2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析

全国卷1导数题一题多解，深度解析

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析

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 ）≥

12

x 3

+1，求a 的取值范围.。

2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析

已知函数()(2)x

f x e a x =-+. （1）当1a =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.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题

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城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析

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 ）≥12

x 3

+1，求a 的取值范围.。 解析：

（1） 单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。若一次求导不见底，则可

二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。通常二次求导的为多。

（2） 恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。常常是把恒成立化成最值

问题。由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。这里介绍了两种方法。

解：

（1） 当a=1时， 2

()e x

f x x x =+-，定义域为R ，

'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，

∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0

∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）

解法一 ，分离参数法 当x ≥0时，31()12f x x ≥

+ ，即231

()e 12

x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

当x ＞0时，上式等价于 3

2

112x

x x e a x ++-≥ 恒成立。

令 32112()x x x e g x x ++-=，则 23

1(2)(1)

2'()x x x x e g x x -++-= 再令21

()12

x h x x x e =++-

到了这里发现，由（1）可得的 2

1(0)x

e x x x +->> ，不能引用。 所以求导，

'()1x h x x e =+-

令j(x)=h ’(x) (x>0)

'()10x j x e =-<，j(x)单调递减。

∴j(x)

1102

x x x e ++-<。

当x ∈（0,2）时，g ’(x)＞0；当x ∈(2,+∞)时，g ’(x)＜0。

∴g(x)max=g(2)=2

74e -

∴a 的取值范围是2

7[,)4

e -+∞ 。 解法二：综合法，让x e 玩倒立游戏，变成x e - 。

当x≥0时，31()12f x x ≥

+ ，即231

()e 12x f x ax x x =+≥+- 等价于2311(1)02

x

ax x x e -+---≥ 。

令 231()1(1)2x g x ax x x e -=+---，则 1'()(2)[(21)]2x

g x x x x a e -=--+

（1）若2a+1≤0，即1

2

a ≤- ，当x ∈（0,2）时，g ’(x)＜0，即g(x)单调递减，而

g(0)=0，故当x ∈（0,2）时， g(x)＜0，因此不合题意（不必研究x ∈（2，+∞）的情况，否则是多余且无功，很可能出错）。

（2）若0＜2a+1＜2，即11

22

a -

<< ，当x ∈（0，2a+1）∪(2，+∞)时，g ’(x)>0；当x ∈（2a+1，2）时，g ’(x)＜0。

所以g(x)在（0,2a-1），（2，+∞）单调递增，在（2a+1,2）单调递减。

由于g(0)=0，g(x)≥0，所以g(2)=2

1(47)0a e -+-≥ ，即 2

74

e a -≥ 。 所以 当271

42

e a -≤< 时，g(x)≥0。

（3）若2a+1≥2，即1

2

a ≥ ，当x ∈(0,2)∪(2a+1,+∞)时，g ’(x)>0；当x ∈(2,2a+1)时，g ’(x)<0。

所以 g(x)在（0,2），（2a+1，+∞）单调递增；在（2，2a+1）单调递减。 又g(0)=0，g(x)≥0，所以g(2a+1)=≥0必须成立。

221

1

(21)1[(21)(21)1]2a g a a a e --+=+-+-+-

综上，a 的取值范围是2

7[,)4

e -+∞ 。

注：方框里内容的处理很灵活，也很关键。

注意：

（1）分离参数法中遇到2

1()12

x h x x x e =

++-的正负判断，多次求导。若用x e 的倒插花方式，即考察21

()(1)12

x i x x x e -=++-，可一次解决问题。

（2）综合法处理第二小题，遇第三种情况不是解出a ，a 是解不出来的，而是看限定条件下是否满足。

（3）有参数时，把参数叙述成“若”，把变量成“当”，若两者都叙述成“当”，那就让人看起来不舒服。

2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析

已知函数()(2)x

f x e a x =-+. （1）当1a =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.。 解析：

（1） 单调性，常规题，当a=1时，确定函数的单调性，一次求导或多次求导。 （2） 零点，已知零点数，求参数范围，有一定难度。

导数问题，通常可以采用五种方法：分离参数法，综合法，数形结合法，必要性充分性结合法，分类讨论法。这里介绍了前三种方法。后两种方法，很少单独使用，如本例综合法中就采用了先必要条件，然后充分条件的方式，来排除不合题意的情况。再如数形结合法中，就结合了分类讨论法。 解：

（1）a=1时，()(2)x

f x e x =-+，'()1x

f x e =- ， 当x ∈（-∞，0）时，f ’(x)＜0；当x ∈(0,+∞)时，f ’(x)＞0。 ∴ f(x)在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增。 （2）

解法一：分离参数法

'()x f x e a =-

当a ≤0时，f ’(x)≥0，f(x)单调递增，最多只能有一个零点，所以不合题意。 当a ＞0时，采用分离参数法。

不过，由于x+2在分母时，必须讨论必须以-2为界进行考察，不太方便。所以，换一种方式分离参数。

f(x)有两个零点，等价于12

()x x g x a e

+=- 有两个零点。 则1

'()x

x g x e +=

当x ∈(-∞，-1)时，g ’(x)＜0；当x ∈(-1,+∞)时，g ’(x)＞0。

所以g(x)min=g （-1）=

1

e a

- 。 要g(x)有两个零点，必须满足g(x)min<0，即 1a e

> 。 下面证明1

a e

>

时，有两个零点。 在（-∞，-1）上，g(-2)=1

0a

> ，所以其在有一个零点。

在（-1，+∞）上，由（1）可知21x e x --≥-，即 1x e x ≥+

所以 22

2

2(2)()(1)24

x

x

x x e e +=≥+=

所以当x ＞0时，2121214()(2)2

4

x x x g x x a e a a x ++=

->-=-++ 当x 同时满足x ＞4a-2时，g(x)＞0， 所以在（-1，+∞）有一个零点。

综上，g(x)有两个零点的条件是是a ∈1(,)e

+∞ ， 所以f(x)有两个零点时，a ∈1(,)e

+∞。

解法二：综合法

()(2)x f x e a x =-+ '()x f x e a =-

若a ≤0，则f ’(x)≥0，f(x)单调递增，最多只能有一个零点，所以不合题意。 若a ＞0时，可采用综合法。

当x ∈（-∞，lna ），f ’(x)＜0；当x ∈(lna,+∞)时，f ’(x)＞0。 所以 f(x)min=f(lna)=﹣a(lna+1)

若f(x)有两个零点，必须满足f(x)min ＜0，即1

a e

> 。 下面证明1

a e

>

时，f(x)有两个零点。 在（-∞，lna ）上，2

(2)0f e --=> ，所以f(x)在其上有一个零点。

在（lna ，+∞）上，由（1）可得1x

e x ≥+ ，所以 22

2

2(2)()(1)24

x

x

x x e e +=≥+=

所以 2(2)2

()(2)(2)()44

x x f x a x x a ++>

-+=+- 所以 当x ＞0且x ＞4a-2且x ＞lna 时，f(x)＞0。 所以 f(x)在（lna ，+∞）有一个零点。 综上，f(x)有两个零点的条件是a ∈1

(,)e

+∞。

解法三：分离函数法（数形结合法）

函数()(2)x

f x e a x =-+有两个零点，也就是说指数函数x y e =图象 与 一次函数y=a(x+2)

图象有两个交点。

直线l ：y=a （x+2）表示经过点（-2,0）。

两个函数的图象如下图所示：

虚线为过（-2,0）点的切线，直线l 是经过（-2,0）的直线系。

确定指数函数过（-2,0）的切线，此时，直线l 与曲线（指数函数图象）有一个交点。

x y e = 上的点设为（00,x x e ），那么在x=x0处的斜率就是0x

e ，所以过该点的切线方程为

000()x x y e e x x -=- 。

当该切线经过（-2,0）点时，则有0

00(2)x x e e x -=--，解得01x =- ，此时斜率11

e e

-= 。

当a=

1

e 时，直线l 与曲线C 相切，只有一个交点，直线l 是曲线C 的切线。 当1

a e > 时，直线l 与曲线C 相交，有两个交点，直线l 是曲线C 的割线。

当1

0a e

≤<时，直线l 与曲线C 没有交点。

当a ＜0时，有一个交点。

综上，f(x)有两个零点的条件是a ∈1(,)e

+∞。

3.再看2020年新高考1卷（山东考卷）第21题

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城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。 解析：

（1） 求切线，进而求与坐标轴围成的面积，常规题目，按部就班就好。

（2） 恒成立，求恒成立情况下的参数取值范围，属常规题目。但这里与其他的题目不一

样。参数a 所处的位置多处，参数与对数相结合，不能通过一系列计算求得a 的范围。这时，我们采用必要性充分性相结合的方式处理，或者采用分类讨论法处理。

解：

（1）当x=e 时，()ln 1x

f x e x =-+ ，f(1)=e+1。

1

'()x f x e x

=-

，f ’(1)=e-1。 所以过点(1,f(1))的切线方程为y-（e+1）=（e-1）（x-1），即y=（e-1）x+2。 当x=0时，y=2；当y=0时，21x e

=

-

所以 切线与两坐标轴围城的三角形面积是122

|2||

|211

e e ??=

-- （2）()1f x ≥恒成立，即1e ln ln 1x a x a --+≥恒成立。 解法一：必要性充分性结合法

f(x)的定义域是（0，+∞），所以f(1)≥1，即 a+lna ≥1。 令g(a)=a+lna ，则1

'()10g a a

=+> ，即g(a)单调递增。 又g(1)=1，所以a ≥1。 即a ≥1是f(x)≥1的必要条件。

下证a ≥1是f(x)≥1的充分条件。

当a ≥1时，11

()e ln ln ln x x f x a x a e x --=-+≥-

令1

()ln x h x e

x -=- ，11

'()x h x e x

-=- ，显然h ’(x)是单调增函数。

h ’(1)=0，所以 x ∈（0,1），h ’(x)<0；x ∈(1,+∞)，h ’(x)＞0 所以 h(x)≥h(1)=1。 所以f(x)≥1。

综上，若f(x)≥1，则a ∈ [1,+∞)。

解法二：分类讨论法

()1f x ≥恒成立，即1e ln ln 1x a x a --+≥恒成立。

ln a 显然可以分成01a << 和1a ≥ 两种情况讨论。

1） 当01a <<时，f(1)=a+lna

注：这里，必要性充分性结合法、分类讨论法，都作为独立的方法进行应用。

为加深对x e 印象，我们再考察2018年全国2卷第21题

已知函数2

()e x f x ax =-.

（1）当a =1时，证明：当x ≥0时，f(x)≥1； （2）若f(x)在（0，+∞）只有一个零点，求a 。 解析：

（1） 恒成立，常规题型，转化成求最值。求导一次不见底，就二次求导。然后逐层返回。 （2） 零点，根据零点数，求参数的取值范围。需要考虑函数的单调性，考虑零点存在性

定理。确定零点空间，往往是难点。

这道题的特点是含有x e ，采用倒插花的方式，往往效果较好。判断零点区间很重要。 利用第一问的结论对第二问进行放缩，是解决零点区间的关键。

解：

（1） 当a=1时，2

()e x

f x x =-，则'()2x

f x e x =-

令()'()g x f x = ，则'()2x

g x e =- 当x ∈（﹣∞，ln2）时，'()0g x < 当x ∈（ln2，+∞）时，'()0g x > 所以g(x)≥g(ln2)=2-2ln2＞0，即f ’(x)＞0 所以f(x)单调递增，故 f(x)≥f(0)=1， 因此，命题得证。

（2） 显然a ≤0时，2

0()e x

x

f x ax e ≥->=，没有零点，所以a ＞0。

当a ＞0时，f(x)有唯一零点，等价于21

()x g x x e a

-=

- 有唯一零点。 '()(2)x g x x x e -=-

当x ∈（0,2）时，g ’(x)＜0,； 当x ∈（2，+∞）时，g ’(x)>0。 所以min 2

14()(2)g x g a e ==

-

若g(2)＞0，即2

4e a < 时，没有零点。

若g(2)=0，即2

4e a = 时，一个零点。

若g(2)＜0，即g(2)＞0，即2

4e a >：

1

(0)0g a

=

> ，故在（0,2）上，g(x)有唯一零点。 由（1）知，2

(0)x

e x x >≥ ，

故222242

2111116

()()()

2

x x x x x g x x a e a a a x e =-=->-

=-

当)x ∈+∞ ，g(x)＞0

所以在（2，+∞），g(x)也有一个零点。

因此在（0，+∞）g （x ）有两个零点，不合题意。

综上，f (x)在（0，+∞）只有一个零点时， 24

e a = 。

注：

（1）本题的（2）由于x=0不是f(x)的零点，因此，也可直接分离出a 。

即f(x)在（0，+∞）有唯一零点，同g(x)=2x

e a x

- 有唯一零点等价。

然后处理g(x)。

（2）涉及x e 的，往往要利用基础的不等式进行放缩，如1x e x ≥+，x e ex ≥ 。但在引用前，需要进行证明，因为它们不是定理。 （3）后面的问题，往往要引用前面问题的结论。