全國各地高考數學試題解答分類匯編大全(04導數其應用)

全國各地高考數學試題及解答分類匯編大全(04導數及其應用)全國各地高考數學試題及解答分類匯編大全(04導數及其應用)全國各地高考數學試題及解答分類匯編大全(04導數及其應用)2021年全國各地高考數學試題及解答分類匯編大全〔04導數及其應用〕一、選擇題：1.〔2021安徽文〕函數fxax3bx2cxd的圖像以下列圖，那么以下結論成立的是〔〕〔A〕a>0，b<0，c>0，d>0〔B〕a>0，b<0，c<0，d>0〔C〕a<0，b<0，c<0，d>0〔D〕a>0，b>0，c>0，d<02．〔2021福建理〕假定定義在R上的函數fx知足f01，其導函數fx知足fxk1，那么以下結論中必定錯誤的選項是〔〕A．f11B．f11C．f11D．f1kkkkk1k1k1k1k1【答案】C第1頁〔共41頁〕考點：函數與導數．．〔2021福建文〕“對隨意x(0,)，ksinxcosxx〞是“k1〞的〔〕32A．充分而不用要條件B．必需而不充分條件C．充分必需條件D．既不充分也不用要條件【答案】B考點：導數的應用．4.(2021全國新課標Ⅰ卷理)設函數f(x)=x(21)此中a，假定存在獨一的整exaxa,1數x0，使得f(x0)，那么a的取值范圍是〔〕0A.[-，1〕B.[-，〕C.[，〕D.[，1〕【答案】D【分析】試題剖析：設g(x)=ex(2x1)，yaxa，由題知存在獨一的整數x0，使得g(x0)在直線yaxa的下方.因為()x(2x1)，所以當x1時，＜，當1時，＞，所以當x12212時，[g(x)]max=-2e2，3e0，直線yaxa恒過〔〕斜率且a，故ag(0)1，當x0時，g(0)=-1，g(1)1,0且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，應選D.2e第2頁〔共41頁〕考點：導數的綜合應用5．(2021全國新課標Ⅱ卷理)設函數f'(x)是奇函數f(x)(xR)的導函數，f(1)0，當x0時，xf'(x)f(x)0，那么使得f(x)0成立的x的取值范圍是〔〕A．(,1)(0,1)B．(1,0)(1,)C．(,1)(1,0)D．(0,1)(1,)【答案】A【分析】試題剖析：記函數g(x)f(x)，那么g'(x)xf'(x)f(x)，因為當x0時，xf'(x)f(x)0，故當x0時，g'(x)xx20，所以g(x)在(0,)單一遞減；又因為函數f(x)(xR)是奇函數，故函數g(x)是偶函數，所以g(x)在(,0)單一遞減，且g(1)g(1)0．當0x時，g(x)0，1那么f(x)0；當x1時，g(x)0，那么f(x)0，綜上所述，使得f(x)0成立的x的取值范圍是(,1)(0,1)，應選A．考點：導數的應用、函數的圖象與性質．6.(2021陜西理)對二次函數f(x)ax2bxc〔a為非零常數〕，四位同學分別給出以下結論，其中有且僅有一個結論是錯誤的，那么錯誤的結論是〔〕A．-1是f(x)的零點B．1是f(x)的極值點C．3是f(x)的極值D.點(2,8)在曲線yf(x)上【答案】A考點：1、函數的零點；2、利用導數研究函數的極值．第3頁〔共41頁〕二、填空題：1.〔2021安徽理〕設x3axb0，此中a,b均為實數，以下條件中，使得該三次方程僅有一個實根的是.〔寫出全部正確條件的編號〕①a3,b3；②a3,b2；③a3,b2；④a0,b2；⑤a1,b2.與最值；函數零點問題考察時，要常常性使用零點存在性定理.2.(2021湖南理)02(x1)dx.【答案】0.【考點定位】定積分的計算.【名師點睛】本題主要考察定積分的計算，意在考察學生的運算求解能力，屬于簡單題，定積分的計算往常有兩類根本方法：一是利用牛頓-萊布尼茨定理；二是利用定積分的幾何意義求解.3、(2021全國新課標Ⅰ卷文)函數fxax3x1的圖像在點1,f1的處的切線過點2,7，那么a.第4頁〔共41頁〕4.(2021全國新課標Ⅱ卷文)曲線yxlnx在點1,1處的切線與曲線yax2a2x1相切,那么a=．【答案】8【分析】試題剖析：由y11xlnx在點1,1處的切線斜率為2,故切線方程為y2x1,可得曲線yx與yax2a2x1聯立得ax2ax20,明顯a0,所以由a28a0a8.考點：導數的幾何意義.5、(2021陜西文)函數yxex在其極值點處的切線方程為____________.【答案】y

1e考點：導數的幾何意義.(2021陜西理)如圖，一橫截面為等腰梯形的溝渠，因泥沙堆積，致使溝渠截面界限呈拋物線型〔圖中虛線表示〕，那么原始的最大流量與目前最大流量的比值為．【答案】【分析】試題剖析：成立空間直角坐標系，以下列圖：原始的最大流量是1101022216，設拋物線的方程為x22py〔p0〕，因為該拋22525y，即y2物線過點5,2，所以2p252，解得p，所以x2x2，所以目前最大流量是22x2dx2x2x342532525540，故原552522355257575753始的最大流量與目前最大流量的比值是161.2，所以答案應填：1.2．403考點：1、定積分；2、拋物線的方程；3、定積分的幾何意義．第5頁〔共41頁〕7.(2021陜西理)設曲線yex在點〔0,1〕處的切線與曲線y1(x0)上點p處的切線垂直，那么px的坐標為．【答案】1,1【分析】試題剖析：因為yex，所以yex，所以曲線yex在點0,1處的切線的斜率kyx0e01，1設的坐標為x0,y0〔x001，因為y111〕，那么y0，所以yx2，所以曲線y在點x0xx處的切線的斜率k2yxx1，因為k1k21，所以11，即x021，解得x01，0x02x02因為x00，所以x01，所以y01，即的坐標是1,1，所以答案應填：1,1．考點：1、導數的幾何意義；2、兩條直線的地點關系．8、(2021四川文)函數f(x)＝2x，(x)＝2＋ax(此中∈).對于不相等的實數x1，2，設＝gxaRxmf(x1)f(x2)，n＝g(x1)g(x2)，現有以下命題：x1x2x1x2①對于隨意不相等的實數x1，2，都有＞0；xm②對于隨意的a及隨意不相等的實數x1，x2，都有n＞0；③對于隨意的a，存在不相等的實數x1，x2，使得m＝n；④對于隨意的a，存在不相等的實數x1，x2，使得m＝－n.此中真命題有___________________(寫出全部真命題的序號).【答案】①④【分析】f'(x)＝2xln2＞0恒成立，故①正確對于①，因為對于②，取a＝－8，即g'(x)＝2x－8，當x1，x2＜4時n＜0，②錯誤對于③，令f'(x)＝g'(x)，即2xln2＝2x＋ah(x)＝2xln2－2x，那么h'(x)＝2x(ln2)2－2【考點定位】本題主要考察函數的性質、函數的單一性、導數的運算等根基知識，考察函數與方程的思想和數形聯合的思想，考察剖析問題和解決能提的能力.【名師點睛】本題第一要正確認識m，n的幾何意義，它們分別是兩個函數圖象的某條弦的斜率，所以，借助導數研究兩個函數的切線變化規(guī)律是本題的慣例方法，分析中要注意“隨意不相等的實數x1，x2〞與切線斜率的關系與差別，以及“都有〞與“存在〞的差別，防備過錯性失誤.屬于較難題.9.(2021天津文)函數fxaxlnx,x0,,此中a為實數,fx為fx的導函數,第6頁〔共41頁〕假定f13,那么a的值為．【答案】3【分析】試題剖析：因為fxa1lnx,所以f1a3.考點：導數的運算法那么.10.(2021天津理)曲線yx2與直線yx所圍成的關閉圖形的面積為.【答案】16【分析】試題剖析：兩曲線的交點坐標為(0,0),(1,1)，所以它們所圍成的關閉圖形的面積Sxx2dx1x21x311.102306考點：定積分幾何意義.三、解答題：1.〔2021安徽文〕函數f(x)ax0,r0)2(a(xr)〔Ⅰ〕求f(x)的定義域，并議論f(x)的單一性；〔Ⅱ〕假定a400，求f(x)在(0,)內的極值.r2.〔2021安徽理〕設函數f(x)x2axb.第7頁〔共41頁〕〔Ⅰ〕議論函數f(sinx)在(,)內的單一性并判斷有無極值，有極值時求出極值；22〔Ⅱ〕記f0(x)x2a0xb0，求函數f(sinx)f0(sinx)在[,]上的最大值D；a222a0b00知足D1時的最大值.〔Ⅲ〕在〔Ⅱ〕中，取，求zb4第8頁〔共41頁〕3.〔2021北京文〕設函數fxx2klnx，k0．2〔Ⅰ〕求fx的單一區(qū)間和極值；〔Ⅱ〕證明：假定fx存在零點，那么fx在區(qū)間1,e上僅有一個零點．【答案】〔1〕單一遞減區(qū)間是(0,k)，單一遞加區(qū)間是(k,)；極小值k(1lnk)f(k)；〔2〕2證明詳看法析.第9頁〔共41頁〕所以，f(x)的單一遞減區(qū)間是(0,k)，單一遞加區(qū)間是(k,)；f(x)在xk處獲得極小值f(k)k(1lnk)2.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，f(x)在區(qū)間(0,)上的最小值為f(k(1lnk)k).因為f(x)存在零點，所以k(1lnk)20，從而ke.2當ke時，f(x)在區(qū)間(1,e)上單一遞減，且f(e)0，所以xe是f(x)在區(qū)間(1,e]上的獨一零點.當ke時，f(x)在區(qū)間(0,e)上單一遞減，且f(1)10，f(ek2e)0，2所以f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個零點.綜上可知，假定f(x)存在零點，那么f(x)在區(qū)間(1,e]上僅有一個零點.考點：導數的運算、利用導數判斷函數的單一性、利用導數求函數的極值和最值、函數零點問題.4.〔2021北京理〕函數fxln1x．1x〔Ⅰ〕求曲線yfx在點0，f0處的切線方程；〔Ⅱ〕求證：當x0，1時，fxx32x；3第10頁〔共41頁〕〔Ⅲ〕設實數k使得fxkxx30，1恒成立，求k的最大值．對x3【答案】〔Ⅰ〕2xy0，〔Ⅱ〕證明看法析，〔Ⅲ〕k的最大值為2.試題分析：〔Ⅰ〕f(x)ln1x,x(1,1),f(x)12,f(0)2,f(0)0，1xx2曲線yfx在點0，f0處的切線方程為2xy0；〔Ⅱ〕當x0，時，fx2xx3，即不等式f(x)2(xx3)0，對x(0,1)成133立，設()ln1x2(xx3)ln(1x)ln(1x)2(xx3)，那么Fx1x33F(x)2x4，當x0，1時，F(x)0，故F(x)在〔0，1〕上為增函數，那么1x2F(x)F(0)0，所以對x(0,1)，f(x)2(xx3)成立；3〔Ⅲ〕使fxx3成立，x，，等價于(x)ln1x(x3)0，kx301F1xkx3x0，1；F(x)12x2k(1x2)kx42k，1x2當k[0,2]時，F(x)0，函數在〔0，1〕上位增函數，F(x)F(0)0，切合題意；當k2時，令F(x)0,x04k2(0,1)，xk(0,x0)x0(x0,1)F(x)-0+F(x)極小值F(x)F(0)，明顯不可立，綜上所述可知：k的最大值為2.考點：1.導數的幾何意義；2.利用導數研究函數的單一性，證明不等式；3.含參問題議論.第11頁〔共41頁〕5．〔2021福建文〕函數f(x)lnx(x1)22．(Ⅰ)求函數fx的單一遞加區(qū)間；〔Ⅱ〕證明：當x1時，fxx1；〔Ⅲ〕確立實數k的全部可能取值，使得存在x01，當x(1,x0)時，恒有fxkx1．【答案】(Ⅰ)0,125；〔Ⅱ〕詳看法析；〔Ⅲ〕,1．【分析】(Ⅰ)求導函數fxx2x1，解不等式f'(x)0并與定義域求交集，得函數fx的x單一遞加區(qū)間；〔Ⅱ〕結構函數Fxfxx1，x1,．欲證明fxx1，只需證明F(x)的最大值小于0即可；〔Ⅲ〕由〔II〕知，當k1時，不存在x01知足題意；當k1時，對于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，從而不存在x01知足題意；當k1時，結構函數Gxfxkx1，x0,，利用導數研究函數G(x)的形狀，只需存在x01，當x(1,x0)時G(x)0即可．試題分析：〔I〕fx1x1x2x10,．xx，xx0由fx0得解得0x15x2x102．故fx的單一遞加區(qū)間是0,15．2〔II〕令Fxfxx1，x0,．那么有Fx1x2x．當x1,時，Fx0，所以Fx在1,上單一遞減，故當x1時，FxF10，即當x1時，fxx1．〔III〕由〔II〕知，當k1時，不存在x01知足題意．當k1時，對于x1，有fxx1kx1，那么fxkx1，從而不存在x01知足題意．當k1時，令Gxfxkx1，x0,，那么有Gx1x1kx21kx1．xxx2由Gx0得，1kx10．1k1241k1k24解得x1k0，x2221．當x1,x2時，Gx0，故Gx在1,x2內單一遞加．從而當x1,x2時，GxG10，即fxkx1，綜上，k的取值范圍是,1．考點：導數的綜合應用．6.〔2021福建理〕函數f(x)=ln(1+x)，g(x)=kx,(k?R),第12頁〔共41頁〕(Ⅰ)證明：當x>0時，f(x)<x；(Ⅱ)證明：當k<1時，存在x0>0,使得對隨意x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)；(Ⅲ)確立k的所以可能取值，使得存在t>0，對隨意的x?(0，t),恒有|f(x)-g(x)|<x2．【答案】(Ⅰ)詳看法析；(Ⅱ)詳看法析；(Ⅲ)k=1．【分析】試題剖析：(Ⅰ)結構函數F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),只需求值域的右端點并和0比較即可；(Ⅱ)結構函數G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,?),即G(x)0，求導得￠1G(x)=-k1+x=-kx+(1-k)，利用導數研究函數G(x)的形狀和最值，證明當k<1時，存在x0>0，使得G(x)01+x即可；(Ⅲ)由(Ⅰ)知，當k>1時，對于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，那么不等式|f(x)-g(x)|<x2變形為kx-ln(1+x)<x2，結構函數M(x)=kx-ln(1+x)-x2,x違[0，+)，只k-2+(k-2)2+8(k-1)0，故需說明M(x)0，易發(fā)現函數M(x)在x?〔0，)遞加，而M(0)4不存在；當k<1時，由(Ⅱ)知，存在x0>0,使得對隨意的隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)，此時不等式變形為ln(1+x)-kx<x2，結構N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x違[0，+)，易發(fā)現函數N(x)在-(k+2〕+(k+2)2+8(1-k)x?〔0，)遞加，而N(0)0，不知足題意；當k=1時，代入證明即可．4(1)令F(x)=f(x)-x=ln(1+x)-x,x?(0,?),那么有F￠1x試題分析：解法一：-1=-(x)=當x?(0,￠所以F(x)在(0,+?)上單一遞減；1+x1+x?),F(x)<0,故當x>0時，F(x)<F(0)=0,即當x>0時，f(x)<x．(2)令G(x)=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,x?(0,￠1-kx+(1-k)?),那么有G(x)=-k=1+xk￡0￠1+x當,所以G(x)在[0,+?)上單一遞加,G(x)>G(0)=0G(x)>0故對隨意正實數x0均知足題意.0<k<1時，令G￠(x)=0,得x=1-k=1-1>0．kk1￠取x0=-1，對隨意x?(0,x0),恒有G(x)>0,所以G(x)在[0,x0)上單一遞加,G(x)>G(0)=0,k即f(x)>g(x).綜上，當k<1時，總存在x0>0,使得對隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．(3)當k>1時，由〔1〕知，對于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，故g(x)>f(x)，|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)，2￠1-2x2+(k-2)x+k-1令M(x)=kx-ln(1+x)-x,x違[0，+)-2x=,，那么有M(x)=k-1+x1+x故當k-2+(k-2)2+8(k-1)時，￠k-2+(k-2)2+8(k-1)上單?44,即|f(x)-g(x)|>x2,所以知足題意的調遞加，故M(x)>M(0)=0t不存在.當k<1時，由〔2〕知存在x0>0,使得對隨意的隨意的x?(0，x0),恒有f(x)>g(x)．此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)=ln(1+x)-kx,第13頁〔共41頁〕令N(x)=ln(1+x)-kx-x2,x違[0，+)，那么有N'(x)=1-k-2x=-2x2-(k+2)x-k+1,1+x1+x〕(k+2)2+8(1-k)-(k+2)+(k+2)2+8(1-k)￠?〔，,，故當時，N(x)0在x04)>M(x)[04)2上單一遞加，故N(x)>N(0)=0,即f(x)-g(x)>x2,記x0與-(k+2)+(k+2)+8(1-k)中較小4的為x1，那么當x?(0，x)時，恒有|f(x)g(x)|>x2，故知足題意的t不存在.1當k=1，由〔1〕知，當x違(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，令H(x)=x-ln(1+x)-2￠1-2x2-x-2x=,￠1+x1+x所以H(x)在[0，+￥〕上單一遞減，故H(x)<H(0)=0,當x>0時，H(x)<0,故當x>0時，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此時，隨意實數t知足題意.綜上，k=1.解法二：〔1〕〔2〕同解法一.〔3〕當k>1時，由〔1〕知，對于"x違(0,+),g(x)>x>f(x)，，故|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=kx-ln(1+x)>kx-x=(k-1)x，(k-1)x>x2,解得0<x<k-1，從而獲得當k>1時，對于x?(0,k1)恒有|f(x)-g(x)|>x2,所以知足題意的t不存在.k<1時，取k1=k+1，從而k<k1<12由〔2〕知存在x0>0,使得隨意x?(0，x0),恒有f(x)>k1x>kx=g(x).此時|f(x)-g(x)|=f(x)-g(x)>(k1-k)x=1-kx,令1-kx>x2,解得0<x<1-k，此時2f(x)-g(x)>x2,21-k中較小的為2記x0與x，那么當x?(0，時，恒有|f(x)g(x)|>x2，21x1)故知足題意的t不存在.當k=1，由〔1〕知，當x違(0,+),|f(x)-g(x)|=g(x)-f(x)=x-ln(1+x)，令M(x)xln(1x)x2,x[0，+)，那么有M(x)112x2x2x,當x>0￠1x1xM(x)<M(0)=0,時，M(x)<0,所以M(x)在[0，+〕上單一遞減，故故當x>0時，恒有|f(x)-g(x)|<x2,此時，隨意實數t知足題意綜上，k=1.考點：導數的綜合應用．7．〔2021廣東理〕設a1，函數f(x)(1x2)exa。求f(x)的單一區(qū)間；(2)證明：f(x)在,上僅有一個零點；(3)假定曲線y=f(x)在點P處的切線與x軸平行，且在點M(m,n)處的切線與直線OP平行〔O是坐標原點〕,證明：m3a21．e【答案】〔1〕,；〔2〕看法析；〔3〕看法析．第14頁〔共41頁〕【分析】〔1〕依題f'x1x2'ex1x2ex20，'1xex∴fx在,上是單一增函數；【考點定位】本題考察導數與函數單一性、零點、不等式等知識，屬于中高檔題．8.(2021湖北文)設函數f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)是奇函數，g(x)是偶函數，f(x)g(x)ex，此中e為自然對數的底數.〔Ⅰ〕求f(x)，g(x)的分析式，并證明：當x0時，f(x)0，g(x)1；〔Ⅱ〕設a0，b1，證明：當x0時，ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b).x11【答案】〔Ⅰ〕xxxxx0ex10ex1f(x)0.f(x)(ee)，g(x)(ee).證明：當時，，故212又由根本不等式，有g(x)(exex)exex1，即g(x)1.〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕得x2xf(x)1(ex1x)1(ex1(exg(x)⑤g(x)1(ex1x))1(exe2x)ex)1(exe2xex)f(x)⑥2e2e22e2e2第15頁〔共41頁〕當x0時，f(x)ag(x)(1a)等價于f(x)axg(x)(1a)x⑦f(x)bg(x)(1b)等價于xxf(x)bxg(x)(1b)x.⑧于是設函數h(x)f(x)cxg(x)(1c)x，由⑤⑥，有h(x)g(x)cg(x)cxf(x)(1c)(1c)[g(x)1]cxf(x).當x0時，〔1〕假定c0，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上為增函數，從而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑦成立.〔2〕假定c1，由③④，得h(x)0，故h(x)在[0,)上為減函數，從而h(x)h(0)0，即f(x)cxg(x)(1c)x，故⑧成立.綜合⑦⑧，得ag(x)(1a)f(x)bg(x)(1b)x【考點定位】本題考察函數的奇偶性和導數在研究函數的單一性與極值中的應用，屬高檔題.【名師點睛】將函數的奇偶性和導數在研究函數的單一性與極值中的應用聯系在一同，要點考察函數的綜合性，表達了函數在高中數學的重要地位，其解題的要點是第一問需運用奇函數與偶函數的定義及性質成立方程組進行求解；第二問屬于函數的恒成立問題，需借助導數求解函數最值來解決.9．〔2021湖北理〕數列{an}的各項均為正數，bnn(11)nan(nN)，e為自然對數的底數．1n〔Ⅰ〕求函數f(x)1xex的單一區(qū)間，并比較(1)n與e的大?。籲〔Ⅱ〕計算b1，b1b2，b1b2b3，由此推斷計算bb12bn的公式，并給出證明；a1a1a2a1a2a3a1a2an1〔Ⅲ〕令(a1a2an)nnnnnnn},，數列{a，{c}的前n項和分別記為S,T證明：TeS.【答案】〔Ⅰ〕f(x)的單一遞加區(qū)間為(,0)，單一遞減區(qū)間為(0,).(11)ne；〔Ⅱ〕詳看法析；〔Ⅲ〕詳看法析.n【分析】試題分析：〔Ⅰ〕f(x)的定義域為(,)，f(x)1ex.當f(x)0，即x0時，f(x)單一遞加；當f(x)0，即x0時，f(x)單一遞減.故f(x)的單一遞加區(qū)間為(,0)，單一遞減區(qū)間為(0,).第16頁〔共41頁〕當x0時，f(x)f(0)0，即1xex.1，得111令xen，即(11)ne.①nnn〔Ⅱ〕b11(11)1112；b1b2b1b222(11)2(21)232；a11a1a2a1a22b1b2b3b1b2b3323(11)3(31)343.a1a2a3a1a2a33由此推斷：b1b2bn(n1)n.②a1a2an下邊用數學歸納法證明②.〔1〕當n1時，左側右側2，②成立.〔2〕假定當nk時，②成立，即b1b2bk(k1)k.a1a2ak當nk1時，bk1(k1)(11)k1ak1，由歸納假定可得b1b2bkbk1b1b2bkbk1k11(k1)k(k1)(1)k1(k2)k1.a1a2akak1a1a2akak1k1所以當nk1時，②也成立.n都成立.依據〔1〕〔2〕，可知②對全部正整數〔Ⅲ〕由cn的定義，②，算術-幾何均勻不等式，bn的定義及①得1111Tnc1c2c3cn(a1)1(a1a2)2(a1a2a3)3(a1a2an)n1111(b1)1(b1b2)2(b1b2b3)3(b1b2bn)n234n1b1b1b2b1b2b3b1b2bn122334n(n1)b1[1211]b2[1311]bn1123n(n1)234n(n1)n(n1)b1(111111)n)b2(n)bn(n121n1b1b2bn(111a112a2(11nan12n)(1))12nea1ea2eaneSn.TneSn.考點：1.導數的應，2.數列的觀點，3.數學歸納法，4.根本不等式10.(2021湖南文)函數f(x)ae2cosx(x[0,)，記xn為f(x)的從小到大的第n(nN*)個極值點?！睮〕證明：數列{f(xn)}是等比數列；〔II〕假定對全部nN*,xnf(xn)恒成立，求a的取值范圍?！敬鸢浮俊睮〕略；(II)[2e2,)4【分析】試題剖析：〔I〕由題f(x)2xcos(x)，令f(x)0，求出函數的極值點，依據等ae4第17頁〔共41頁〕n3t4g(t)比數列定義即可獲得結果；(II)由題問題等價于2e3恒成立問題，設e(t0)，ant4而后運用導數知識獲得[g(xn)]minmin[g(x1),g(x2)]min[g(),g(5)]g()4e2，所以44424e2，求得a2e2，獲得a的取值范圍；a4試題分析：〔I〕f( )aexcosxaexsinxx令f(x)0，由x0，得x4m而對于cos(x)，當kZ時，4假定2k2x42k，即2k2假定2kx2k32k2，即42所以，在區(qū)間((m1),m3)與(m4

2xcos(x)ae4，即xm3,mN*，2432k，那么cos(x)0；x444x2k5)0；，那么cos(x444,m)上，f(x)的符號總相反，于是當44mf(xn)(xn1)f(xn)

3,mN*時，f(x)獲得極值，所以xnn3,nN*，此時，44n33(1)n12n344，易知f(xn)0，而aecos(n)ae42n22(n1)34(ae1)2e是常數，31)nn(12ae42故數列{f(xn)}是首項為f(x1)2eae4，公比為的等比數列。23N*,xnnf(xn)恒成立，即n〔II〕對全部n32ae4恒成立，亦即342n2e4恒成立，a3n4etet(t1)設g(t)(t0)，那么g(t)，令g(t)0得t1，tt2當0t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(0,1)上單一遞減；當t1時，g(t)0，所以g(t)在區(qū)間(1,)上單一遞加；因為xn(0,1)，且當n2時，xn(1,),xnxn1,所以[g(x)]minmin[g(x),g(x)]min[g(),g(5)]g( )4e2n12444所以，nN*,xnf(xn)恒成立，當且僅當24e2，解得a2e2，a4第18頁〔共41頁〕故實數a的取值范圍是[2e2,)。4考點：恒成立問題；等比數列的性質11.(2021湖南理)a0，函數( )axsin([0,))，記為的從小到大的第fxexxxnf(x)n(nN*)個極值點，證明：〔1〕數列{f(xn)}是等比數列〔2〕假定a1，那么對全部nN*，xn|f(xn)|恒成立.e21【答案】〔1〕詳看法析；〔2〕詳看法析.第19頁〔共41頁〕【考點定位】1.三角函數的性質；2.導數的運用；3.恒成立問題.【名師點睛】本題是以導數的運用為背景的函數綜合題，主要考察了函數思想，化歸思想，抽象歸納能力，綜合剖析問題和解決問題的能力，屬于較難題，近來高考在逐年加大對導數問題的考察力度，不單題型在變化，并且問題的難度、深度與廣度也在不停加大，本局部的要求必定有三個層次：第一層次主要考察求導公式，求導法那么與導數的幾何意義；第二層次是導數的簡單應用，包含求函數的單一區(qū)間、極值、最值等；第三層次是綜合考察，包含解決應用問題，將導數內容和傳統(tǒng)內容中相關不等式甚至數列及函數單一性有機聯合，設計綜合題.(2021江蘇)某山區(qū)外頭有兩條互相垂直的直線型公路，為進一步改良山區(qū)的交通現狀，方案修建一條連結兩條公路的山區(qū)界限的直線型公路，記兩條互相垂直的公路為l1，l2，山區(qū)界限曲線為C，方案修筑的公路為l，以下列圖，M，N為C的兩個端點，測得點M到l1，l2的距離分別為5千米和40千米，點N到l1，l2的距離分別為20千米和2.5千米，以l1，l2所在的直線分別為x，y軸，成立平面直角坐標系xOy，假定曲線C切合函數ya〔此中a，b為常數〕模型.2xb1〕求a，b的值；2〕設公路l與曲線C相切于P點，P的橫坐標為t.①請寫出公路l長度的函數分析式ft，并寫出其定義域；②當t為什么值時，公路l的長度最短？求出最短長度.【答案】〔1〕a1000,b0;〔2〕①f(t)91069t2,定義域為[5,20]，②t102,f(t)min153t44千米第20頁〔共41頁〕〔2〕①由〔1〕知，10001000，yx2〔5x20〕，那么點的坐標為t,2t設在點處的切線l交x，y軸分別于，點，y2000，x3考點：利用導數求函數最值，導數幾何意義13.(2021江蘇)函數f(x)x3ax2b(a,bR).〔1〕試議論f(x)的單一性；〔2〕假定bca〔實數c是a與沒關的常數〕，當函數f(x)有三個不一樣的零點時，a33的取值范圍恰巧是(,3)(1,)(,)，求c的值.22第21頁〔共41頁〕【答案】〔1〕當a0時，fx在,上單一遞加；當a0時，fx在,2a0,上單一遞加，在，3

2a,03

上單一遞減；當a0時，fx在,0，2a,上單一遞加，在3〔2〕c1.

0,

2a3

上單一遞減．考點：利用導數求函數單一性、極值、函數零點第22頁〔共41頁〕14.(2021全國新課標Ⅰ卷文)設函數fxe2xalnx.〔I〕議論fx的導函數fx的零點的個數；〔II〕證明：當a0時fx2aaln2.a￠2xax(x>0).試題分析：〔I〕f(x)的定義域為(0，+￥)，f(x)=2e-￠￠當a￡0時,f(x)>0，f(x)沒有零點；2xa￠￠當a>0時，因為e單一遞加，-x單一遞加，所以f(x)在(0，+￥)單一遞加.又f(a)>0,當a1￠￠b知足0<b<且b<時，f(b)<0,故當a>0時，f(x)存在獨一零點.4415.(2021全國新課標Ⅰ卷理)函數f〔x〕=x3ax1,g(x)lnx.(Ⅰ)當a為什么值時，x軸為曲線yf(x)的切線；4〔Ⅱ〕用minm,n表示m,n中的最小值，設函數h(x)minf(x),g(x)(x0)，議論h〔x〕零點的個數.第23頁〔共41頁〕【答案】〔Ⅰ〕a-3；〔Ⅱ〕當a3或a5，h(x)由一個零點；當a3或a5，444445a3，h(x)有三個零點.h(x)有兩個零點；當4【分析】4剖析：〔Ⅰ〕先利用數的幾何意列出對于切點的方程，解出切點坐與的a；〔Ⅱ〕依據數函數的像與性將x分x1,x1,0x1研究h(x)的零點個數，假定零點不簡單求解，a再分.f(x)與x相切于點(x0,0)，f(x0)分析：〔Ⅰ〕曲y0，f(x0)0，即x03ax010134，解得x0,a.3x02a024所以，當a3yf(x)的切.??5分，x是曲4〔Ⅱ〕當x(1,)，g(x)lnx0，從而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0，∴h(x)在〔1，+∞〕無零點.當x=1，假定a5，f(1)a50，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,故x=1是h(x)4455的零點；假定a，f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=1不是h(x)的44零點.當x(0,1)，g(x)lnx0，所以只需考f(x)在〔0,1〕的零點個數.(ⅰ)假定a3或a0，f(x)3x2a在〔0,1〕無零點，故f(x)在〔0,1〕，而f(0)1，54f(1)a3，f(x)在〔0，1〕有一個零點；當a0，f(x)在〔0，1〕無零，所以當a點.4(ⅱ)假定3a0，f(x)在〔0，a〕減，在〔a，1〕增，故當x=a333，f(x)取的最小，最小f(a)=2aa1.3334①假定f(a)＞0，即3＜a＜0，f(x)在〔0,1〕無零點.34②假定f(a)=0，即a3，f(x)在〔0,1〕有獨一零點；34③假定f(a)＜0，即3a3，因為f(0)1，f(1)a5，所以當5a3，344444f(x)在〔0,1〕有兩個零點；當3a5〕有一個零點.?10分，f(x)在〔0,14上，當a3或a5，h(x)由一個零點；當a3或a5，h(x)有兩個零點；當534444a，h(x)有三個零點.??12分44考點：利用數研究曲的切；新觀點的理解；分段函數的零點；分整合思想16.(2021全國新Ⅱ卷文)fxlnxa1x.第24頁〔共41頁〕〔I〕議論fx的單一性；〔II〕當fx有最大值,且最大值大于2a2時,求a的取值范圍.【答案】〔I〕a0,fx在0,是單一遞加；a0,fx在0,1a遞減；〔II〕0,1.【分析】

單一遞加,在1,單一a考點：導數的應用.17．(2021全國新課標Ⅱ卷理)設函數f(x)emxx2mx．(Ⅰ)證明：f(x)在(,0)單一遞減，在(0,)單一遞加；〔Ⅱ〕假定對于隨意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范圍．【答案】(Ⅰ)詳看法析；〔Ⅱ〕[1,1]．【分析】試題剖析：(Ⅰ)先求導函數f'(x)m(emx1)2x，依據m的范圍議論導函數在(,0)和(0,)的符號即可；〔Ⅱ〕f(x1)f(x2)e1恒成立，等價于f(x1)f(x2)maxe1．由x,x是兩個獨12立的變量，故可求研究f(x)的值域，由(Ⅰ)可得最小值為f(0)1，最大值可能是f(1)或f(1)，f(1)f(0)e1,故只需f(0)，從而得對于m的不等式，因不易解出，故利用導數研究其單一性和f(1)e1,符號，從而得解．第25頁〔共41頁〕考點：導數的綜合應用．18.(2021山東文)設函數.曲線在點(1,f(1))處的切線與直線平行.〔Ⅰ〕求a的值；k，使得方程f(x)g(x)在(k,k1)內存在獨一的根？如〔Ⅱ〕能否存在自然數果存在，求出k；假如不存在，請說明原因；〔Ⅲ〕設函數m(x)min{f(x),g(x)}〔min{p，q}表示，p，q中的較小值〕，求m(x)的最大值.【答案】〔I〕a1；(II)k1；(III)42.e【分析】試題剖析：〔I〕由題意知，f'(1)2，依據f'(x)lnxa1,即可求得.x〔II〕k1時，方程f(x)g(x)在(1,2)內存在獨一的根.設h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,e44經過研究x(0,1]時，h(x)0.又h(2)ln8110,3ln2e2得悉存在x0(1,2)，使h(x0)0.e2應用導數研究函數h(x)的單一性，當x作出結論：k1時，方程f(x)g(x)〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)

(1,)時，h(x)單一遞加.在(k,k1)內存在獨一的根.在(1,2)內存在獨一的根x0，且x(0,x0)時，f(x)g(x)，(x1)lnx,x(0,x0]x(x0,)時，f(x)g(x)，獲得m(x)x2.,x(x0,)ex當x(0,x0)時，研究獲得m(x)m(x0).當x(x0,)時，應用導數研究獲得m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e2第26頁〔共41頁〕綜上可得函數m(x)的最大值為4.e2試題分析：〔I〕由題意知，曲線在點(1,f(1))處的切線斜率為2，所以f'(1)2，又f'(x)lnxa1,所以a1.x〔II〕k1時，方程f(x)g(x)在(1,2)內存在獨一的根.設h(x)f(x)g(x)(x1)lnxx2x,當x(0,1]時，h(x)0.e又h(2)3ln24ln84110,e2e2所以存在x(1,2)，使h(x)0.00因為h'(x)lnx1x(x2)(1,2)時，h'(x)110，當x(2,)時，x1ex,所以當xeh'(x)0，所以當x(1,)時，h(x)單一遞加.所以k1時，方程f(x)g(x)在(k,k1)內存在獨一的根.〔III〕由〔II〕知，方程f(x)g(x)在(1,2)內存在獨一的根x0，且x(0,x0)時，f(x)g(x)，x(x0,)時，f(x)g(x)，所以m(x)(x1)lnx,x(0,x0].x2x,x(x0,)e當x(0,x0)時，假定x(0,1],m(x)0;假定x(1,x),由m'(x)lnx10,可知0m(x)m(x);故m(x)m(x).10x00當x(x0,)時，由m'(x)x(2x)(x0,2)時，m'(x)0,m(x)單一遞加；x(2,)ex,可得x時，m'(x)0,m(x)單一遞減；可知m(x)m(2)4,且m(x0)m(2).e24綜上可得函數m(x)的最大值為2.e考點：1.導數的幾何意義；2.應用導數研究函數的單一性、最值.19.(2021山東理)設函數fxlnx1ax2x，此中aR.〔Ⅰ〕議論函數fx極值點的個數，并說明原因；〔Ⅱ〕假定x0,fx0成立，求a的取值范圍.【答案】〔I〕：當a0時，函數fx在1,上有獨一極值點；當0a8fx在1,上無極值點；時，函數89當a時，函數fx在1,上有兩個極值點；9〔II〕a的取值范圍是0,1.第27頁〔共41頁〕第28頁〔共41頁〕〔4〕當a0時，設hxxlnx1第29頁〔共41頁〕【考點定位】1、導數在研究函數性質中的應用；2、分類議論的思想.【名師點睛】本題考察了導數在研究函數性質中的應用，側重考察了分類議論、數形聯合、轉變的思想方法，意在考察學生聯合所學知識剖析問題、解決問題的能力，此中最后一問所結構的函數表達了學生對不一樣函數增加模型的深刻理解.20.(2021陜西文)設fn(x)xx2xn1,nN,n2.(I)求fn(2)；0,2112n(II)證明：fn(x)在內有且僅有一個零點〔記為an〕，且0an.3233【答案】(I)fn(2)(n1)2n1；(II)證明略，詳看法析.【分析】試題剖析：(I)由題設fn(x)12xnxn1，所以fn(2)122n2n1，此式等價于數列{n2n1}的前n項和，由錯位相減法求得fn(2)(n1)2n1；22n22(x)在(0,2)內起碼存在(II)因為f(0)10，fn()12120，所以fn3333一個零點，又fn(x)12xn10fn(x)2內單一遞加，所以，fnx2，所以在3( )在3內有且只有一個零點an，因為fn(x)1xn，所以011xan11ann11222n1ann11故1an2，既而得0an112232223試題分析：(I)由題設fn(x)12xnxn1，

nfn(an)1an1，由此可得1ann12.33所以fn(2)122n2n1①由2fn(2)12222nn2②①②得fn(2)12222n1n2n122n2n(1n)2n1，12第30頁〔共41頁〕所以fn(2)(n1)2n1(II)因為f(0)10n212n2fn(2)3311221220，231333所以fn(x)在(0,2)內起碼存在一個零點，3nxn1又fn(x)12x0所以( )在(0,2)內單一遞加，fnx3所以，( )在2內有且只有一個零點，fnxan(0,)3因為fn(x)1xn1，1xann所以0f(a)11nn1an由此可得an11ann11故12222an23n1n11ann11212所以0an222333考點：1.錯位相減法；2.零點存在性定理；3.函數與數列.21．(2021陜西理)設fnx是等比數列1，x，x2，，xn的各項和，此中x0，n，n2．〔I〕證明：函數Fnxfnx2在1,1內有且僅有一個零點〔記為xn〕，且xn11xnn1；222〔II〕設有一個與上述等比數列的首項、末項、項數分別同樣的等差數列，其各項和為gnx，比fnxgnx的大小，并加以證明．【答案】〔I〕證明看法析；〔II〕當x=1時，fn(x)=gn(x)，當x1時，fn(x)<gn(x)，證明見分析．【分析】試題剖析：〔I〕先利用零點定理可證Fnx在1,1內起碼存在一個零點，再利用函數的單一性可證2Fnx在1,1內有且僅有一個零點，從而利用xn是Fnx的零點可證xn11xnn1；〔II〕先設222hxfnxgnx，再對x的取值范圍進行議論來判斷hx與0的大小，從而可得fnx和gnx的大?。囶}分析：〔I〕Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+xn-2,那么Fn(1)=n-1>0,第31頁〔共41頁〕當x=1時,n12n11111211Fn(2)12222122n0,12所以Fn(x)在1xn.,1內起碼存在一個零點2又Fn(x)12xnxn10，故在1,1內單一遞加，2所以Fn(x)在1xn.,1內有且僅有一個零點2因為x是Fn(x)的零點，所以Fn(xn)=0，即1-xnn+1-2=0，故xn=1+1xnn+1.n1-xn22n(n+1)(1+x)h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+fn(x)=gn(x)

nxn-(n+1)(1+x),x>0.當x1時,h(x)12xnxn1nn1xn1.2xn1=n(n+1)假定0<x<1,h(x)xn12xn1nxn1nn122假定x>1,h(x)xn12xn1nxn1nn1xn1=n(n+1)xn-122所以h(x)在(0,1)上遞加，在(1,)上遞減，所以h(x)<h(1)=0，即fn(x)<gn(x).時綜上所述，當x=1時,( )(x)；當x1fn(x)<gn(x)fnx=gn

xn-1-n(n+1)xn-1=0.2n(n+1)xn-1=0.2解法二由題設，fn(x)=1+x+x2+xn,gn(x)=(n+1)(1+xn),x>0.當x=1時,fn(x)=gn(x)2當x1時,用數學歸納法能夠證明fn()( ).x<gnx當n=2時,f2(x)-g2(x)=-1(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.2假定nk(k2)時，不等式成立，即f(x)<g(x).kk那么，當n=k+1時，fk+1(x)=fk(x)+xk+1<gk(x)+xk+1=(k+1)(1+xk)+xk+1=2又gk+1(x)-2xk+1+(k+1)xk+k+1=kxk+1-(k+1)xk+122令h(x)=kxk+1-(k+1xk+1(x>0)，那么hk(x)k(k1)xkk所以當0<x<1,hk(x)0,hk(x)在(0,1)上遞減；當x>1,hk(x)0,hk(x)在(1,)上遞加.

2xk+1+(k+1)xk+k+1.2kk1xk1kk1xk1(x1)2xk+1+(k+1)xk+k+1所以hk(x)>hk(1)=0，從而gk+1(x)>2第32頁〔共41頁〕故fk+1(x)<gk+1(x).即n=k+1，不等式也成立.).所以，對于全部n2的整數，都有( )(fnx<gnx}解法三:由，記等差數列為{ak},等比數列為{,k=1,2,,n+1.那么a1=b1=1，bkan+1=bn+1=xn，所以ak1+k1xn1(2kn),bxk1(2kn),nk令m(x)abk1xn11,x1xkkkkn當x=1時,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).當x1時,mk(x)k1nxn1(k1)xk2n而2kn，所以k-1>0，nk11.假定0<x<1,xn-k+1<1,mk(x)0,

0(2kn).k1xk2xnk11當x>1,xn-k+1>1,mk(x)0,從而mk(x)在(0,1)上遞減,mk(x)在(1,)上遞加.所以mk(x)>mk(1)=0，所以當x0且x1時,akbk(2kn),又a1=b1,an+1=bn+1，故fn(x)<gn(x)綜上所述，當x=1時,( )()；當x1時fnx=gnxfn(x)<gn(x)考點：1、零點定理；2、利用導數研究函數的單一性.22.(2021上海文)本題共2小題，第1小題6分，第2小題8分.函數f(x)ax21，此中a為實數.x〔1〕依據a的不一樣取值，判斷函數f(x)的奇偶性，并說明原因；〔2〕假定a(1,3)，判斷函數f(x)在[1,2]上的單一性，并說明原因.【答案】〔1〕f(x)是非奇非偶函數；〔2〕函數f(x)在[1,2]上單一遞加.【分析】〔1〕當a0時，f(x)1，明顯是奇函數；x當a0時，f(1)a1，f(1)a1，f(1)f(1)且f(1)f(1)0，所以此時f(x)是非奇非偶函數.第33頁〔共41頁〕【考點定位】函數的奇偶性、單一性.2223、(2021四川文)函數f(x)＝－2lnx＋x－2ax＋a，此中a>0.(Ⅱ)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有獨一解.(I)由，函數f(x)的定義域為(0，＋∞)g(x)＝f'(x)＝2(x－1－lnx－a)22(x1)所以g'(x)＝2－xx∈(0，1)時，g'(x)＜0，g(x)單一遞減x∈(1，＋∞)時，g'(x)＞)，g(x)單一遞加(II)由f'(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx令Φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx那么Φ(1)＝1＞0，Φ(e)＝2(2－e)＜0于是存在x0∈(1，e)，使得Φ(x0)＝0a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，此中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)由u'(x)＝1－1≥0知，函數u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單一遞加x0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1a0∈(0，1)a＝a0時，有f'(x0)＝0，f(x0)＝Φ(x0)＝0再由(I)知，f'(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單一遞加x∈(1，x0)時，f'(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0x∈(x0，＋∞)時，f'(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0又當x∈(0，1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0第34頁〔共41頁〕綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內有獨一解.【考點定位】本題主要考察導數的運算、導數在研究函數中的應用、函數的零點等根基知識，考察推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考察函數與方程、數形聯合、化歸與轉變等數學思想.【名師點睛】本題第(Ⅰ)問隱蔽二階導數知識點，因為連續(xù)兩次求導后，參數a消逝，故函數的單一性是確立的，議論也相對簡單.第(Ⅱ)問需要證明的是：對于某個a∈(0，1)，f(x)的最小值恰好是0，并且在(1，＋∞)上只有一個最小值.所以，本題仍舊要先議論f(x)的單一性，進一步說明對于找到的，(x)在(1，＋∞)上有且只有一個等于0的點，也就是在(1，＋∞)上有且只有一個最小af值點.屬于難題.24.(2021四川理)函數f(x)2(xa)lnx22ax2a，此中a0.x2a〔1〕設g(x)是f(x)的導函數，議論g(x)的單一性；〔2〕證明：存在a(0,1)，使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內恒成立，且f(x)0在(1,+)內有唯一解.【答案】〔1〕當0a114a),(114a,)上單一遞加，在區(qū)間時，g(x)在區(qū)間(0,1422(114a,114a)上單一遞減；當a1)上單一遞加.〔2〕詳看法時，g(x)在區(qū)間(0,224析.第35頁〔共41頁〕【考點定位】本題考察導數的運算、導數在研究函數中的應用、函數的零點等根基知識，考察推理論證能力、運算求解能力、創(chuàng)新意識，考察函數與方程、數形聯合、分類與整合，化歸與轉變等數學思想.【名師點睛】本題作為壓軸題，難度系數應在0.3以下.導數與微積分作為大學重要內容，在中學要修業(yè)生掌握其根基知識，在高考題中也必有表達.一般地，只需掌握了課本知識，是完整能夠解決第〔1〕題的，所以對難度最大的最后一個題，任何人都不可以完整放棄，這里還有許多的分是志在必得的.解決函數題需要的一個重要數學思想是數形聯合，聯系圖形勇敢猜想.在本題中，聯合待證結論，能夠想象出f(x)的大概圖象，要使得f(x)0在區(qū)間(1,+)內恒成立，且f(x)0在(1,+)內有獨一解，那么這個解x0應為極小值點，且極小值為0，當x(1,x0)時，f(x)的圖象遞減；當x(x0,)時，f(x)的圖象單一遞加，順著這個思想，即可找到解決方法.(2021天津文)函數f(x)=4x-x4,x?R,〔I〕求f(x)的單一性；〔II〕設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P,曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證：對于任意的正實數x,都有f(x)￡g(x);a1〔III〕假定方程f(x)=a(a為實數)有兩個正實數根且求證：3x1，x2，x1<x2,x2-x1<-+4.3【答案】〔I〕fx的單一遞加區(qū)間是,1,單一遞減區(qū)間是1,；〔II〕見試題分析；〔III〕見試題分析.【分析】第36頁〔共41頁〕試題分析：〔I〕由f(x)=4x-x4￠3,當fx0,即x1時,函數fx單一,可得f(x)=4-4x遞加；當fx0,即x1時,函數fx單一遞減.所以函數fx的單一遞加區(qū)間是,1,單一遞減區(qū)間是1,.1〔II〕設Px0,0,那么x043,fx012,曲線yfx在點P處的切線方程為yfx0xx0,即gxfx0xx0,令Fxfxgx即Fxfxfxxx0那么Fxfxfx0.因為f(x)=4-4x3在,單一遞減,故Fx在,單一遞減,又因為Fx00,所以當x,x0時,Fx0,所以當xx0,時,Fx0,所以Fx在,x0單一遞增,在x0,單一遞減,所以對隨意的實數x,FxFx00,對于隨意的正實數x,都有f(x)￡g(x).考點：1.導數的幾何意義；2.導數的應用.26.(2021天津理)函數f(x)nxxn,xR，此中nN*,n2.議論f(x)的單一性；(II)設曲線y=f(x)與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y=g(x),求證：對于任意的正實數x，都有f