2013-2023年新课标i卷高考理科数学解答题。
导数及其应用(本小题满分12分)
2017，21】已知函数．
1）讨论的单调性；
2）若有两个零点，求的取值范围．
1）由于。故当时，，．从而恒成立．在上单调递减当时，令，从而，得．
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增。
2）由（1）知，当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．令．
令，则．从而在上单调增，而．故当时，．当时．当时。
若，则，故恒成立，从而无零点，不满足条件．
若，则，故仅有一个实根，不满足条件．
若，则，注意到．．
故在上有一个实根，而又．
且．故在上有一个实根．
又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根．
又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根．
综上，．2016，21】已知函数有两个零点．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）设是的两个零点，证明：．
解析】： 由已知得：
若，那么，只有唯一的零点，不合题意；
若，那么，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
即：故在上至多一个零点，在上至多一个零点。
由于，，则，根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．
而当时，故。
则的两根，，，因为，故当或时，
因此，当且时，
又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．
此时，在上有且只有两个零点，满足题意．
若，则，当时，即，单调递增；
当时，，，即，单调递减；
当时，，，即，单调递增．
即：而极大值。
故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解。
而当时，单调递增，至多一个零点。
此时在上至多一个零点，不合题意．
若，那么。
当时，，，即，单调递增。
当时，，，即，单调递增。
又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．
若，则。当时，，，即，单调递增。
当时，，，即，单调递减。
当时，，，即，单调递增。
即：故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解。
当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零点，不合题意．
综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．
由已知得：，不难发现，故可整理得：,，则。
当时，，单调递减；当时，，单调递增．
设，构造代数式：
设，,则，故单调递增，有．
因此，对于任意的，．
由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有。
令，则有。而，，在上单调递增，因此：
整理得：．2015，21】已知函数f（x）=
ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线的切线；
ⅱ）用表示m,n中的最小值，设函数，讨论h（x）零点的个数。
答案】（ⅰ当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点。
解析】试题分析：（ⅰ先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的值；（ⅱ根据对数函数的图像与性质将分为研究的零点个数，若零点不容易求解，则对再分类讨论。
试题解析：（ⅰ设曲线与轴相切于点，则，，即，解得。
因此，当时，轴是曲线的切线。 …5分。
ⅱ）当时，，从而，∴在（1，+∞无零点。
当=1时，若，则，,故=1是的零点；若，则，,故=1不是的零点。
当时，，所以只需考虑在（0,1）的零点个数。
ⅰ)若或，则在（0,1）无零点，故在（0,1）单调，而，，所以当时，在（0，1）有一个零点；当0时，在（0，1）无零点。
(ⅱ)若，则在（0，）单调递减，在（，1）单调递增，故当=时，取的最小值，最小值为=.
1 若＞0，即＜＜0，在（0,1）无零点。
2 若=0，即，则在（0,1）有唯一零点；
3 若＜0，即，由于，，所以当时，在（0,1）有两个零点；当时，在（0,1）有一个零点。…10分。
综上，当或时，由一个零点；当或时，有两个零点；当时，有三个零点。 …12分。
考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想。
2014，21】设函数，曲线在点处的切线方程为。
）求。）证明：
答案】（）详见解析。
解析】试题分析：（）由切点在切线上，代入得①．由导数的几何意义得②，联立①②求；（）证明成立，可转化为求函数的最小值，只要最小值大于1即可．该题不易求函数的最小值，故可考虑将不等式结构变形为，分别求函数和的最值，发现在的最小值为，在的最大值为．且不同时取最值，故成立，即注意该种方法有局限性只是不等式的充分不必要条件，意即当成立，最值之间不一定有上述关系．
试题解析：（）函数的定义域为．．
由题意可得，．故．
）由（）知，，从而等价于，设函数，则．所以当时，；当时，．故在递减，在递增，从而在的最小值为．设，则．所以当时，；当时，．故在递增，在递减，从而在的最大值为．综上，当时，，即．
考点定位】1、导数的几何意义；2、利用导数判断函数的单调性；3、利用导数求函数的最值．
2013，21】设函数f(x)＝x2＋ax＋b，g(x)＝ex(cx＋d)．若曲线y＝f(x)和曲线y＝g(x)都过点p(0,2)，且在点p处有相同的切线y＝4x＋2.
1)求a，b，c，d的值；
2)若x≥－2时，f(x)≤kg(x)，求k的取值范围．
解：(1)由已知得f(0)＝2，g(0)＝2，f′(0)＝4，g′(0)＝4.
而f′(x)＝2x＋a，g′(x)＝ex(cx＋d＋c)，故b＝2，d＝2，a＝4，d＋c＝4.
从而a＝4，b＝2，c＝2，d＝2.
2)由(1)知，f(x)＝x2＋4x＋2，g(x)＝2ex(x＋1)．
设函数f(x)＝kg(x)－f(x)＝2kex(x＋1)－x2－4x－2，则f′(x)＝2kex(x＋2)－2x－4＝2(x＋2)(kex－1)．
由题设可得f(0)≥0，即k≥1.
令f′(x)＝0得x1＝－ln k，x2＝－2.
若1≤k＜e2，则－2＜x1≤0.从而当x∈(－2，x1)时，f′(x)＜0；当x∈(x1，＋∞时，f′(x)＞0.即f(x)在(－2，x1)单调递减，在(x1，＋∞单调递增．故f(x)在[－2，＋∞的最小值为f(x1)．
而f(x1)＝2x1＋2－－4x1－2＝－x1(x1＋2)≥0.
故当x≥－2时，f(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
若k＝e2，则f′(x)＝2e2(x＋2)(ex－e－2)．
从而当x＞－2时，f′(x)＞0，即f(x)在(－2，＋∞单调递增．
而f(－2)＝0，故当x≥－2时，f(x)≥0，即f(x)≤kg(x)恒成立．
若k＞e2，则f(－2)＝－2ke－2＋2＝－2e－2(k－e2)＜0.
从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．
综上，k的取值范围是[1，e2]．
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