2021高考数学分类汇编：导数及其应用

2021年高考数学理试题分类汇编

导数及其应用

一、选择题

1、（2016年四川高考）设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,

ln ,1,x x x x -<

>?

图象上点P 1，P 2处的切线，

l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是

（A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞) 【答案】A

2、（2016年全国I 高考）函数y =2x 2–e |x |在[–2,2]的图像大致为

【答案】D

二、填空题

1、（2016年全国II 高考）若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ． 【答案】1ln2-

2、（2016年全国III 高考）已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程 是_______________。 【答案】21y x =--

三、解答题

1、（2016年北京高考） 设函数()a x

f x xe

bx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为

(1)4y e x =-+，

（1）求a ，b 的值； （2）求()f x 的单调区间. 【解析】 （I ）

()e a x f x x bx -=+

∴()e e (1)e a x a x a x f x x b x b ---'=-+=-+

∵曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(e 1)4y x =-+ ∴(2)2(e 1)4f =-+，(2)e 1f '=- 即2(2)2e 22(e 1)4a f b -=+=-+①

2(2)(12)e e 1a f b -'=-+=- ②

由①②解得：2a =，e b =

（II ）由（I ）可知：2()e e x f x x x -=+，2()(1)e e x f x x -'=-+

令2()(1)e x g x x -=-，

∴222()e (1)e (2)e x x x g x x x ---'=---=-

∴g 的最小值是(2)(12)e 1g =-=-

∴()f x '的最小值为(2)(2)e e 10f g '=+=-> 即()0f x '>对x ?∈R 恒成立 ∴()f x 在(),-∞+∞上单调递增，无减区间.

2、（2016年山东高考）已知()221

()ln ,R x f x a x x a x

-=-+

∈. （I ）讨论()f x 的单调性；

（II ）当1a =时，证明()3

()'2

f x f x +

＞对于任意的[]1,2x ∈成立. 【解析】(Ⅰ) 求导数32

2)11

(=)(′x

x x a x f －－－ 3

22)(1(=x ax x )

－－

当0≤a 时，(0,1)∈

x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,∈+∞x ，0<)(′x f ，)(x f 单调递减；

当0>a 时，3

322

+(2)(1(=2)(1(=)(′x a x a x x a x ax x x f )

)－－)－－

（1） 当＜２＜a 0时，

1>2

a

， (0,1)∈x 或),(

∈+∞2a

x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， )(1,

∈a

x 2

，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (2) 当２=a 时，

1=2

a

， )(0,

∈+∞x ，0≥)(′x f ，)(x f 单调递增， (3) 当２>a 时，1<2

<

0a

， )(0,

∈a

x 2

或∞)(1,∈+x ，0>)(′x f ，)(x f 单调递增， ,1)(

∈a

x 2

，0<)(′x f ，)(x f 单调递减； (Ⅱ) 当1=a 时，2

1

2+

ln =)(x x x x x f －－，

323

22

+11=2)(1(=)(′x x x x x x x f 2－－)－－

于是)2

+1112+ln =)(′

)(322x

x x x x x x x f x f 2－－－(－－－， －1－1－322+3+

ln =x

x x x x ，]2,1[∈x

令x x x ln =)g(－ ，322

+3+

=)h(x

x x x －1－1，]2,1[∈x ， 于是)(+(g =)(′

)(x h x x f x f ）－， 0≥1

=1=)(g ′x

x x x －1－，)g(x 的最小值为1=g(1)；

又4

2432+=+=)(h ′x x x x x x x 6

－2－362－3－

设6+23=)(θ2

x x x －－，]2,1[∈x ，因为1=)1(θ，10=)2(θ－

， 所以必有]2,1[0∈x ，使得0=)(θ0x ，且

0<<1x x 时，0>)(θx ，)(x h 单调递增； 2<<0x x 时，0<)(θx ，)(x h 单调递减；

又1=)1(h ，21=

)2(h ，所以)(x h 的最小值为2

1

=)2(h ． 所以2

3

=21+1=)2(+1(g >)(+(g =)(′

)(h x h x x f x f ））－． 即2

3

)()(+

'>x f x f 对于任意的]2,1[∈x 成立．

3、（2016年四川高考）设函数f (x )=ax 2-a -ln x ，其中a ∈R. （I ）讨论f (x )的单调性；

（II ）确定a 的所有可能取值，使得f (x ) ＞-e 1-x+在区间（1，+∞）内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数)。

【解析】（I ）由题意，()2121

'2,0ax f x ax x x x

-=-=

> ①当0a ≤时，2210ax -≤，()'0f x ≤，()f x 在()0,+∞上单调递减.

②当0a >时，(

)2'a x x f x x

?+ ????=

，当x ?∈ ?时，()'0f x <；

当x ?

∈+∞???

时，()'0f x >.

故()f x

在? ?

上单调递减，在?+∞???

上单调递增. （II ）原不等式等价于()11e 0x

f x x

--+>在()1,x ∈+∞上恒成立.

一方面，令()()12

111e ln e x x g x f x ax x a x x

--=-+=--+-，

只需()g x 在()1,x ∈+∞上恒大于0即可.

又∵()10g =，故()'g x 在1x =处必大于等于0.

令()()1211'2e x

F x g x ax x x -==-+-，()'10g ≥，可得12

a ≥.

另一方面，

当12a ≥时，()311123233

12122'2e 1e e x x

x x x F x a x x x x x

---+-=+-+≥+-+=+ ∵()1,x ∈+∞故320x x +->，又1e 0x ->，故()'F x 在1

2

a ≥时恒大于0.

∴当1

2

a ≥时，()F x 在()1,x ∈+∞单调递增.

∴()()1210F x F a >=-≥，故()g x 也在()1,x ∈+∞单调递增. ∴()()10g x g >=，即()g x 在()1,x ∈+∞上恒大于0.

综上，1

2

a ≥.

4、（2016年天津高考）设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,

(I)求)(x f 的单调区间；

(II) 若)(x f 存在极值点0x ，且)()(01x f x f =，其中01x x ≠，求证：1023x x +=； （Ⅲ）设0>a ，函数|)(|)(x f x g =，求证：)(x g 在区间]1,1[-上的最大值不小于．．．4

1

. 【解析】（1）()()3

1f x x ax b

=---

()()2'31f x x a =--

① 0a ≤，单调递增；

②0a >，()f x 在,1?-∞ ?单调递增，在11?-+ ?单调递减，在

1??+∞ ? ???

单调递增 （2）由()0'0f x =得()2

031x a -=

∴()()()3

2

0000131f x x x x b =----()()2

00121x x b =----

()()()()32

000032223132f x x x x b -=-----

()[]2

00018896x x x b =---+-

()()2

00=121x x b ----

()()()00132=f x f x f x ∴-=

1023

x x ∴+=

（3）欲证()g x 在区间[02]，上的最大值不小于

1

4

，只需证在区间[02]，上存在12,x x ， 使得121

()()2

g x g x -≥即可

①当3a ≥时，()f x 在[]02，上单调递减

(2)12f a b =-- (0)1f b =--

1

(0)(2)2242

f f a -=->≥递减，成立

当03a <<时，

3

11333a a a f a b ??????

-=---- ? ? ? ? ? ???????

333a a a a a b =--+-233a a a b =-- 113333a a a a f a b ????+=-+- ? ? ? ?????

233

a

a a

b =--- ∵(2)12f a b =-- (0)1f b =-- ∴(2)(0)22f f a -=-

若3

04

a <≤时，()()102222f f a -=-≥，成立

当3

4a >时，411133332a a a f f a ????--+=> ? ? ? ?????

， 所以，()g x 在区间[02]，上的最大值不小于1

4

成立

5、（2016年全国I 高考）已知函数

有两个零点.

（I ）求a 的取值范围； （II ）设x 1，x 2是

的两个零点，证明：+x 2<2.

解：⑴ 由已知得：()()()()()

'12112x x f x x e a x x e a =-+-=-+

① 若0a =，那么()()0202x f x x e x =?-=?=，()f x 只有唯一的零点2x =，不合题意； ② 若0a >，那么20x x e a e +>>，

所以当1x >时，()'0f x >，()f x 单调递增 当1x <时，()'0f x <，()f x 单调递减 即：

x

(),1-∞

1

()1,+∞

()'f x -

+

()f x

↓ 极小值

↑

故()f x 在()1,+∞上至多一个零点，在(),1-∞上至多一个零点 由于()20f a =>，()10f e =-<，则()()210f f <， 根据零点存在性定理，()f x 在()1,2上有且仅有一个零点． 而当1x <时，x e e <，210x -<-<，

故()()()()()()()222

212111x f x x e a x e x a x a x e x e =-+->-+-=-+--

则()0f x =的两根11t =

+，21t =+， 12t t <，因为0a >，故当1x t <或2x t >时，()()2

110a x e x e -+--> 因此，当1x <且1x t <时，()0f x >

又()10f e =-<，根据零点存在性定理，()f x 在(),1-∞有且只有一个零点． 此时，()f x 在R 上有且只有两个零点，满足题意．

③ 若02

e

a -<<，则()ln 2ln 1a e -<=，

当()ln 2x a <-时，()1ln 210x a -<--<，()

ln 2220a x e a e a -+<+=，

即()()()

'120x f x x e a =-+>，()f x 单调递增； 当()ln 21a x -<<时，10x -<，()

ln 2220a x e a e

a -+>+=，即()()()'120x f x x e a =-+<，

()f x 单调递减；

当1x >时，10x ->，()

ln 2220a x e a e a -+>+=，即()'0f x >，()f x 单调递增．

即：

而极大值

()()()(){

}

2

2

ln 22ln 22ln 21ln 2210f a a a a a a a -=---+--=--+

故当1x ≤时，()f x 在()ln 2x a =-处取到最大值()ln 2f a -????，那么()()ln 20f x f a -

而当1x >时，()f x 单调递增，至多一个零点 此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．

④ 若2

e

a =-，那么()ln 21a -=

当()1ln 2x a <=-时，10x -<，()

ln 2220a x e a e

a -+<+=，即()'0f x >，

()f x 单调递增

当()1ln 2x a >=-时，10x ->，()

ln 2220a x e a e

a -+>+=，即()'0f x >，

()f x 单调递增

又()f x 在1x =处有意义，故()f x 在R 上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．

⑤ 若2

e

a <-，则()ln 21a ->

当1x <时，10x -<，()

ln 212220a x e a e a e

a -+<+<+=，即()'0f x >，

()f x 单调递增

当()1ln 2x a <<-时，10x ->，()

ln 2220a x e a e

a -+<+=，即()'0f x <，

()f x 单调递减

当()ln 2x a >-时，()1ln 210x a ->-->，()

ln 2220a x e a e

a -+>+=，即()'0f x >，

()f x 单调递增 即：

故当()ln 2x a -≤时，()f x 在1x =处取到最大值()1f e =-，那么()0f x e -<≤恒成立，即()0f x =无解

当()ln 2x a >-时，()f x 单调递增，至多一个零点 此时()f x 在R 上至多一个零点，不合题意．

综上所述，当且仅当0a >时符合题意，即a 的取值范围为()0,+∞．

⑵ 由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，

故可整理得：()()

()()

1

2

1222

122211x x x e x e a x x ---==--

设()()()

2

21x

x e g x x -=-，则()()12g x g x = 那么()()()

2

3

21'1x x g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 单调递减；当1x >时，()'0g x >，

()g x 单调递增． 设0m >，构造代数式：

()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-??

+--=-=+ ?+??

设()2111

m

m h m e m -=++，0m > 则()()

2

22

2'01m m h m e m =

>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=．

因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．

由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有

121x x <<

令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--?->=???????? 而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->?-> 整理得：122x x +<．

6、（2016年全国II 高考）

(Ⅰ)讨论函数x

x 2f (x)x 2

-=

+e 的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>； (Ⅱ)证明：当[0,1)a ∈时，函数2

x =(0)x e ax a g x x

-->（）有最小值.设()g x 的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域．

【解析】⑴证明：()2e 2

x

x f x x -=

+ ()()()22224e e 222x

x

x x f x x x x ??-' ?=+= ?+++??

∵当x ∈()()22,-∞--+∞，时，()0f x '>

∴()f x 在()()22,-∞--+∞，和上单调递增 ∴0x >时，

()2e 0=12

x

x f x ->-+ ∴()2e 20x x x -++>

⑵ ()

()()

24

e 2e x

x a x x ax a g x x ----'=

()

4

e 2e 2x x x x ax a x -++=

()322e 2x x x a x x

-??

+?+

?+??=

[)01a ∈，

由(1)知，当0x >时，()2e 2

x

x f x x -=?+的值域为()1-+∞，，只有一解． 使得

2e 2

t

t a t -?=-+，(]02t ∈， 当(0,)x t ∈时()0g x '<，()g x 单调减；当(,)x t ∈+∞时()0g x '>，()g x 单调增

()()

()

2

22e 1e

e 1e 22

t t

t

t t t a t t h a t t t -++?-++=

=

=

+ 记()e 2t

k t t =+，在(]0,2t ∈时，()()()2

e 102t t k t t +'=>+，∴()k t 单调递增 ∴()()21e 24h a k t ??

=∈ ???

，．

7、（2016年全国III 高考）设函数()cos 2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最

大值为A ． （Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；

（Ⅲ）证明|()|2f x A '≤．

解析：（Ⅰ）'

()2sin 2(1)sin f x a x a x =---． （Ⅱ）当1a ≥时，

'|()||sin 2(1)(cos 1)|f x a x a x =+-+2(1)a a ≤+-32a =-(0)f =

因此，32A a =-． ………4分

当01a <<时，将()f x 变形为2

()2cos (1)cos 1f x a x a x =+--．

令2

()2(1)1g t at a t =+--，则A 是|()|g t 在[1,1]-上的最大值，(1)g a -=，(1)32g a =-，且

当14a

t a

-=时，()g t 取得极小值，极小值为221(1)61()1488a a a a g a a a --++=--=-． 令1114a a --<

<，解得13a <-（舍去），1

5

a >．

8、（2016年浙江高考）已知3a ≥，函数F （x ）=min{2|x ?1|，x 2?2ax +4a ?2}， 其中min{p ，q }=,>p p q q p q.≤???

，，

（I ）求使得等式F （x ）=x 2?2ax +4a ?2成立的x 的取值范围； （II ）（i ）求F （x ）的最小值m （a ）；

（ii ）求F （x ）在区间[0,6]上的最大值M （a ）

.

（II ）（i ）设函数()21f x x =-，()2

242g x x ax a =-+-，则

()()min 10f x f ==，()()2min 42g x g a a a ==-+-，

所以，由()F x 的定义知()()(){}

min 1,m a f g a =，即

()20,322

42,22

a m a a a a ?≤≤?=?-+->+??

（ii ）当02x ≤≤时，

()()()(){}()F max 0,22F 2x f x f f ≤≤==，

当26x ≤≤时，

()()()(){}{}()(){}F max 2,6max 2,348max F 2,F 6x g x g g a ≤≤=-=．

所以，

()348,34

2,4

a a a a -≤

≥?． 9、(2016江苏)已知函数()(0,0,1,1)x x f x a b a b a b =+>>≠≠. （1） 设a =2,b =

12

. ① 求方程()f x =2的根;

②若对任意x R ∈,不等式(2)f()6f x m x ≥-恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01,1a b <<＞，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值. 解：（1）因为12,2

a b ==

，所以()22x x f x -=+. ①方程()2f x =，即22

2x

x

-+=，亦即2(2)2210x x -?+=，

所以2

(21)0x -=，于是21x =，解得0x =. ②由条件知2222(2)2

2(22)2(())2x

x x x f x f x --=+=+-=-.

因为(2)()6f x mf x ≥-对于x R ∈恒成立，且()0f x >，

所以2(())4

()

f x m f x +≤对于x R ∈恒成立.

而2(())44()4()()f x f x f x f x +=+≥=，且

2((0))44(0)f f +=， 所以4m ≤，故实数m 的最大值为4.

（2）因为函数()()2g x f x =-只有1个零点，而00

(0)(0)220g f a b =-=+-=， 所以0是函数()g x 的唯一零点.

因为'()ln ln x x

g x a a b b =+，又由01,1a b <<>知ln 0,ln 0a b <>， 所以'

()0g x =有唯一解0ln log ()ln b a

a

x b

=-

. 令'()()h x g x =，则''

2

2

()(ln ln )(ln )(ln )x

x

x

x

h x a a b b a a b b =+=+，

从而对任意x R ∈，'

()0h x >，所以'

()()g x h x =是(,)-∞+∞上的单调增函数， 于是当0(,)x x ∈-∞，''0()()0g x g x <=；当0(,)x x ∈+∞时，''0()()0g x g x >=. 因而函数()g x 在0(,)x -∞上是单调减函数，在0(,)x +∞上是单调增函数. 下证00x =. 若00x <，则0002x x <<，于是0()(0)02

x

g g <=， 又log 2

log 2log 2(log 2)220a a a a g a

b a =+->-=，且函数()g x 在以

2

x 和log 2a 为端点的闭区间上的图象不间断，所以在0

2

x 和log 2a 之间存在()g x 的零点，记为1x . 因为01a <<，所以log 20a <，又

02

x <，所以10x <与“0是函数()g x 的唯一零点”矛盾. 若00x >，同理可得，在02

x

和log 2a 之间存在()g x 的非0的零点，矛盾.

因此，00x =.

于是ln 1ln a

b

-=，故ln ln 0a b +=，所以1ab =.