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2021-2023年高考数学真题分类汇编(全国通用)专题04导数及其应用(解答题)(理)(学生版+解析)
展开知识点1:恒成立与有解问题
知识点2:极最值问题
知识点3:证明不等式
知识点4:双变量问题(极值点偏移、拐点偏移)
知识点5:零点问题
近三年高考真题
知识点1:恒成立与有解问题
1.(2023•甲卷(理))已知,.
(1)若,讨论的单调性;
(2)若恒成立,求的取值范围.
2.(2021•天津)已知,函数.
(1)求曲线在点,处的切线方程;
(2)证明函数存在唯一的极值点;
(3)若,使得对任意的恒成立,求实数的取值范围.
3.(2023•上海)已知函数,(其中,,,若任意,均有,则称函数是函数的“控制函数”,且对所有满足条件的函数在处取得的最小值记为.
(1)若,,试判断函数是否为函数的“控制函数”,并说明理由;
(2)若,曲线在处的切线为直线,证明:函数为函数的“控制函数”,并求的值;
(3)若曲线在,处的切线过点,且,,证明:当且仅当或时,(c)(c).
知识点2:极最值问题
4.(2023·北京·统考高考真题)设函数,曲线在点处的切线方程为.
(1)求的值;
(2)设函数,求的单调区间;
(3)求的极值点个数.
5.(2023•新高考Ⅱ)(1)证明:当时,;参考答案
(2)已知函数,若为的极大值点,求的取值范围.
6.(2023•乙卷(理))已知函数.
(1)当时,求曲线在点,(1)处的切线方程;
(2)是否存在,,使得曲线关于直线对称,若存在,求,的值,若不存在,说明理由;
(3)若在存在极值,求的取值范围.
知识点3:证明不等式
7.(2022•新高考Ⅱ)已知函数.
(1)当时,讨论的单调性;
(2)当时,,求的取值范围;
(3)设,证明:.
8.(2023•新高考Ⅰ)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,.
9.(2021•乙卷(理))已知函数,已知是函数的极值点.
(1)求;
(2)设函数.证明:.
10.(2023•天津)已知函数.
(Ⅰ)求曲线在处的切线斜率;
(Ⅱ)当时,求证:;
(Ⅲ)证明:.
知识点4:双变量问题(极值点偏移、拐点偏移)
11.(2021•新高考Ⅰ)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:.
12.(2022•天津)已知,,函数,.
(1)求函数在,处的切线方程;
(2)若和有公共点.
(ⅰ)当时,求的取值范围;
(ⅱ)求证:.
13.(2022•浙江)设函数.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)已知,,曲线上不同的三点,,,,,处的切线都经过点.证明:
(ⅰ)若,则(a);
(ⅱ)若,,则.
(注是自然对数的底数)
14.(2022•北京)已知函数.
(Ⅰ)求曲线在点,处的切线方程;
(Ⅱ)设,讨论函数在,上的单调性;
(Ⅲ)证明:对任意的,,有.
知识点5:零点问题
15.(2022•甲卷(理))已知函数.
(1)若,求的取值范围;
(2)证明:若有两个零点,,则.
16.(2022•新高考Ⅰ)已知函数和有相同的最小值.
(1)求;
(2)证明:存在直线,其与两条曲线和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.
17.(2021•新高考Ⅱ)已知函数.
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)从下面两个条件中选一个,证明:恰有一个零点.
①,;
②,.
18.(2021•浙江)设,为实数,且,函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)若对任意,函数有两个不同的零点,求的取值范围;
(Ⅲ)当时,证明:对任意,函数有两个不同的零点,,满足.
(注是自然对数的底数)
19.(2021•甲卷(理))已知且,函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)若曲线与直线有且仅有两个交点,求的取值范围.20.(2022年全国乙卷)已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时,求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程;
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点,求a的取值范围.
专题04 导数及其应用(解答题)(理)
知识点目录
知识点1:恒成立与有解问题
知识点2:极最值问题
知识点3:证明不等式
知识点4:双变量问题(极值点偏移、拐点偏移)
知识点5:零点问题
近三年高考真题
知识点1:恒成立与有解问题
1.(2023•甲卷(理))已知,.
(1)若,讨论的单调性;
(2)若恒成立,求的取值范围.
【解析】(1)已知,函数定义域为,
若,此时,
可得
,
因为,,
所以当,即时,,单调递增;
当,即时,,单调递减;
(2)不妨设,函数定义域为,
,
令,,
此时,
不妨令,
可得,
所以单调递增,
此时(1),
①当时,,
所以在上单调递减,
此时,
则当时,恒成立,符合题意;
②当时,
当时,,
所以,
又(1),
所以在区间上存在一点,使得,
即存在,使得,
当时,,
所以当时,,单调递增,
可得当时,,不符合题意,
综上,的取值范围为,.
2.(2021•天津)已知,函数.
(1)求曲线在点,处的切线方程;
(2)证明函数存在唯一的极值点;
(3)若,使得对任意的恒成立,求实数的取值范围.
【解析】(1)因为,所以,而,
所以在,处的切线方程为;
(2)证明:令,则,
令,则,令,解得,
当时,,单调递减,
当时,,单调递增,
当时,,当时,,
作出图象,如图,
所以当时,与仅有一个交点,令,
则,且,
当时,,,为增函数;
当时,,,为减函数;
所以时是的极大值点,故仅有一个极值点;
(3)由(2)知,
此时,,
所以,
令,
若存在,使对任意的恒成立,
则等价于存在,使得,即,
而,,
当时,,为单调减函数,
当时,,为单调增函数,
所以(1),故,
所以实数的取值范围,.
3.(2023•上海)已知函数,(其中,,,若任意,均有,则称函数是函数的“控制函数”,且对所有满足条件的函数在处取得的最小值记为.
(1)若,,试判断函数是否为函数的“控制函数”,并说明理由;
(2)若,曲线在处的切线为直线,证明:函数为函数的“控制函数”,并求的值;
(3)若曲线在,处的切线过点,且,,证明:当且仅当或时,(c)(c).
【解析】(1),设,
,当,时,易知,即单调减,
,即,
是的“控制函数“;
(2),
,
,即为函数的“控制函数“,
又,且,;
证明:(3),,
在处的切线为,
,,(1)(1),
,
,
,
,
恒成立,
函数必是函数的“控制函数“,
是函数的“控制函数“,
此时“控制函数“必与相切于点,与在处相切,且过点,
在之间的点不可能使得在切线下方,所以或,
所以曲线在处的切线过点,且,,
当且仅当或时,.
知识点2:极最值问题
4.(2023·北京·统考高考真题)设函数,曲线在点处的切线方程为.
(1)求的值;
(2)设函数,求的单调区间;
(3)求的极值点个数.
【解析】(1)因为,所以,
因为在处的切线方程为,
所以,,
则,解得,
所以.
(2)由(1)得,
则,
令,解得,不妨设,,则,
易知恒成立,
所以令,解得或;令,解得或;
所以在,上单调递减,在,上单调递增,
即的单调递减区间为和,单调递增区间为和.
(3)由(1)得,,
由(2)知在,上单调递减,在,上单调递增,
当时,,,即
所以在上存在唯一零点,不妨设为,则,
此时,当时,,则单调递减;当时,,则单调递增;
所以在上有一个极小值点;
当时,在上单调递减,
则,故,
所以在上存在唯一零点,不妨设为,则,
此时,当时,,则单调递增;当时,,则单调递减;
所以在上有一个极大值点;
当时,在上单调递增,
则,故,
所以在上存在唯一零点,不妨设为,则,
此时,当时,,则单调递减;当时,,则单调递增;
所以在上有一个极小值点;
当时,,
所以,则单调递增,
所以在上无极值点;
综上:在和上各有一个极小值点,在上有一个极大值点,共有个极值点.
5.(2023•新高考Ⅱ)(1)证明:当时,;参考答案
(2)已知函数,若为的极大值点,求的取值范围.
【解析】(1)证明:设,,
则,,
在上单调递减,
,
在上单调递减,
,
即,,
,,
设,,
则,
在上单调递增,
,,
即,,
,,
综合可得:当时,;
(2),,
且,,
①若,即时,
易知存在,使得时,,
在上单调递增,,
在上单调递增,这显然与为函数的极大值点相矛盾,故舍去;
②若,即或时,
存在,使得,时,,
在,上单调递减,又,
当时,,单调递增;
当时,,单调递减,满足为的极大值点,符合题意;
③若,即时,为偶函数,
只考虑的情况,
此时,时,
,
在上单调递增,与显然与为函数的极大值点相矛盾,故舍去.
综合可得:的取值范围为,,.
6.(2023•乙卷(理))已知函数.
(1)当时,求曲线在点,(1)处的切线方程;
(2)是否存在,,使得曲线关于直线对称,若存在,求,的值,若不存在,说明理由;
(3)若在存在极值,求的取值范围.
【解析】(1)时,(1),
,(1),
曲线在点,(1)处的切线方程为.
(2),定义域为,,,
要使函数的图像关于对称,则由,且,可知,
即的图像关于对称,
则(1),,
得,解得.
综上,,;
(3),
要使在存在极值点,则方程有正根,
记,,,
①当时,,故在上单调递增,,不符合题意;
②当时,,故在上单调递减,,不符合题意;
③当时,令,,令,,
故在上单调递增,,不符合题意;
易知时,,
故只需,
记,,,
故在上单调递增,
(2),
故取,,有,即,符合题意;
综上所述,时,在存在极值点.
知识点3:证明不等式
7.(2022•新高考Ⅱ)已知函数.
(1)当时,讨论的单调性;
(2)当时,,求的取值范围;
(3)设,证明:.
【解析】(1)当时,,
,
,
当时,,单调递增;当时,,单调递减.
(2)令,
,,
在上恒成立,
又,
令,则,
,
①当,即,存在,使得当时,,即在上单调递增.
因为,所以在内递增,所以,这与矛盾,故舍去;
②当,即,
,
若,则,
所以在,上单调递减,,符合题意.
若,则,
所以在上单调递减,,符合题意.
综上所述,实数的取值范围是.
另的导数为,
①当时,,
所以在递增,所以,与题意矛盾;
②当时,,
所以在递减,所以,满足题意;.
③当时,.
设,,则在递减,所以,
,所以在递减,所以,满足题意;
④当时,,
令,则,,
可得递减,,
所以存在,使得.当时,,
在递增,此时,
所以当时,,在递增,所以,与题意矛盾.
综上可得,的取值范围是,.
(3)由(2)可知,当时,,
令得,,
整理得,,
,
,,
即.
另运用数学归纳法证明.
当时,左边成立.
假设当时,不等式成立,即.
当时,要证,
只要证,
即证.
可令,则,,则需证明,
再令,则需证明.
构造函数,,
,
可得在,上递减,
则(1),所以原不等式成立,
即时,成立.
综上可得,成立.
8.(2023•新高考Ⅰ)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)证明:当时,.
【解析】(1),
则,
①当时,恒成立,在上单调递减,
②当时,令得,,
当时,,单调递减;当,时,,单调递增,
综上所述,当时,在上单调递减;当时,在上单调递减,在,上单调递增.
证明:(2)由(1)可知,当时,,
要证,只需证,
只需证,
设(a),,
则(a),
令(a)得,,
当时,(a),(a)单调递减,当,时,(a),(a)单调递增,
所以(a),
即(a),
所以得证,
即得证.
9.(2021•乙卷(理))已知函数,已知是函数的极值点.
(1)求;
(2)设函数.证明:.
【解析】(1)由题意,的定义域为,
令,则,,
则,
因为是函数的极值点,则有,即,所以,
当时,,且,
因为,
则在上单调递减,
所以当时,,
当时,,
所以时,是函数的一个极大值点.
综上所述,;
(2)证明:由(1)可知,,
要证,即需证明,
因为当时,,
当时,,
所以需证明,即,
令,
则,
所以,当时,,
当时,,
所以为的极小值点,
所以,即,
故,
所以.
10.(2023•天津)已知函数.
(Ⅰ)求曲线在处的切线斜率;
(Ⅱ)当时,求证:;
(Ⅲ)证明:.
【解析】(Ⅰ)对函数求导,可得,
则曲线在处的切线斜率为(2);
(Ⅱ)证明:当时,,即,即,
而 在上单调递增,
因此,原不等式得证;
(Ⅲ)证明:设数列的前项和,
则;
当时,,
由(2),,
故,不等式右边得证;
要证,只需证:对任意的,,
令,则,
当时,,函数在上单调递减,
则,即,
则,
因此当时,,
当时,累加得
,
又,,
故,即得证.
知识点4:双变量问题(极值点偏移、拐点偏移)
11.(2021•新高考Ⅰ)已知函数.
(1)讨论的单调性;
(2)设,为两个不相等的正数,且,证明:.
【解析】(1)由函数的解析式可得,
,,单调递增,
,,单调递减,
则在单调递增,在单调递减.
(2)证明:由,得,
即,
由(1)在单调递增,在单调递减,
所以(1),且(e),
令,,
则,为 的两根,其中.
不妨令,,则,
先证,即证,即证,
令,
则在单调递减,
所以(1),
故函数在单调递增,
(1).,,得证.
同理,要证,
(法一)即证,
根据(1)中单调性,
即证,
令,,
则,令,
,,单调递增,
,,,单调递减,
又时,,且(e),
故,
(1)(1),
恒成立,
得证,
(法二),,
又,故,,
故,,
令,,,
在上,,单调递增,
所以(e),
即,所以,得证,
则.
12.(2022•天津)已知,,函数,.
(1)求函数在,处的切线方程;
(2)若和有公共点.
(ⅰ)当时,求的取值范围;
(ⅱ)求证:.
【解析】(1),,
,,
函数在处的切线方程为;
(2)(ⅰ),,又和有公共点,
方程有解,
即有解,显然,
在上有解,
设,,
,
当时,;当,时,,
在上单调递减,在,上单调递增,
,且当时,;当时,,
,,
的范围为,;
(ⅱ)证明:令交点的横坐标为,则,
由柯西不等式可得
,
又易证时,,,,
,
故.
13.(2022•浙江)设函数.
(Ⅰ)求的单调区间;
(Ⅱ)已知,,曲线上不同的三点,,,,,处的切线都经过点.证明:
(ⅰ)若,则(a);
(ⅱ)若,,则.
(注是自然对数的底数)
【解析】(Ⅰ)函数,
,,
由,得,在,上单调递增;
由,得,在上单调递减.
(Ⅱ)证明:过有三条不同的切线,
设切点分别为,,,,,,
,,2,,方程有3个不同的根,
该方程整理为,
设,
则,
当或时,;当时,,
在,上为减函数,在上为增函数,
有3个不同的零点,(e)且(a),
,且,
整理得到且,
此时,,且,
此时,,
整理得,且,
此时,(a),
设(a)为上的减函数,(a),
.
当时,同讨论,得:
在,上为减函数,在上为增函数,
不妨设,则,
有3个不同的零点,(a),且(e),
,且,
整理得,
,,
,
设,则方程即为:
,即为,
记,
则,,为有三个不同的根,
设,,
要证:,
即证,
即证:,
而,且,
,
,
即证,
即证,
即证,
记,则,
在为增函数,,
,
设,,
则,
在上是增函数,(1),
,
即,
若,,则.
14.(2022•北京)已知函数.
(Ⅰ)求曲线在点,处的切线方程;
(Ⅱ)设,讨论函数在,上的单调性;
(Ⅲ)证明:对任意的,,有.
【解析】(Ⅰ)对函数求导可得:,
将代入原函数可得,将代入导函数可得:,
故在处切线斜率为1,故,化简得:;
(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)有:,
,
令,令,
设,恒成立,
故在,单调递增,又因为,
故在,恒成立,故,
故在,单调递增;
解法二:由(Ⅰ)有:,
,
设,,则,
由指数函数的性质得上上是增函数,且,
,当时,,单调递增,
且当时,,
在,单调递增.
(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)有在,单调递增,又,
故在,恒成立,故在,单调递增,
设,,
由(Ⅱ)有在,单调递增,又因为,所以,
故单调递增,又因为,故,
即:,又因为函数,
故,得证.
知识点5:零点问题
15.(2022•甲卷(理))已知函数.
(1)若,求的取值范围;
(2)证明:若有两个零点,,则.
【解析】(1)的定义域为,,
令,解得,故函数在单调递减,单调递增,
故(1),要使得恒成立,仅需,
故,故的取值范围是,;
(2)证明:由已知有函数要有两个零点,故(1),即,
不妨设,要证明,即证明,
,,
即证明:,又因为在单调递增,
即证明:,
构造函数,,
,
构造函数,
,因为,所以,
故在恒成立,故在单调递增,
故(1)
又因为,故在恒成立,故在单调递增,
又因为(1),故(1),
故,即.得证.
16.(2022•新高考Ⅰ)已知函数和有相同的最小值.
(1)求;
(2)证明:存在直线,其与两条曲线和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.
【解析】(1)定义域为,
,
,
若,
则,无最小值,
故,
当时,,
当时,,函数在上单调递减,
当时,,函数在上单调递增,
故,
的定义域为,
,
,
令,解得,
当时,,函数在上单调递减,
当时,,函数在,上单调递增,
故,
函数和有相同的最小值
,
,
化为,
令,,
则,
,
恒成立,
在上单调递增,
又(1),
(a)(1),仅有此一解,
.
(2)证明:由(1)知,函数在上单调递减,在上单调递增,
函数在上单调递减,在上单调递增,
设,
则,当时,,
所以函数在上单调递增,因为(1),
所以当时,(1)恒成立,即在时恒成立,
所以时,,
因为,函数在上单调递增,(1),函数在上单调递减,
所以函数与函数的图象在上存在唯一交点,设该交点为,,
此时可作出函数和的大致图象,
由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时,
直线必经过点,,即,
因为,所以,即,
令得,解得或,由,得,
令得,解得或,由,得,
所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时,
从左到右的三个交点的横坐标依次为,,,,
因为,所以,
所以,,成等差数列.
存在直线,其与两条曲线和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.
17.(2021•新高考Ⅱ)已知函数.
(Ⅰ)讨论的单调性;
(Ⅱ)从下面两个条件中选一个,证明:恰有一个零点.
①,;
②,.
【解析】(Ⅰ),,
①当时,当时,,当时,,
在上单调递减,在上单调递增,
②当时,令,可得或,
当时,
当或时,,当时,,
在,,上单调递增,在,上单调递减,
时,
且等号不恒成立,在上单调递增,
当时,
当或时,,当时,,
在,,上单调递增,在,上单调递减.
综上所述:
当 时, 在上单调递减;在上 单调递增;
当 时, 在, 和上单调递增;在,上单调递减;
当 时, 在 上单调递增;
当 时, 在和, 上单调递增;在, 上单调递减.
(Ⅱ)证明:若选①,由 (Ⅰ)知, 在上单调递增,, 单调递减,, 上 单调递增.
注意到.
在 上有一个零点;
,
由 得,,
,当 时,,此时 无零点.
综上: 在 上仅有一个零点.
另当,时,有,,
而,于是
,
所以在没有零点,当时,,
于是,所以在,上存在一个零点,命题得证.
若选②,则由(Ⅰ)知:在, 上单调递增,
在,上单调递减,在 上单调递增.
,
,,,,
当 时,,此时 无零点.
当 时, 单调递增,注意到,
取,,,又易证,
,
在上有唯一零点,即在上有唯一零点.
综上: 在 上有唯一零点.
18.(2021•浙江)设,为实数,且,函数.
(Ⅰ)求函数的单调区间;
(Ⅱ)若对任意,函数有两个不同的零点,求的取值范围;
(Ⅲ)当时,证明:对任意,函数有两个不同的零点,,满足.
(注是自然对数的底数)
【解析】(Ⅰ),
①当时,由于,则,故,此时在上单调递增;
②当时,令,解得,令,解得,
此时在单调递减,在单调递增;
综上,当时,的单调递增区间为;当时,的单调递减区间为,单调递增区间为;
(Ⅱ)注意到时,,当时,,
由(Ⅰ)知,要使函数有两个不同的零点,只需即可,
对任意均成立,
令,则,即,即,即,
对任意均成立,
记,则,
令(b),得,
①当,即时,易知(b)在,单调递增,在单调递减,
此时(b),不合题意;
②当,即时,易知(b)在,单调递减,
此时,
故只需,即,则,即;
综上,实数的取值范围为,;
(Ⅲ)证明:当时,,,令,解得,
易知,
有两个零点,不妨设为,,且,
由,可得,
要证,只需证,只需证,
而,则,
要证,只需证,只需证,
而,
,即得证.
19.(2021•甲卷(理))已知且,函数.
(1)当时,求的单调区间;
(2)若曲线与直线有且仅有两个交点,求的取值范围.
【解析】(1)时,,
,
当时,,当,时,,
故在上单调递增,在,上单调递减.
(2)由题知在有两个不等实根,
,
令,,在上单调递增,在上单调递减,
又当时,,(1),(e),当时,,
作出的图象,如图所示:
由图象可得,解得且,
即的取值范围是,,.
20.(2022年全国乙卷)已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时,求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程;
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点,求a的取值范围.
【答案】(1)y=2x (2)(−∞,−1)
【解析】
【分析】
(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)
f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f'(x)=11+x+1−xex,f'(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)
f(x)=ln(1+x)+axex
f'(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f'(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)
2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f'(x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g'(x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f'(m)=0
当x∈(0,m),f'(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f'(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2
设ℎ(x)=g'(x)=ex−2ax
ℎ'(x)=ex−2a>0
所以g'(x)在(−1,0)单调递增
g'(−1)=1e+2a<0,g'(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g'(n)=0
当x∈(−1,n),g'(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)单调递增,g(x)
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f'(t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→−1,f(x)→−∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)
【点睛】
方法点睛:本题的关键是对a的范围进行合理分类,否定和肯定并用,否定只需要说明一边不满足即可,肯定要两方面都说明.
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