近三年(2018-2019-2020)高考数学试题汇编【含详解】

近三年高考数学试题汇编【含详解】

专题01导数及其应用（解答题）

【

2020

年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数

f

(

x

)



e

x

a

(

x

2)

.

1

．

（

1

）当

a1

时，讨论

f(x)

的单调性；（

2

）若

f(x)

有两个零点，求

a

的取值范围

.

x）

【解析】（

1

）当

a=1

时，

f

（

x

）

=e

x

–x–2

，则

f（

=e

x

–1

．

x）x）

当

x<0

时，

f（

<0

；当

x>0

时，

f（

>0

．

所以

f

（

x

）在（

–∞

，

0

）单调递减，在（

0

，

+∞

）单调递增．

x）

（

2

）

f（

=e

x

–a

．

x）

当

a≤0

时，

f（

>0

，所以

f

（

x

）在（

–∞

，

+∞

）单调递增，故

f

（

x

）至多存在

1

个零点，不合题意．

x）

当

a>0

时，由

f（

=0

可得

x=lna

．

x）

当

x

∈（

–∞

，

lna

）时，

f（

<0

；

x）

当

x

∈（

lna

，

+∞

）时，

f（

>0

．所以

f

（

x

）在（

–∞

，

lna

）单调递减，在（

lna

，

+∞

）单调递增，故当

x=lna

时，

f

（

x

）取得最小值，最小值为

f

（

lna

）

=–a

（

1+lna

）．

1

（

i

）若

0≤a≤

，则

f

（

lna

）

≥0

，

f

（

x

）在（

–∞

，

+∞

）至多存在

1

个零点，不合题意．

e

1

（

ii

）若

a>

，则

f

（

lna

）

<0

．

e

由于

f

（

–2

）

=e

–2

>0

，所以

f

（

x

）在（

–∞

，

lna

）存在唯一零点．

由（

1

）知，当

x>2

时，

e

x

–x–2>0

，所以当

x>4

且

x>2ln

（

2a

）时，

x

f

(

x

)



e



e

a

(

x

2)



e

ln(2

a

)



(



2)

a

(

x

2)



2

a

0

．

2

故

f

（

x

）在（

lna

，

+∞

）存在唯一零点，从而

f

（

x

）在（

–∞

，

+∞

）有两个零点．

x

2

x

2

1

综上，

a

的取值范围是（，

+∞

）．

e

2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】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）=

【解析】设h(x)=f(x)−2x−c，则h(x)=2lnx−2x+1−c，

其定义域为(0，+∞)，

h



(x)



2



2

.

x

f(x)



f(a)

的单调性．

x



a

（1）当00；当x>1时，h\'(x)<0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递

减.从而当x=1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)=−1−c.

1

故当且仅当−1−c≤0，即c≥−1时，f(x)≤2x+c.

（2）

g

(

x

)



2(

所以c的取值范围为[−1，+∞).

f

(

x

)



f

(

a

)2(ln

x



ln

a

)

，x∈(0，a)∪(a，+∞).



x



ax



a

g



(

x

)



x



aaa



ln

a



ln

x

)2(1



ln)

xxx



22

(

x



a

)(

x



a

)

取c=−1得h(x)=2lnx−2x+2，h(1)=0，则由（1）知，当x≠1时，h(x)<0，即

1−x+lnx<0.故当x∈(0，a)∪(a，+∞)时，

1



所以

g(x)

在区间(0，a)，(a，+∞)单调递减.

【

2020

年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数

f(x)x

3

kxk

2

．

3

．

（1）讨论

f(x)

的单调性；（2）若

f(x)

有三个零点，求

k

的取值范围．

aa



ln



0

，从而

g



(x)0

.

xx

【解析】（

1

）

f(x)3x

2

k

．

)

单调递增；当

k=0

时，

f(x)x

3

，故

f(x)

在

(，

)

单调递增．当

k<0

时，

f(x)3x

2

k0

，故

f(x)

在

(，

3

k

3

k

3

k

3

k

当

k>0

时，令

f(x)0

，得

x

．当

x

(



,



)

时，

f(x)0

；当

x

(



,)

时，

f(x)0

；

3333

当

x

(

3

k

3

k

3

k

3

k

3

k

,



)

时，

f(x)0

．故

f(x)

在

(



,



)

，

(,



)

单调递增，在

(



,)

单减．

33333

3

k

3

k

为

f(x)

的极大值点，

x

=

为

f(x)

的极小值点．

33

3

k

3

k

3

k

k

1

且

f(k1)0

，

f(k1)0

，

f

(



)



0

．

333

39

27

)

单调递增，

f(x)

不可能有三个零点．（2）由（1）知，当

k0

时，

f(x)

在

(，

当

k>0

时，

x

=



此时，

k

1



4

3

k

2

k

3

k

)



0

，



0

时，

f(x)

有三个零点，根据

f(x)

的单调性，当且仅当

f

(

即

k

2



解得

k

．因

此k的取值范围为

(0

，

)

．

10．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f′（x）为f（x）的导数．

（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；

（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．

【答案】（

1

）见解析；（

2

）

a



,0



.

【解析】（1）设

g(x)f



(x)

，则

g(x)cosxxsinx1,g



(x)xcosx

.

当

x

(0,)

时，

g



(x)0

；当

x





4

27

π

2

π



π



π



,π



时，

g



(x)0

，所以

g(x)

在

(0,)

单调递增，在



,π



单调

2



2



2



2

递减.又

g

(0)



0,

g





π







0,

g

(π)



2

，故

g(x)

在

(0,π)

存在唯一零点.



2



所以

f



(x)

在

(0,π)

存在唯一零点.

（2）由题设知

f(π)