【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》三年专题04 导数及其应用（解答题）（文科专用）（教师版）【高考】.docx，共(11)页，351.579 KB，由小赞的店铺上传

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三年专题04导数及其应用（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑥,𝑔(𝑥)=𝑥2+𝑎，曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥1,𝑓(𝑥1))处的切线也是曲线𝑦=𝑔(𝑥)的切线．(1)若𝑥1=−1，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(

2)[−1,+∞)【解析】【分析】（1）先由𝑓(𝑥)上的切点求出切线方程，设出𝑔(𝑥)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出𝑎即可；（2）设出𝑔(𝑥)上的切点坐标，分别由𝑓(𝑥)和𝑔(𝑥)及切点表示出切线方程，由切线重合表

示出𝑎，构造函数，求导求出函数值域，即可求得𝑎的取值范围.(1)由题意知，𝑓(−1)=−1−(−1)=0，𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1，𝑓′(−1)=3−1=2，则𝑦=𝑓(𝑥)在点(−1,0)处的切线方程为𝑦=2(𝑥+1)，即𝑦=2𝑥+2，设该切线与

𝑔(𝑥)切于点(𝑥2,𝑔(𝑥2))，𝑔′(𝑥)=2𝑥，则𝑔′(𝑥2)=2𝑥2=2，解得𝑥2=1，则𝑔(1)=1+𝑎=2+2，解得𝑎=3；(2)𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1，则𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥1,𝑓(𝑥1))处的切线方程为𝑦−(�

�13−𝑥1)=(3𝑥12−1)(𝑥−𝑥1)，整理得𝑦=(3𝑥12−1)𝑥−2𝑥13，设该切线与𝑔(𝑥)切于点(𝑥2,𝑔(𝑥2))，𝑔′(𝑥)=2𝑥，则𝑔′(𝑥2)=2𝑥2，则切线方程为𝑦−(

𝑥22+𝑎)=2𝑥2(𝑥−𝑥2)，整理得𝑦=2𝑥2𝑥−𝑥22+𝑎，则{3𝑥12−1=2𝑥2−2𝑥13=−𝑥22+𝑎，整理得𝑎=𝑥22−2𝑥13=(3𝑥122−12)2−2𝑥13=94𝑥14−2𝑥13−32𝑥12+14，令ℎ(𝑥)

=94𝑥4−2𝑥3−32𝑥2+14，则ℎ′(𝑥)=9𝑥3−6𝑥2−3𝑥=3𝑥(3𝑥+1)(𝑥−1)，令ℎ′(𝑥)>0，解得−13<𝑥<0或𝑥>1，令ℎ′(𝑥)<0，解得𝑥<−13或0<𝑥<1，则𝑥变化时，ℎ′(𝑥),ℎ(

𝑥)的变化情况如下表：𝑥(−∞,−13)−13(−13,0)0(0,1)1(1,+∞)ℎ′(𝑥)−0+0−0+ℎ(𝑥)↘527↗14↘−1↗则ℎ(𝑥)的值域为[−1,+∞)，故𝑎的取值范围为[−1,+∞).2．【2022年全国乙卷】已知函数𝑓(�

�)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥．(1)当𝑎=0时，求𝑓(𝑥)的最大值；(2)若𝑓(𝑥)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得𝑓′(𝑥)=(𝑎𝑥

−1)(𝑥−1)𝑥2，按照𝑎≤0、0<𝑎<1及𝑎>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−1𝑥−ln𝑥,𝑥>0，则𝑓′(𝑥)=1𝑥2−1𝑥=1−𝑥𝑥2，当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调

递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=−1；(2)𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥,𝑥>0，则𝑓′(𝑥)=𝑎+1�

�2−𝑎+1𝑥=(𝑎𝑥−1)(𝑥−1)𝑥2，当𝑎≤0时，𝑎𝑥−1≤0，所以当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减

；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=𝑎−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<𝑎<1时，1𝑎>1，在(0,1),(1𝑎,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1,1𝑎)上，𝑓′(

𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；又𝑓(1)=𝑎−1<0，当x趋近正无穷大时，𝑓(𝑥)趋近于正无穷大，所以𝑓(𝑥)仅在(1𝑎,+∞)有唯一零点，符合题意；当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=(𝑥−1)2𝑥2≥0，所以𝑓(𝑥)单调递增，又𝑓(1)=𝑎−1=0，所以�

�(𝑥)有唯一零点，符合题意；当𝑎>1时，1𝑎<1，在(0,1𝑎),(1,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1𝑎,1)上，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；此时𝑓(1)=𝑎−1>0，又𝑓(1𝑎𝑛)

=1𝑎𝑛−1−𝑎𝑛+𝑛(𝑎+1)ln𝑎，当n趋近正无穷大时，𝑓(1𝑎𝑛)趋近负无穷，所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)有一个零点，在(1𝑎,+∞)无零点，所以𝑓(𝑥)有唯一零点，符合题

意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.3．【2021年甲卷文科】设函数22()3ln1fxaxaxx=+−+，其中0a.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()yfx=

的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.【答案】（1）()fx的减区间为10,a，增区间为1,+a；（2）1ae.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的

单调性.（2）根据()10f及（1）的单调性性可得()min0fx，从而可求a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为()0,+，又()23(1)()axaxfxx+−=，因为0,0ax，故230ax+，当10xa时，()0fx；

当1xa时，()0fx；所以()fx的减区间为10,a，增区间为1,+a.（2）因为()2110faa=++且()yfx=的图与x轴没有公共点，所以()yfx=的图象在x轴的上方

，由（1）中函数的单调性可得()min1133ln33lnfxfaaa==−=+，故33ln0a+即1ae.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转

化中注意等价转化.4．【2021年乙卷文科】已知函数32()1fxxxax=−++．（1）讨论()fx的单调性；（2）求曲线()yfx=过坐标原点的切线与曲线()yfx=的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和()11a−−−，.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的

解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：()232fxxxa=−+，导函数的判别式412a=−，当14120,3aa=−时，()()

0,fxfx在R上单调递增，当时，的解为：12113113,33aaxx−−+−==，当113,3ax−−−时，单调递增；当113113,33aax−−+−时，单

调递减；当113,3ax+−+时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在113,3a−−−，113,3a+−+上单调递增，在113113,33aa

−+−−上单调递减.(2)由题意可得：()3200001fxxxax=−++，()200032fxxxa=−+，则切线方程为：()()()322000000132yxxaxxxaxx−−++=−+−，切线过坐标

原点，则：()()()32200000001320xxaxxxax−−++=−+−,整理可得：3200210xx−−=，即：()()20001210xxx−++=，解得：，则，()0'()11fxfa==+切线方程为：()1yax=+,与联立得321(1)xxaxax−+

+=+，化简得3210xxx−−+=,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，()1x−是321xxx−−+的一个因式，∴该方程可以分解因式为()()2110,xx−−=解得121,1xx==−,()11fa−=−−，综上，曲线

过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和()11a−−−，.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，

还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.5．【2020年新

课标1卷文科】已知函数()(2)xfxeax=−+.（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2

）1(,)e+.【解析】【分析】（1）将1a=代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()fx有两个零点，即(2)0xeax−+=有两个解，将其转化为2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=−+，求导研究函数图象的走向，从而求得结

果.【详解】（1）当1a=时，()(2)xfxex=−+，'()1xfxe=−，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2）若()fx有两个零点，即(2)0xeax−+

=有两个解，从方程可知，2x=−不成立，即2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=−+，则有'22(2)(1)()(2)(2)xxxexeexhxxx+−+==++，令'()0hx，解

得1x−，令'()0hx，解得2x−或21x−−，所以函数()hx在(,2)−−和(2,1)−−上单调递减，在(1,)−+上单调递增，且当2x−时，()0hx，而2x+→−时，()hx→+，当x→+时，()hx→+，所以当2xeax=+有两

个解时，有1(1)ahe−=，所以满足条件的a的取值范围是：1(,)e+.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转

化为曲线xye=和直线(2)yax=+有两个交点，利用过点(2,0)−的曲线xye=的切线斜率，结合图形求得结果.6．【2020年新课标2卷文科】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时，讨论函数g（x）=()()fxfa

xa−−的单调性．【答案】（1）)1,−+；（2）()gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间【解析】【分析】（1）[方法三]不等式()2fxxc+转化为()20fxxc−−，构造新函数，利用导数

求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数()gx求导，把导函数()gx的分子构成一个新函数()mx，再求导得到()mx，根据()mx的正负，判断()mx的单调性，进而确定()gx的正负性，最后求出函数()gx的单调性.【详解】（1）[

方法一]【最优解】：()2fxxc+等价于2ln21xxc−−≤．设()2ln2hxxx=−，则22(1)()2xhxxx−=−=．当01x时，()0hx，所以()hx在区间(0,1)内单调递增；当1x时，()0hx，所以()hx在区间(1,)+内单调递减．故max[()

](1)2hxh==−，所以12c−−≥，即1c−，所以c的取值范围是[1,)−+．[方法二]：切线放缩若()2fxxc+，即2ln12++xxc，即1ln2−+cxx当,()0x+时恒

成立，而lnyx=在点(1,0)处的切线为1yx=−，从而有ln1−xx，当,()0x+时恒成立，即112−−c，则1c−．所以c的取值范围为[1,)−+．[方法三]：利用最值求取值范围函数()fx的定义域为：(0,)+()2()202ln120()fxxcfxxcxxc

+−−+−−，设()2ln12(0)hxxxcx=+−−，则有22(1)()2xhxxx−=−=，当1x时，()0,()hxhx单调递减，当01x时，()0,()hxhx单调递

增，所以当1x=时，函数()hx有最大值，即max()(1)2ln11211hxhcc==+−−=−−，要想不等式()在(0,)+上恒成立，只需max()0101hxcc−−−；所以c的取值范围为[1,)−+．（2）()()()2ln12ln12lnln(0xaxa

gxxxaxa+−+−==−−且)xa因此22(lnln)()()xaxxxagxxxa−−+=−，设()2(lnln)mxxaxxxa=−−+，则有()2(lnln)mxax=−，当xa时，lnlnxa，所以()0mx，()m

x单调递减，因此有()()0mxma=，即()0gx，所以()gx单调递减；当0xa时，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递增，因此有()()0mxma=，即()0gx，所以()gx单调递减，所以函数(

)gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常

用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.7．【2020年新课标3卷文科】已知函数32()fxxkxk=−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有三个零点

，求k的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27.【解析】【分析】（1）'2()3fxxk=−，对k分0k和0k两种情况讨论即可；（2）()fx有三个零点，由（1）知0k，且()03()03kfkf−，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在性定理加

以说明即可.【详解】（1）由题，'2()3fxxk=−，当0k时，'()0fx恒成立，所以()fx在(,)−+上单调递增；当0k时，令'()0fx=，得3kx=，令'()0fx，得33kkx−，令'()0fx，得3kx−或3kx，所以()fx在(,

)33kk−上单调递减，在(,)3k−−，(,)3k+上单调递增.（2）由（1）知，()fx有三个零点，则0k，且()03()03kfkf−即2220332033kkkkkk+−，解得4027k，当4027k时，3kk，且2(

)0fkk=，所以()fx在(,)3kk上有唯一一个零点，同理13kk−−−，32(1)(1)0fkkk−−=−−+，所以()fx在(1,)3kk−−−上有唯一一个零点，又()fx在(,)33kk−上有唯一一个零点，所以()fx有三个零点，综上可知k的取值范围为4(0

,)27.【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.