2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含
答案
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)2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)2019年(2019全国川文20)已知函数f(χ)2X3ax22.讨论f(X)的单调性；当0
0；对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得mn；对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得mn.其中真命题有(写出所有真命题的序号).(2011广东)函数f(x)X33x21在X=处取得极小值.三、解答题(2018全国卷I)已知函数f(x)aexlnx1.(1)设X2是f(x)的极值点.求a,并求f(χ)的单调区间;1(2)证明：当a》一时，f(x)≥0•e22•(2018浙江)已知函数f(x)IXInX•(1)若f(x)在Xx1,x2(XIx2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln2;(2)若a≤34ln2,证明：对于任意k0,直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点.132(2018全国卷∏)已知函数f(x)Xa(xX1)•若a3,求f(x)的单调区间；证明：f(x)只有一个零点.2X(2018北京)设函数f(x)[ax(3a1)x3a2]e.(1)若曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线斜率为0,求a；(2)若f(x)在X1处取得极小值，求a的取值范围.225.(2018全国卷川)已知函数axX1f(X)-e(1)求曲线yf(X)在点(0,1)处的切线方程;⑵证明：当a≥1时，f(x)e≥0.(2018江苏)记f(x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在X0R,满足f(x°)g(X0)且f(X。)g(X0),则称X0为函数f(X)与g(x)的一个S点”2(1)证明：函数f(X)X与g(x)X2x2不存在S点”⑵若函数f(x)ax21与g(x)InX存在S点”求实数a的值；2bex⑶已知函数f(x)Xa,g(x).对任意a0,判断是否存在b0,使函X数f(X)与g(x)在区间(0,)内存在S点”，并说明理由.(2018天津)设函数f(X)=(Xt1)(xt2)(xt3),其中h,t2,t3R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.(1)若t20,d1,求曲线yf(X)在点(0,f(0))处的切线方程；⑵若d3,求f(X)的极值；⑶若曲线yf(x)与直线y(Xt2)6.3有三个互异的公共点，求d的取值范围.XX2(2017新课标I)已知函数f(x)e(ea)aX.(1)讨论f(x)的单调性；⑵若f(X)≥0,求a的取值范围.(2017新课标∏)设函数f(x)(1X2)eX.(1)讨论f(x)的单调性；⑵当X≥0时，f(X)≤ax1,求a的取值范围.2(2017新课标川)已知函数f(x)InXax(2a1)x.(1)讨论f(x)的单调性；⑵当a0时，证明f(X)≤—2.4a(2017天津)设a,bR,∣a≤1.已知函数f(x)x2(2017江苏)已知函数f(x)Xaxbx1(a0,bR)有极值，且导函数f(x)6x23a(a4)xb,g(x)exf(x).(I)求f(x)的单调区间；(∏)已知函数yg(x)和yex的图象在公共点(x。，y。)处有相同的切线，求证：f(x)在XX0处的导数等于0；若关于X的不等式g(x)≤ex在区间［沟1,xd1］上恒成立，求b的取值范围.(2017浙江)已知函数f(x)(X∙-2x1)eX(X≥1).2(I)求f(x)的导函数；1(∏)求f(x)在区间［?,)上的取值范围.2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)45.(I)求a,b的值;2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)(I)求a；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)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；证明：b23a；22(2016年全国I卷)已知函数f(x)(X2)ea(x1).讨论f(x)的单调性；若f(X)有两个零点，求a的取值范围•(2016年全国II卷)已知函数f(x)(X1)lnxa(x1).(I)当a4时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程；36.(∏)若当X1,时，f(x)>0,求a的取值范围•(2016年全国III卷)设函数f(x)InXX(I)讨论f(x)的单调性;37.X(∏)证明当X(1,)时，1InX(Hl)设C1,证明当X(0,1)时，1(C1)x(2015新课标2)已知函数f(x)InXa(1x)•(I)讨论f(X)的单调性;38.39.(∏)当f(x)有最大值，且最大值大于(2015新课标1)设函数fX(I)讨论fX的导函数fX(∏)证明：当a0时fX≥(2014新课标2)已知函数f(X)2a2时,求a的取值范围.2xeaInx.零点的个数;2aX32aln—.a23xax2,曲线yf(x)在点(02)处的切线与X轴交点的横坐标为一2.(∏)证明：当k1时，曲线yf(x)与直线ykx2只有一个交点.40.(2014山东)设函数fxe2k(-InX)(k为常数，e2.71828L是自然对数XX的底数)(I)当k0时，求函数fX的单调区间；(∏)若函数fX在0,2内存在两个极值点，求k的取值范围.a2(2014新课标1)设函数fXalnxXbxa1,2曲线yfx在点1,f1处的切线斜率为0(I)求b；a(∏)若存在X01,使得fX0,求a的取值范围.a1X1(2014山东)设函数f(x)alnx,其中a为常数.X1(I)若a0,求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(∏)讨论函数f(X)的单调性.43.(2014广东)已知函数f(χ)1X33ax1(aR)(I)求函数f(X)的单调区间;44.(∏)当a0时，试讨论是否存在Xd11(0,^)U(-,1),使得f(Xo)f(弓•(2014江苏)已知函数f(x)exeX,其中e是自然对数的底数.证明：f(x)是R上的偶函数;(出)若关于X的不等式mf(x)≤ex1在(0,)上恒成立，求实数m的取值范围;已知正数a满足：存在x0[1,使得f(Xo)a(x33xo)成立.试比较ea1e1的大小，并证明你的结论.X(2013新课标1)已知函数f(x)e(ax2b)X4x,曲线yf(X)在点(0,f(0))处切线方程为y4x4.2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)(I)求f(x)在［0,)内的最小值;(∏)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值.(2013新课标2)已知函数f(x)X2eX.(I)求f(X)的极小值和极大值；(∏)当曲线yf(X)的切线I的斜率为负数时，求I在X轴上截距的取值范围.a(2013福建)已知函数f(x)X1—(aR,e为自然对数的底数).e(I)若曲线yf(X)在点(1,f(1))处的切线平行于X轴，求a的值；(∏)求函数f(X)的极值；(川)当a1的值时，若直线I:ykx1与曲线yf(x)没有公共点，求k的最大值.2(2013天津)已知函数f(x)XlnX.(I)求函数f(X)的单调区间；(∏)证明：对任意的t0,存在唯一的S,使tf(s).(川)设(∏)中所确定的S关于t的函数为Sg(t),证明：当te2时，有-5Ing(t)1lnt249.(2013江苏)设函数lnXax,gXXeax,其中a为实数.(I)若fX在1上是单调减函数，且gX在1,上有最小值，求a的取值范围;(∏)若gX在1,上是单调增函数,试求fX的零点个数，并证明你的结论.X50.(2012新课标)设函数f(x)=e—ax—2(I)求f(x)的单调区间(∏)若a1,k为整数，且当X0时，(Xk)f(X)X10,求k的最大值51.(2012安徽)设函数f(x)aex丄b(a0)ae2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)3(∏)设曲线yf(X)在点(2,f(2))的切线方程为y-X;求a,b的值。52.(2012山东)已知函数fXlnxk(k为常数，e2.71828是自然对数的底数)，曲线yfX在点1,f1处的切线与X轴平行.([)求k的值;(∏)求fX的单调区间;(川)设2g(x)(Xx)f(X),其中f(X)是f(X)的导数.证明：对任意的53.(2011新课标)已知函数f(X)alnX曲线yf(X)在点(1,f(1))处的切线方程为X2y30.(I)求a,b的值;54.(∏)证明：当X0,1时,f(X)InX(2011浙江)设函数f(X)a2lnX2Xax,(I)求f(X)的单调区间;(∏)求所有实数a,使e1f(X)e2对X[1,e]恒成立.注：e为自然对数的底数.55.(2011福建)已知a,b为常数，且a0,函数f(x)axbaxlnx,f(e)2(e=2.71828…是自然对数的底数).(I)求实数b的值;(∏)求函数f(X)的单调区间;(川)当a1时，是否同时存在实数m和M(mM),使得对每一个t∈[m,M],直1一线yt与曲线yf(x)(X∈[-,e])都有公共点？若存在，求出最小的实数me和最大的实数M;若不存在，说明理由.56.(2010新课标)设函数f(x)Xex1ax22010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案),22,最大值为f(O)=2或f(I)=4以f(X)在［0,1］的最小值为27a34a,0a2,272,2a3.(I)若a=-,求f(x)的单调区间;2(∏)若当X≥0时f(x)≥0,求a的取值范围.答案部分2019年21•解析(1)f(X)6x2ax2x(3xa).Mm所以3a2a,0a2,273aZ,2a3.27a3当0a2时，可知27单调递减，所以Mm的取值范围是27a若a>0,X(则当,O)UaX0,-时，f(X)0；当3时，f(X)0.故小、aCa(,O),,0,—f(X)在3单调递增，在3单调递减；若a=0,f(X)在(,)单调递增;a11zλXaCX,—U(0,)X-,0若a<0,则当3时，f(X)O；当3时，f(X)0.故aa,;,(0,),0f(X)在3单调递增，在3单调递减.Caa0,_-,1(2)当0a3时,由(1)知，f(X)在3单调递减，在3单调递增，所X令f(X)0,得x=0或3.3a2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)3a当2a3时，27单调递减，所以Mm的取值范围是,1)综上，Mm的取值范围是8京2)2•解析(I)f(x)由X得f(X)2x1令f(X)32X,即42x1,得X又f(°)827所以曲线f(X)的斜率为的切线方程是y82764XX0,令g(x)f(x)x,x2,4]g(x)g'(x)-X22x得4令g'(x)X2(2,0)0(0,8)834g'(X)g(X)6Z0]6427Z02,4上的情况如下:g'(X),g(X)在区间所以g(X)的最小值为6,最大值为0.故6剟g(x)0,即X6剟f(x)X(出)XXagXa,x2,4,由(n)知，gX6,03时，M(a)F(0)|g(0)a|3时，M(a)F(2)|g(2)a|6a3；2所以f(X)(Xa)(Xb)f'(X)3(xb)X从而2ab3.令f'(X)CX0,得Xb或2ab3当a3时，m(a)3综上，当M(a)最小时，a3.3•解析(1)因为abC,所以f(X)(Xa)(Xb)(XC)(Xa)3.3因为f(4)8,所以(4a)8,解得a所以f(X)的极小值为f(I)(I3)(I3)32.(3)因为a0,c1,所以f(X)X(Xb)(x1)X3(b1)x2bxf'(x)3x22(b1)xb22因为0b1,所以4(b1)12b(2b1)30,.(2)因为bC,322X(a2b)Xb(2ab)xab2abab因为」3都在集合｛3,1,3｝中，且ab,2ab所以31,a3,b此时f(x)(X3)(X3)2,f'(x)3(x3)(x1)令f'(x)0,得X3或X1.列表如下:X(,3：3(3,1)1(1,)f'(x)+0—0+f(X)Z极大值]极小值Z则f'(x)有2个不同的零点，设为NXXlX2b1√b2b1b1√b2b1由f'(χ)0，得X13,x23解法Mfx1x13(b1)x12b^[3χ122(bI)^b]X罟2b2b91—X1b(b1)9X(XX1X1,X2X2(X2,f'(x)+0—0+f(x)Z极大值]极小值Z列表如下:所以f(X)的极大值MfX227b2b1(b1)b(b1)279b(b1)2(b1)2(b1)jG.b(b1)1)3272727b(b1)244M—272727.因此27.解法二：因为0b1,所以X1(0,1).当X(O-I)时，f(x)X(Xb)(x1)X(X1)2.八2g'(x)3X1(X1)令g(x)X(X1)IX(0,1),则31X_令g(X)0,得3.列表如下:X1(O-X)131L)g'(x)+0—g(x)Z极大值]X所以当13时，g(χ)取得极大值，且是最大值，故g(x)max427TOC\o"1-5"\h\z44X(OI)f(X)g(X^-M—所以当X(O,I)时，27,因此27•4•解析(I)设g(x)f(X),则g(x)CoSXXSinX1,g(x)XCoSXX(0π)X一，π(0$当V,2时，g(X)0；当2时，g(X)0,所以g(X)在,2单调递一一增，在2单调递减■一g(0)0,g0,g(一2又2,故g(X)在(O,一存在唯一零点.所以f(X)在(°,一存在唯一零点.(2)由题设知f(一…aπf(一0,可得a≤0.由(1)知，f(X)在(O,π只有一个零点，设为X。，且当X0,X0时，f(X)0；当Xxo,π时，f(X)0,所以f(X)在0,x0单调递增，在心π单调递减.又f(0)0,f(一0,所以，当X[0,一时，f(x)∙∙∙0.又当a,0,x[0,一时，ax≤0故f(x)…ax.因此，a的取值范围是(，°】.5.解析(I)设g(x)f(X),则g(x)cosxXSinX1,g(x)xcosx.X(0π)X一，一(0一当'2时，g(X)0；当2时，g(X)0,所以g(X)在'2单调递一,一增，在2单调递减•一g(0)0,g0,g(一2又2,故g(X)在(O,一存在唯一零点.2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)7•解析(I)由已知,X的定义域为(O，),且所以f(X)在(O，π存在唯一零点.(2)由题设知f(π…a∏f(π0,可得a≤0.由(1)知，f(X)在(0,∏只有一-个零点，设为x0且当X0,x0时f(X)当Xx0,π时f(X)0，所以f(X)在0,x0单调递增，在x0'冗单调递减.又f(O)0,f(π0,所以，当X[0,π时,f(x)∙∙∙0又当a,0,X[0,π时，ax≤0故f(x)…ax因此，a的取值范围是(，0]6•解析(1)f(X)的定义域为(f(X)□Inx1XIn因为ylnX单调递增,X单调递减，所以f(X)单调递增，又f(1)10,故存在唯一x0(1,2),使得X0又当Xx0时，f(X)0,f(X)单调递减;当XX0时，f(X)0,f(X)单调递增•因此,f(X)存在唯一的极值点.(2)由(1)知fX0f(1)2,又2e30,所以f(X)X0,内存在唯一根XX01得_1X0综上,11ln1丄1901,故是f(X)0在0,x0的唯一根.f(X)0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)X0f(x)1aexX因此当a≤0时,可知gX由（I）在(0,a(X1)ex1ax2ex知f(X)1ax2ex,从而f(X)02Xaxe7X—•令g(X)）内单调递减，又g（1）1ae,所以X在（0,1ax2ex由00,且）内单调递增•1Ina211In——aa0在（0,21Ina）内有唯一解，从而f（X）0在（O,）内有唯一解，不妨设为1,则X。(X)g(x)gx00,所以0,x°内单调递增；当X(X0,)时，f(X)g(x)XgX。所以X在(X0,）内单调递减，因此Xo令h(x)InXX1,则当从而当X1时，hXh111fInInIn—从而aa又因为fXf(1)0唯一零点1,从而，fX在（的唯一极值点•X0a,所以X01Ina1时,h(X),所以InXIn丄1ea（ii）由题意,ex1X0XUnx1DX11InIn-aX在(1,）内恰有两个零点0,x,0,即2Xax0eInX1aX11•因为当X1时，InX0.,故h1Ina在(1,1hIna）内有唯一零点1e51,从而•又X1X0InX1e511,故X0）内单调递减,在°,X0内有X12X0,即2X0X11X112X0两边取对数，得lneXiXlnx0整理得3x0X128•解析(I)当a3f(x)4时，3-lnX41x,x0f'(x)31(J1X2)(2.1X1)4x2.1X4x1X所以，函数f(X)的单调递减区间为(0,3),单调递增区间为f(1)10a辽Xx02lnx02Xo1由,得3，+).子J(X)2a等价于X2lnX0a,则t设g(t)t2、、x2lnx,t2,2,则g(t)g(2.2)8、X4.2.1X2lnX1X(i)当72,2,则g(t)g(2.2)11时，X8∖X421X2lnX记P(X)^2.1XlnX,X17,则2XX1、2xX1p'(X)xx1故X17(7,1)1(1,)P'(x)0+P(X)1P∈)单调递减极小值单调递增7p(1)P(X)P(I)0所以,因此,g(t)2p(x)0(ii)11e2,7时,g(t)∙∙∙g12■XInX(X1)2√Xq(X)令(X1),x17,则q'(X)ln；21012、、712、7q「P;p(1)0由(i)得7777.所以，q(χ)<0./、L~1q(x)Cg(t)…gJ1-因此,X02*X1由(i)(ii)得对任意X~,et[2、2,),g(t)∙∙∙01X~,f(X),即对任意e,均有2a.上单调递增,所以故q(X)在e2'q(χ),q综上所述，所求a的取值范围是0上42010-2018年f(X)41.C【解析］由X(2X),0X2知，f(X)在(O,I)上单调递增,在(1,2)上单调递减，排除A、B;又f(2X)ln(2X)lnxf(X),所以f(X)的图象关于X1对称，C正确.X(,2)f(X)0,f(X)单调递增；当X2,2)时f(X)0,f(X)单调递减；当X(2,)时f(X)0,f(X)单调递增•所以a2.故选D.5.D【解析】f(X)kxInx.f(X)•∙x,∙∙∙f(X)在(1,+)单调递增,所以当X1时,f(X)k丄≥0X恒成立,k≥-X在(1,+)上恒成立,0∙.∙X1,∙.1,所以k≥1,故选D.6.C【解析】由正弦型函数的图象可知:X的极值点X。满足f(XO)X。则m2k(kZ),从而得1(kI)m(kZ).所以不等式2.D【解析】由导函数的图象可知，yf(X)的单调性是减增减增，排除A、C;由导函数的图象可知，yf(x)的极值点一负两正，所以D符合，选D.f(X)X1Sin2xasinX3.C【解析】函数3在(,)单调递增2C425Cf(X)1cos2xacosXCoSXacosx…0等价于333在(，)恒成立.设Cosxt,则g(t)4+2+5tat33•0[在[1,1］恒成立,45g(1)a…0334511g(1)a…0-剟a所以33,解得33.故选C2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)10.C【解析】若C0则有f(O)0,所以A正确。由f(x)X3ax2bxC得m2[1(kkZ•由题意，存在整数k使得不等式3成立•当k1且k0时,必有(k2)221,此时不等式显然不能成立，故或k0,此时，不等式即为3,解得m7.C【解析】当X(0,1]时,3(1)3X4(1)2X1tX,令,则t[1,),a≥3t34t2t,令g(t)3t34t2tt[1,则gX9t2&1(t1)(9tI),显然在[1,0,g(t)单调递减，所以g(t)maxg(I)6,因此a≥6；同理，当X[2,0)时，得a≤2.由以上两种情况得6≤a≤2.显然当X0时也成立，故实数a的取值范围为[6，2].&C【解析】设f(X)*lnX,则f(X)ex1X,故f(X)在(O,I)上有一个极值点，即f(X)在(O，I)上不是单调函数，无法判断f(XI)与f(X2)的大小，故A、B错；构造函数g(X)Xeg(X)Xex(x1)x2,故g(X)在(O,I)上单调递减，所以gx1gx2,9.B【解析】当a可得图象D;J(X)2axg(χ)32X2axXa(aR),1f(X)2(X1)214,令g(χ)0,得23,2,易知g(x)的极小值为g(2)12,又f(2)14,所以g(2)f(2),所以图象A有可能；同理取a2,可得图象C有可能；利用排除法可知选B.2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)则X1为f(X)的极小值点，故选D.f(X)C32X32.Xaxbx,因为函数yxaxbx的对称中心为(0,0),所以f(X)x'aχ2bxC的对称中心为(°,c),所以B正确。由三次函数的图象可知，若X。是f(X)的极小值点，则极大值点在X。的左侧，所以函数在区间(∞X。)单调递减是错误的，D正确。选C.11.A【解析】若f(X)X在［0,1］上恒成立，则f(f(x))f(x)X,则f(f(x))X在［0,1］上无解；同理若f(X)X在［0,1］上恒成立，则f(f(x))f(x)X。所以f(f(X))X在［0,1］上有解等价于f(X)X在［0,1］上有解,即XexXaaexx2x,x[0,1]令g(X)exX2x,x[0,1],所以g'(x)ex2x10,x[0,1]所以a[1,e]12.D【解析】A.XR'f(X)f(XO),错误X0(X0O)是f(X)的极大值点，并不是最大值点；B.χ°是f(X)的极小值点.错误.f(X)相当于f(X)关于y轴的对称图像，故X0应是f(X)的极大值点；C.X0是f(X)的极小值点.错误.f(X)相当于f(X)关于X轴的对称图像，故Xo应是f(X)的极小值点•跟Xo没有关系；D.Xo是f(X)的极小值点.正确.f(X)相当于f(X)先关于y轴的对称，再关于X轴的对称图像.故D正确.12I1y—XInXyX13.B【解析】•••2,∙∙∙X,由y，0,解得1剟X1,又X0,.∙.0X,1故选B.14∙D【解析If(X)XeX,f(X)eX(XI),eX0恒成立，令f(X)0,则X1当X1时，f(X)0,函数单调减，当X1时，f(X)0,函数单调增，2DL解析】f(x)12x2ax2b,由f(I)0,即122a2b0,得ab6.ab≤(^-b)令t(x)P(X),则t(x)2x(ln2)2t(3)8(ln2)220,从而存在x0(I，3),使得t(XO)9由a0,b0,所以2,当且仅当ab3时取等号•选D.D【解析】若X1为函数f(x)r的一个极值点，则易知ac,∙∙选项A,B的函数为f(X)a(x1)2,∙.[f(x)ex][f(x)f(x)]exa(x1)(x3)exXC中，对称轴b2a0,且开口向下,∙.∙a0,b0,∙.f(1)2abb0X2a,且开口向上，∙a函数f(X)θζ的一个极值点满足条件；选项0,也满足条件；选项D中，对称轴0,b2a,∙f(I)2ab0,与题图矛盾,故选D.17.D【解析】由题IMNI2h'(X)2x1InX(X0)不妨令h(x)XInX,则'令h'(x)0解得X——2,因2、X,2)时，h'(x))时,CX0,当Xh'(x)0,所以当2时，|MNi达到最小•即18.3【解析】Qf(X)(2x+3)ex,f(0)319.①④【解析】因为f(X)2在R上是单调递增的,所以对于不相等的实数X1,X22为2m0X1x2恒成立，①正确；因为g(X)X1X2X2ax1(Xnnax,所以X1X2ax?)_X1X2a,正负不定，②错误；由n,整理得f(x1)g(XI)f(X2)g(x2)令函数P(X)f(X)g(x)2XX2ax,则P(x)2xln22x又t(1)2(1n2)220,2x0(ln2)220Z.P(X。)是P(X)有极小值2X)In22x0a—2log2aln2W2),所以存2a2log22在(In2),使得P(x)0In2,此时P(X)在R上单调递增，故不存在不相等的实数XjX2,使得f(XI)g(XI)f(X2)g(X2),不满足题意，③错误；由mn得f(X)g(X),即a2x∣n22x,设h(X)门n22x,则h(x)2x(ln2)20,所以h(X)在R上单调递增的，且当X时,h(x)时,h(x),所以对于任意的a,ya与yh(X)的图象一定有交点，④正确.20.2【解析】由题意f(X)3χ26x3x(x2),令f(X)0得X0或X2因X0或X2时,f(x)2时,f(x)∙∙∙X2时f(X)取得极小值.21.【解析】(1)f(X)的定义域为(0,1a22ef(x)Xae由题设知，f(2)0,所以f(x)12exInX1f(x)2e从而1:2e2eX2时,f(X)0；当X2时，f(X)0所以f(X)在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增.⑵当a≥1e时,InX1设g(X)XeInX1g(x)e,则Xe_e1时，g(X)0；当X1时，g(X)0.所以X1是g(X)的最小值点.故当0时，g(x)≥g(1)0因此，当a≥e时，f(x)≥02010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总（含答案）122.【解析】⑴函数f(X)f(X)的导函数112「X由f(X1)f(X2)得2x∣xI12∖X2X21因为XlX2,所以_Xl由基本不等式得2‘XlX2..X2≥24X1X2因为X1X2,所以XlX2256由题意得f(X1)f(X2)X1InX1...X2lnX21.X1X2In(X1X2)21g(x)-VxInx设2-g(X)C、X4)则4x所以X(0,16)16(16,)g(X)0+g(X)]24lι】2Z所以g（X）在［256，）上单调递增,故g(X1X2)g(256)88In2,即f(Xi)f(X2)88ln2(2)令m(|a|k)(IaI1)2(k,则2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)f(m)kma|a|kka≥0f(n)knan(Ink)≤n(laL1k)所以，存在χ0(m,n)使f(XO)kχ0af(X)有公共点.所以，对于任意的aR及k(O,),直线ykxa与曲线y一XInXa由f(X)kkxa得X.h(x)GInXa设X,InX1a…h(x)2g(x)1a22则XXg(x)£2;l-lnX其中由(1)可知g(X)≥g(16),又a≤34ln2，故g(x)1a≤g(16)1a34ln2a，所以h(X)≤0,即函数h(X)在(O，)上单调递减，因此方程f(X)kXaO至多1个实根•yf(x)有唯一综上，当a≤34ln2时，对于任意k0,直线ykXa与曲线公共点.23.【解析】(1)当a3时，f(X)132X3x3x32f(X)X6x3令f(x)0解得X32■3或X32.3.当X(,32、、3)U(32、.3,)时，f(x)0；当X(32√3,32两时，f(X)023)单调递减.故f(X)在(,32'3),(32'-3,)单调递增，在(323,3⑵由于X12X10,所以f(X)3X0等价于X2X13a设g(X)33ag(X)XX1,则仅当X0时g(X)0,所以g(X)在(，)单调递增.故g(X)至多有一个零点，从而f(X)至多有一个零点.f(3a1)6a22a1又312116(a6)60,f(3aI)30故f(X)有一个零点.综上，f(X)只有一个零点.24.【解析】(1)因为f(X)[aX2(3a1)x3a2]ex2X所以f(X)[ax(a1)X1]e2(ax1)(x1)exf(2)(2a1)e方法f(X)(ax1)(x1)ex(i)当a0时，令f(X)0得X1.f(X)，f(X)随X的变化情况如下表：X(,1)1(1,f(X)+0-f(χ)/极大值f(X)在X1处取得极大值，不合题意.(ii)当a0时，令f(X)0得χ11,X21a.①当X1χ2,即a1时，f(X)(X1)2eχ≥0∙∙∙f(X)在R上单调递增，∙∙∙f(χ)无极值，不合题意.X(,1)1(1】a)-a(丄af(χ)+0-0+f(χ)/极大值极小值/②当X1x2，即0a1时，f(x),f(X)随X的变化情况如下表:f(X)在X1处取得极大值，不合题意.)③当X1χ2,即a1时，f(X),f(X)随X的变化情况如下表:X(1Ja)1(^,1a)1(1,af(X)+0-0+f(x)/极大值极小值/f(x)在X1处取得极小值，即a1满足题意.X1TOC\o"1-5"\h\z(iii)当a0时，令f(X)0得1,x2af(X)，f(X)随X的变化情况如下表:X(1Ja)1a(丄,1a)1(1,f(X)0+0f(x)极小值/极大值f(X)在X1处取得极大值，不合题意.)TOC\o"1-5"\h\z综上所述，a的取值范围为(1，).ax2(2a1)x2f(X)Xf(0)225•【解析】(1)e,T(O)2.因此曲线yT(X)在点(O，I)处的切线方程是2xy10.⑵当a≥1时，f(x)e≥(x2X1ex1)ex.令g(x)≥X2X1ex1,则g(X)≥2x1ex1.当X1时，g(X)0,g(X)单调递减；当X1时，g(X)0,g(X)单调递增；所以g(x)≥g(1)=0.因此T(X)e≥0.226.［解析】(1)函数T(X)X,g(X)X2x2,则f(X)1,g(X)2x2.2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)X(**)X22x2由f(X)g(x)且f(X)g(X),得2x2,此方程组无解,因此，f(X)与g(X)不存在S点”⑵函数f(X)ax21,g(x)InX则f(X)2ax,g(X)设X。为f(X)与g(X)的S点”由f(XO)g(x°)且f(X0)g(X0),得2ax02aXoInX01Xo,即2ax0C22ax0InXoInX0得2,即X。,则1e2J)22e2时,Xo满足方程组(*),即X。为f(X)与g(X)的S点”因此,ea的值为2(3)对任意0,设h(X)X33x2ax因为h(O)0,h(1)10,且h(X)的图象是不间断的,所以存在X0(0,1),使得h(x0)0b•令2x；ex0(1XO),则b0.函数f(X)a,g(X)bex2x,g'(x)beX(X1)X2由f(X)g(x)且f(X)g(X),得bex2xXbex(x1)2x,即2x3ex0(1X0)2x03ex(x1)ex0(1X0)22010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)此时,X。满足方程组(**)，即X。是函数f(X)与g(χ)在区间(O，I)内的一个S占”八、、♦因此，对任意a0,存在b0,使函数f(X)与g(X)在区间(O,)内存在S点327.【解析】(1)由已知，可得f(X)X(X1)(x1)XX故f(x)3x1因此f(0)0,f(0)=-1,又因为曲线yf(X)在点(°,f(°))处的切线方程为yf(°)f(°)(χO),故所求切线方程为χy0.⑵由已知可得f(X)(Xt23)(Xt2)(xt23)(Xt2)39(Xt2)x33t2x2(3t；9)χt；9t2故f(X)3x'6t2χ3t；9.令f(X)=O,解得χt2T3,或χt275当X变化时，f(X),f(X)的变化如下表:X(-∞t2运)t2X(@2V3t2√3)上2J(3厂t2√3+∞)f(X)+0-0+f(χ)/极大值极小值/所以函数f(X)的极大值为f(t24)(39(G)6∙∙"3；函数小值为f(t2.3)(、3)39、36〔3(3)曲线yf(X)与直线y(X鮎)63有三个互异的公共点等价于关于X的方程(Xt2d)(xt2)(χt2d)(Xt2)6‘30有三个互异的实数解，令UXt2,可得U3(1d2)u6爲0设函数g(X)x'(Id「x63,则曲线yf(x)与直线y(Xt2)6、、3有三个互异的公共点等价于函数yg(X)有三个零点.3g'(χ)3χ2(1d)2当d≤1时,g'(χ)≥0,这时g'(χ)在R上单调递增，不合题意.I2‘当d1时,g'(X)=O,解得X1.d~1d2—1~JΓ,x2—TF•易得，g(X)在(,XI)上单调递增，在［X1,x2］上单调递减，在(x2,)上单调递增,6、3>0.9d212、3(d21)2Zλg(χ2)g(—)-g(X)的极小值3=_9()g(χJg(1)M(ClI)26,3g(X)的极大值'3=若g(X2)≥0,由g(X)的单调性可知函数yf(X)至多有两个零点，不合题意.3若g(X2)0,即(d21尸27,也就是|d「10,此时|d|X2,g(|d|)|d|6j30,且2dIX1,g(2∣d∣)6|d|32|d|6√362√i06√30,从而由g(χ)的单调性，可知函数yMX)在区间(2|dl,χi),(χi,χ2),(χ2,1d〔)内各有一个零点，符合题意.所以d的取值范围是(,而U(J0,).f(X)2xX2X2eaea(2eXa)(ea)①若a0,则f(X)$,在()单调递增.②若a0,则由f(X)0得XIna.当X(,Ina)时，f(X)0；当X(Ina,)时，f(X)0,28.【解析】(1)函数)f(X)的定义域为(所以f(X)在(，∣na)单调递减，在(Ina,)单调递增.29.【解析】(1)f(X)(12xx2)ex令f(X)0得X1.2,X1.2.当X(,1、2)时,f(X)0;当X(1.2,12)时，f(X)0；当(1迈)时,f(X)0.所以f(x)在(,1、2)(1)单调递减，在(1■2，1'2)单调递综上，a的取值范围为［X③若aX0,则由f(X)0得In(I),ln(a2))时，f(x)X0;当(∣n(a2))时，f(x)0,(2)①若a②若af(Ina)③若aa，In(2))单调递减，在2X0,则f(X)e,0,则由(1)得，当XaIna•从而当且仅当0,则由(1)得，当从而当且仅当(∣n()单调递增.所以f(x)≥0.Ina时，f(X)取得最小值，最小值为Ina0,即a≤1时，f(X)≥0In(2)时，f(X)取得最小值，最小值为2「3a[43a[4In(In(,即32e"时f(X)≥0.32e^1](2)f(X)(1x)(1X)eX增.XX当a≥1时，设函数h(X)(IX)e,h(X)Xe0,因此h(X)在[°，)单调递减，而h(O)1,故h(X)≤1,所以f(x)(X1)h(x)≤X1≤ax1当0a1时，设函数g(x)exX1，g(X)eO(XO),所以g(X)在［0，）单调递增，而g（O）0,故ex≥X当0X1时，f(X)2(1x)(1X)(1X)(1X)ax1x(1aXX2)取X0一5—4a1,则x0(O,I),(IX0)(1X0)aX0故f(XO)aX01X0.512,则×0(O,I)f(×0)(1X0)(1X0)21≥ax0综上，a的取值范围是［1,）30.［解析】（1）f（X）的定义域为(0,)f(X)2ax2a1(X1)(2ax1)若a≥0,则当X(0,)时,f(X)0,故f(x)在(0,）单调递增•X若a0,则当(0,f(X)1(2∑,）时，f（X）0•故f（X）1在(O,J)^）单调递增，在（丄2a,）单调递减(2)由（1）知，当a0时,f(X)在2a取得最大值，最大值为f(ln(⅛)114a所以f(x)≤34a2等价于ln(丄≤224a4a,12a)12a设g(x)lnxX1,则g(X)2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总（含答案）当X(O,I)时，g(χ)0；当X(I,)时，g(χ)0.所以g(χ)在(O,I)单调递增，在(I，)单调递减•故当X1时，g(X)取得最大值，最大值为g(I)0•所以当X0时,TOC\o"1-5"\h\z113ln()1≤0f(X)≤2g(X)≤0.从而当a0时，2a2a,即4a.3231.[解析】(I)由f(X)X6X3a(a4)Xb,可得f'(X)3X212x3a(a4)3(xa)(x(4a)),令f'(X)0,解得Xa,或X4a.由|a|1,得a4a.当X变化时，f'(X),f(X)的变化情况如下表：X(,a)(a,4a)(4a,f'(X)f(<)Z]Z所以，f（X）的单调递增区间为（，a）,（4a，）,单调递减区间为（a，4a）.g(x°)eX)(∣∣)(i)因为g'(X)eχ(f(x)f'(X)),由题意知g'(XO)ex0,f(X0)eχ0e<0f(0(XI),故f(X)在R上是增函数，f(X)没有极值;a√a3ba√a3bx1=X2=a3时，f(x)=°有两个相异的实根3,3列表如下X(,X1)X1(X1,X2)X2(X2,f(X)+0—0+f(X)Z极大值]极小值Z)故f(X)的极值点是X1，X2.从而a3b因此2a239a,定义域为(3，)2010-2019历年高考数学《专题三导数及其应用》真题汇总(含答案)所以f(X)在,1单调递减，在1,单调递增.(2)由(1)b2aa3知，a9ava设g(t)2!93T,则g⑴222t227—~2t29t2(3、6)时，g(t)36(-^―0,所以g(t)在2)上单调递增.因为所以aa3,3,故g(^-a)g(3③b,即二a因此b23a(3)由(1)知,f(X)的极值点是X1，X2,且X1X22X12X24a26b9从而f(xjf(X2)XTax12bx11x；axfbx2X-(3x122aX1b)^∣(3Xf心辿空20279f(X)f(X)所有极值之和为因为f(X)的极值为b因为h(a)=-a29a2因为h(6)=722ax2b)3a(X12X；)X2)h(a)1a9a,所以是h(a)在(3,是h(a)≥h(6),故a≤6因此a的取值范围为(3，］.34•【解析】(I)f'XX1eX2ah(a)=)上单调递减•(i)设a0,则当X,1时，f'x0；当X1,时，f'X2010-2019历年高考数学
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