专题04 导数解答题-【2023高考必备】2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编（全国通用版）含解析.pdf

2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编十年全国高考数学真题分类汇编专题专题 04 导数解答题导数解答题1(2022 新高考全国 II 卷第 22 题)已知函数()eeaxxf xx(1)当1a 时，讨论()f x的单调性；(2)当0 x 时，()1f x ，求 a 的取值范围；(3)设nN，证明：222111ln(1)1122nnn2(2022 新高考全国 I 卷第 22 题)已知函数()xf xeax和()lng xaxx有相同的最小值(1)求 a；(2)证明：存在直线yb，其与两条曲线()yf x和()yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列3(2021 年新高考全国卷第 22 题)已知函数2()(1)xf xxeaxb(1)讨论()f x的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：()f x有一个零点21,222eaba；10,22aba4(2021 年新高考卷第 22 题)已知函数 1lnf xxx(1)讨论 fx的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明：112eab5(2020 年新高考 I 卷(山东卷)第 21 题)已知函数1()elnlnxf xaxa(1)当ae时，求曲线 y=f(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若 f(x)1，求 a的取值范围6(2020 新高考 II 卷(海南卷)第 22 题)已知函数1()elnlnxf xaxa(1)当ae时，求曲线 y=f(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若 f(x)1，求 a 的取值范围7(2021 年高考全国乙卷理科第 20 题)设函数 lnfxax，已知0 x 是函数 yxf x的极值点(1)求 a；(2)设函数()()()xf xg xxf x证明:1g x 8(2021 年高考全国甲卷理科第 21 题)已知0a 且1a，函数()(0)axxf xxa(1)当2a 时，求 f x的单调区间；(2)若曲线 yf x与直线1y 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围9(2020 年高考数学课标卷理科第 21 题)已知函数2()exf xaxx(1)当 a=1 时，讨论 f(x)的单调性；(2)当 x0 时，f(x)12x3+1，求 a 的取值范围10(2020 年高考数学课标卷理科第 21 题)已知函数 f(x)=sin2xsin2x(1)讨论 f(x)在区间(0，)的单调性；(2)证明：3 3()8f x；(3)设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx34nn.11(2020 年高考数学课标卷理科第 21 题)设函数3()f xxbxc，曲线()yf x在点(12，f(12)处的切线与 y 轴垂直(1)求 b(2)若()f x有一个绝对值不大于 1 的零点，证明：()f x所有零点的绝对值都不大于 112(2019 年高考数学课标卷理科第 20 题)已知函数32()2f xxaxb(1)讨论()f x的单调性；(2)是否存在,a b，使得()f x在区间0,1的最小值为1且最大值为 1？若存在，求出,a b的所有值；若不存在，说明理由13(2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题)已知函数1()ln1xf xxx 1讨论()f x的单调性，并证明()f x有且仅有两个零点；2设0 x是()f x的一个零点，证明曲线lnyx在点00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线14(2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题)已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数 证明：(1)()fx在区间1,2存在唯一极大值点；(2)()f x有且仅有 2 个零点15(2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题)已知函数 22ln 12fxxaxxx(1)若0a，证明：当10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x；(2)若0 x 是 f x的极大值点，求a16(2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题)(12 分)已知函数2()exf xax(1)若1a，证明：当0 x时，()1f x；(2)若()f x在(0,)只有一个零点，求a(二)选考题：共 10 分。请考生在第 22、23 题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。17(2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题)(12 分)已知函数1()lnf xxaxx(1)讨论()f x的单调性；(2)若()f x存在两个极值点12,x x，证明：12122f xf xaxx18(2017 年高考数学新课标卷理科第 21 题)已知函数 22xxf xaeaex(1)讨论 f x的单调性;(2)若 f x有两个零点,求a的取值范围19(2017 年高考数学课标卷理科第 21 题)(12 分)已知函数 1lnf xxax(1)若 0f x，求a的值；(2)设m为整数，且对于任意正整数n，2111111222nm，求m的最小值20(2017 年高考数学课标卷理科第 21 题)(12 分)已知函数3()ln,f xaxaxxx且()0f x(1)求a；(2)证明：()f x存在唯一的极大值点0 x，且220()2ef x21(2016高考数学课标卷理科第21题)设函数()cos2(1)(cos1)f xaxax,其中0a,记()f x的最大值为A.()求()fx;()求A;()证明()2fxA.22(2016 高考数学课标卷理科第 21 题)(本小题满分 12 分)(I)讨论函数2()2xxf xex-=+的单调性，并证明当0 x 时，(2)20 xxex；(II)证明：当0,1)a时，函数2x=(0)xeaxagxx（）有最小值设 g x的最小值为()h a，求函数()h a的值域23(2016 高考数学课标卷理科第 21 题)(本小题满分 12 分)已知函数2()(2)(1)xf xxea x有两个零点(I)求 a 的取值范围；(II)设12,x x是()f x的两个零点，证明：122xx24(2015 高考数学新课标 2 理科第 21 题)(本题满分 12 分)设函数2()mxf xexmx()证明：()f x在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；()若对于任意12,1,1x x ，都有12()()1f xf xe，求m的取值范围25(2015 高考数学新课标 1 理科第 21 题)(本小题满分 12 分)已知函数31(),()ln4f xxaxg xx()当a为何值时，x轴为曲线()yf x的切线；()用min,m n表示,m n中的最小值，设函数()min(),()(0)h xf x g xx，讨论()h x零点的个数26(2014 高考数学课标 2 理科第 21 题)(本小题满分 12 分)已知函数 f x=2xxeex()讨论 f x的单调性；()设 24g xfxbf x，当0 x 时，0g x,求b的最大值；()已知1.414221.4143，估计 ln2 的近似值(精确到 0001)27(2014 高考数学课标 1 理科第 21 题)设函数1()lnxxbef xaexx-=+,曲线()yf x=在点(1,(1)f处的切线(1)2ye x=-+(1)求,a b;(2)证明:()1f x 28(2013 高考数学新课标 2 理科第 21 题)已知函数()ln()xf xexm(1)设0 x 是()f x的极值点，求m，并讨论()f x的单调性；(2)当2m 时，证明()0f x 29(2013 高考数学新课标 1 理科第 21 题)已知函数()f x2xaxb，()g x()xe cxd，若曲线()yf x和曲线()yg x都过点 P(0，2)，且在点 P 处有相同的切线42yx()求a，b，c，d的值()若x2 时，()f x()kg x，求k的取值范围。2013-2022 十年全国高考数学真题分类汇编十年全国高考数学真题分类汇编专题专题 04 导数解答题导数解答题1(2022 新高考全国 II 卷第 22 题)已知函数()eeaxxf xx(1)当1a 时，讨论()f x的单调性；(2)当0 x 时，()1f x ，求 a 的取值范围；(3)设nN，证明：222111ln(1)1122nnn【答案】【答案】(1)fx的减区间为,0，增区间为0,(2)12a(3)见解析解析:(1)当1a 时，1 exf xx，则 exfxx，当0 x 时，()0fx，故 fx的减区间为,0，增区间为0,(2)设 ee1axxh xx，则 00h，又 1eeaxxh xax，设 1eeaxxg xax，则 22eeaxxgxaa x，若12a，则 0210ga，因为 gx为连续不间断函数，故存在00,x，使得00,xx，总有()0gx，故 g x在00,x为增函数，故 00g xg，故 h x在00,x为增函数，故 01h xh，与题设矛盾若102a，则 ln 11eeeeaxaxaxxxh xax，下证：对任意0 x，总有ln 1xx成立，证明：设 ln 1S xxx，故 11011xSxxx，故 S x在0,上为减函数，故 00S xS即ln 1xx成立由上述不等式有ln 12eeeeee0axaxxax axxaxx，故 0h x总成立，即 h x在0,上为减函数，所以 01h xh 当0a 时，有 eee1 1 00axxaxh xax ，所以 h x在0,上为减函数，所以 01h xh 综上，12a(3)取12a，则0 x，总有12ee10 xxx 成立，令12ext，则21,e,2lnxttxt，故22 ln1ttt即12lnttt 对任意的1t 恒成立所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21ln1lnnnnn，故222111ln2ln1 ln3ln2ln1ln1122nnnn【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2022 新高考全国 II 卷第 22 题2(2022 新高考全国 I 卷第 22 题)已知函数()xf xeax和()lng xaxx有相同的最小值(1)求 a；(2)证明：存在直线yb，其与两条曲线()yf x和()yg x共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【答案】【答案】(1)1a(2)见解析解析：(1)()exf xax的定义域为R，而()exfxa，若0a，则()0fx，此时()f x无最小值，故0a()lng xaxx的定义域为0,，而11()axg xaxx当lnxa时，()0fx，故()f x在,lna上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()f x在ln,a 上为增函数，故min()lnlnf xfaaaa当10 xa时，()0g x，故()g x在10,a上为减函数，当1xa时，()0g x，故()g x在1,a上为增函数，故min11()1 lng xgaa 因为()exf xax和()lng xaxx有相同的最小值，故11 lnlnaaaa，整理得到1ln1aaa，其中0a，设 1ln,01ag aa aa，则 222211011agaaaaa，故 g a为0,上的减函数，而 10g，故 0g a 的唯一解为1a，故1ln1aaa的解为1a 综上，1a(2)由(1)可得e()xxf x 和()lng xxx的最小值为11 ln11 ln11 当1b 时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个数设 exS xxb，e1xSx，当0 x 时，0Sx，当0 x 时，0Sx，故 S x在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以 min010S xSb，而e0bSb，e2bS bb，设 e2bu bb，其中1b，则 e20bu b，故 u b在1,上为增函数，故 1e20u bu，故 0S b，故 exS xxb有两个不同的零点，即exxb的解的个数为 2设 lnT xxxb，1xTxx，当01x时，0Tx，当1x 时，0Tx，故 T x在0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以 min110T xTb，而ee0bbT，ee20bbTb，lnT xxxb有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为 2当1b，由(1)讨论可得lnxxb、exxb仅有一个零点，当1b时，由(1)讨论可得lnxxb、exxb均无零点，故若存在直线yb与曲线 yf x、yg x有三个不同的交点，则1b 设()eln2xh xxx，其中0 x，故1()e2xh xx，设 e1xs xx，0 x，则 e10 xs x，故 s x在0,上为增函数，故 00s xs即e1xx，所以1()12 10h xxx ，所以()h x在0,上为增函数，而(1)e20h，31e333122()e3e30eeeh ，故 h x在0,上有且只有一个零点0 x，0311ex且：当00 xx时，0h x 即elnxxxx即 f xg x，当0 xx时，0h x 即elnxxxx即 f xg x，因此若存在直线yb与曲线 yf x、yg x有三个不同的交点，故001bf xg x，此时exxb有两个不同的零点1010,(0)x x xx，此时lnxxb有两个不同的零点0404,(01)x xxx，故11exxb，00exxb，44ln0 xxb，00ln0 xxb所以44lnxbx即44exbx即44e0 xbxbb，故4xb为方程exxb的解，同理0 xb也为方程exxb的解又11exxb可化为11exxb即11ln0 xxb即11ln0 xbxbb，故1xb为方程lnxxb的解，同理0 xb也为方程lnxxb的解，所以 1004,x xxb xb，而1b，故0410 xxbxxb即1402xxx【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2022 新高考全国 I 卷第 22 题3(2021 年新高考全国卷第 22 题)已知函数2()(1)xf xxeaxb(1)讨论()f x的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：()f x有一个零点21,222eaba；10,22aba【答案】【答案】已知函数2()(1)xf xxeaxb(1)讨论()f x的单调性；(2)从下面两个条件中选一个，证明：()f x有一个零点21,222eaba；10,22aba【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2021 年新高考全国卷第 22 题4(2021 年新高考卷第 22 题)已知函数 1lnf xxx(1)讨论 fx的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明：112eab【答案】【答案】解析：(1)函数的定义域为0,，又 1ln1lnfxxx ，当0,1x时，0fx，当1,+x时，0fx，故 fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+(2)因为lnlnbaabab，故ln1ln+1baab，即ln1ln+1abab，故11ffab，设1211,xxab，由(1)可知不妨设1201,1xx因为0,1x时，1ln0f xxx，,xe时，1ln0f xxx，故21xe先证：122xx，若22x，122xx必成立若22x，要证：122xx，即证122xx，而2021x，故即证 122f xfx，即证：222f xfx，其中212x设 2,12g xf xfxx，则 2lnln 2gxfxfxxx ln2xx，因为12x，故021xx，故ln20 xx，所以 0gx，故 g x在1,2为增函数，所以 10g xg，故 2f xfx，即222f xfx成立，所以122xx成立，综上，122xx成立设21xtx，则1t，结合ln1ln+1abab，1211,xxab可得：11221ln1lnxxxx，即：111ln1lnlnxttx，故11lnln1tttxt，要证：12xxe，即证11txe，即证1ln1ln1tx，即证：1lnln111ttttt，即证：1 ln1ln0tttt，令 1 ln1ln,1S ttttt t，则 112ln11lnln 111tStttttt，先证明一个不等式：ln1xx设 ln1u xxx，则 1111xuxxx，当10 x 时，0u x；当0 x 时，0u x，故 u x在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故 max00u xu，故ln1xx成立由上述不等式可得当1t 时，112ln 11ttt，故 0S t恒成立，故 S t在1,上为减函数，故 10S tS，故1 ln1ln0tttt成立，即12xxe成立综上所述，112eab【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2021 年新高考卷第 22 题5(2020 年新高考 I 卷(山东卷)第 21 题)已知函数1()elnlnxf xaxa(1)当ae时，求曲线 y=f(x)在点(1，f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若 f(x)1，求 a的取值范围【答案】【答案】(1)21e(2)1,)解析：(1)()ln1xf xexQ，1()xfxex，(1)1kfe(1)1fe Q，切点坐标为(1,1+e),函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为1(1)(1)yeex ,即12yex,切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e,所求三角形面积为1222|=211ee;(2)解法一：1()lnlnxf xaexaQ,11()xfxaex，且0a 设()()g xfx,则121()0,xg xaexg(x)在(0,)上单调递增，即()fx在(0,)上单调递增，当1a 时，()01f,11minf xf,1f x 成立当1a 时，11a，111ae，111()(1)(1)(1)0affa eaa,存在唯一00 x，使得01001()0 xfxaex，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx时()0fx，0101xaex，00ln1lnaxx ，因此01min00()()lnlnxf xf xaexa000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx 1,1,f x 1f x 恒成立；当01a时，(1)ln1,faaa(1)1,()1ff x不是恒成立综上所述，实数 a 的取值范围是1,+)解法二：111xlna xf xaelnxlnaelnxlna 等价于11lna xlnxelnaxlnxxelnx ,令 xg xex,上述不等式等价于1g lnaxg lnx,显然 g x为单调增函数，又等价于1lnaxlnx，即1lnalnxx，令 1h xlnxx,则 111xhxxx 在0,1上 h(x)0,h(x)单调递增；在(1,+)上 h(x)1,1,f x 1f x 恒成立；当01a时，(1)ln1,faaa(1)1,()1ff x不是恒成立综上所述，实数 a 的取值范围是1,+)解法二：111xlna xf xaelnxlnaelnxlna 等价于11lna xlnxelnaxlnxxelnx ,令 xg xex,上述不等式等价于1g lnaxg lnx,显然 g x为单调增函数，又等价于1lnaxlnx，即1lnalnxx，令 1h xlnxx,则 111xhxxx 在0,1上 h(x)0,h(x)单调递增；在(1,+)上 h(x)，g x单调递增；当2,x时，()0gx；当(0)3ax，时，()0fx；当(0)3ax，时，()0fx 故()f x在(,)(0,)3a，单调递增，在(0)3a，单调递减(2)满足题设条件的,a b存在()当0a时，由(1)知，()f x在0,1单调递增，所以()f x在区间0,1的最小值为(0)fb，最大值为(1)2fab此时,a b满足题设条件当且仅当1,21bab，即0,1ab()当a3时，由(1)知，()f x在0,1单调递减，所以()f x在区间0,1的最大值为(0)fb，最小值为(1)2fab此时,a b满足题设条件当且仅当21,1abb，即4,1ab()当03a时，由(1)知，()f x在0,1的最小值为3()327aafb，最大值为b或2ab若3=1127abb，则33 2a，与03a矛盾若3=1 2127abab，则3 3a 或3 3或0a，与03a矛盾综上，当且仅当01ab，或41ab，()f x在0,1的最小值为1，最大值为 1【点评】这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算思考量不大，计算量略大【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2019 年高考数学课标卷理科第 20 题13(2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题)已知函数1()ln1xf xxx 1讨论()f x的单调性，并证明()f x有且仅有两个零点；2设0 x是()f x的一个零点，证明曲线lnyx在点00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线【答案】【答案】1函数()f x在0,1和1,上是单调增函数，证明见解析；2证明见解析.【官方解析】【官方解析】1()f x的定义域为0,11,.因为212()01fxxx，所以()f x在(0,1)和(1,)上是单调递增.因为1()101ef ee，22222e1e3(e)20e1e1f，所以()f x在1,有唯一零点1x，即1()0f x又1101x，1111111ln()01xfxf xxx ，故()f x在0,1有唯一零点11x综上，()f x有且仅有两个零点 2因为0ln01xex，故点001ln,Bxx在曲线xye上由题设知0()0f x，即0001ln1xxx，故直线AB的斜率00000000000111ln111ln1xxxxxkxxxxxx曲线xye在点001ln,Bxx处切线的斜率是01x，曲线lnyx在点00(,ln)A xx处切线的斜率也是01x，所以曲线lnyx在点00(,ln)A xx处的切线也是曲线xye的切线【分析】【分析】1对函数()f x求导，结合定义域，判断函数的单调性；2先求出曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l，然后求出当曲线xye切线的斜率与l斜率相等时，证明曲线xye切线l在纵轴上的截距与l在纵轴的截距相等即可.【解析【解析】1函数()f x的定义域为0,11,，2211()ln()1(1)xxf xxfxxx x，因为函数()f x的定义域为(0,1)(1,)，所以()0fx，因此函数()f x在(0,1)和(1,)上是单调增函数；当(0,1)x，时，0,xy，而11112()ln0111efeeee，显然当(0,1)x，函数()f x有零点，而函数()f x在(0,1)x上单调递增，故当(0,1)x时，函数()f x有唯一的零点；当(1,)x时，2222221213()ln0,()ln01111eeef eef eeeeee，因为2()()0f ef e，所以函数()f x在2(,)e e必有一零点，而函数()f x在(1,)上是单调递增，故当(1,)x时，函数()f x有唯一的零点综上所述，函数()f x的定义域(0,1)(1,)内有 2 个零点；2因为0 x是()f x的一个零点，所以000000011()ln0ln11xxf xxxxx1lnyxyx，所以曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l的斜率01kx，故曲线lnyx在00,lnA xx处的切线l的方程为：0001ln()yxxxx而0001ln1xxx，所以l的方程为0021xyxx，它在纵轴的截距为021x.设曲线xye的切点为11(,)xB x e，过切点为11(,)xB x e切线l，xxyeye，所以在11(,)xB x e处的切线l的斜率为1xe，因此切线l的方程为111(1)xxye xex，当切线l的斜率11xke等于直线l的斜率01kx时，即11001(ln)xexxx，切线l在纵轴的截距为01ln110001(1)(1ln)(1ln)xxbexexxx，而0001ln1xxx，所以01000112(1)11xbxxx，直线,l l的斜率相等，在纵轴上的截距也相等，因此直线,l l重合，故曲线lnyx在00,lnA xx处的切线也是曲线xye的切线.【点评】【点评】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题14(2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题)已知函数()sinln(1)f xxx，()fx为()f x的导数 证明：(1)()fx在区间1,2存在唯一极大值点；(2)()f x有且仅有 2 个零点【答案【答案】解：(1)设()()g xf x，则1()cos1g xxx，21sin()(1xxg x 当1,2x 时，()g x单调递减，而(0)0,()02gg，可得()g x在1,2有唯一零点，设为则当(1,)x 时，()0g x；当,2x时，()0g x 所以()g x在(1,)单调递增，在,2单调递减，故()g x在1,2存在唯一极大值点，即()f x在1,2存在唯一极大值点(2)()f x的定义域为(1,)(i)当(1,0 x 时，由(1)知，()f x在(1,0)单调递增，而(0)0f，所以当(1,0)x 时，()0f x，故()f x在(1,0)单调递减，又(0)=0f，从而0 x 是()f x在(1,0的唯一零点(ii)当0,2x时，由(1)知，()f x在(0,)单调递增，在,2单调递减，而(0)0f，02f，所以存在,2，使得()0f，且当(0,)x时，()0f x；当,2x时，()0f x 故()f x在(0,)单调递增，在,2单调递减又(0)0f，1 ln 1022f，所以当0,2x时，()0f x 从而()f x在0,2没有零点(iii)当,2x时，()0f x，所以()f x在,2单调递减 而02f，()0f ，所以()f x在,2有唯一零点(iv)当(,)x 时，ln(1)1x，所以()f x0，从而()f x在(,)没有零点综上，()f x有且仅有 2 个零点【题目栏目】导数导数的综合应用【题目来源】2019 年高考数学课标全国卷理科第 20 题15(2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题)已知函数 22ln 12fxxaxxx(1)若0a，证明：当10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x；(2)若0 x 是 f x的极大值点，求a【答案【答案】【官方解析】当0a 时，2ln 12f xxxx，ln 11xfxxx设函数 ln 11xg xfxxx，则 21xgxx当10 x 时，0gx；当0 x 时，0gx，故当1x 时，00g xg所以 f x在1,上单调递增又 00f，故当10 x 时，0f x；当0 x 时，0f x(2)(i)若0a，由(1)知，当0 x 时，2ln 120f xxxx 0f这与0 x 是 f x的极大值点矛盾(ii)若0a，设函数 222ln 122f xxh xxxaxxax由于当1min 1,xa时，220 xax，故 h x与 f x符号相同又 000hf，故0 x 是 f x的极大值点，当且仅当0 x 是 h x的极大值点 222222222 21246111212xaxaxxa xaxah xxxaxxxax如果610a，则当6104axa，且1min 1,xa时，0h x，故0 x 不是 h x的极大值点如果610a，则224610a xaxa 存在根10 x，故当1,0 xx，且1min 1,xa时，0h x，所以0 x 不是 h x的极大值点如果610a，则 32241612xxh xxxx则当1,0 x 时，0h x；当0,1x时，0h x所以0 x 是 h x的极大值点，从而0 x 是 f x的极大值点综上16a 【民间解析】(1)法一：当0a 时，2 ln12f xxxx22ln12xxxx函数 f x的定义域为|10|1x xx x ，此时20 x记 24ln1ln1222xg xxxxx1x 则 2221401212xgxxxxx所以函数 g x在1,上单调递增，而 0ln1 00g所以当10 x 时，0g x，此时 20f xxg x当0 x 时，0g x，此时 20f xxg x法二：当0a 时，2 ln12f xxxx1x ，00f则 21ln12ln1111xfxxxxx，00f 2211111xfxxxx1x 当10 x 时，0fx，此时 fx单调递减所以10 x 时，00fxf，故函数 f x在1,0上单调递增所以1,0 x 时，00f xf当0 x 时，0fx，此时 fx单调递增所以0 x 时，00fxf，所以函数 f x在0,上单调递增所以当0,x时，00f xf综上所述若0a，证明：当10 x 时，0f x，当0 x 时，0f x(2)法一：由 22ln 12fxxaxxx可得 22212ln1212ln111xaxaxxfxaxxaxxxx所以 00f 因为0 x 是 f x的极大值点所以00 x，当0,0 xx 时，0fx；当00,xx时，0fx又 21 2ln12ln1ln 1111axxxxfxaxxaxxxxxx设 2ln11xh xxx，则 00h，23201xh xx所以 h x在1,上单调递增，所以当10 x 时，0h x；当0 x 时，0h x 所以当0 x 时，2ln101xxxx设 ln 11xh xxx，则 2211111xxxh xxxx当10 x 时，0h x；当0 x 时，0h x所以函数 h x在1,0上单调递减；在0,上单调递增所以任意1x 时，00h xh所以若0a 时，0fx，此时 f x不存在极值，故0a 由(1)知，当10 x 时，2ln12xxx；当0 x 时，2ln12xxx显然00 x，当00,xx x 时，1 20ax当0,0 xx 时，则 2221212ln1121xaxaxxaxxfxaxxxxx256112xaxaxx若610a，则10 x，使得当1,0 xx 时，5610axa，此时 0fx不满足题意，故610a，即16a 当00,xx时，则 2221212ln1121xaxaxxaxxfxaxxxxx256112xaxaxx若610a，则20 x，使得当20,xx时，5610axa，此时 0fx，不满足题意，故610a，即16a 综上，01616aaa ，所以16a 法二：221 12ln1212ln1211axxxaxxxaxfxaxxxx记 21 21 ln1h xaxxaxxx，4421 ln1h xaxaxax当0a，0 x 时，0h x所以 h x在0,上单调递增，所以当0 x 时，0h x 即 0fx所以 f x在0,上单调递增，与0 x 是 f x的极大值点不符合；当0a 时，1284 ln11ahxaaxx，显然可知 hx递减 00h，解得16a ，则有10 x，0hx，h x递增；0 x 时，0hx，h x递减，所以 00h xh，故 h x递减，又 00h则10 x，0h x，0fx，f x递增；0 x，0h x，0fx，f x递减此时0 x 为 f x的极大值点，符合题意当106a时，有 01 60ha，1 61 644121 10aaaaheae所以 0hx在0 x 有唯一零点，记为0 x，则00 xx，0hx，h x递增则 0h x，h x递增，所以 0h x，即 0fx，f x递增，不符合题意；当16a 时，有 01 60ha，2211120ha ee所以 0hx在10 x 有唯一零点，记为1x，则10 xx，0hx，h x递减则 0h x，h x递减，所以 0h x，即 0fx，f x递减，不符合题意综上可知16a 法三：(2)尝试一：(极大值点的第二充要条件：已知函数y xf在0 xx 处各阶导数都存在且连续，0 xx 是函数的极大值点的一个充要条件为前12 n阶导数等于 0，第n2阶导数小于 0。)2121ln212xaxxxaxxf，00f 2211431ln22121ln21 xaaxxxaxaxxxaxxf，00 f 3211662 xaxaxaxxf，由 0 xf得61a下证：当61a时，0 x是 xf的极大值点，31631 xxxxf，所以 xf 在0,1单增，在,0单减进而有 00 fxf，从而 xf 在,1单减，当0,1x时，00 fxf，当,0 x时，00 fxf从而 xf在0,1单增，在,0单减，所以0 x是 xf的极大值点。点评：计算量很大，但不失为一种基本方法，激励热爱数学的学生不拘泥于老师所教，就着自己的兴趣，不断学习，学而致知。基于此，还可以从大学的角度给出一种解法。通过1lnxy在2,1阶的帕德逼近可得2612121lnxxxx，且两个函数在0 x处两个函数可以无限制逼近，估计这也是考试中心构造这个函数的方法。由此可以迅速得到61a，我们也可以根据帕德逼近把此题的对数函数改为指数函数和三角函数，构造出相应的题目。尝试一难点在于 xf的各阶导数太复杂，由帕德逼近优化其解法。法 四：引 理 1：若y xf与 xg xqxp在0 xx 处 函 数 值 和 导 数 值 都 相 同，则 xpxfxqxh在0 xx 处导数为0证明：xpxfxqxfxqxh，xqxqxpxqxpxg2因为00 xgxf，且00 xgxf，代入化简即证：00 xh引理 2：已知函数y xf在0 xx 处各阶导数都存在且连续，0 xx 是函数的极大值点的一个充要条件为前12 n阶导数等于 0，第n2阶导数小于 0。2121ln212xaxxxaxxf，令 1ln21xaxxm，2122xaxxxu则易得 00um，00um，0 0 um，由引理 1 知，0 0 um等价于 0 xf，从而迅速求得61a。当61a时，004f尝试二：若0 x是 xf的极大值点，注意到 00f，则存在充分接近于0的，使得当0,x时，0 xf，当,0 x时，0 xf*得到一个恒成立问题，其基本方法之一有分离参数法。11ln11ln22xxxaxxxxxf对任意的,1x，都有01ln2xx，进而有011ln22xxxx当,0 x时，11ln21ln12xxxxxxxa，当 0时，11ln21ln1lim11ln21ln1lim2020 xxxxxxxxxxxxxxaxx 6146121ln141lim431ln12lim0220 xxxxxxxxxxx当0,x时，11ln21ln12xxxxxxxa，当 0时，11ln21ln1lim11ln21ln1lim2020 xxxxxxxxxxxxxxaxx 6146121ln141lim431ln12lim0220 xxxxxxxxxxx综上：61a【题目栏目】导数导数的应用导数与函数的极值含参函数的极值问题【题目来源】2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题16(2018 年高考数学课标卷(理)第 21 题)(12 分)已知函数2()exf xax(1)若1a，证明：当0 x时，()1f x；(2)若()f x在(0,)只有一个零点，求a【答案】【答案】解析：(1)当1a 时，()0f x 等价于2(1)e10 xx设函数2()(1)e1xg xx，则22()(21)e(1)exxg xxxx 当1x 时，()0g x，所以()g x在(0,)单调递减而(0)0g，故当0 x时，()0g x，即()1f x(2)设函数2()1exh xax()f x在(0,)只有一个零点当且仅当()h x在(0,)只有一个零点(i)当0a时，()0h x，()h x没有零点(ii)当0a 时，()(2)exh xax x当(0,2)x时，()0h x；当(2,)x时，()0h x所以()h x在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增故24(2)1eah 是()h x在0,的最小值若(2)0h，即2e4a，()h x在(0,)没有零点；若(2)0h，即2e4a，()h x在(0,)只有一个零点；若(2)0h，即2e4a，由于