1214h x x x '=--+,()2120(4)h x x ''=+>+, 所以()h x '为增函数,()11301h a '-=--<-+,()4105h '=>,故1(1,1)x ∃∈-使1()0h x '=, 则1(1,)x -上()0h x '<,()h x 递减；1(,)x +∞上()0h x '>,()h x 递增； 故1()()h x h x ≥,而1()(1)ln 50h x h <=-<,又(1)2ln30h -=->,(2)2ln 60h =->,故在1(1,)x -、1(),2x 上()h x 各有一个零点, 所以()h x 共有3个零点．综上：0a <时()h x 零点个数为0；0a =时()h x 零点个数为1；04a <<时()h x 零点个数为2；4a =时()h x 零点个数为3．11．（2022届浙江省绍兴市高三4月适应性考试）已知a R ∈,函数()22e e 2xax f x x =+-． (1)求曲线()y f x =在0x =处的切线方程 (2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ,且1201x x , （①）求a 的取值范围； （①）当9a <-时,证明：212e 6ea x x ++-<-<（注： 2.71828e =…是自然对数的底数）【解析】 (1)解：因为()22e e xf x ax '=+所以()02e f '=又()01f =,所以曲线()y f x =在0x =处的切线方程为(2e 1y x =-+； (2)解：（①）因为函数()f x 有两个极值点12,x x ,所以12,x x 是关于x 的方程()22e e 0xf x ax =+'的两根,也是关于x 22e ex a -=-的两正根, 设())22e e 0x g x x -=>,则()224e 2e ex x x g x -+'=令())224e 2e e 0x xh x x x =->,则()28e x h x x '=,当0x >时,()0h x '>,所以()h x 在()0,∞+上单调递增,又104h ⎛⎫= ⎪⎝⎭,所以,当104x <<时,()0h x <,()0g x '<；当14x >时,()0h x >,()0g x '>, 所以函数()g x 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减,在1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,又因为1201x x ,所以()114g a g ⎛⎫<-< ⎪⎝⎭,即2e 2e e a <-<-所以a 的取值范围是2e 2e ,4e -；（①）证明：结合（①2e 2e 9a -<<-, 因为1e x x +≤,所以()()111221e 0x ax f x '++=, 所以()14e 2a x +-,所以1e 2x -又由（①）知2114x <<,所以21e 26e1a x x -+--<-=下面先证明不等式()21e011xxx x+<<<-, 设()()2101e 1xx r x x x -=⋅<<+,则()()2222e 1x x r x x '=-+, 所以,当01x <<时,()0r x '<,()r x '在()0,1上单调递减, 所以,()()01r x r <=,所以不等式()21e011xxx x+<<<-成立, 因为12,x x ,()1201x x <<<是()22e e 0xf x ax '=+=的两个根,所以()()01,2i f x i '==,又()21e 011x xx x +<<<-, 所以()()12e 01,21ii i i x ax f x i x +'⋅+->==-,即(()22e 2e 01,2i i ax a x i -++++>=, 设函数()(22e 2e m x ax a x =-++++-对称轴2e a x t ++==因为((()222e42e 6e16e 20a a a ∆=++=+-+->,且()00m >,()10m >,102t <<, 所以函数()m x 有两个不同的零点,记为α,()βαβ<,且01t αβ<<<<, 因为()()226e16e 212e e 2e 0122eta tf t at at ta +-+-+'=+<⋅+=<---,且()00f '>,()10f '>,所以1201x x ,因为()m x 在()0,t 上单调递减,且()()10m x m α>=,所以10x t α<<<； 因为()m x 在(),1t 上单调递增,且()()20m x m β>=,所以21t x β<<<； 所以1201x x αβ<<<<<,所以21x x βα->-,因为()()22242e2e 2e 122e1a a aaaβα-+⎛⎫++--=+++ ⎪ ⎪⎝⎭ 又()122e 109a --<<<-,所以2eβα+-> 所以212ex x +-> 综上,212e 6ea x x ++-<-<12．（2022届山东省青岛市三下学期一模）已知函数()e sin cos xf x x x ax =+--．(1)若函数()f x 在[)0,∞+上单调递增,求实数a 的取值范围；(2)设函数()()()ln 1g x f x x =--,若()0g x ≥,求a 的值．【解析】 (1)由题意知()e cos sin xf x x x a '=++-因为函数()f x 在[)0,∞+上单调递增,所以()e cos sin 0xf x x x a '=++-≥,即e cos sin x a x x ≤++对[)0,x ∈+∞恒成立设()e cos sin xh x x x =++,则()e sin cos 24x x h x x x e x π⎛⎫'=-+=- ⎪⎝⎭当02x π≤<时,()e 21104xh x x π⎛⎫'=->-= ⎪⎝⎭当2x π≥时,()2e 2e 20h x π'>>所以函数()e cos sin xh x x x =++在[)0,∞+上单调递增所以()()min 02a h x h ≤==(2)由题知()()()()()ln 1e sin cos ln 11xg x f x x x x ax x x =--=+----<所以()1e cos sin 1xg x x x a x'=++-+-,()00g = 因为()0g x ≥,所以(),1x ∀∈-∞,()()0g x g ≥即()0g 为()g x 的最小值,0x =为()g x 的一个极小值点,所以()010e cos0sin 0010g a '=++-+=-,解得3a = 当3a =时,()()()e sin cos 3ln 11xg x x x x x x =+----<所以()11e cos sin 3e 23141xx g x x x x x x π⎛⎫'=++-+=+-+ ⎪--⎝⎭ ①当01x ≤<时,()11310g x '≥+-+=（当且仅当0x =时等号成立） 所以()g x 在[)0,1上单调递增 ①当0x <时,若02x π-≤<,()11310g x '<+-+=；若2x π<-,()22132e23302222g x πππ-'<+<+-+<++ 所以()g x 在(),0∞-上单调递减综上,()g x 在(),0∞-上单调递减,在[)0,1上单调递增所以当3a =时,()()00g x g ≥=13．（2022届四川省成都市高三下学期二诊）已知函数()()()1111ln k knk x f x x k-=-⋅-=-∑．(1)分别求n=1和n=2的函数()f x 的单调性； (2)求函数()f x 的零点个数．【解析】 (1)解：由已知,得()()()()()()2311111ln 123n nx x x f x x x n-⎡⎤----=---+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦． ①当1n =时,()()ln 1f x x x =--,()11f x x'=-． 由()110f x x '=->,得01x <<；由()110'=-<f x x,得1x >． 因此,当1n =时,函数()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．①当2n =时,()()()21ln 12x f x x x ⎡⎤-=---⎢⎥⎢⎥⎣⎦,()()()21111x f x x x x -'=-+-=．因为()0f x '≥在()0,∞+恒成立,且只有当1x =时,()0f x '=, 所以()f x 在()0,∞+上单调递增．(2)解：由()()()()()()2311111ln 123n nx x x f x x x n-⎡⎤----=---+++⎢⎥⎢⎥⎣⎦, 得()()()()()()()()211111111111111nnn n x x f x x x x x x x x-----⎡⎤'=---+-++--=-=⎣⎦--． 当n 为偶数时,()0f x '≥在()0,∞+恒成立,且只有当1x =时,()0f x '=, 所以()f x 在()0,∞+上单调递增．因为()10f =,所以()f x 有唯一零点1x =．当n 为奇数时,由()()10nx f x x-'=>,得01x <<；由()()10nx f x x-'=<,得1x >．因此,()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减． 因为()10f =,所以()f x 有唯一零点1x =．综上,函数()f x 有唯一零点1x =,即函数()f x 的零点个数为1．。
2021高考导数压轴最新50题
绝密★启用前2021高考导数压轴最新50题一、解答题1．（2021·甘肃高三一模（文））已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++. （1）当0a >时，求函数()f x 的单调区间；（2）设函数()()()22ln 12xg x e a x a x f x =-++--，若()g x 在[]1,2内有且仅有一个零点，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）25,22e e ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦. 【分析】（1）求出函数的导数，分01a <<，1a =和1a >三种情况判断导数正负可得出单调区间；（2）由题可得2e 1x x a x -+=在[]1,2上有且仅有一个实数根，构造函数()2e 1x x h x x-+=，利用导数求出函数的单调性，即可求出. 【详解】解：（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，所以()()()()()2111a a x x a x f a x a x x x x x-+-+'=-++-==. （ⅰ）当01a <<时，由()0f x '<，得1<<a x ，则()f x 的减区间为(),1a ； 由()0f x '>，得x a <，或1x >，则()f x 的增区间为()0,a 和()1,+∞. （ⅰ）当1a =时，()0f x '≥，则()f x 的增区间为()0,∞+.（ⅰ）当1a >时，由()0f x '<，得1x a <<，则()f x 的减区间为()1,a ； 由()0f x '>，得，1x <，或x a >，则()f x 的增区间为()0,1和(),a +∞.（2）()()()2e 22ln 12e 1xxg x a x a x f x x ax =-++--=-+-，()g x 在[]1,2内有且仅有一个零点，即关于x 方程2e 1xx a x-+=在[]1,2上有且仅有一个实数根.令()2e 1x x h x x -+=，[]1,2x ∈，则()()()211e x x x h x x-+-'=，令()1e xp x x =+-，[]1,2x ∈.则()1e 0xp x '=-<，故()p x 在[]1,2上单调递减.所以()()12e 0p x p ≤=-<，即当[]1,2x ∈时，()0h x '≤，所以()h x 在[]1,2上单调递减.又()12e h =-，()25e 22h -=，则()25e 2e 2h x -≤≤-，所以a 的取值范围是25e ,2e 2⎡⎤--⎢⎥⎣⎦. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.2．（2021·山西高三一模（理））已知函数21()ln ,()ln 2f x x x kx xg x x kx =--=-． （1）当1k =时，求()g x 的最大值； （2）当10e<<k 时， （i ）判断函数()g x 的零点个数；（ii ）求证：()f x 有两个极值点12,x x ，且()()12121f x f x x x +>-． 【答案】（1）-1；（2）ⅰ两个；ⅰ证明见解析. 【分析】求导，当0k >时，利用导函数分析原函数的单调性；（1）当1k =时，利用单调性求最值即可；（2）（i ）利用单调性以及零点存在性定理可判断函数()g x 的零点个数；（ii ）ln ()x kx g x -=，由（i ）知()g x 有两个零点，设为12,x x ，且1210x x k<<<，通过()g x 的单调性，分析()f x 的单调性，可得12,x x 为()f x 的两个极值点，代入函数可得()()121212ln ln 22f x f x x x x x ++=-，用分析法证明12ln ln 212x x +->-，整理令211x t x =>，记2(1)()ln 1t h t t t -=-+，求导，得到()(1)0h t h >=即可. 【详解】解：()g x 定义域为11(0,),()kxg x k x x'-+∞=-=． 当0k >时，令()0g x '>， 得10x k<<， 令()0g x '<，得1x k>， 故()g x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减． （1）当1k =时，()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max ()(1)1g x g ==-． （2）（i ）()g x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，()g x ∴至多有两个零点．11ln 10,(1)0,()g g k g x k k ⎛⎫=->=-<∴ ⎪⎝⎭在11,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有一个零点．由（1）可证ln 10,ln x x x x --<<，从而224442424ln 2ln 20g k k k k k k k ⎛⎫=-=-<⨯-= ⎪⎝⎭， 又10g k ⎛⎫> ⎪⎝⎭， ()g x ∴在214,k k⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点． 综上，函数()g x 有两个零点．（ii ）()f x 的定义域为(0,),()ln 11ln ()f x x kx x kx g x '+∞=+--=-=．由（i ）知()g x 有两个零点，设为12,x x ，且1210x x k<<<， 且1122ln ,ln x kx x kx ==． 又()g x 在10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．∴当10x x <<，或2x x >时，()0<g x ；当12x x x <<时，()0>g x ．()f x ∴在()10,x 上单调递减，在()12,x x 上单调递增，在()2,x +∞上单调递减，故12,x x 为()f x 的两个极值点．()1111111111ln 1ln ln 1ln 1222f x x kx x x x x =--=--=-， 同理()2221ln 12f x x x =-． 欲证()()121212ln ln 212f x f x x x x x ++=->-， 即证12ln ln 2x x +>．1122ln ,ln x kx x kx ==，()()21212121ln ln ln ln x x k x x x x k x x ⎧+=+⎪∴⎨-=-⎪⎩， ()22121211221212212121111ln ln ,ln ln ln ln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ++++∴=+=-=----， 令211x t x =>， 即证1ln 21t t t +>-， 即证()2t 1ln 001t t -->+．记2222(1)14(1)()ln ,()01(1)(1)t t h t t h t t t t t t --'=-=-=>+++， ()h t ∴在(1,)+∞上单调递增，故()(1)0h t h >=， 命题得证． 【点睛】方法点睛：利用导数研究函数()f x 的单调性和极值的步骤：ⅰ写定义域，对函数()f x 求导()'f x ；ⅰ在定义域内，解不等式()0f x '>和()0f x '<；ⅰ写出单调区间，并判断极值点.3．（2021·聊城市·山东聊城一中高三一模）已知函数()ln a ef x x x-=+，其中e 是自然对数的底数． （1）设直线22y x e=-是曲线()()1y f x x =>的一条切线，求a 的值； （2）若a R ∃∈，使得()0f x ma +≥对()0x ∀∈+∞，恒成立，求实数m 的取值范围．【答案】（1）0a =；（2）1m e≥-. 【分析】（1）设切点坐标为()()00,x f x ，根据题意只需满足()02f x e'=，()00002ln 2a e f x x x x e-=+=-，然后求解方程组得出a 的值及0x 的值； （2）记()()ln a eg x f x ma x ma x-=+=++，求导讨论函数()g x 的单调性，确定最值，使()min 0g x ≥成立，得到关于参数m 的不等式，然后利用参数分离法求解参数m 的取值范围.【详解】解：（1）设切点为()()00,x f x ，其中01x >， 有()020012a e f x x x e -'=-=，且()00002ln 2a e f x x x x e-=+=- 得0021x a e x e -=-，所以004ln 30x x e+-=，易解得：0x e =，则0a =；（2）记()()ln a e g x f x ma x ma x -=+=++，有()2x a eg x x-+'=， 当a e ≤，()20x a eg x x-+'=>恒成立，则函数()g x 在()0,∞+上递增，无最小值，不符合题意；当a e >时，当(),x a e ∈-+∞时，()0g x '>，当()0,x a e ∈-时，()0g x '<， 所以函数()g x 在()0,a e -上递减，在(),a e -+∞上递增，所以()g x 在x a e =-处取得最小值，()()()min ln 10g x g a e a e ma =-=-++≥， 则有()1ln a e m a +--≤，记()()()1ln a e h a a e a+-=>，有()()2ln ea e a e h a a---'=，易知()h a 在(),2e e 单调递增，在()2,e +∞单调递减， 则()()max 12h a h e e ==，所以1m e-≤，得1m e ≥-.【点睛】本题考查导数的几何意义，考查根据不等式恒成立问题求参数的取值范围，求解的一般方法如下：（1）直接构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；（2）采用参数分离法，然后构造函数，直接将问题转化为函数最值的求解即可. 4．（2021·全国高三月考（理））已知函数()()21ln 02x a f x x x a =-+>. （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅰ）若()f x 有两个极值点()1212,x x x x >，且()()112f x x x λλ-<∈R 恒成立，求λ的取值范围.【答案】（ⅰ）()f x在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在22a a ⎛-+ ⎪⎝⎭上单调递减；（ⅰ）5,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.【分析】（ⅰ）函数()f x 的定义域为0,，求导得()21x xx x f a -+='，再分240a ∆=-≤和240a ∆=->两种情况讨论求解即可；（ⅰ）由（1）得12,x x 是方程210x ax -+=的两个不等正实根，故122x x a +=>，121=x x ，进而得2101x x <<<，故问题转化为()()()113211111121ln 12f x x x x x x x x x λλ-=---+><∈R 恒成立，再令()()321ln 12g x x x x x x x =---+>，研究()g x 的最值即可得答案.【详解】（ⅰ）由题可知函数()f x 的定义域为0,，()21x xx x f a -+='，当240a ∆=-≤且0a >，即02a <≤时，()0f x '≥，则函数()f x 在0,上单调递增；当240a ∆=->且0a >，即2a >时，令()0f x '=，即210x ax -+=，解得x =或x =，且均为正数，令()0f x '>得⎛ ⎝⎭,2a ⎛⎫++∞⎪ ⎪⎝⎭， 令()0f x '<得22a a ⎛-+⎪⎝⎭， 所以函数()f x在⎛ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减.（ⅰ）若()f x 有两个极值点12,x x ，则12,x x 是方程210x ax -+=的两个不等正实根， 所以结合（ⅰ）可知122x x a +=>，121=x x . 又因为12x x >，所以2101x x <<<. 由()()112f x x x λλ-<∈R 恒成立，可得()()112f x x x λλ-<∈R 恒成立，而()()11321111211ln 2f x x x a x x x x -=-++()321111111ln 12x x x x x x =---+> 令()()321ln 12g x x x x x x x =---+>， 则()232ln 2x x x g x =--+'.令()()232ln 12h x x x x x =--+>，则()()()1311320x x x x h x x-+=--'+=<， 则函数()h x 在1,上单调递减，所以()()7102h x h <=-<，故()0g x '<， 则函数()g x 在1,上单调递减，()()512g x g <=-，可得52λ≥-，所以λ的取值范围是5,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 【点睛】本题考查了运用导数求函数的单调区间及恒成立问题，在含有参量求单调区间时注意分类讨论，解答恒成立问题时遇到多元的方法是消元，本题借助根与系数之间的关系将零点转化为()()321ln 12g x x x x x x x =---+>的最值为题，是难题． 5．（2021·商丘市第一高级中学）已知函数()ln (1),(0)f x x a x a =--> （1）若函数()f x 在(1,)+∞是单调减函数，求实数a 的取值范围；[1,)+∞ （2）在（1）的条件下，当n N +∈时，证明：23111111112222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 【答案】（1）[1,)+∞；（2）证明见解析． 【分析】（1）由题可得1()0f x a x'=-≤在区间(1,)+∞上恒成立，即可求出；（2）由（1）可得ln 1,(1)x x x <->，可得11ln 122n n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭，分别取1,2,3,,n n=相加即可证明. 【详解】解：（1）ⅰ函数()f x 在(1,)+∞是单调减函数，1()0f x a x'∴=-≤在区间(1,)+∞上恒成立．1x >，可得101x <<1a ∴≥，即实数a 的取值范围为[1,)+∞；（2）由（1）得当1a =时，()f x 在(1,)+∞上单调递减，()ln (1)(1)0f x x x f ∴=--<=， 可得ln 1,(1)x x x <->，令112nx =+，可得11ln 122n n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭， 分别取1,2,3,,n n =，得231111ln 1ln 1ln 1ln 12222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++++ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭23111111122222n n <++++=-<， 即231111ln 1111ln 2222n e ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦， 可得23111111112222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++< ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，对任意的*n N ∈成立． 【点睛】关键点睛：本题考查利用导数证明数列不等式，解题的关键是根据ln 1,(1)x x x <->，得出11ln 122nn ⎛⎫+< ⎪⎝⎭. 6．（2021·浙江宁波市·高三月考）已知函数()ln xe f x x x x=+-，其中 2.71828...e =是自然对数的底数（1）若曲线()y f x =与直线y a =有交点，求a 的最小值； （2）Ⅰ设()1x x xϕ=+，问是否存在最大整数k ，使得对任意正数x 都()()()()112kf x f x ϕϕ-≥-⎡⎤⎣⎦成立？若存在，求出k 的值，若不存在，请说明理由；Ⅰ若曲线()y f x =与直线y a =有两个不同的交点,A B，求证：||AB <.【答案】（1）min e 1=-a ；（2）ⅰ存在，1k =；ⅰ证明见解析. 【分析】（1）求出函数()f x 的导函数，得出其单调区间，求出()f x 的最小值，得到答案. （2）ⅰ当0k ≤时,[()(1)]0()(1)2kx f x f ϕϕ-≤≤-，原不等式恒成立．当0k >时,设()()(1)[()(1)]2k F x f x f x ϕϕ=---，即2(1)2e 2(1)()2xx x k x F x x ⎡⎤---+⎣⎦'=，再设()2e 2(1)xp x x k x =--+，求出导数分析其单调性，得到其最值，然后再分析()F x '的符号，讨论得出()F x 的单调性和最值，从而得到答案.ⅰ设()1,A x a ，()2,B x a ，12x x <．由（1）可知(1)1f e =-,所以()()1(1)1f x f a e -=--，()()2(1)1f x f a e -=--,由ⅰ可得()()()()11221(1)(1),21(1)(1),2f x f x f x f x ϕϕϕϕ⎧⎡⎤->-⎣⎦⎪⎪⎨⎪⎡⎤->-⎣⎦⎪⎩，从而可证.【详解】解：（1）由己知得，()2(1)e (),0x x x f x x x'--=>．由于e 1x x x ≥+>，所以()0f x '>可得1x >()0f x '<可得01x <<得当x 变化时，()'f x 与()f x 的变化情况如下表所示：当x →+∞时，,ln xe x x→+∞→+∞，所以()f x →+∞当0x =时，()f x 有最小值()01f e =-因此，当曲线()y f x =与直线y a =有交点时，min (1)1a f e ==-． （2）ⅰ由（1）知()(1)0f x f -≥，()1x x xϕ=+在1+，上单调递增，在()0,1上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ-≥当0k ≤时，又()(1)0x ϕϕ-≥，则[()(1)]0()(1)2kx f x f ϕϕ-≤≤-，原不等式恒成立．． 当1k 时，令()()(1)[()(1)]2kF x f x f x ϕϕ=---，则2(1)2e 2(1)()()()22x x x k x k F x f x x x ϕ'''⎡⎤---+⎣⎦=-=． 设()2e 2(1)x p x x k x =--+，得()2e 2xp x k '=--，故当x 变化时，()p x '与()p x 的变化情况如下表所示：这样，当1k =时，2338e ()ln 23ln ln02227p x p ⎛⎫≥=-=> ⎪⎝⎭，此时当x 变化时，()F x '与()F x 的变化情况如下表所示：得()(1)0F x F ≥=，即原不等式恒成立．当2k ≥时，得(1)2e (22)0p k =-+<，lim ()x p x →+∞=+∞，则()p x 在(1,)+∞内有唯一零点0x ．此时x 变化时，()F x '与()F x 的变化情况如下表所示：得()0(1)0F x F <=，即原不等式不恒成立．综上所述，存在最大整数1k =，使得原不等式恒成立． ⅰ证明：设()1,A x a ，()2,B x a ，12x x <．由（1）可知(1)1f e =- 所以()()1(1)1f x f a e -=--，()()2(1)1f x f a e -=--由ⅰ可得()()()()11221(1)(1),21(1)(1),2f x f x f x f x ϕϕϕϕ⎧⎡⎤->-⎣⎦⎪⎪⎨⎪⎡⎤->-⎣⎦⎪⎩即112211e 12211e 122a x x a x x ⎧⎛⎫-+>+-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪-+>+- ⎪⎪⎝⎭⎩所以12, x x 都满足不等式11e 122a x x ⎛⎫-+>+- ⎪⎝⎭，即22(e 2)10x a x --++<， 故区间()12,x x 为不等式22(e 2)10x a x --++<解集的子集， 得21||AB x x =-<【点睛】关键点睛：本题考查函数图像有交点求参数的范围和根据恒成立求参数范围，解答本题的关键是由()()(1)[()(1)]02kF x f x f x ϕϕ=---≥在定义域内恒成立，即分析其单调性，由其导数为2(1)2e 2(1)()2xx x k x F x x ⎡⎤---+⎣⎦'=，设()2e 2(1)xp x x k x =--+，根据的单调性()p x ，分析得出()F x '的符号，得出()F x 单调性，属于难题.7．（2021·全国高三专题练习（理））已知函数()sin cos ,()sin cos x x f x e x x g x e x x =--=++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ≥； （2）若()2g x ax ≥+，求a ．【答案】（1）证明见解析；（2）2a =．【分析】(1)由题意分类讨论当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，[)0,x ∈+∞，几种情况即可证得题中的结论.(2)观察(1)中的结论，首先讨论54x π>-时a 的取值，然后验证当54x π-时不等式成立即可求得实数a 的值. 【详解】 (1)分类讨论：ⅰ.当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，()04x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭；ⅰ.当,04x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()()cos sin ,00x f x e x x f ''=-+=， ()sin cos 04x x f x e x x e x π⎛⎫''=++=++> ⎪⎝⎭，则函数()f x '在,04π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调增，则()()00f x f ''<=， 则函数()f x 在,04π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调减，则()()00f x f >=； ⅰ.当0x =时，由函数的解析式可知()01010f =--=，当[)0,x ∈+∞时，令()()sin 0H x x x x =-+≥，则()'cos 10H x x =-+≥， 故函数()H x 在区间[)0,+∞上单调递增，从而：()()00H x H ≥=， 即sin 0,sin x x x x -+≥-≥-，从而函数()sin cos 1xxf x e x x e x =--≥--，令1xy e x =--，则：1xy e '=-，当0x ≥时，0y '≥，故1x y e x =--在[)0,+∞单调递增， 故函数的最小值为0min 010y e =--=，从而：10x e x --≥.从而函数()sin cos 10xxf x e x x e x =--≥--≥；综上可得，题中的结论成立. (2) 当54x π>-时， 令()()2sin cos 2xh x g x ax e x x ax =--=++--﹐则()cos sin xh x e x x a '=+--， ()()0h x f x ''=>，故()h x '单调递增，当 2a >时，()020h a '=-<，()()()ln 22ln 204h a a π⎡⎤'+=+->⎢⎥⎣⎦，()()10,ln 2x a ∃∈+使得()10h x '=，当10x x <<时，()()0,h x h x '<单调递减，()()00h x h <=不符合题意; 当2a <时，()00h '>， 若在5,04x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭上，总有()0h x '≥（不恒为零）， 则()h x 在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，但()00h =， 故当5,04x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭时，()0h x <，不合题意． 故在5,04x π⎛⎫∈-⎪⎝⎭上，()0h x '<有解， 故25,04x π⎛⎫∃∈-⎪⎝⎭，使得()20h x '=， 且当20x x <<时，()()0,h x h x '>单调递增， 故当()2,0x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意; 故2a <不符合题意，当a =2时，()cos sin 2xh x e x x =-'+-，由于()h x '单调递增，()00h '=，故：504x π-<<时，()()0,h x h x '<单调递减; 0x >时，()()0,h x h x '>单调递增，此时()()00h x h ≥=﹔当54x π-时，()5sin cos 220202xh x e x x x π=++--≥->，综上可得，2a =. 【点睛】对于利用导数研究不等式问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求岀最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.8．（2021·全国高三专题练习（理））已知函数2()ln f x x a x =-．（1）若2a =，求曲线()y f x =的斜率等于3的切线方程； （2）若()y f x =在区间1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恰有两个零点，求a 的取值范围．【答案】（1）322ln 20x y ---=；（2）(22,e e ⎤⎦．【分析】（1）求函数导数得2()23f x x x'=-=，进而得切点，得斜率，由点斜式求切线方程即可；（2）讨论得当0a ≤时，不成立，当0a >时，由函数导数判断()f x 进而根据单调性列不等式求解即可. 【详解】由已知函数()f x 定义域是(0,)+∞，（1）2()2ln f x x x =-，22(1)(1)()2x x f x x x x'+-=-=， 由2()23f x x x'=-=解得2x =（12x =-舍去），又()422ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)3(2)y x --=-，即322ln 20x y ---=；（2）当0a ≤时，()20af x x x'=->，函数单调递增，则不存在两个零点，舍当0a >时，222()2x x a x a f x x x x x⎛ -⎝⎭⎝⎭'=-==， 易知()f x()f x有两个零点，则1e e <<，即2222a e e<<，此时在1e ⎛ ⎝上()0f x '<，()f x递减，在e ⎫⎪⎪⎭上()0f x '>，()f x 递增， ()f x在x =时取得极小值2a f a =-所以22111ln 0()ln 0ln 02f a e ee f e e a e a f a ⎧⎛⎫⎪=-≥ ⎪⎪⎝⎭⎪=-≥⎨⎪⎪=-⎪⎩解得22e a e <≤．综上a 的范围是(22,e e ⎤⎦．【点睛】关键点点睛：研究函数的零点的关键是得到函数的单调性，比较极值点端点值和x 轴的关系.9．（2021·河南高三月考（理））已知函数()()xf x x m e =+（1）若()f x 在(],1-∞上是减函数，求实数m 的取值范围；（2）当0m =时，若对任意的()0,x ∈+∞，()()ln 2nx nx f x ≤恒成立，求实数n 的取值范围．【答案】（1）(,2]-∞-；（2）(0,2]e ． 【分析】（1）由题意可得()0f x '≤对于(],1x ∈-∞恒成立，分离m 转化为最值即可求解；（2）由题意可得2ln()2xnx nx xe ≤恒成立，即ln()2ln()2nx x e nx xe ≤，构造函数()x f x xe =，利用导数判断其单调性可得ln()nx 与2x 的关系，分离n 即可求解.【详解】（1）因为()()x f x x m e =+，所以()(1)xf x x m e '=++，由题意可得()0f x '≤对于(],1x ∈-∞恒成立，即10x m ++≤， 可得1m x ≤--，所以()min 12m x ≤--=- 所以实数m 的取值范围是(,2]-∞-．（2）对任意的(0,)x ∈+∞，ln()(2)nx nx f x ≤恒成立， 即2ln()2xnx nx xe ≤恒成立，即ln()2ln()2nx x enx xe ≤恒成立．因为()xf x xe =，所以()(1)xf x x e '=+，易知()xf x xe =在(0,)+∞上单调递增，且在(,0)-∞上()0f x <，所以ln()2nx x ≤，即2xe n x ≤对任意的(0,)x ∈+∞恒成立．令2()(0)x e g x x x =>，则22(21)()xx e g x x-'=， 当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<；当1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>．则()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以min 1()22g x g e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以2n e ≤，显然0n >， 故实数n 的取值范围是(0,2]e ． 【点睛】方法点睛：求不等式恒成立问题的方法 （1）分离参数法若不等式(),0f x λ≥()x D ∈（λ是实参数）恒成立，将(),0f x λ≥转化为()g x λ≥或()()g x x D λ≤∈恒成立，进而转化为()max g x λ≥或()()min g x x D λ≤∈，求()g x 的最值即可.（2）数形结合法结合函数图象将问题转化为函数图象的对称轴、区间端点的函数值或函数图象的位置关系（相对于x 轴）求解.此外，若涉及的不等式转化为一元二次不等式，可结合相应一元二次方程根的分布解决问题. （3）主参换位法把变元与参数变换位置，构造以参数为变量的函数，根据原变量的取值范围列式求解，一般情况下条件给出谁的范围，就看成关于谁的函数，利用函数的单调性求解.10．（2021·湖北高三月考）已知函数()1x e f x x-=，其中 2.71828e =为自然对数的底数．（1）求()f x 的单调区间；（2）若2ln 10x e x x kx ---≥对0x ∀>恒成立，记max k λ=，证明： 1.1λ>． 【答案】（1）函数()f x 的增区间为(),0-∞、()0,∞+；（2）证明见解析． 【分析】（1）求得()21x x xe e f x x-+'=，证明出10x x xe e -+>对任意的0x ≠恒成立，由此可得出结果；（2）由题意可知不等式12ln x e x k x--≥对任意的0x >恒成立，令()12ln x e F x x x-=-，将所证不等式等价转化为()min 1.1F x >，利用导数证明即可.【详解】（1）函数()1x e f x x -=的定义域为{}0x x ≠，且()21x x xe e f x x-+'=. 令()()11xh x x e =-+，则()xh x xe '=.当0x <时，()0h x '<，此时函数()h x 单调递减； 当0x >时，()0h x '>，此时函数()h x 单调递增. 所以，当0x ≠时，()()00h x h >=，则()0f x '>. 综上所述，函数()f x 的增区间为(),0-∞、()0,∞+；（2）由题意得不等式12ln x e x k x --≥对任意的0x >恒成立，令()12ln x e F x x x -=-，要证 1.1λ>，即证() 1.1F x >.()()()22111212x x x e x e x F x x xx -+--+'=-=. 令()()121xg x x e x =--+，其中0x >，则()2xg x xe '=-，()()10xg x x e ''=+>，所以()g x '在()0,∞+上单调递增，又()020g '=-<，()120g e '=->，故()00,1x ∃∈，使得()00020xg x x e '=-=，即02x e x =. 所以，当()00,x x ∈时，有()0g x '<，函数()g x 单调递减； 当0x x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增. 所以()()0g x g x ≥且()00g =，()000000221320x x g x x e e x x x =--+=--<，32312022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭， 所以存在103,2x x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()10g x =，即111211x x e x -=-， 且满足()10,x x ∀∈，()0F x '<，函数()F x 单调递减；()1,x x ∀∈+∞，()0F x '>，()F x 单调递增； 所以()()111111112ln 2ln 1x e F x F x x x x x -≥=-=--. 令()12ln 1t x x x =--，0x >，则()()21201t x x x '=--<-，即函数()t x 在()0,∞+上单调递减. 又1302x <<，则()13321ln 22t x t ⎛⎫⎛⎫>=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则只需证明321ln 1.12⎛⎫-> ⎪⎝⎭，即3ln 0.452<，即0.4532e <，即20932e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，8 2.63e >≈，可先证明2093823⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 53243=，82256=，则5832<，所以，204832<，可得2193823⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，而20213322⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以，20993823e ⎛⎫⎛⎫<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，证毕.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.11．（2021·山东日照市·高三一模）已知函数()1xf x e ax =--，()2g x kx =.（1）当0a >时，求()f x 的值域； （2）令1a =，当()0,x ∈+∞时，()()()ln 1g x f x x x ≥-+恒成立，求k 的取值范围.【答案】（1）[)ln 1,a a a --+∞；（2）(],1-∞. 【分析】（1）求函数的导数，利用导数求出单调性，利用单调性求最值即可； （2）1a =时，()()()ln 1g x f x x x ≥-+恒成立转化为()()21ln 1x e x kx -+≥恒成立，分离参数后利用导数求解即可. 【详解】（1）ⅰ()xf x e a '=-，由()0f x '=得，ln x a =ⅰ()f x 在区间(],ln a -∞上单调递减、在区间[)ln ,+∞a 上单调递增. ⅰ函数()f x 的最小值为： ⅰ()ln ln ln 1ln 1af a ea a a a a =--=--；ⅰ函数()f x 的值域是[)ln 1,a a a --+∞； （2）当1a =时，()1xf x e x =--，()()()()()211ln 1ln 1g x f x f x x kx x ⎡⎤≥-⇔++≥⎣⎦+（0x >） ()()()()221ln 11ln 1x f x x kx e x kx ⎡⎤++≥⇔-+≥⎣⎦()()()()()2ln 1111ln 11ln 1ln 1x x xx e e e x x x k x x e x x +---+===-++ 令()1x e m x x -=，则()()211x x e m x x-+'= 令()()11xx x e ϕ=-+，则()xx xe ϕ'=，ⅰ0x >，()0x ϕ'>，()x ϕ在()0,∞+上单调递增. ⅰ()()00ϕϕ>=x .()0m x '>.于是()m x 在()0,∞+上单调递增，且()0m x >，（0x >） 又由（1）知当1a =，()0,x ∈+∞时.()1x f x e x =--的值域是[)0,+∞，即：()()100x f x e x f =-->=，所以：1x e x >+恒成立. ⅰ()ln 1x x >+.所以；()()()ln 1m x m x >+.即：()()()1ln 1m x m x >+，所以：1k ≤ⅰk 的取值范围是(],1-∞. 【点睛】关键点点睛：不等式的恒成立问题一般都需要转换，本题可转化为()()21ln 1x e x kx -+≥，分离参数得()()()()()2ln 1111ln 11ln 1ln 1x xxx e e e x x x k x x e x x +---+===-++，构造函数()1x e m x x-=，利用导数研究单调性，属于难题.12．（2021·黑龙江大庆市·高三一模（理））已知函数3()x f x e -=．（1）求证：()2f x x ≥-；（2）若1a >，ln x a >时，ln ln ()3x a f x a -⎛⎫<- ⎪⎝⎭恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）2(,)e +∞. 【分析】（1）令3()()(2)2x g x f x x e x -=--=-+，利用导数求得()g x 的最小值，从而可证得不等式成立；（2）原不等式变形为3ln(ln )ln 3x x a x a e x --+-<+-，即ln(ln )3ln(ln )3x a x e x a e x --+-<+-. ()x h x e x =+，由()h x 的单调性得ln(ln )3x a x -<-，3ln x a x e ->-，利用（1）的结论得右边的最大值，从而可得a 的范围． 【详解】解：（1）证明：令3()()(2)2x g x f x x e x -=--=-+，则3()1x g x e-'=-.当(,3)x ∈-∞时()0g x '<， 当(3,)x ∈+∞时()0g x '>，所以()g x 在(,3)-∞上为减函数，在(3,)+∞上为增函数， 所以当3x =时，函数()g x 有最小值，min ()0g x =. 所以()0g x ≥，即()2f x x ≥-.（2）因为3ln(ln )ln 3x x a a e ---<-，所以3ln(ln )ln 3x x a x a e x --+-<+-.所以ln(ln )3ln(ln )3x a x ex a e x --+-<+-.令()xh x e x =+，则(ln(ln ))(3)h x a h x -<-恒成立.因为()10xh x e '=+>恒成立，所以()xh x e x =+在R 上单调递增， 所以ln(ln )3x a x -<-恒成立，即3ln x x a e --<，3ln x a x e ->-即恒成立. 由（1）知32x x e --≤， 所以ln 2a >，解得2a e >， 所以实数a 的取值范围为2(,)e +∞. 【点睛】关键点点睛：本题考查有导数证明不等式，用导数研究不等式恒成立，用导数证明不等式一般是不等式变形后引入新函数，证明新函数的最小值大于或等于0即证．本题解决不等式恒成立的关键是不等式变形化，利用新函数的单调性化简不等式，并利用(1)中结论得出参数范围．13．（2021·江西高三其他模拟（理））已知函数()2ln 4f x x a x a =-+，()a R ∈ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）令()()sin g x f x x =-，若存在()12,0,x x ∈+∞，且12x x ≠时，()()12g x g x =，证明：212x x a <.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【分析】(1)求函数的定义域和导数，分0a ≤和0a >两种情况，结合导数可求出函数的单调性. (2)根据题意可得()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，通过构造函数()sin h x x x =-，求函数单调性及参变分离可得1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，通过导数得()()ln 1m t t t=->的单调性，即可证明()()10m t m >=，从而可证明212x x a <.【详解】解：（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22a x a f x x x-'=-=， 当0a ≤时，()0f x '>，当0a >时，由()0f x '>得2a x >，由()0f x '<得02ax <<，ⅰ当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增 当0a >时，()f x 在0,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增.（2）()2ln sin 4g x x a x x a =--+，ⅰ()()12g x g x =，由题意知，1112222ln sin 2ln sin x a x x x a x x --=--，ⅰ()()()121212ln ln 2sin sin a x x x x x x -=---，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥，ⅰ()h x 在()0,∞+上单调递增， 不妨设120x x >>，ⅰ()()12h x h x >，ⅰ1122sin sin x x x x ->-， ⅰ()1221sin sin x x x x -->-，ⅰ()()()()12121221122sin sin 2x x x x x x x x x x --->-+-=- ⅰ()1212ln ln a x x x x ->-，ⅰ1212ln ln x x a x x ->-，令()121x t x t >=，只需证t 1ln t->，ln 0t ->，设()()ln 1m t t t =->，则()210m t '=>，ⅰ()m t 在()1,+∞递增，ⅰ()()10m t m>=，即1212ln ln x x x x ->-ⅰa >212x x a <.【点睛】 思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.14．（2021·全国高三月考（文））已知函数()ln f x ax x =⋅（其中0a ≠，a ∈R ），1()1x g x x -=+. （1）若存在实数a 使得1()f x e<恒成立，求a 的取值范围； （2）当12a ≤时，讨论函数()()y f x g x =-的零点个数. 【答案】（1）(1,0)-；（2）答案见解析. 【分析】 （1）由1()f x e<在(0,)x ∈+∞上恒成立，得到0a <，利用导数求得函数的单调性和最值，列出不等式，即可求解；（2） （ⅰ）当0a <时，结合()f x 和()g x 的取值，得出函数()()y f x g x =-只有1个零点.（ⅰ）当0a >时，令()()()h x f x g x =-，求得()h x '，令22()(ln 1)(1)x a x x ϕ=+-+，求得34()(1)a x x x ϕ'=++，分12a =和102a <<两种情况，结合函数的单调性和最值，即可求解. 【详解】（1）由题意，函数()ln f x ax x =⋅，（其中0a ≠）， 要使1()f x e<在(0,)x ∈+∞上恒成立，可得0a <， 又由()(ln 1)f x a x '=+，令()(ln 1)0f x a x '=+>，解得10x e <<，即函数()f x 在1(0,)e单调递增， 令()(ln 1)0f x a x '=+<，解得1x e>，即函数()f x 在1(,)e +∞单调递减，所以max 1()a f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭， 要使得1()f x e <，可得1a e e-<，解得10a -<<， 即实数a 的取值范围(1,0)-.（2）由函数()ln f x ax x =⋅和1()1x g x x -=+. （ⅰ）当0a <时，当(0,1)x ∈时，可得()0f x >，()0<g x ，所以()()y f x g x =-恒大于零，函数没有零点；当(1,)x ∈+∞时，可得()0f x <，()0>g x ，可得()()y f x g x =-恒小于零，没有零点；当1x =时，令()()()h x f x g x =-，可得()1(1)(1)0h f g =-=，所以函数由一个零点，综上可得，当0a <时，()()y f x g x =-在(0,)+∞只有1个零点. （ⅰ）当0a >时，令()()()h x f x g x =-，则2()ln 1(0)1h x ax x x x =-+>+， 可得22()(ln 1)(1)h x a x x '=+-+，令22()(ln 1)(1)x a x x ϕ=+-+，可得34()(1)a x x x ϕ'=++，因为0x >，所以()0x ϕ'>恒成立，()h x '∴在(0,)+∞单调递增， ⅰ由(1)0h '=，即12a =时，可得()h x '在(0,1)x ∈上恒小于零，在(1,)x ∈+∞上恒大于零，即()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 所以()(1)0h x h ≥=，()y h x =在(0,)+∞只有1个零点 ⅰ当102a <<时，1(1)02h a '=-<，由于()h x '在(0,)+∞单调递增， 所以()h x '在(0,1]上恒小于零，()h x 在(0,1]上单调递减，因为(1)0h =，所以()h x 在(0,1]上有唯一零点1.又因为1(1)02h a '=-<，212122()20(1)aah ee--'=->+所以存在210(1,)a x e -∈，使得()00h x '=，由于()h x '在(0,)+∞单调递增，1(1)02h a '=-<，()00h x '=， 所以()h x 在()01,x 在单调递减，在()0,x +∞单调递增，2101,ax e -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以()0(1)0h x h <=，又因为102a <<，11a e >，1112101a aah e e e ⎛⎫=-+> ⎪⎝⎭+，所以10ax e <，由()00h x <，1()0ah e >，知()h x 在11,ae ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点，结合()h x 在()0,x +∞单调递增，()h x 在(1,)+∞上有唯一零点，又(1)0h =，102a ∴<<时，()h x 在(0,)+∞上有2个零点 综上所述，当0a <或12a =时，()h x 在(0,)+∞只有1个零点；当102a <<时，()h x 在(0,)+∞上有2个零点. 【点睛】函数由零点求参数的取值范围的常用方法与策略：1、分类参数法：一般命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为从()f x 中分离参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数的取值范围；2、分类讨论法：一般命题情境为没有固定的区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为结合函数的单调性，先确定参数分类标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各个小范围并在一起，即可为所求参数的范围. 15．（2021·河南平顶山市·高三二模（文））已知函数()1f x ax =+，()ln g x x =-（a 为常数，a R ∈）.（1）若()()f x g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（2）判断方程()2sin 1ln x x x x -=+是否存在实数解；如果存在，求出解的个数；如果不存在，请说明理由.【答案】（1）(],1-∞-；（2）不存在，理由见解析. 【分析】（1）利用参变量分离法得出ln 1x a x+≤-，构造函数()ln 1x m x x +=-，其中0x >，利用导数求出函数()m x 的最小值，由此可得出实数a 的取值范围； （2）由（1）得出ln 1≤-x x ，当且仅当1x =时，等号成立，设()()21ln sin h x x x x x =-+-，利用放缩法得出()0h x >，即可得出结论.【详解】（1）因为0x >，由()()f x g x ≤，即1ln ax x +≤-，可得ln 1x a x+≤-， 设()ln 1(0)x m x x x+=->，则()2ln x m x x '=.当01x <<时，()0m x '<，函数()m x 递减； 当1x >时，()0m x '>，函数()m x 递增.所以()()min 11m x m ==-，所以1a ≤-. 因此，实数a 的取值范围是(],1-∞-； （2）方程()2sin 1ln x x x x -=+不存在实数解.由（1）可知，当1a =-时，ln 10x x -++≤，即ln 1≤-x x ，当且仅当1x =时等号成立.设()()21ln sin h x x x x x =-+-，则()()()211sin 1sin h x x x x x x ≥-+--=-（当且仅当1x =时等号成立），又1sin 0x -≥，当且仅当()22x k k ππ=+∈N 时等号成立.所以对任意0x >，()0h x >恒成立，所以函数()()21ln sin h x x x x x =-+-无零点， 即方程()2sin 1ln x x x x -=+不存在实数解.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题.16．（2021·全国高三其他模拟）已知函数()()2x f x ax bx c e =++满足()01f =，且曲线()y f x =在1x =处的切线方程为0y e +=．（1）求a ，b ，c 的值；（2）设函数()()()236x g x x x m e m m =-+-∈N ，若()()f x g x ≥在()0,∞+上恒成立，求m 的最大值．【答案】（1）3a =，5b =-，1c =；（2）3. 【分析】（1）解方程组()()()()()01,1320,1,f c f a b c e f a b c e e ⎧==⎪=++=⎨⎪=++=-⎩'即得解；（2）等价于()11xxx e m e +≤-在()0,∞+上恒成立，利用导数求出min ()h x 即得解.【详解】解：（1）由已知得()()22xf x ax a b x b c e '⎡⎤=++++⎣⎦，且函数()f x 的图象过点()1,e -，()01f =，则()()()()()01,1320,1,f c f a b c e f a b c e e ⎧==⎪=++=⎨⎪=++=-⎩' 解得3a =，5b =-，1c =．（2）由（1）得()()2351e xf x x x =-+．若()()f x g x ≥在()0,∞+上恒成立，则()()2235136x xx x e x x m e m -+≥-+-在()0,∞+上恒成立， 即()()11x xx e e m +≥-在()0,∞+上恒成立，因为0x >，所以10xe ->，从而可得()11xxx e m e +≤-在()0,∞+上恒成立．令()()()1e 0e 1xxx h x x +=>-，则()()()2e e 2e 1x x x x h x --'=-，令()()e 20x x x x ϕ=-->，则()e 10xx ϕ'=->恒成立，()x ϕ在()0,∞+上为增函数． 又()1e 120ϕ=--<，()22e 40ϕ=->，所以存在()01,2x ∈，使得()00e 20o xx x ϕ=--=，得()00h x '=，且当00x x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减；当0x x >时，()0h x '>，()h x 单调递增．则()()()000min 1e e 1xx x h x h x +==-．又00e 20xx --=，所以002x ex =+，代入上式，得()002h x x =+．又()01,2x ∈，所以()()03,4h x ∈．因为()min m h x ≤，且N m ∈，所以3m ≤，故m 的最大值为3． 【点睛】方法点睛：“隐零点”问题：求解导数压轴题时，如果题干中未提及零点或零点不明确，依据有关理论（如函数零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们称这类问题为“隐零点”问题（零点大小确定的叫“显零点”）．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：。
2021年浙江省高考数学试题(解析版)
【解析】
【分析】根据二项展开式定理，分别求出 的展开式，即可得出结论.
【详解】 ，
，
所以 ，
，
所以 .
故答案为： .
14.在 中， ，M是 的中点， ，则 ___________， ___________.
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】由题意结合余弦定理可得 ，进而可得 ，再由余弦定理可得 .
【答案】(1). (2).
【解析】
【分析】不妨假设 ，根据图形可知， ，再根据同角三角函数基本关系即可求出 ；再根据椭圆的定义求出 ，即可求得离心率．
【详解】
如图所示：不妨假设 ，设切点为 ，
，
所以 ,由 ，所以 ， ，于是 ，即 ，所以 ．
故答案为： ； ．
17.已知平面向量 满足 .记向量 在 方向上的投影分别为x，y， 在 方向上的投影为z，则 的最小值为___________.
22.设a，b为实数，且 ，函数
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
(注： 是自然对数的底数)
【答案】(1) 时， 在 上单调递增； 时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为 ；
(2) ；
(3)证明见解析.
（2）设 ， ， ，联立直线 的方程和抛物线的方程后可得 ，求出直线 的方程，联立各直线方程可求出 ，根据题设条件可得 ，从而可求 的范围.
【详解】（1）因为 ，故 ，故抛物线的方程为： .
（2）设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
2021年浙江省高考数学真题试卷(含答案)
2021年浙江省高考数学真题试卷（含答案）一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）.1．设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（）A．{x|x＞﹣1}B．{x|x≥1}C．{x|﹣1＜x＜1}D．{x|1≤x＜2} 2．已知a∈R，（1+ai）i＝3+i（i为虚数单位），则a＝（）A．﹣1B．1C．﹣3D．33．已知非零向量，，，则“•＝•”是“＝”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．B．3C．D．35．若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣y的最小值是（）A．﹣2B．﹣C．﹣D．6．如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B17．已知函数f（x）＝x2+，g（x）＝sin x，则图象为如图的函数可能是（）A．y＝f（x）+g（x）﹣B．y＝f（x）﹣g（x）﹣C．y＝f（x）g（x）D．y＝8．已知α，β，r是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（）A．0B．1C．2D．39．已知a，b∈R，ab＞0，函数f（x）＝ax2+b（x∈R）．若f（s﹣t），f（s），f（s+t）成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（）A．直线和圆B．直线和椭圆C．直线和双曲线D．直线和抛物线10．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1＝（n∈N*）．记数列{a n}的前n项和为S n，则（）A．＜S100＜3B．3＜S100＜4C．4＜S100＜D．＜S100＜5二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。
2021年普通高等学校招生统一考试数学试题(浙江卷)(附答案详解)
2021年普通高等学校招生统一考试数学试题（浙江卷）一、单选题（本大题共10小题，共50.0分）1.设集合，，则=()A. B.C. D.2.已知，(为虚数单位)，则=()A. −1B. 1C. −3D. 33.已知非零向量，，，则=是=的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：)是()A. B. 3 C. D.5.若实数，满足约束条件，则的最小值是()A. −2B. −C. −D.6.如图，已知正方体ABCD—，M，N分别是，D，，B的中点，则()A. 直线A1D与直线D1B垂直，直线MN平面ABCDB. 直线A 1D与直线D1B平行，直线MN平面C. 直线A1D与直线D1B相交，直线MN平面ABCDD. 直线A 1D与直线D1B异面，直线MN平面7.已知函数，，则图象为右图的函数可能是()A. y=f(x)+g(x)−14B. y=f(x)−g(x)−14C. y=f(x)g(x)D. y=f(x)g(x)8.已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有()A. 0个B. 1个C. 2个D. 3个9.已知，，，函数；若，，成等比数列，则平面上点的轨迹是()A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10.已知数列{}满足=1，=(n)，记数列{}的前n项和为，则()A. <<3B. 3<<4C. 4<<D. <<5二、单空题（本大题共7小题，共35.0分）11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式(x −1)3+(x +1)4=x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x +a 4，则=_________；++=__________．14. 在△ABC 中，∠B =60°，AB =2，M 是BC 的中点，AM =2√3，则AC =__________；cos∠AMC __________．15. 袋中有4个红球，m 个黄球，n 个绿球，现从中任取2个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则m −n =_________，E(ξ)=_________． 16. 已知椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，焦点F 1(−c,0)，F 2(c,0)(c >0)，若过的直线和圆+=相切，与椭圆的第一象限交于点P ，且PF 2⊥x 轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________． 17. 已知平面向量，，(0)满足||=1，||=2，=0，()=0，记平面向量在，方向上的投影分别为，．在方向上的投影为，则++的最小值是__________．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分） 18. 设函数f(x)=sinx +cosx (x ∈R)；(Ⅰ)求函数y =[f(x +π2)]2的最小正周期； (Ⅱ)求函数y =f(x)f(x −π4)在[ 0,π2 ]上的最大值．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PA=√15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD；(Ⅰ)证明：AB⊥PM；(Ⅱ)求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．20.已知数列的前项和为，，且4S n+1=3S n−9()；(Ⅰ)求数列{}的通项公式；(Ⅱ)设数列{}满足+()=0(n)，记{}的前n项和为，若对任意n恒成立，求实数的取值范围．21.如图，已知F是抛物线(p>0)的焦点，点M是抛物线的准线与轴的交⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=2；点，且|MF(Ⅰ)求抛物线方程；(Ⅱ)设过点F的直线交抛物线于，两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足=||||，求直线l在轴上截距的取值范围．22.设，为实数，且，函数f(x)=a x−bx+e2(x∈R)；(Ⅰ)求函数的单调区间；(Ⅱ)若对任意>，函数有两个不同的零点，求的取值范围；(Ⅲ)当时，证明：对任意>，函数f(x)有两个不同的零点，(< )，且满足>+．答案和解析1.【答案】D【解析】略2.【答案】C【解析】略3.【答案】B【解析】略4.【答案】A【解析】略5.【答案】B【解析】略6.【答案】A【解析】略7.【答案】D【解析】略8.【答案】C【解析】略9.【答案】C【解析】略10.【答案】A【解析】略11.【答案】【答案】25．【解析】略12.【答案】【答案】2．【解析】略13.【答案】【答案】5；10．【解析】略14.【答案】【答案】2√13；2√3913．【解析】略15.【答案】【答案】2，89．【解析】略16.【答案】【答案】；．【解析】略17.【答案】【答案】．【解析】略18.【答案】【答案】(Ⅰ)π；(Ⅱ)1+√22．【解析】【解析】(I)f(x+π2))=sin(x+π2)+cos(x+π2)=cosx−sinx，g(x)=[f(x+π2)]2=1−sin2x，故y=[f(x+π2)]2的最小正周期T=2π2=π；(2)f(x)=√2sin(x+π4)，y=(sinx+cosx)⋅√2sinx=√2sin2x+√2sinxcosx=√2⋅1−cos2x2+√22sin2x=√22+√22(sin2x−cos2x)=√22+sin(2x−π4)当0⩽x≤π2时，−π4≤2x−π4≤3π4，∴−√22≤sin(2x−π4)≤1，∴0≤y≤1+√22，综上，y在[0,π2]上的最大值为1+√22．19.【答案】(Ⅰ)如图所示，建立空间直角坐标系；(Ⅱ)√156．【解析】略20.【答案】【答案】(Ⅰ)a n=(n−4)(34)n；(Ⅱ)−1⩽⩽3．【解析】略21.【答案】【答案】(Ⅰ)y2=4x；(Ⅱ)(−∞,−4√3−7]∪[4√3−7,1)∪(1,+∞)．【解析】略22.【答案】(Ⅰ)①当b<0 , f(x)在R上单调递增；②当b>0 , f(x)在(−∞,log a blna)上单调递减，在(log a blna,+∞)上单调递增；(Ⅱ)a∈(1,e2 ] ；(Ⅲ)见解析．【解析】略。
2021年浙江省高考数学试卷真题+答案解析
2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）设集合{|1}A x x =，{|12}B x x =-<<，则(A B = )A ．{|1}x x >-B ．{|1}x xC ．{|11}x x -<<D ．{|12}x x <2．（4分）已知a R ∈，(1)3(ai i i i +=+为虚数单位），则(a = ) A ．1-B ．1C ．3-D ．33．（4分）已知非零向量a ，b ，c ，则“a c b c ⋅=⋅”是“a b =”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．32B ．3C 32D ．325．（4分）若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +⎧⎪-⎨⎪+-⎩，则12z x y =-的最小值是( )A ．2-B ．32-C ．12-D ．1106．（4分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7．（4分）已知函数21()4f x x =+，()sing x x =，则图象为如图的函数可能是( )A ．1()()4y f x g x =+- B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =8．（4分）已知α，β，r 是互不相同的锐角，则在sin cos αβ，sin cos βγ，sin cos γα三个值中，大于12的个数的最大值是( ) A ．0B ．1C ．2D ．39．（4分）已知a ，b R ∈，0ab >，函数2()()f x ax b x R =+∈．若()f s t -，()f s ，()f s t +成等比数列，则平面上点(,)s t 的轨迹是( ) A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，1*)1n n na n N a +=∈+．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分。
浙江导数解答题200题
第一题：浙江省绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测数学试题已知函数()x f x ae x -=+与21()(,)2g x x x b a b R =+-∈（1）若(),()f x g x 在2x =处有相同的切线，求,a b 的值；（2）设()()()F x f x g x =-，若函数()F x 有两个极值点1212,()x x x x >，且1230x x -≥，求实数a 的取值范围第二题：浙江省2019年诸暨市高考适应性试卷数学已知函数2()(0)x f x e ax a =->（1）若()f x 在R 上单调递增，求正数a 的取值范围；（2）若()f x 在12,x x x =处的导数相等，证明：122ln 2x x a+<（3）当12a =时，证明：对于任意11k e ≤+，若12b <，则直线y kx b =+与曲线()y f x =有唯一公共点（注：当1k >时，直线y x k =+与曲线x y e =的交点在y 轴两侧）第三题：浙江省2019年5月高三高仿真模拟浙江百校联考（金色联盟）已知函数()ln(1)()f x x ax a a R =--+∈（1）求函数()f x 在区间[2,3]上的最大值；（2）设函数()f x 有两个零点12,x x ，求证：1222x x e +>+第四题：浙江省台州市2019届高三4月调研数学试卷已知函数2()xf x x e =（1）若关于x 的方程()f x a =有三个不同的实数解，求实数a 的取值范围；（2）若实数,m n 满足(2)m n f +=-，其中m n >，分别记：关于x 的方程()f x m =在(,0)-∞上两个不同的解为12,x x ；若关于x 的方程()f x n =在(2,)-+∞上两个不同的解为34,x x ，求证：1234x x x x ->-第五题：浙江省嘉兴、平湖市2018学年第二学期高三模拟(2019.05)考试数学已知函数2()ln ,()1(,)a f x x g x bx a b R x ==+-∈（1）当1,0a b =-=时，求曲线()()y f x g x =-在1x =处的切线方程；浙江导数解答题精选200题（2）当0b =时，若对任意的[1,2]x ∈，()()0f x g x +≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当0,0a b =>时，若方程()()f x g x =有两个不同的实数解1212,()x x x x <，求证：122x x +>第六题：浙江省2019年5月份温州市普通高中高考适应性测试高三数学设函数2()ln 1,()xex f x x ax a g x e =+-+=（1）若12()()(g x g x t ==其中12)x x ≠（i ）求实数t 的取值范围；（ii ）证明：12122x x x x <+（2）是否存在实数a ，使得()()f x g x ≤在区间(0,)+∞内恒成立，且关于x 的方程()()f x g x =在(0,)+∞内有唯一解？请说明理由第七题：浙江卷-2019年全国普通高等院校统一招生考试数学试卷（终极押题卷）已知函数()ln f x x x ax =+在0x x =处取得极小值1-（1）求实数a 的值；（2）设()()(0)g x xf x b b =+>，讨论函数()g x 的零点个数第八题：2019年浙江省杭州市高考命题比赛模拟数学试卷6已知函数()ln(2)f x x a ax =+-(0)a >的最大值为()M a .（1）若关于a 的方程()M a m =的两个实数根分别为12,a a ，求证：1241a a <；（2）当2a >时，证明函数()()g x f x x =+在函数()f x 的最小零点0x 处取得极小值第九题：2019年1月嘉兴一模已知函数()ln()(,)b f x x a a b Z x=+-∈，且曲线()y f x =在(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-（1）求实数,a b 的值；（2）函数()(1)()g x f x mx m R =+-∈有两个不同的零点12,x x ，求证：212x x e >第十题：浙江省2019浙北四校12月联考设a R ∈，已知函数2()2ln f x x a x =-（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值()g a ；（3）若0a >，求使方程()2f x ax =有唯一解的a 的值第十一题：未知来源已知函数(),(),,x f x e g x ax b a b R==+∈（1）若存在1(,)x e e ∈使得不等式2()f x x m >+成立，求实数m 的取值范围；（2）若对任意实数a ，函数()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点，求实数b 的取值范围.第十二题：2019年4月份浙江省宁波市高考模拟（二模）数学已知函数1()ln f x x a x x=-+（1）若()f x 在(0,)+∞上魏单调函数，求实数a 的取值范围；（2）若32522a ≤≤，记()f x 的两个极值点12,x x ，记1212()()f x f x x x --的最大值与最小值分别为,M m ，求M m -的值第十三题：浙江省衢州二中2018学年第二学期高三第一次模拟考试数学试题已知函数21()(23)3ln 2f x ax b a x x =+-++，其中0,a b R >∈（1）当3b =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当3a =且0b <时，①若()f x 有两个极值点1212,()x x x x <，求证：19()2f x <-；②若对任意[1,]x t ∈，都有2139()22e f x -≤≤-成立，求正实数t 的最大值第十四题：浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考数学试题已知函数32()92627f x x x x =-+-+（1）若()f x 在1212,()x x x x x =≠处导数相等，证明：12()()f x f x +为定值，并求该定值；（2）已知对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点，求实数a 的取值范围第十五题：2019年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷已知()ln (,2)x x f x e ea x a N a -=+-∈≥的极值点01(,1)2x ∈（1）求a 的值；（2）若不等式()()f x b b Z ≥∈恒成立，求b 的最大值第十六题：浙江省嘉兴、丽水、衢州2019年4月高考模拟测试数学试题已知函数23()xf x x e =（1）若0,x <求证：1()9f x <（2）若0x >，恒有()(3)2ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围第十七题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（一）已知定义在(0,)+∞上的函数22()4x xf x a xe ax e-=-+（1）当42a e -=时，求()f x 的单调减区间；（2）对于任意的实数a ，方程()f x b =至多有一解，求b 的取值范围第十八题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（二）已知函数()ln()(,)f x ax b x a b R =+-∈（1）若1a b -=，求()f x 的极值点；（2）若()0f x ≤恒成立，求ab 的最大值第十九题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（三）已知函数1()(0)f x p x x=-<，()ln g x x =（1）当3p =-时，求()f x 与()g x 图象的公切线l 的方程；（2）若()f x 在(,())a f a 处的切线与()g x 的图象交于(,()),(,())()b g b c g c b c <，求证：22b cbc a +<<第二十题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（四）设函数()()xf x e ax a a R =-+∈（1）若函数()2'()f x f x +无零点，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <，证明：12'()0f x x <第二十一题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（四）已知不等式ln(1)x a x a x+>+对任意的(0,)x ∈+∞恒成立（1）求实数a 的取值范围；（2）当(0,)x ∈+∞时，求证：2ln 12(1)x x x e +>-第二十二题：浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题已知函数2()2,()ln (0)f x x g x m x m ==>，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点（1）求m 的值；（2）若存在实数,a b ，使得关于x 的不等式()()2g x ax b f x ≤+≤+对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值第二十三题：浙江杭州第十四中学2019届高三9月月考数学已知函数2()xe f x mx nx k=++，其中,,m n k R ∈（1）若1n k ==，且当0x ≥时，()1f x ≥总成立，求实数m 的取值范围；（2）若0,0,1m n k >==，()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：2121()()2e m ef x f x m +<+<第二十四题：浙江省金华十校2016-2017学年高二下学期期末考数学设函数32(),()1x f x e x h x kx kx x =-=-+-+（1）求()f x 的最小值；（2）设()()h x f x ≤对任意[0,1]x ∈恒成立时k 的最大值为λ，证明：46λ<<第二十五题：浙江省2019年高考模拟训练卷（三）已知函数2(),()2ln 2()x a f x g x x a a R x a+==+∈+（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解第二十六题：2017届浙江省湖州衢州丽水三市高三4月联考数学设函数()(,)xf x e ax b a b R =-+∈第二十七题：2017届浙江省高三上学期高考模拟考试数第二十八题：2013届浙江省萧山中学高三10月阶段性测试数学理第二十九题：浙江省绍兴、嵊州2019年上半年高三第二次教学质量调测高三数学试卷第三十题：浙江2019届高三年级三校（新昌中学.浦江中学.富阳中学）联考数学第三十一题：浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2019年3月）数学试题第三十二题：2019年浙江省高考数学押题卷（一）第三十三题：2019年浙江省普通高等学校招生临考冲刺原创卷（三）第三十四题：2019年浙江省普通高等学校招生新考纲信息卷（一）第三十五题：浙江省温州市2019届高三8月（温州市普通高中）适应性测试数学试题第三十六题：浙江省知行联盟2019年2月高三仿真考数学试卷(5)第三十七题：2019年浙江省高考信息模拟卷数学（五）第三十八题：2019年浙江省高考信息模拟卷数学（四）第三十九题：浙江省绍兴市嵊州市2018学年第一学期期末高中教学质量调测高三数学试题第四十题：浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考数学试题第四十一题：2019年1月浙江高考数学研究卷（五）第四十二题：2019年1月浙江高考数学研究卷（四）第四十三题：2019年1月浙江高考数学研究卷（六）第四十四题：浙江省诸暨市2018-2019学年第一学期期末考试试题高三数学第四十五题：2019年浙江省高考信息优化卷（一）第四十六题：2019年浙江省高考信息优化卷（二）第四十七题：2019年浙江省高考信息优化卷（三）第四十八题：2019年浙江省高考信息优化卷（四）第四十九题：2019年浙江省高考信息优化卷（五）第五十题：2018学年第二学期浙江省名校协作体联考高三年级数学学科已知函数f (x )＝ln x ax+（1）若函数f (x )有极值，求实数a 的取值范围；（2）当a =1时，若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>1+2ln 2；（3）若函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点x1，x2(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2e。
2021高考数学导数专题及答案
++值，有极值时求出极值．8．已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．9．设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．10．已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．11．设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x f （x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．12．已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．2017年高考真题导数专题参考答案与试题解析一．解答题（共12小题）1．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣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．【解答】解：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x ﹣1，当a=0时，f′（x）=﹣2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜0，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln）时，f（x）单调递减，x∈（ln，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞0时，f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，当x→﹣∞时，e2x→0，e x→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e2x→+∞，且远远大于e x和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln）是减函数，在（ln，+∞）是增函数，∴f（x）min=f（ln）=a×（）+（a﹣2）×﹣ln＜0，∴1﹣﹣ln＜0，即ln+﹣1＞0，设t=，则g（t）=lnt+t﹣1，（t＞0），求导g′（t）=+1，由g（1）=0，∴t=＞1，解得：0＜a＜1，∴a的取值范围（0，1）．方法二：（1）由f（x）=ae2x+（a﹣2）e x﹣x，求导f′（x）=2ae2x+（a﹣2）e x﹣1，当a=0时，f′（x）=2e x﹣1＜0，∴当x∈R，f（x）单调递减，当a＞0时，f′（x）=（2e x+1）（ae x﹣1）=2a（e x+）（e x﹣），令f′（x）=0，解得：x=﹣lna，当f′（x）＞0，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，f（x）单调递减，x∈（﹣lna，+∞）单调递增；当a＜0时，f′（x）=2a（e x+）（e x﹣）＜0，恒成立，∴当x∈R，f（x）单调递减，综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，﹣lna）是减函数，在（﹣lna，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x=﹣lna时，f（x）取得最小值，f（x）min=f（﹣lna）=1﹣﹣ln，当a=1，时，f（﹣lna）=0，故f（x）只有一个零点，当a∈（1，+∞）时，由1﹣﹣ln＞0，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（0，1）时，1﹣﹣ln＜0，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）=ae﹣4+（a﹣2）e﹣2+2＞﹣2e﹣2+2＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n0＞ln（﹣1），则f（n0）=（a+a﹣2）﹣n0＞﹣n0＞﹣n0＞0，由ln（﹣1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（0，1）．2．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【解答】（1）解：因为f（x）=ax2﹣ax﹣xlnx=x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）=ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）=a﹣．则当a≤0时h′（x）＜0，即y=h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）=0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x＜时h′（x）＜0、当x＞时h′（x）＞0，所以h（x）min=h（），又因为h（1）=a﹣a﹣ln1=0，所以=1，解得a=1；（2）证明：由（1）可知f（x）=x2﹣x﹣xlnx，f′（x）=2x﹣2﹣lnx，令f′（x）=0，可得2x﹣2﹣lnx=0，记t（x）=2x﹣2﹣lnx，则t′（x）=2﹣，令t′（x）=0，解得：x=，所以t（x）在区间（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，所以t（x）min=t（）=ln2﹣1＜0，从而t（x）=0有解，即f′（x）=0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0=0，所以f（x0）=﹣x0﹣x0lnx0=﹣x0+2x0﹣2=x0﹣，由x0＜可知f（x0）＜（x0﹣）max=﹣+=；由f′（）＜0可知x0＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，所以f（x0）＞f（）=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．3．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m，求m的最小值．【解答】解：（1）因为函数f（x）=x﹣1﹣alnx，x＞0，所以f′（x）=1﹣=，且f（1）=0．所以当a≤0时f′（x）＞0恒成立，此时y=f（x）在（0，+∞）上单调递增，这与f（x）≥0矛盾；当a＞0时令f′（x）=0，解得x=a，所以y=f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，即f（x）min=f （a），又因为f（x）min=f（a）≥0，所以a=1；（2）由（1）可知当a=1时f（x）=x﹣1﹣lnx≥0，即lnx≤x﹣1，所以ln（x+1）≤x当且仅当x=0时取等号，所以ln（1+）＜，k∈N*．一方面，ln（1+）+ln（1+）+…+ln（1+）＜++…+=1﹣＜1，即（1+）（1+）…（1+）＜e；另一方面，（1+）（1+）…（1+）＞（1+）（1+）（1+）=＞2；从而当n≥3时，（1+）（1+）…（1+）∈（2，e），因为m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m成立，所以m的最小值为3．4．（2017•江苏）已知函数f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）的极值点是f（x）的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b2＞3a；（3）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，求a的取值范围．【解答】（1）解：因为f（x）=x3+ax2+bx+1，所以g（x）=f′（x）=3x2+2ax+b，g′（x）=6x+2a，令g′（x）=0，解得x=﹣．由于当x＞﹣时g′（x）＞0，g（x）=f′（x）单调递增；当x＜﹣时g′（x）＜0，g（x）=f′（x）单调递减；所以f′（x）的极小值点为x=﹣，由于导函数f′（x）的极值点是原函数f（x）的零点，所以f（﹣）=0，即﹣+﹣+1=0，所以b=+（a＞0）．因为f（x）=x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，所以f′（x）=3x2+2ax+b=0的实根，所以4a2﹣12b≥0，即a2﹣+≥0，解得a≥3，所以b=+（a≥3）．（2）证明：由（1）可知h（a）=b2﹣3a=﹣+=（4a3﹣27）（a3﹣27），由于a＞3，所以h（a）＞0，即b2＞3a；（3）解：由（1）可知f′（x）的极小值为f′（﹣）=b﹣，设x1，x2是y=f（x）的两个极值点，则x1+x2=，x1x2=，所以f（x1）+f（x2）=++a（+）+b（x1+x2）+2=（x1+x2）[（x1+x2）2﹣3x1x2]+a[（x1+x2）2﹣2x1x2]+b（x1+x2）+2=﹣+2，又因为f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣，所以b﹣+﹣+2=﹣≥﹣，因为a＞3，所以2a3﹣63a﹣54≤0，所以2a（a2﹣36）+9（a﹣6）≤0，所以（a﹣6）（2a2+12a+9）≤0，由于a＞3时2a2+12a+9＞0，所以a﹣6≤0，解得a≤6，所以a的取值范围是（3，6]．5．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）=（1﹣x2）e x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围．【解答】解：（1）因为f（x）=（1﹣x2）e x，x∈R，所以f′（x）=（1﹣2x﹣x2）e x，令f′（x）=0可知x=﹣1±，当x＜﹣1﹣或x＞﹣1+时f′（x）＜0，当﹣1﹣＜x＜﹣1+时f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣∞，﹣1﹣），（﹣1+，+∞）上单调递减，在（﹣1﹣，﹣1+）上单调递增；（2）由题可知f（x）=（1﹣x）（1+x）e x．下面对a的范围进行讨论：①当a≥1时，设函数h（x）=（1﹣x）e x，则h′（x）=﹣xe x＜0（x＞0），因此h（x）在[0，+∞）上单调递减，又因为h（0）=1，所以h（x）≤1，所以f（x）=（1﹣x）h（x）≤x+1≤ax+1；②当0＜a＜1时，设函数g（x）=e x﹣x﹣1，则g′（x）=e x﹣1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，又g（0）=1﹣0﹣1=0，所以e x≥x+1．因为当0＜x＜1时f（x）＞（1﹣x）（1+x）2，所以（1﹣x）（1+x）2﹣ax﹣1=x（1﹣a﹣x﹣x2），取x0=∈（0，1），则（1﹣x0）（1+x0）2﹣ax0﹣1=0，所以f（x0）＞ax0+1，矛盾；③当a≤0时，取x0=∈（0，1），则f（x0）＞（1﹣x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，矛盾；综上所述，a的取值范围是[1，+∞）．6．（2017•浙江）已知函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）=（x﹣）e﹣x（x≥），导数f′（x）=（1﹣••2）e﹣x﹣（x﹣）e﹣x=（1﹣x+）e﹣x=（1﹣x）（1﹣）e﹣x；（2）由f（x）的导数f′（x）=（1﹣x）（1﹣）e﹣x，可得f′（x）=0时，x=1或，当＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）递减；当1＜x＜时，f′（x）＞0，f（x）递增；当x＞时，f′（x）＜0，f（x）递减，且x≥⇔x2≥2x﹣1⇔（x﹣1）2≥0，则f（x）≥0．由f（）=e，f（1）=0，f（）=e，即有f（x）的最大值为e，最小值为f（1）=0．则f（x）在区间[，+∞）上的取值范围是[0，e]．7．（2017•山东）已知函数f（x）=x2+2cosx，g（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.17828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；（Ⅱ）令h（x）=g （x）﹣a f（x）（a∈R），讨论h（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．【解答】解：（I）f（π）=π2﹣2．f′（x）=2x﹣2sinx，∴f′（π）=2π．∴曲线y=f（x）在点（π，f（π））处的切线方程为：y﹣（π2﹣2）=2π（x﹣π）．化为：2πx﹣y﹣π2﹣2=0．（II）h（x）=g （x）﹣a f（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）﹣a（x2+2cosx）h′（x）=e x（cosx﹣sinx+2x﹣2）+e x（﹣sinx﹣cosx+2）﹣a（2x﹣2sinx）=2（x﹣sinx）（e x﹣a）=2（x﹣sinx）（e x﹣e lna）．令u（x）=x﹣sinx，则u′（x）=1﹣cosx≥0，∴函数u（x）在R上单调递增．∵u（0）=0，∴x＞0时，u（x）＞0；x＜0时，u（x）＜0．（1）a≤0时，e x﹣a＞0，∴x＞0时，h′（x）＞0，函数h（x）在（0，+∞）单调递增；x＜0时，h′（x）＜0，函数h（x）在（﹣∞，0）单调递减．8．（2017•北京）已知函数f（x）=e x cosx﹣x．（1）求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，]上的最大值和最小值．【解答】解：（1）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，可得曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k=e0（cos0﹣sin0）﹣1=0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（2）函数f（x）=e x cosx﹣x的导数为f′（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，令g（x）=e x（cosx﹣sinx）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）=e x（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）=﹣2e x•sinx，当x∈[0，]，可得g′（x）=﹣2e x•sinx≤0，即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）=0，则f（x）在[0，]递减，即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）=e0cos0﹣0=1；最小值为f（）=e cos﹣=﹣．9．（2017•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，进而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x=．当x变化时，g′（x），g（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，﹣1）（﹣1，）（，+∞）g′（x）+﹣+g（x）↗↘↗所以，g（x）的单调递增区间是（﹣∞，﹣1），（，+∞），单调递减区间是（﹣1，）．（Ⅱ）证明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．令函数H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），则H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．由（Ⅰ）知，当x∈[1，2]时，g′（x）＞0，故当x∈[1，x0）时，H′1（x）＜0，H1（x）单调递减；当x∈（x0，2]时，H′1（x）＞0，H1（x）单调递增．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，令函数H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），则H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上单调递增，故当x∈[1，x0）时，H′2（x）＞0，H2（x）单调递增；当x∈（x0，2]时，H′2（x）＜0，H2（x）单调递减．因此，当x∈[1，x0）∪（x0，2]时，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．所以，h（m）h（x0）＜0．（Ⅲ）对于任意的正整数p，q，且，令m=，函数h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．由（Ⅱ）知，当m∈[1，x0）时，h（x）在区间（m，x0）内有零点；当m∈（x0，2]时，h（x）在区间（x0，m）内有零点．所以h（x）在（1，2）内至少有一个零点，不妨设为x1，则h（x1）=g（x1）（﹣x0）﹣f（）=0．由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上单调递增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），于是|﹣x0|=≥=．因为当x∈[1，2]时，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）在区间[1，2]上除x0外没有其他的零点，而≠x0，故f（）≠0．又因为p，q，a均为整数，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整数，从而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．所以|﹣x0|≥．所以，只要取A=g（2），就有|﹣x0|≥．10．（2017•山东）已知函数f（x）=x3﹣ax2，a∈R，（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．【解答】解：（1）当a=2时，f（x）=x3﹣x2，∴f′（x）=x2﹣2x，∴k=f′（3）=9﹣6=3，f（3）=×27﹣9=0，∴曲线y=f（x）在点（3，f（3））处的切线方程y=3（x﹣3），即3x﹣y﹣9=0（2）函数g（x）=f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx=x3﹣ax2+（x﹣a）cosx﹣sinx，∴g′（x）=（x﹣a）（x﹣sinx），令g′（x）=0，解得x=a，或x=0，①若a＞0时，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（a，+∞）上单调递增，当0＜x＜a时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（0，a）上单调递减，∴当x=a时，函数有极小值，极小值为g（a）=﹣a3﹣sina当x=0时，有极大值，极大值为g（0）=﹣a，②若a＜0时，当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＜a时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，a）上单调递增，当a＜x＜0时，g′（x）＜0恒成立，故g（x）在（a，0）上单调递减，∴当x=a时，函数有极大值，极大值为g（a）=﹣a3﹣sina当x=0时，有极小值，极小值为g（0）=﹣a③当a=0时，g′（x）=x（x+sinx），当x＞0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，当x＜0时，g′（x）＞0恒成立，故g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，∴g（x）在R上单调递增，无极值．11．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）=e x f（x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y=g（x）和y=e x的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x=x0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）≤e x在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：由f（x）=x3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，可得f'（x）=3x2﹣12x ﹣3a（a﹣4）=3（x﹣a）（x﹣（4﹣a）），令f'（x）=0，解得x=a，或x=4﹣a．由|a|≤1，得a＜4﹣a．当x变化时，f'（x），f（x）的变化情况如下表：x（﹣∞，a）（a，4﹣a）（4﹣a，+∞）f'（x）+﹣+f（x）↗↘↗∴f（x）的单调递增区间为（﹣∞，a），（4﹣a，+∞），单调递减区间为（a，4﹣a）；（Ⅱ）（i）证明：∵g'（x）=e x（f（x）+f'（x）），由题意知，∴，解得．∴f（x）在x=x0处的导数等于0；（ii）解：∵g（x）≤e x，x∈[x0﹣1，x0+1]，由e x＞0，可得f（x）≤1．又∵f（x0）=1，f'（x0）=0，故x0为f（x）的极大值点，由（I）知x0=a．另一方面，由于|a|≤1，故a+1＜4﹣a，由（Ⅰ）知f（x）在（a﹣1，a）内单调递增，在（a，a+1）内单调递减，故当x0=a时，f（x）≤f（a）=1在[a﹣1，a+1]上恒成立，从而g（x）≤e x在[x0﹣1，x0+1]上恒成立．由f（a）=a3﹣6a2﹣3a（a﹣4）a+b=1，得b=2a3﹣6a2+1，﹣1≤a≤1．令t（x）=2x3﹣6x2+1，x∈[﹣1，1]，∴t'（x）=6x2﹣12x，令t'（x）=0，解得x=2（舍去），或x=0．∵t（﹣1）=﹣7，t（1）=﹣3，t（0）=1，故t（x）的值域为[﹣7，1]．∴b的取值范围是[﹣7，1]．12．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．【解答】解：（1）f（x）=e x（e x﹣a）﹣a2x=e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）=2e2x﹣ae x﹣a2=（2e x+a）（e x﹣a），①当a=0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）=0，解得x=lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）=0，解得x=ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a=0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a=0时，f（x）=e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min=f（lna）=﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得f（x）min=f（ln（﹣））=﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]。
2021年高考数学真题试卷(浙江卷)含答案
2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
（共10题；共40分）1.设集合，，则（）A. B. C. D.2.已知，，(i为虚数单位)，则（）A. -1B. 1C. -3D. 33.已知非零向量，则“ ”是“ ”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. 3 C. D.5.若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（）A. -2B.C.D.6.如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B. C. D.8.已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（）A. 0B. 1C. 2D. 39.已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10.已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A. B. C. D.二、填空题（共7题；共36分），小正方形的面积为，则________.12.已知，函数若，则________.13.已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为________. 14.已知多项式，则________，________.15.在中，，M是的中点，，则________，________.16.袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则________，________.17.已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.三、解答题：本大题共5小题，共74分。
2021年浙江省高考数学试卷真题+答案解析
2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（4分）设集合{|1}A x x =，{|12}B x x =-<<，则(A B = )A ．{|1}x x >-B ．{|1}x xC ．{|11}x x -<<D ．{|12}x x <2．（4分）已知a R ∈，(1)3(ai i i i +=+为虚数单位），则(a = ) A ．1-B ．1C ．3-D ．33．（4分）已知非零向量a ，b ，c ，则“a c b c ⋅=⋅”是“a b =”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．32B ．3C 32D ．325．（4分）若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +⎧⎪-⎨⎪+-⎩，则12z x y =-的最小值是( )A ．2-B ．32-C ．12-D ．1106．（4分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7．（4分）已知函数21()4f x x =+，()sing x x =，则图象为如图的函数可能是( )A ．1()()4y f x g x =+- B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =8．（4分）已知α，β，r 是互不相同的锐角，则在sin cos αβ，sin cos βγ，sin cos γα三个值中，大于12的个数的最大值是( ) A ．0B ．1C ．2D ．39．（4分）已知a ，b R ∈，0ab >，函数2()()f x ax b x R =+∈．若()f s t -，()f s ，()f s t +成等比数列，则平面上点(,)s t 的轨迹是( ) A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，1*)1n n na n N a +=∈+．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分。
2021年浙江省高考数学试题(含解析)
该等腰梯形的上底为
2 ，下底为 2
2 ，腰长为 1，故梯形的高为
1- 1 = 2
2， 2
( ) V 故 ABCD- A1B1C1D1
=
1´ 2
2 + 2 2 ´ 2 ´1 = 3 ， 22
故选：A.
6
Q，R，N，且 RN 2 = PN × QN ，求直线 l 在 x 轴上截距的范围.
22．设 a，b 为实数，且 a > 1，函数 f ( x) = ax - bx + e2(x Î R)
（1）求函数 f ( x) 的单调区间；
（2）若对任意 b > 2e2 ，函数 f ( x) 有两个不同的零点，求 a 的取值范围；
对于 A， y = f ( x) + g ( x) - 1 = x2 + sin x ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除 A；
4
对于 B， y = f ( x) - g ( x) - 1 = x2 - sin x ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除 B；
4
对于
C，
y
=
f
( x) g ( x)
故 sina cos b ,sin b cosg ,sin g cosa 不可能均大于 1 .
2
取a = p ，b = p ，g = p ，
6
3
4
则 sina cos b = 1 < 1 ,sin b cosg = 6 > 1 ,sin g cosa = 6 > 1 ，
42
42
42
1 故三式中大于 的个数的最大值为 2，
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)(附答案详解)
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x|x⩾1} , B= {x|−1<x<2}，则A∩B=()A. B. C. D.2.已知a∈R，(1+ai) i =3+i(i为虚数单位)，则a=()A. B. C. D.3.已知非零向量a⃗，b⃗ ，c⃗，则“a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗”是“a⃗=b⃗ ”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几何体的体积是(单位：cm3)()A.B.C.D.5.若实数x , y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0，则z=x−12y最小值是()A. B. C. D.6.已知正方体，，分别是，，，的中点，则()A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与异面，直线平面7.已知函数，则为右图的函数可能是()A.B. y =f(x)−g(x)−14 C.D.8. 已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有( )A. 个B. 个C. 个D. 个9. 已知 a , b ∈ R , a b >0，若函数f(x)=ax 2+b (x ∈R)，且f(s −t)，f(s)，f(s +t)成等比数列，则平面上点(s , t)的轨迹是( )A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10. 已知数列满足，，记数列的前和项，则( )A.B.C.D.二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S 1，小正方形的面积为S 2，则S1S 2= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式，则__________；__________．14. 在中，，，是的中点，，则__________；__________．15.袋中有4个红球，个黄球，个绿球，现从中任取两个球，记取出的红球数为；若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则_________，_________．16.已知椭圆，焦点，；过的直线和圆相切，并与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．17.已知平面向量，，满足，，，，记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为，则的最小值的等于__________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R).(1)求函数y=[f(x+π2)]2的最小正周期；(2)求函数y=f(x)f(x−π4)在[0,π2]上的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．1证明：；2求直线与平面所成角的正弦值．20.已知数列a n的前n项和为S n，a1=−9，且4S n+1=3S n−9(n∈N∗).4(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0(n∈N∗)，记{b n}的前项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．21.如图，已知F是抛物线y2=2px (p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2．(1)求抛物线方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A , B两点，若斜率为2的直线l与直线MA , MB , AB , x轴依次交于点P , Q , R , N，且满足|RN|2=|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．22.设a , b为实数，且a>1，函数f(x)=a x−b x+e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，且满足x2>blnb2e2x1+e2b．答案和解析1.【答案】D【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算【解析】【解析】由题意可知，A∩B= { x | 1⩽x<2 }，故选D．2.【答案】C【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件【解析】【解析】∵(1+ai) i = −a+i = 3+i，∴a=−3.故选：C．3.【答案】B【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积【解析】【解析】∵a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，∴(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，即(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，但a⃗≠b⃗ 不一定成立，故充分性不满足，若a⃗=b⃗ ，则a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗必成立，故必要性满足，所以是必要不充分条件．故选：B．4.【答案】A【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱A B C D−A1B1C1D1，由俯视图可知，底面A B C D为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体，则BE=√22，所以V=12×(√2+2√2)×√22⋅1=32．故选：A．5.【答案】B【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：y=2x−2z，当直线l过点A(−1 ,1)时，z有最小值−32．故选：B．6.【答案】A【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系 【解析】【解析】连接AD 1，则AD 1与A 1D 交于M ，AD 1⊥AD 1， 在正方体中，∵A B ⊥平面ADD 1A 1，∴A B ⊥A 1D ， ∴AD 1⊥平面ABD 1， ∴A 1D ⊥D 1 B ， ∵M 为AD 1中点， N 为D 1 B 中点， ∴M N//A B ，∴M N//平面A B C D ． 故选：A ．7.【答案】D【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动 【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，y =f(x)+g(x)−14=x 2+sinx 与y =f(x)−g(x)−14=x 2−sinx 均为非奇非偶函数，排除A 和B ，对于C ，y =f(x)g(x)=(x 2+14) sinx 在[0， π2]上单调，与题意不符． 故选：D ．8.【答案】C【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换【解析】【解析】假设sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα均大于12，即sinαcosβ>12，sinβcosγ>12，sinγcosα>12，则(sinαcosβ)⋅(sinβcosγ)⋅(sinγcosα)>18，而另一方面，(sinαcosβ)(sinβcosγ)(sinγcosα)=(sinαcosα)(sinβcosβ)(sinγcosγ)，化简得，12sin2α⋅12sin2β⋅12sin2γ=18sin2α⋅sin2β⋅sin2γ≤18，故sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于12，取β=π4，α=π3，γ=π6，得到sinαcosβ=√64>12，且sinβcosγ=√64>12，∴大于12的数至多有2个．故选：C．9.【答案】C【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程【解析】【解析】∵f(s−t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，∴f2(s)=f(s−t)⋅f(s+t)⇒[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，⇒a2(s2−t2)2+a b(2s2+2t2)+b2=a2s4+2abs2+b2，⇒a2(s4−2s2t2+t4)+2abs2+2abt2+b2=a2s4+2abs2+b2，∴a2t4−2a2s2t2+2abt2=0⇒at4−2as2t2+2bt2=0⇒t2(at2−2as2+2b)= 0，当t=0时，(s , t)的轨迹是直线，当at2−2as2+2b=0时，2s2−t2=2ba>0，即s2ba−t2a=1，此时(s , t)的轨迹是双曲线．故选：C．10.【答案】A【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和【解析】【解析】∵a n+1=n1+√a ⇒a n+1+a n+1√a n =a n ，∴a n+1=n n+1√a ，∵√a n >12(√a n +√a n+1)， ∴a n+1<n n+112(√a +√a )=2(√a n −√a n+1)，∴S 100<1+2(√a 1−√a 2+√a 2−√a 3+⋯+√a 99−√a 100)=1+2(1−√a 100)<3， 易知：n ⩾2时，a n ≤12，先证明：n ⩾2时，√a n <712(√a n +√a n+1)⇔5√a n <7√a n+1⇔25 a n <49 a n+1，即：25a n <49⋅n1+√a ⇔√a n <2425(n ⩾2)成立，当n ⩾2，a n+1>n n+1712(√a +√a )=127(√a n −√a n+1)， 由a n+1=n 1+√a ⇒1an+1=1+√a n a n=1a n+√1a n ⇒1a n+1−1a n =√1a n≥1，则1a 2−1a 1>1 , 1a 3−1a 2>1 , ⋯ , 1a100−1a 99>1 ⇒1a 10>100，即a 100<1100， ∴S 100>1+12+127(√a 2−√a 3+√a 3−√a 4+⋯+√a 99−√a 100)=1+12+6√27−127√a 100≥32+6√27−635>52，综上：52<S 100<3． 故选：A ．11.【答案】25．【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则S 1S 2=251= 25．故答案为：25．12.【答案】2.【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数【解析】【解析】f(√6)=(√6)2−4=2，f(2)=|2−3|+a =3，解得a =2． 故答案为：2．13.【答案】5；10．【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数【解析】【解析】a 1 x 3=C 30x 3(−1)0+C 41x 3=5x 3，则a 1=5； a 2 x 2=C 31x 2(−1)1+C 42x 2=3x 2，则a 2=3； a 3 x =C 32x 1(−1)2+C 43x =7x ，则a 3=7； a 4=C 33x 0(−1)3+C 44=0；a 2+a 3+a 4=3+7+0=10． 故答案为：5；10．14.【答案】2√13；2√3913．【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理 【解析】【解析】因为= 60∘ ，AB =2 ，AM =2√3 ，所以BM =4 ，所以BC =8 ，AC = √AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB = 2√13 ， cos∠MAC =AC 2+AM 2−CM 22⋅AC⋅AM = 2√3913。
专练11(解答题-导数)(20题)(解析版)-2021年高考数学考点必杀300题(浙江专用)
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注 意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处 理．
3．（2021·浙江高三其他模拟）已知函数 f x ax2 bx c ex 满足 f 0 1，且曲线 y f x 在 x 1处
f
1
3a
2b
c
e
0,
即得解；
f
1
a
b
c
e
e,
（2）等价于 m
x 1 ex
ex 1
在 0, 上恒成立，利用导数求出 h(x)min
即得解.
【详解】
解：（1）由已知得 f x ax2 2a b x b c ex ，
且函数 f x 的图象过点 1, e ， f 0 1，
f 0 c 1,
g
x
ax
2x 1 ex x ln x a 1 ，经 e
过推导判断 g x 0 得到 g x g 1 0 ，所以原不等式得证.
【详解】
（1）解：由已知得 x 1 2
f
x
a
1 2x
1
ex
ax
2x 1
ex
a
ax
2x 1
1 2x
1
e
x
a
ax
2x 2 2x 1
e
x
x
1
2
2 x
1 x2 eax 2ax2 ax 1；
【详解】
解：（1）因为
f
(x)
1 x2 ekx
，所以
f
(x)
2x
k 1 ekx
x2
2021导数题集锦(含解析)
2021导数题集锦（2021·新高考Ⅰ卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点.①，；②，（2021·浙江卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若对于任意实数，均有两个不同零点，求实数的取值范围；（3）若，证明：对于任意实数，有两个零点，且.（2021·全国甲卷理）已知且，函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围.（2021·全国乙卷文）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标.（2021·全国甲卷文）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图像与轴没有公共点，求的取值范围.（2021·全国乙卷理）已知函数，是函数的极值点.（1）求；（2）证明：.（2021·天津卷）已知函数.（1）求处的切线方程；（2）求证：仅有一个极值点；（3）若存在使对任意的恒成立，求实数的取值范围.2021导数题集锦（2021·新高考Ⅰ卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.解析：（1）由，可知在单调递增，在单调递减；（2）记，，不妨设，由已知可得，即，又，由（1）可知，所以且，则有，可得，又有，，所以有，即.附注：常规解法就不写了，解析中所用的不等式有（Ⅰ），；（Ⅱ），；（Ⅲ）若且，.（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点.①，；②，解析：（1）由，若，则单调递减，在单调递增；若，则，单调递增，在单调递减；若，有，则在上单调递增；若，则，单调递增，在单调递减；（2）选条件①，由（1）可知，，结合单调性，可知仅有一个零点；选条件②，由（1）可知，取，由则有，结合单调性，可知仅有一个零点.（2021·浙江卷）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若对于任意实数，均有两个不同零点，求实数的取值范围；（3）若，证明：对于任意实数，有两个零点，且.解析：（1）由，若，有，则在上单调递增；若，则单调递减，在单调递增；（2）当，均有两个不同零点，由（1）可知，记，即有，即，记，易知单调递减，又有，则由，可知，所以有恒成立，则有，可得；（3）当，，由（1）有，，，其中，所以可知有两个不同的零点，，则有，所以，而，所以，则有，不等式得证.（2021·全国甲卷理）已知且，函数.（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求的取值范围.解析：（1）当，，有，由，得，则单调增区间为，由，得；（2）由，可得，记，有，若，有，则单调递减，有一个零点，不符合；若，则在单调递增，依题意可知，记，有，所以，由，则有，所以，（Ⅰ）若，，又有两个零点，符合；（Ⅱ）若，，，又，则可知有两个零点，符合；综上可知且.（2021·全国乙卷文）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标.解析：（1）由，，若，则在上单调递增；若，得，列表可知，单调递增，（2）设切线为，依题意有，即，有，所以，可知切线方程为，令，可得，即，所以，则可知切线与曲线的公共点为.（2021·全国甲卷文）设函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若的图像与轴没有公共点，求的取值范围.解析：（1）由，所以在单调递增；（2）由（1）有，依题意有，所以.（2021·全国乙卷理）已知函数，是函数的极值点.（1）求；（2）证明：.解析：（1）记，有，依题意有，得，而当时，有，易知单调递减，又，则在单调递增，所以为的极大值点，符合题意，综上可知；（2）由（1）可知，且，则要证，等价于证，等价于证，记，有，所以单调递减，在单调递增，则有，故不等式得证.7（2021·天津卷）已知函数.（1）求处的切线方程；（2）求证：仅有一个极值点；（3）若存在使对任意的恒成立，求实数的取值范围.解析：（1）由，有，又，则处的切线方程为；（2）由，，所以单调递减，又时，有，，结合单调性，可知有一个零点，记为，则有单调递增，在单调递减，所以为的极大值点，可知仅有一个极值点；（3）由（2）可知，依题意有，其中，且，即有，记，，有，则有单调递减，在单调递增，所以可知，故有.。
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第一题：浙江省绍兴市上虞区2019届高三第二次（5月）教学质量调测数学试题已知函数()x f x ae x -=+与21()(,)2g x x x b a b R =+-∈（1）若(),()f x g x 在2x =处有相同的切线，求,a b 的值；（2）设()()()F x f x g x =-，若函数()F x 有两个极值点1212,()x x x x >，且1230x x -≥，求实数a 的取值范围第二题：浙江省2019年诸暨市高考适应性试卷数学已知函数2()(0)x f x e ax a =->（1）若()f x 在R 上单调递增，求正数a 的取值范围；（2）若()f x 在12,x x x =处的导数相等，证明：122ln 2x x a+<（3）当12a =时，证明：对于任意11k e ≤+，若12b <，则直线y kx b =+与曲线()y f x =有唯一公共点（注：当1k >时，直线y x k =+与曲线x y e =的交点在y 轴两侧）第三题：浙江省2019年5月高三高仿真模拟浙江百校联考（金色联盟）已知函数()ln(1)()f x x ax a a R =--+∈（1）求函数()f x 在区间[2,3]上的最大值；（2）设函数()f x 有两个零点12,x x ，求证：1222x x e +>+第四题：浙江省台州市2019届高三4月调研数学试卷已知函数2()xf x x e =（1）若关于x 的方程()f x a =有三个不同的实数解，求实数a 的取值范围；（2）若实数,m n 满足(2)m n f +=-，其中m n >，分别记：关于x 的方程()f x m =在(,0)-∞上两个不同的解为12,x x ；若关于x 的方程()f x n =在(2,)-+∞上两个不同的解为34,x x ，求证：1234x x x x ->-第五题：浙江省嘉兴、平湖市2018学年第二学期高三模拟(2019.05)考试数学已知函数2()ln ,()1(,)a f x x g x bx a b R x ==+-∈（1）当1,0a b =-=时，求曲线()()y f x g x =-在1x =处的切线方程；（2）当0b =时，若对任意的[1,2]x ∈，()()0f x g x +≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当0,0a b =>时，若方程()()f x g x =有两个不同的实数解1212,()x x x x <，求证：122x x +>第六题：浙江省2019年5月份温州市普通高中高考适应性测试高三数学设函数2()ln 1,()xex f x x ax a g x e =+-+=（1）若12()()(g x g x t ==其中12)x x ≠（i ）求实数t 的取值范围；（ii ）证明：12122x x x x <+（2）是否存在实数a ，使得()()f x g x ≤在区间(0,)+∞内恒成立，且关于x 的方程()()f x g x =在(0,)+∞内有唯一解？请说明理由第七题：浙江卷-2019年全国普通高等院校统一招生考试数学试卷（终极押题卷）已知函数()ln f x x x ax =+在0x x =处取得极小值1-（1）求实数a 的值；（2）设()()(0)g x xf x b b =+>，讨论函数()g x 的零点个数第八题：2019年浙江省杭州市高考命题比赛模拟数学试卷6已知函数()ln(2)f x x a ax =+-(0)a >的最大值为()M a .（1）若关于a 的方程()M a m =的两个实数根分别为12,a a ，求证：1241a a <；（2）当2a >时，证明函数()()g x f x x =+在函数()f x 的最小零点0x 处取得极小值第九题：2019年1月嘉兴一模已知函数()ln()(,)b f x x a a b Z x=+-∈，且曲线()y f x =在(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-（1）求实数,a b 的值；（2）函数()(1)()g x f x mx m R =+-∈有两个不同的零点12,x x ，求证：212x x e >第十题：浙江省2019浙北四校12月联考设a R ∈，已知函数2()2ln f x x a x =-（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值()g a ；（3）若0a >，求使方程()2f x ax =有唯一解的a 的值第十一题：未知来源已知函数(),(),,x f x e g x ax b a b R==+∈（1）若存在1(,)x e e ∈使得不等式2()f x x m >+成立，求实数m 的取值范围；（2）若对任意实数a ，函数()()()F x f x g x =-在(0,)+∞上总有零点，求实数b 的取值范围.第十二题：2019年4月份浙江省宁波市高考模拟（二模）数学已知函数1()ln f x x a x x=-+（1）若()f x 在(0,)+∞上魏单调函数，求实数a 的取值范围；（2）若32522a ≤≤，记()f x 的两个极值点12,x x ，记1212()()f x f x x x --的最大值与最小值分别为,M m ，求M m -的值第十三题：浙江省衢州二中2018学年第二学期高三第一次模拟考试数学试题已知函数21()(23)3ln 2f x ax b a x x =+-++，其中0,a b R >∈（1）当3b =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当3a =且0b <时，①若()f x 有两个极值点1212,()x x x x <，求证：19()2f x <-；②若对任意[1,]x t ∈，都有2139()22e f x -≤≤-成立，求正实数t 的最大值第十四题：浙江省金丽衢十二校2019届高三第一次联考数学试题已知函数32()92627f x x x x =-+-+（1）若()f x 在1212,()x x x x x =≠处导数相等，证明：12()()f x f x +为定值，并求该定值；（2）已知对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点，求实数a 的取值范围第十五题：2019年4月稽阳联谊学校高三联考数学试题卷已知()ln (,2)x x f x e ea x a N a -=+-∈≥的极值点01(,1)2x ∈（1）求a 的值；（2）若不等式()()f x b b Z ≥∈恒成立，求b 的最大值第十六题：浙江省嘉兴、丽水、衢州2019年4月高考模拟测试数学试题已知函数23()xf x x e =（1）若0,x <求证：1()9f x <（2）若0x >，恒有()(3)2ln 1f x k x x ≥+++，求实数k 的取值范围第十七题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（一）已知定义在(0,)+∞上的函数22()4x xf x a xe ax e-=-+（1）当42a e -=时，求()f x 的单调减区间；（2）对于任意的实数a ，方程()f x b =至多有一解，求b 的取值范围第十八题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（二）已知函数()ln()(,)f x ax b x a b R =+-∈（1）若1a b -=，求()f x 的极值点；（2）若()0f x ≤恒成立，求ab 的最大值第十九题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（三）已知函数1()(0)f x p x x=-<，()ln g x x =（1）当3p =-时，求()f x 与()g x 图象的公切线l 的方程；（2）若()f x 在(,())a f a 处的切线与()g x 的图象交于(,()),(,())()b g b c g c b c <，求证：22b cbc a +<<第二十题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（四）设函数()()xf x e ax a a R =-+∈（1）若函数()2'()f x f x +无零点，求实数a 的取值范围；（2）若函数()f x 图象与x 轴交于12(,0),(,0)A x B x 两点，且12x x <，证明：12'()0f x x <第二十一题：名校联盟《新高考研究卷》2019年4月卷《浙江省新高考研究卷》数学（四）已知不等式ln(1)x a x a x+>+对任意的(0,)x ∈+∞恒成立（1）求实数a 的取值范围；（2）当(0,)x ∈+∞时，求证：2ln 12(1)x x x e +>-第二十二题：浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试数学试题已知函数2()2,()ln (0)f x x g x m x m ==>，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点（1）求m 的值；（2）若存在实数,a b ，使得关于x 的不等式()()2g x ax b f x ≤+≤+对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值第二十三题：浙江杭州第十四中学2019届高三9月月考数学已知函数2()xe f x mx nx k=++，其中,,m n k R ∈（1）若1n k ==，且当0x ≥时，()1f x ≥总成立，求实数m 的取值范围；（2）若0,0,1m n k >==，()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：2121()()2e m ef x f x m +<+<第二十四题：浙江省金华十校2016-2017学年高二下学期期末考数学设函数32(),()1x f x e x h x kx kx x =-=-+-+（1）求()f x 的最小值；（2）设()()h x f x ≤对任意[0,1]x ∈恒成立时k 的最大值为λ，证明：46λ<<第二十五题：浙江省2019年高考模拟训练卷（三）已知函数2(),()2ln 2()x a f x g x x a a R x a+==+∈+（1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解第二十六题：2017届浙江省湖州衢州丽水三市高三4月联考数学设函数()(,)xf x e ax b a b R =-+∈第二十七题：2017届浙江省高三上学期高考模拟考试数第二十八题：2013届浙江省萧山中学高三10月阶段性测试数学理第二十九题：浙江省绍兴、嵊州2019年上半年高三第二次教学质量调测高三数学试卷第三十题：浙江2019届高三年级三校（新昌中学.浦江中学.富阳中学）联考数学第三十一题：浙江省高考科目考试绍兴市适应性试卷（2019年3月）数学试题第三十二题：2019年浙江省高考数学押题卷（一）第三十三题：2019年浙江省普通高等学校招生临考冲刺原创卷（三）第三十四题：2019年浙江省普通高等学校招生新考纲信息卷（一）第三十五题：浙江省温州市2019届高三8月（温州市普通高中）适应性测试数学试题第三十六题：浙江省知行联盟2019年2月高三仿真考数学试卷(5)第三十七题：2019年浙江省高考信息模拟卷数学（五）第三十八题：2019年浙江省高考信息模拟卷数学（四）第三十九题：浙江省绍兴市嵊州市2018学年第一学期期末高中教学质量调测高三数学试题第四十题：浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考数学试题第四十一题：2019年1月浙江高考数学研究卷（五）第四十二题：2019年1月浙江高考数学研究卷（四）第四十三题：2019年1月浙江高考数学研究卷（六）第四十四题：浙江省诸暨市2018-2019学年第一学期期末考试试题高三数学第四十五题：2019年浙江省高考信息优化卷（一）第四十六题：2019年浙江省高考信息优化卷（二）第四十七题：2019年浙江省高考信息优化卷（三）第四十八题：2019年浙江省高考信息优化卷（四）第四十九题：2019年浙江省高考信息优化卷（五）第五十题：2018学年第二学期浙江省名校协作体联考高三年级数学学科已知函数f (x )＝ln x ax+（1）若函数f (x )有极值，求实数a 的取值范围；（2）当a =1时，若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>1+2ln 2；（3）若函数f(x)在(0，+∞)上有两个零点x1，x2(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2e。