以函数f(x)= lnxx 为背景的高考题赏析
2019年高考真题理科数学(北京卷)含解析
2019 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）
理科数学
本试卷共 5 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上， 在试卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第一部分（选择题 共 40 分） 一、选择题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，选 出符合题目要求的一项。 1.已知复数 z=2+i，则 z z
点到坐标原点距离的最值和范围，利用图形的对称性和整点的坐标可确定图形面积的范围.
【
详
解
】
由
x2 y2 1 x y
得,
y2
x
y
1
x2
,
y
|
x | 2 2
1
3x2 4
,1
3x2 4
0, x2
4 3
,
所以 x 可为的整数有 0,-1,1,从而曲线 C : x2 y2 1 x y 恰好经过
(0,1),(0,-1),(1,0),(1,1), (-1,0),(-1,1)六个整点,结论①正确.
（2）根据 y＜120 、 y 120 分别探究.
【详解】（1）x=10，顾客一次购买草莓和西瓜各一盒， 需要支付（60+80）-10=130 元. （2）设顾客一次购买水得到的金额为 y×80%，符合要求.
y 120 元时，有（y-x）×80%≥y×70%成立，
a 的取值范围.
【详解】若函数 f x ex aex 为奇函数,则 f x f x , ex aex ex aex ， a 1 ex ex 0 对任意的 x 恒成立.
若函数 f x ex aex 是 R 上的增函数,则 f ' x ex aex 0 恒成
以函数f(x)= lnxx 为背景的高考题赏析
而可以转化为证明不等式 ｅｘ－２ ≥ ｘ － １ 及 ｘ － １ ≥ ｌｎｘ． ｘ
证明 定义域（０， ＋ ∞ ） ，设 ｇ（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － ｘ ＋ １， 则 ｇ′（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － １，所以在（２， ＋ ∞ ） 上，ｇ′（ ｘ） ＞ ０，
ｇ（ ｘ） 单调增，在（０，２） 上，ｇ′（ ｘ） ＜ ０，ｇ（ ｘ） 单调减，故 ｇ（ｘ） ≥ ｇ（２） ＝ ０．即 ｅｘ－２ ≥ ｘ － １（当且仅当 ｘ ＝ ２ 时取
图 ２ 图 ３
例 ５ 已知 ｆ（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － ｌｎｘ，证明：ｆ（ ｘ） ＞ ０． ｘ
分析
ｆ′（ ｘ） ＝
ｅｘ－２
－
１
－ ｌｎｘ ｘ２
，ｆ
′（
ｘ）
＝
０ 的解不易求
得． 如果作出函数 ｙ ＝ ｅｘ－２ 和 ｙ ＝ ｌｎｘ 的图象，则容易看出 ｘ
这两个函数的图象都与直线 ｙ ＝ ｘ － １ 相切（ 如图 ３） ，从
＝
ｌｎｘ ｘ
在（０，ｅ）
上是增函数，在（ ｅ，
＋
∞
）
上是减函数．ｆ（ ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ（ ｅ） ＝ ｅ －１，无最小值，有唯一零点
ｘ ＝ １．
证明
ｆ（ ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
定义
域 （０， ＋ ∞ ） ， 则 ｆ′（ ｘ） ＝
１
－ ｌｎｘ ｘ２
，
解
ｆ′（ ｘ）
＞
０得
０ ＜ ｘ ＜ ｅ，所以 ｆ（ ｘ） 在（０，
３ 问题的解决
例 １ 分析 函数零点问题是高考热点问题，分离
参数法是常用解法之一，将函数 ｆ（ｘ） ＝ ｌｎｘ － ａｘ 的零点
个数问题转化为两函数
2019年高考数学全国3卷文理科试卷分析和点评解析
2019年高考数学全国3卷文/理科试卷分析和点评解析10.双曲线 C ：1 的右焦点为 F ，点 P 在 C 的一条渐近线上，O 为坐标原点.若4 2|PO |=|PF |，则△PFO 的面积为（ ）3 2 3 2 A. B.4 2C. 2 2D. 3 2【解析】看到焦点和渐近线，想到双曲线参数的几何意义，即焦点到渐近线的距离为b ，过F 作渐近线的垂线，垂足为 B ，设 POPFx ，a c 2x 2x 2法一：在 Rt OFB 中，有 cos FOB ，在 OFP 中，有 cos FOB，c 2cxc21 c23 2 联立得 x，得 S b 。
2a2 2a 4c 2 c 2法二：等腰直角三角形的高为 b xc x 2，易得 x ，同上。
4 2a【点评】双曲线参数的几何意义多次考查，《解析几何的系统性突破》（唯一正版销售书店）通过高考题反复强化学生认知，从而在一些几何图形中迅速找到隐含 的信息，快速突破。
11.（送分）12. 设函数 f (x )sin(xc 2x 2- 4[)(0) ，已知 f (x )在[0,2π]有且仅有 5 个零点，下述四个结5论：①f (x )在(0,2π)有且仅有 3 个极大值点；②f (x )在(0,2π)有且仅有 2个极小值点；③f (x )在(0, ) 单调递增；④的取值范围是 12 , 29).其中所有正确结论的编号是（）105 10A.①④B.②③C.①②③D.①③④【点评 1】肖博老师威信：xbmath19《高观点下全国卷高考压轴题研究三部曲》书中 最后给出了 16 套小练习（搜集最新的各地模拟题），其中第 3 套和第 4 套第 1 题如下： 1.函数 fxcos x 0在区间, 上有且只有两个极值点，则的取值范围是3 4A. 2,3B.2,3C.3, 4D.3, 41.若函数 y2sin x0的图象在区间 (,)上只有一个极值点，则的取值范围3 6为（ ）)A. 13B.23 32C. 34D.3 92 2法一：还原，则变成同上 2 个题。
高考数学导数专题专讲 专题16 导数中有关x与ex,lnx的组合函数问题(含答案)
专题16导数中有关x与e x，ln x的组合函数问题在函数的综合问题中，常以x与e x，ln x组合的函数为基础来命题，将基本初等函数的概念、图象与性质糅合在一起，发挥导数的工具作用，应用导数研究函数性质、证明相关不等式(或比较大小)、求参数的取值范围(或最值).着眼于知识点的巧妙组合，注重对函数与方程、转化与化归、分类讨论和数形结合等思想的灵活运用，突出对数学思维能力和数学核心素养的考查．六大经典超越函数的图象函数f(x)＝x e x f(x)＝e xxf(x)＝xe x图象函数f(x)＝x ln x f(x)＝ln xxf(x)＝xln x图象考点一x与ln x的组合函数问题(1)熟悉函数f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f(x)＝ln xh(x)(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同时为0)，h(x)≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题选讲】[例1]设函数f (x )＝x ln x －ax 22＋a －x (a ∈R )．(1)若函数f (x )有两个不同的极值点，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝2，k ∈N ，g (x )＝2－2x －x 2，且当x ＞2时不等式k (x －2)＋g (x )＜f (x )恒成立，试求k 的最大值．分析(1)将原问题转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合思想进行求解；(2)将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题进行求解．解析(1)由题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－ax －1＝ln x －ax ，令f ′(x )＝0，可得a ＝ln x x，令h (x )＝ln xx(x ＞0)，则由题可知直线y ＝a 与函数h (x )的图象有两个不同的交点，h ′(x )＝1－ln x x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝e ，可知h (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，h (x )max ＝h (e)＝1e ，当x →0时，h (x )→－∞，当x →＋∞时，h (x )→0，故实数a (2)当a ＝2时，f (x )＝x ln x －x 2＋2－x ，k (x －2)＋g (x )＜f (x )，即k (x －2)＋2－2x －x 2＜x ln x －x 2＋2－x ，整理得k (x －2)＜x ln x ＋x ，因为x ＞2，所以k ＜x ln x ＋xx －2．设F (x )＝x ln x ＋x x －2(x ＞2)，则F ′(x )＝x －4－2ln x (x －2)2．令m (x )＝x －4－2ln x (x ＞2)，则m ′(x )＝1－2x ＞0，所以m (x )在(2，＋∞)上单调递增，m (8)＝4－2ln 8＜4－2ln e 2＝4－4＝0，m (10)＝6－2ln10＞6－2ln e 3＝6－6＝0，所以函数m (x )在(8，10)上有唯一的零点x 0，即x 0－4－2ln x 0＝0，故当2＜x ＜x 0时，m (x )＜0，即F ′(x )＜0，当x ＞x 0时，F ′(x )＞0，所以F (x )min ＝F (x 0)＝x 0ln x 0＋x 0x 0－2＝0＝x02，所以k ＜x 02，因为x 0∈(8，10)，所以x02∈(4，5)，故k 的最大值为4．点评1．极值点问题通常可转化为零点问题，且需要检验零点两侧导函数值的符号是否相反，若已知极值点求参数的取值范围，一定要对结果进行验证．解答任意性(恒成立)、存在性(有解)问题时通常有分离参变量、分拆函数等求解方法，可根据式子的结构特征，进行选择和调整，一般可转化为最值问题进行求解．2．对于有关x 与ln x 的组合函数为背景的试题，要求理解导数公式和导数的运算法则等基础知识，能够灵活利用导数研究函数的单调性，能够恰当地构造函数，并根据区间的不同进行分析、讨论，寻求合理的证明和解不等式的策略．【对点训练】1．若a ＝ln 22，b ＝ln 33，c ＝ln 66，则()A ．a <b <cB ．c <b <aC ．c <a <bD ．b <a <c1．答案C解析设f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，所以f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，即有f (6)<f (4)<f (3)，所以ln 66<ln 44＝ln 22<ln 33，故c <a <b ．2．已知a >b >0，a b ＝b a ，有如下四个结论：(1)b <e ；(2)b >e ；(3)存在a ，b 满足a ·b <e 2；(4)存在a ，b 满足a ·b >e 2，则正确结论的序号是()A ．(1)(3)B ．(2)(3)C ．(1)(4)D ．(2)(4)2．答案C解析由a b ＝b a 两边取对数得b ln a ＝a ln b ⇒ln a a ＝ln b b ．对于y ＝ln xx，由图象易知当b <e<a 时，才可能满足题意．故(1)正确，(2)错误；另外，由a b ＝b a ，令a ＝4，b ＝2，则a >e ，b <e ，ab ＝8>e 2，故(4)正确，(3)错误．因此，选C ．3．设x ，y ，z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则()A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z3．答案D解析令2x ＝3y ＝5z ＝t (t >1)，两边取对数得x ＝log 2t ＝ln t ln 2，y ＝log 3t ＝ln t ln 3，z ＝log 5t ＝ln tln 5，从而2x ＝2ln 2ln t ，3y ＝3ln 3ln t ，5z ＝5ln 5ln t ．由t >1知，要比较三者大小，只需比较2ln 2，3ln 3，5ln 5的大小．又2ln 2＝4ln 4，e<3<4<5，由y ＝ln x x 在(e ，＋∞)上单调递减可知，ln 33>ln 44>ln 55，从而3ln 3<4ln 4<5ln 5，3y <2x <5z ，故选D ．4．下列四个命题：①ln 5<5ln 2；②ln π>πe；③<11；④3eln 2>42．其中真命题的个数是()A ．1B ．2C ．3D ．44．答案B解析构造函数f (x )＝ln xx ，则f ′(x )＝1－ln x x 2，当x ∈(0，e)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．①ln 5<5ln 2⇒2ln 5<5ln 2⇒ln 55<ln 22，又2<5<e ，故错误．②ln π>πe ⇒2ln π>πe ⇒ln ππ>12e＝ln e e ，又e>π>e ，故正确．③<11⇒11ln 2<ln 11＝2ln 11⇒ln 22＝ln 44<ln 1111，又4>11>e ，故正确．④3eln 2>42⇒322eln 2>2×322⇒3232ln 22>ln e e ，显然错误．因此选B ．5．已知函数f (x )＝kx 2－ln x ，若f (x )>0在函数定义域内恒成立，则k 的取值范围是()ABC∞D5．答案D解析由题意得f (x )>0在函数定义域内恒成立，即kx 2－ln x >0在函数定义域内恒成立，即k >ln x x 2在函数定义域内恒成立，设g (x )＝ln xx 2，则g ′(x )＝x －2x ln x x 4＝x (1－2ln x )x 4，当x ∈(0，e)时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减，所以当x ＝e 时，函数g (x )取得最大值，此时最大值为g (e)＝12e ，所以实数kD ．6．已知0<x 1<x 2<1，则()A ．ln x 1x 2>ln x 2x 1B ．ln x 1x 2<ln x 2x 1C ．x 2ln x 1>x 1ln x 2D ．x 2ln x 1<x 1ln x 26．答案D解析设f (x )＝x ln x ，则f ′(x )＝ln x ＋1，由f ′(x )>0，得x >1e，所以函数f (x )调递增；由f ′(x )<0，得0<x <1e ，函数f (x )f (x )在(0，1)上不单调，所以f (x 1)与f (x 2)的大小无法确定，从而排除A ，B ；设g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln x x 2，由g ′(x )>0，得0<x <e ，即函数g (x )在(0，e)上单调递增，故函数g (x )在(0，1)上单调递增，所以g (x 1)<g (x 2)，即ln x 1x 1<ln x 2x 2，所以x 2ln x 1<x 1ln x 2．故选D ．7．已知函数f (x )＝ax －ln xx，a ∈R ．(1)若f (x )≥0，求a 的取值范围；(2)若y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，求a 的值．7．解析(1)由题易知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )≥0，得ax －ln xx ≥0，所以ax ≥ln x x ，又x >0，所以a ≥ln x x 2．令g (x )＝ln xx 2，则g ′(x )＝1－2ln x x 3．令g ′(x )>0，得0<x <e ，令g′(x )<0，得x >e ．所以当0<x <e 时，g (x )单调递增，当x >e 时，g (x )单调递减．所以当x ＝e 时，g (x )取得最大值g (e)＝12e ，所以a ≥12e，即a 的取值范围是12e ，＋(2)设y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切于点(t ，a )t )＝a ，t )＝0.因为f ′(x )＝a －1－ln xx 2，所以－ln tt＝a ，－1－ln t t 2＝0，消去a 可得t －1－(2t －1)ln t ＝0．(*)令h (t )＝t －1－(2t －1)ln t ，则h ′(t )＝1t －2ln t －1，易知h ′(t )在(0，＋∞)上单调递减，且h ′(1)＝0，所以当0<t <1时，h ′(t )>0，h (t )单调递增，当t >1时，h ′(t )<0，h (t )单调递减．所以当且仅当t ＝1时，h (t )＝0，即(*)式成立，所以a ＝1－ln 112＝1．点评1．求解有关x 与e x ，x 与ln x 的组合函数问题，要把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；若函数最值不易求解时，可重新分拆、组合、构建新函数，然后借助导数研究函数的性质来求解．2．本例中(1)先将不等式f (x )≥0转化为a ≥ln xx 2，再构造函数g (x )＝ln x x 2，求其最大值即可求得a 的取值范围；(2)先由y ＝f (x )的图象与直线y ＝a 相切，得到方程组，再构造新函数，通过研究新函数的单调性，求出a 的值．8．已知函数f (x )＝x 3－a ln x (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数y ＝f (x )在区间(1，e]上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围．8．解析(1)∵f ′(x )＝3x 2－a x＝3x 3－a x(x >0)．①当a ≤0时，f ′(x )>0，此时函数在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝3x 3－ax＝0，得x ＝3a 3，当xf′(x )<0，此时函数f (x )当xf ′(x )>0，此时函数f (x)(2)由题意知：a ＝x 3ln x在区间(1，e]上有两个不同实数解，即直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，因为g ′(x )＝x 2(3ln x －1)(ln x )2，令g ′(x )＝0，得x ＝3e ，所以当x ∈(1，3e)时，g ′(x )<0，函数在(1，3e)上单调递减；当x ∈(3e ，e]时，g ′(x )>0，函数在(3e ，e]上单调递增；则g (x )min ＝g (3e)＝3e ，而g (e 127)＝e19ln e 127＝27e 19>27，且g (e)＝e 3<27．所以要使直线y ＝a 与函数g (x )＝x 3ln x 的图象在区间(1，e]上有两个不同的交点，则3e<a ≤e 3，所以a 的取值范围为(3e ，e 3]．考点二x 与e x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )e g (x )(g (x )为一次函数，h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0))的图象特征，做到对图(1)(2)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e xh (x )(h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不能同时为0)，h (x )≠0)的图象特征，做到对图(3)(4)中两个特殊函数的图象“有形可寻”．【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝a (x －1)，g (x )＝(ax －1)·e x ，a ∈R ．(1)求证：存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切；(2)若不等式f (x )＞g (x )有且只有两个整数解，求a 的取值范围．分析(1)设切点的坐标为(x 0，y 0)，然后由切点既在直线上又在曲线上得到关于x 0的方程，再构造函数，从而通过求导研究新函数的单调性使问题得证；(2)首先将问题转化为＜1，然后令m (x )＝x －x －1ex ，再通过求导研究函数m (x )的单调性，求得最小值，从而分a ≤0，0＜a ＜1，a ≥1三种情况来讨论，进而求得a 的取值范围．解析(1)f ′(x )＝a ，g ′(x )＝(ax ＋a －1)e x ．设直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )的切点的坐标为(x 0，y 0)，则y 0＝a (x 0－1)＝(ax 0－1)e x 0，得a (x 0e x 0－x 0＋1)＝e x 0，①又因为直线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )相切，所以a ＝g ′(x 0)＝(ax 0＋a －1)e x 0，整理得a (x 0e x 0＋e x 0－1)＝e x 0，②结合①②得x 0e x 0－x 0＋1＝x 0e x 0＋e x 0－1，即e x 0＋x 0－2＝0，令h (x )＝e x ＋x －2，则h ′(x )＝e x ＋1＞0，所以h (x )在R 上单调递增．又因为h (0)＝－1＜0，h (1)＝e －1＞0，所以存在唯一实数x 0，使得e x 0＋x 0－2＝0，且x 0∈(0，1)，所以存在唯一实数a ，使①②两式成立，故存在唯一实数a ，使得直线y ＝f (x )与曲线y ＝g (x )相切．(2)令f (x )＞g (x )，即a (x －1)＞(ax －1)e x ，所以ax e x －ax ＋a ＜e x ，所以1，令m (x )＝x －x －1e x ，则m ′(x )＝e x ＋x －2ex，由(1)可得m (x )在(－∞，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，且x 0∈(0，1)，故当x ≤0时，m (x )≥m (0)＝1，当x ≥1时，m (x )≥m (1)＝1，所以当x ∈Z 时，m (x )≥1恒成立．①当a ≤0时，am (x )＜1恒成立，此时有无数个整数解，舍去；②当0＜a ＜1时，m (x )＜1a ，因为1a＞1，m (0)＝m (1)＝1，所以两个整数解分别为0，1(2)≥1a，(－1)≥1a，解得a ≥e 22e 2－1，即a ∈e22e 2－1，＋③当a ≥1时，m (x )＜1a ，因为1a ≤1，m (x )在x ∈Z 时大于或等于1，所以m (x )＜1a 无整数解，舍去．综上所述，a 的取值范围为e22e 2－1，＋点评1．涉及函数的零点的个数问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题时，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值等，再借助函数的大致图象判断零点、方程的根、函数图象的交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值等．2．在求解有关x 与e x 的组合函数综合题时要把握三点：(1)灵活运用复合函数的求导法则，由外向内，层层求导；(2)把相关问题转化为熟悉易解的函数模型来处理；(3)函数最值不易求解时，可重新组合、分拆，构建新函数，通过分类讨论新函数的单调性求最值．3．以形助数、数形沟通，实现数形结合，形象直观地得出结论，体现了直观想象等数学核心素养．考点三x 与e x ，ln x 的组合函数问题(1)熟悉函数f (x )＝h (x )ln x ±e x (h (x )＝ax 2＋bx＋c (a ，b 不能同时为0))的图形特征，做到对图(1)(2)(3)(4)所示的特殊函数的图象“有形可寻”．(2)熟悉函数f (x )＝e xh (x )±ln x (其中h (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ，b 不同时为0))的图形特征，做到对图(5)(6)所示的两个特殊函数的图象“有形可寻”．命题点1分离参数，设而不求【例题选讲】[例1]已知函数f (x )＝ln x ＋m x ，g (x )＝e xx(e ＝2．71828……为自然对数的底数)，是否存在整数m ，使得对任意的x y ＝f (x )的图象在y ＝g (x )的图象下方？若存在，请求出整数m 的最大值；若不存在，请说明理由．解析假设存在整数m 满足题意，则不等式ln x ＋m x ＜e xx，对任意的x即m ＜e x －x ln x 对任意的x v (x )＝e x －x ln x ，则v ′(x )＝e x －ln x －1，令φ(x )＝e x －ln x －1，则φ′(x )＝e x －1x ，易知φ′(x )因为φe 12－2＜0，φ′(1)＝e －1＞0且φ′(x )所以存在唯一的x 0φ′(x 0)＝0，即e x 0－1x 0＝0，则x 0＝－ln x 0．当x x φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ(x )单调递增．则φ(x )在x ＝x 0处取得最小值，且最小值为φ(x 0)＝e x0－ln x 0－1＝1x 0＋x 0－1＞2x 0·1x 0－1＝1＞0，所以v ′(x )＞0，即v (x )m ≤e 12－12ln 12＝e 12＋12ln 2≈1．99529，故存在整数m 满足题意，且m 的最大值为1．点评1．对于恒成立或有解问题分离参数后，导函数的零点不可求，且不能借助图象或观察得到，常采用设而不求，整体代入的方法．2．本例通过虚设零点x 0得到x 0＝－ln x 0，将e x 0－ln x 0－1转化为普通代数式1x 0＋x 0－1，然后使用基本不等式求出最值，同时消掉x 0，即借助φ′(x 0)＝0作整体代换，采取设而不求，达到化简求解的目的．命题点2分离ln x 与e x[例2]已知函数f (x )＝ax 2－x ln x ．(1)若函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若a ＝e ，证明：当x >0时，f (x )<x e x ＋1e ．解析(1)由题意知，f ′(x )＝2ax －ln x －1．因为函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以当x >0时，f ′(x )≥0，即2a ≥ln x ＋1x在x >0时恒成立．令g (x )＝ln x ＋1x(x >0)，则g ′(x )＝－ln xx 2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则g (x )max ＝g (1)＝1，所以2a ≥1，即a ≥12．故实数a 的取值范围是12，＋(2)证明若a ＝e ，要证f (x )<x e x ＋1e ，只需证e x －ln x <e x ＋1e x ，即e x －e x <ln x ＋1e x．令h (x )＝ln x ＋1e x (x >0)，则h ′(x )＝e x －1e x 2，易知h (x )h (x )min ＝0，所以ln x ＋1e x≥0．再令φ(x )＝e x －e x ，则φ′(x )＝e －e x ，易知φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，则φ(x )max ＝φ(1)＝0，所以e x －e x ≤0．因为h (x )与φ(x )不同时为0，所以e x －e x <ln x ＋1e x ，故原不等式成立．点评1．若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个都便于求导的函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．2．本题第(2)小题中变形后再隔离分析构造函数，原不等式化为ln x ＋1e x>e x －e x (x >0)(分离ln x 与e x )，便于探求构造的函数h (x )＝ln x ＋1e x 和φ(x )＝e x －e x 的单调性，分别求出h (x )的最小值与φ(x )的最大值，借助“中间媒介”证明不等式．【对点训练】1．已知函数f (x )＝ln x ＋ax(a >0)．(1)若函数f (x )有零点，求实数a 的取值范围；(2)证明：当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0．1．解析(1)由题意可知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．由f (x )＝ln x ＋ax＝0有解，得a ＝－x ln x 有解，令g (x )＝－x ln x ，则g ′(x )＝－(ln x ＋1)．∵当x g ′(x )>0，当x g ′(x )<0，∴函数g (x )g (x )max ＝＝－1e ln 1e ＝1e ．∵a ＝－x ln x 有解，且x >0，a >0，∴0<a ≤1e ，∴实数a ，1e ．(2)要证当a ≥2e 时，ln x ＋a x －e －x >0，即证ln x ＋a x >e －x ，∵x >0，∴即证x ln x ＋a >x e －x ，即证(x ln x ＋a )min >(x e －x )max ．令h (x )＝x ln x ＋a ，则h ′(x )＝ln x ＋1．当0<x <1e 时，f ′(x )<0；当x >1e 时，f ′(x )>0．∴函数h (x )∴h (x )min ＝＝－1e ＋a ，故当a ≥2e 时，h (x )≥－1e ＋a ≥1e．①令φ(x )＝x e －x ，则φ′(x )＝e －x －x e －x ＝e －x (1－x )．当0<x <1时，φ′(x )>0；当x >1时，φ′(x )<0．∴函数φ(x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x )max ＝φ(1)＝1e ．故当x >0时，φ(x )≤1e．②显然，不等式①②中的等号不能同时成立，故当a ≥2e 时，ln x ＋ax－e －x >0．。
高考题中的e_x及lnx
(-
m, +
! ) 连续, 且 f
(x) =
1-
x
1 +
m
,
令
f ( x ) = 0, 得 x = 1- m. 当 x % (- m, 1- m)
时,f ( x) < 0, f ( x ) 为 减函 数, f ( x ) > f (1 -
&
nqn .
∃
S1+ S2 + n
)+
Sn =
(
1
-
q q
)
2
-
n
(
1
q -
2
q
)
2
(
1
+
q+
)+
qn- 1)
-
n
(
1
q -
2
q
)
(
1
+
2q +
) + nqn- 1)
=
(
1
-
q q
)
2
-
n
(
1
q -
2
q
)
3
(
1
-
qn)
-
q2 n( 1- q)2
11-
qn q
-
nqn
=
(
1
-
q q
)
2
-
n
(
2q 1-
数.
(1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性; (2) 求函 数 f ( x ) 在区间 [ 0, 1] 上 的最 大 值.
2023新高考数学函数压轴小题专题突破 专题5 函数嵌套问题(解析版)
专题5 函数嵌套1．已知函数2()(1)x f x x x e =--，设关于x 的方程25()()()f x mf x m R e-=∈有n 个不同的实数解，则n 的所有可能的值为( ) A ．3B ．1或3C ．4或6D ．3或4或6【解析】解：22()(21))(1)(2)x x x f x e x x x e e x x '=-++--=+-， ∴当2x <-或1x >时，()0f x '>，当21x -<<时，()0f x '<，()f x ∴在(,2)-∞-上单调递增，在(2,1)-上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， ()f x 的极大值为25(2)f e -=，()f x 的极小值为f （1）e =-． 作出()f x 的函数图象如图所示：25()()()f x mf x m Re -=∈，25()()0f x mf x e∴--=，△2200m e=+>， 令()f x t =则，则125t t e=-．不妨设120t t <<，（1）若1t e <-，则2250t e<<，此时1()f x t =无解，2()f x t =有三解； （2）若1t e =-，则225t e =，此时1()f x t =有一解，2()f x t =有两解； （3）若10e t -<<，则225t e >，此时1()f x t =有两解，2()f x t =有一解； 综上，25()()f x mf x e-=有三个不同的实数解． 故选：A ．2．已知函数())f x x R =∈，若关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( ) A．(1,1) B．(0 C ．1(1,1)e+D．,1)【解析】解：化简可得0()0x f x x =<，当0x >时，()0f x，12()x x e x f x e '===， 当102x <<时，()0f x'>，当12x>时，()0fx '<， 故当12x=时，函数()f x有极大值21()2f e====； 当0x <时，2()0x xxe x e x xf x x e --'==<，()f x 为减函数，作出函数()f x 对应的图象如图：∴函数()f x 在(0,)+∞上有一个最大值为1()2f ；设()t f x =， 当t >()tf x =有1个解， 当t =()t f x =有2个解， 当0t <<时，方程()t f x =有3个解， 当0t =时，方程()t f x =有1个解， 当0t <时，方程()m f x =有0个解，则方程2()()10f x mf x m -+-=等价为210t mt m -+-=，等价为方程21(1)[(1)]0t mt m t t m -+-=---=有两个不同的根1t =，或1t m =-， 当1t =时，方程()t f x =有1个解，要使关于x 的方程2()()10f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数根， 则1t m =-∈，即01m <-<11m <<+，则m的取值范围是1)+ 故选：A ．3．已知函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x -⎧>=⎨--+⎩，若方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根，则实数b 的取值范围()A ．(4,2)--B．(4,--C ．(3,2)--D．(3,--【解析】解：令()f x t =，则方程2()()20f x bf x ++=⇔方程220t bt ++=． 如图是函数|1|2,0()21,0x e x f x x x x -⎧>=⎨--+⎩，的图象，根据图象可得：方程2()()20f x bf x ++=有8个相异实根⇔方程220t bt ++=．有两个不等实数解1t ，2t 且1t ，2(1,2)t ∈．可得22280112032220122b b b b b ⎧=->⎪++>⎪⎪⇒-<<-⎨++>⎪⎪<-<⎪⎩． 故选：D ．4．已知函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩，关于x 的方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根，则a 的取值范围是( )A ．(,0)-∞B ．[1，)+∞C ．(,0)[2-∞，)+∞D ．(-∞，0)(1⋃，)+∞【解析】解：函数22,0()(1),0x x x f x ln x x ⎧-+>=⎨-+<⎩的图象如图：方程2()2()10()f x af x a a R -+-=∈有四个相异的实数根， 必须()f x 由两个解，一个()1f x >，一个()(0f x ∈，1)， 或者()(0f x ∈，1)，另一个()0f x ，2()2()10()f x af x a a R -+-=∈，可得()f x a =，当1a >时，1a >，(0,1)a ．满足题意．当1a =时，2a ，0a =，不满足题意． 考察选项可知，D 正确； 故选：D ．5．已知函数33,0()1,0x x x x f x x lnx x ex ⎧-⎪=⎨++>⎪⎩，若关于x 的方程2()()10f x mf x --=恰好有6个不相等的实根，则实数m 的取值范围是( ) A ．(2-，11e + )B ．(2-，0 )(⋃ 0，11e + )C ．2321(,)2e e e+-+D ．( 32-，0 )(⋃ 0，221)e e e++【解析】解：当0x 时，3()3f x x x =-，则2()333(1)(1)f x x x x '=-=-+， 令()0f x '=得：1x =-，∴当(,1)x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减；当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增，且(1)2f -=-，(0)0f =，当0x >时，1()x x lnx f x e x +=+，则21()x x lnxf x e x--'=+，显然f '（1）0=，∴当(0,1)x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减，且f （1）11e=+， 故函数()f x 的大致图象如图所示：，令()t f x =，则关于x 的方程2()()10f x mf x --=化为关于t 的方程210t mt --=， △240m =+>，∴方程210t mt --=有两个不相等的实根，设为1t ，2t ， 由韦达定理得：12t t m +=，1210t t =-<，不妨设10t >，20t <， 关于x 的方程2()()10f x mf x --=恰好有6个不相等的实根， ∴由函数()f x 的图象可知：1101t e<<+，220t -<<，设2()1g t t mt =--，则(2)0(0)01(1)0g g g e ⎧⎪->⎪<⎨⎪⎪+>⎩，解得：23212e m e e+-<<+，故选：C ．6．已知函数|1|221,0()21,0x x f x x x x -⎧-=⎨++<⎩，若关于x 的方程22()(1)()20f x m f x m -++=有五个不同实根，则m 的值是( ) A ．0或12B ．12C ．0D ．不存在【解析】解：画出函数()f x 的图象，如图所示：，当()1f x =时，有三个根，把()1f x =代入方程22()(1)()20f x m f x m -++=得，21(1)20m m -++=， 解得：0m =或12， 当0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=为2()()0f x f x -=，所以()0f x =或1，所以有五个根， 当12m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=为231()()022f x f x -+=，所以()1f x =或12，所以有7个根，舍去，综上所求，0m =时，方程22()(1)()20f x m f x m -++=有五个不同实根， 故选：C ．7．已知函数2(2),0()|2|,0x x f x x x ⎧+=⎨->⎩，方程2()()0f x af x -=（其中(0,2))a ∈的实根个数为p ，所有这些实根的和为q ，则p 、q 的值分别为( ) A ．6，4 B ．4，6C ．4，0D ．6，0【解析】解：2()()0f x af x -=，()0f x ∴=或()f x a =．作出()f x 的函数图象如图所示：由图象可知()0f x =有两解，()f x a =有四解． 6p ∴=．由图象可知()0f x =的两解为2x =-，2x =，()f x a =的四个解中，较小的两个关于直线2x =-对称，较大的两个关于直线2x =对称， 0q ∴=．故选：D ．8．已知函数()(1)(1)g x a x ln x =++的图象在点2(1e -，2(1))g e -处的切线与直线610x y ++=垂直( 2.71828e =⋯是自然对数的底数），函数()f x 满足3()(1)0xf x g x x +--=，若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b -+=，c R ∈，且0)c <在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，则实数b 的取值范围是() A ．21(1,2]e + B ．221[2,2]e e +-C ．2221[2,]e e e-+ D ．221(2,]e e+ 【解析】解：函数()(1)(1)g x a x ln x =++的导数为()(1)g x aln x a '=++， 可得()g x 图象在点2(1e -，2(1))g e -处的切线斜率为3a ， 由切线与直线610x y ++=垂直，可得36a =， 解得2a =，()2(1)(1)g x x ln x =++，3()(1)0xf x g x x +--=，可得2()2f x x lnx =-， 导数为222(1)(1)()2x x f x x x x -+'=-=， 当1x >时，()0f x '>，()f x 递增；当01x <<时，()0f x '<，()f x 递减． 即有1x =处()f x 取得最小值1． 则()f x 在1[e，]e 的图象如右：若关于x 的方程2()()0(f x bf x c b -+=，c R ∈，且0)c < 在区间1[,]e e上恰有3个不同的实数解，可令()t f x =，则20t bt c -+=，（1） 可得t 的范围是[1，22]e -，方程（1）判别式为240b c ->，必有两不同的实数解， 设为1t ，2t ，12t t b +=， 可得11t =，22112t e<+， 即21112b e <-+， 解得2123b e <+，① 又212122t e e+<-， 22112t e <+， 则21222113t t b e e e+<+=+，② 由①②求并可得2212b e e <+， 故选：D ．9．已知函数()1xf x x =+，(1,)x ∈-+∞，若关于x 的方程2()|()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，则m 的取值范围是( ) A ．3(2-，0)B ．3(2-，4)3-C ．3(2-，4]3-D ．4(3-，0)【解析】解：1()11f x x -=++，|()|y f x =，(1,)x ∈-+∞的图象如下：设|()|f x t =，则2|()||()|230f x m f x m +++=有三个不同的实数解，即为2230t mt m +++=有两个根， ①0t =时，代入2230t mt m +++=得32m =-，即2302t t -=，另一根为32只有一个交点，舍去②一个在(0,1)上，一个在[1，)+∞上时， 设2()23h t t mt m =+++(0)230(1)1230h m h m m =+>⎧⎨=+++⎩，解得3423m -<-． 故选：C ．10．已知函数2()x x f x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( )A ．(0,2)B ．1(1,2)e-C ．24{1,1}e -D ．24(1,1)e -【解析】解：函数2()x x f x e =的导数为22()xx x f x e-'=， 当02x <<时，()0f x '>，()f x 递增； 当2x >或0x <时，()0f x '<，()f x 递减， 可得()f x 在0x =处取得极小值0， 在2x =处取得极大值241e <， 作出()y f x =的图象， 设()t f x =，关于x 的方程2()()10f x mf x m ++-=， 即为210t mt m ++-=， 解得1t =-或1t m =-， 当1t =-时，()1f x =-无实根； 由题意可得当241(0,)t m e=-∈， 解得241m e-=或1m =， 所以24(1m e ∈-，1) 故选：D ．11．已知函数()1x x f x e=-，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值集合是( )A ．(-∞，2)(2⋃，)+∞B ．1(2,)e-+∞C ．1(2,2)e -D ．12e ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭【解析】解：由题意1()x x f x e -'=．令1()0x xf x e-'==，解得1x =； 且1x >时，()0f x '<，1x <时，()0f x '>，所以()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 在1x =处取极大值11e=-．()f x 大致图象如下：令()t f x =，则2[()]()10f x mf x m ++-=可化为210t mt m ++-=． 假设2m =，则2210t t ++=．解得1t =-，即()1f x =-． 根据()f x 图象，很明显此时只有一个解， 故2m =不符合题意，由此排除B 选项；假设3m =，则2320t t ++=，解得12t =-，21t =-． 即()2f x =-，或()1f x =-．根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解， 故3m =不符合题意，由此排除A 选项．假设12m e =-时，则211(2)10t t e e +-+-=，解得111t e =-，21t =-．即()1f x =-或1()1f x e=-，根据()f x 的图象，很明显此时方程只有两个根， 故12m e=-不符合题意，由此排除D故选：C ．12．已知函数||||()1x x f x e =+，2(),0()2,0f x x g x x x a x ⎧=⎨-+>⎩，且g （1）0=，则关于x 的方程(())10g g x t --=实根个数的判断正确的是( )A ．当2t <-时，方程(())10g g x t --=没有相异实根B ．当110t e-+<<或2t =-时，方程(())10g g x t --=有1个相异实根C ．当111t e<<+时，方程(())10g g x t --=有2个相异实根D ．当111t e -<<-+或01t <或11t e=+时，方程(())10g g x t --=有4个相异实根 【解析】解：当0x 时，||||()111x x x x xf x xe e e--=+=+=-+， 因为g （1）0=， 所以120a -+=， 所以1a =，所以21,0()21,0x xe x g x x x x ⎧-+=⎨-+>⎩，图象如图所示：当0x 时，0x -，0x e >，则11x xe -+，当且仅当0x =时等号成立， ()g x 在(,1)-∞-上是增加的，在(1,0)-上是减少的；当0x >时，()f x 在(0,1)上是减少的，在(1,)+∞上是增加的， 故()(1)0g x g -=恒成立．故()g x 在(,1)-∞-上是增加的，在(1,1)-上是减少的，在(1,)+∞上是增加的． 令()m g x t =-，则()10g m -=， 解得：0m =或2m =， 当0m =即()0g x t -=时， ()g x t =，当2t <-时，()2g x <-，无解， 当2m =即()2g x t -=时， ()2g x t =+，当2t <-时，()0g x <，无解， 故方程(())10g g x t --=没有相异实根， 故A 正确；当2t =-时，由A 可知：()0g x =，解得1x =， 当110t e -+<<时，12(1,2)t e+∈+， 由上可知()f x 在1x =-时取得极大值为1(1)1g e-=+，结合图象可知，此时2y t =+与()g x 有且仅有一个交点， 故B 正确；当111t e<<+时，()g x t =或()2g x t =+，若()g x t =，结合图象可知()g x 与y t =有三个不同的交点， 若()2g x t =+，12(3,3)t e+∈+，此时()g x 与y t =有一个交点，故方程(())10g g x t --=有4个相异实根， 故C 错误； 当111t e -<<-+时，1()2(1,1)g x t e=+∈+， 由C 可知此时有三个不等实根， 当01t <时，()g x t =或()2g x t =+， 当()g x t =时，由图可知有两个不等实根， 当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 当11t e=+时，()g x t =或()2g x t =+，当()g x t =时，由图可知有两个不等实根， 当()2g x t =+时，由图可知有一个实根， 故此时方程(())10g g x t --=共有9个不等实根， 故D 错误． 故选：AB ．13．已知函数,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，则函数()(()1)g x f f x =+的零点是 1 ，若()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x +的最小值是 ．【解析】解：()(()1)g x f f x =+，,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，当1x 时，0lnx ，()11f x +，则(()1)(1)f f x ln lnx +=+， 当1x <时，1112x -+>，则(()1)(2)2xf f x ln +=-． (1),1()(()1)(2),12ln lnx x g x f f x xln x +⎧⎪∴=+=⎨-<⎪⎩， 令()0g x =，则1(1)0x ln lnx ⎧⎨+=⎩或1(2)02x xln <⎧⎪⎨-=⎪⎩， 解得1x =．故函数()(()1)g x f f x =+的零点是1； 由上可知，(()1)(()1)f f x ln f x +=+，()(()1)h x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，即(()1)ln f x m +=-有两根，也就是()1m f x e -+=，()1m f x e -=-有两根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x 时，21m lnx e -=-，当1x <时，1112m x e --=-， 令112m t e -=->，则 2lnx t =，2t x e =，112x t -=，122x t =-， ∴1222t x x e t +=+-，12t >， 设()22t t e t ϕ=+-，12t >， 则()2t t e ϕ'=-，可得当1(2t ∈，)lnt 时，()0t ϕ'<，当(,)t lnt ∈+∞时，()0t ϕ'>， 则()t ϕ的最小值为(2)422ln ln ϕ=-． 12x x ∴+的最小值是422ln -．故答案为：1；422ln -．14．已知函数,1()1,12lnx x f x x x ⎧⎪=⎨-<⎪⎩，若()(()1)F x f f x m =++有两个零点1x ，2x ，则12x x 的取值范围(-∞ ．【解析】解：当1x 时，()0f x lnx =，则()11f x +， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，当1x <时，1()122x f x =->，则3()12f x +>， (()1)(()1)f f x ln f x ∴+=+，综上可知，()(()1)(()1)F x f f x m ln f x m =++=++，令()0F x =，得()1m f x e -+=，依题意，()1m f x e -=-有两个根1x ，2x ，不妨设12x x <， 当1x 时，21m lnx e -=-，当1x <时，1112m x e --=-， 令112m t e -=->，则1221,,1,222t x lnx t x e t x t ==-==-， ∴121(22),2t x x e t t =->， 设1()(22),2t g t e t t =->，则()20t g t te '=-<，()g t ∴在1(,)2+∞上单调递减，∴1()()2g t g <=12x x ∴的取值范围为(-∞．故答案为：(-∞．15．已知函数,2()48,25xexx e f x x x x⎧⎪⎪=⎨-⎪>⎪⎩（其中e 为自然对数的底数），若关于x 的方程22()3|()|20f x a f x a -+=恰有5个相异的实根，则实数a 的取值范围为 12{}[2e ，4)5．【解析】解：当2x 时，令()0xe exf x e -'==，解得1x =， 所以当1x 时，()0f x '>，则()f x 单调递增，当12x 时，()0f x '<，则()f x 单调递减， 当2x >时，4848()555x f x x x -==-单调递增，且()[0f x ∈，4)5作出函数()f x 的图象如图：（1）当0a =时，方程整理得2()0f x =，只有2个根，不满足条件；（2）若0a >，则当()0f x <时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a ++=++=， 则()20f x a =-<，()0f x a =-<，此时各有1解，故当()0f x >时，方程整理得22()3()2[()2][()]0f x af x a f x a f x a -+=--=， ()2f x a =有1解同时()f x a =有2解，即需21a =，12a =，因为f （2）22212e e e==>，故此时满足题意；或()2f x a =有2解同时()f x a =有1解，则需0a =，由（1）可知不成立； 或()2f x a =有3解同时()f x a =有0解，根据图象不存在此种情况，或()2f x a =有0解同时()f x a =有3解，则21245a a e >⎧⎪⎨<⎪⎩，解得245a e <， 故2[a e ∈，4)5（3）若0a <，显然当()0f x >时，()2f x a =和()f x a =均无解， 当()0f x <时，()2f x a =-和()f x a =-无解，不符合题意． 综上：a 的范围是12{}[2e ，4)5故答案为12{}[2e ，4)516．已知函数231,0()26,0ax x f x xlnx x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩，若关于x 的方程()()0f x f x +-=恰有四个不同的解，则实数a 的取值范围是 (2,0)- ．【解析】解：已知定义在(-∞，0)(0⋃，)+∞上的函数231,0()26,0ax x f x xlnx x x ⎧++<⎪=⎨⎪->⎩， 若()()0f x f x +-=在定义域上有四个不同的解 等价于231a y x x =++关于原点对称的函数231ay x x=-+-与函数()26(0)f x lnx x x =->的图象有两个交点，联立可得226310alnx x x x-+-+=有两个解， 即23263a xlnx x x x =-++，0x >， 可设23()263g x xlnx x x x =-++，0x >， 2()32129g x lnx x x '=+-+， 22()1812218120g x x x x x''=+-=，可得()g x '在(0,)+∞递增， 由g '（1）0=，可得01x <<时，()0g x '<，()g x 递减；1x >时，()0g x '>，()g x 递增， 即()g x 在1x =处取得极小值且为2-，作出()y g x =的图象，可得20a -<<时，226310alnx x x x-+-+=有两个解， 故答案为：(2,0)-．17．已知函数21,0()21,0x x f x x x x +⎧=⎨-+>⎩，若关于x 的方程2()()0f x af x -=恰有5个不同的实数解，则a 的取值范围是 (0,1) ．【解析】解：作()f x 的图象如下，，2()()()(())0f x af x f x f x a -=-=，()0f x ∴=或()f x a =； ()0f x =有两个不同的解，故()f x a =有三个不同的解， 故(0,1)a ∈； 故答案为：(0,1)．18．已知函数()|1|33f x x x x =--+． （1）求函数()f x 的零点；（2）若关于x 的方程2()()0(f x mf x n m -+=、)n R ∈恰有5个不同的实数解，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）由题得2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x ⎧--+<=--+=⎨-+⎩，①当1x <时，令()0f x =，得3x =-或1x =（舍)； ②当1x 时，令()0f x =，得1x =或3x =， ∴函数()f x 的零点是3-，1，3；（2）作出函数2223,(1)()|1|3343,(1)x x x f x x x x x x x ⎧--+<=--+=⎨-+⎩的大致图象，如图：令()t f x =，若关于x 的方程2()()0f x mf x n -+=恰有5个不同的实数解， 解法一：则函数2()g t t mt n =-+的零点分布情况如下：①当11t =-，2(1,4)t ∈-时，则(1)0(4)0142g g b a ⎧⎪-=⎪>⎨⎪⎪-<-<⎩，得101640142m n m n m ⎧⎪++=⎪-+>⎨⎪⎪-<<⎩，故(2,3)m ∈-；②当14t =，2(1,4)t ∈-时，则(4)0(1)0142g g b a ⎧⎪=⎪->⎨⎪⎪-<-<⎩，得164010142m n m n m ⎧⎪-+=⎪++>⎨⎪⎪-<<⎩，故(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈-，3)(3⋃，8)； 解法二：则方程20t mt n -+=的根的情况如下：①当11t =-，2(1,4)t ∈-时，由11t =-得10m n ++=，则方程2(1)0t mt m --+=，即(1)(1)0t t m +--=，故21(1,4)t m =+∈-，所以(2,3)m ∈-；②当14t =，2(1,4)t ∈-时，由14t =得1640m n -+=，则方程24(4)0t mt m -+-=，即(4)(4)0t t m --+=，故24(1,4)t m =-∈-，所以(3,8)m ∈．综上所述，实数m 的取值范围为(2m ∈-，3)(3⋃，8)．19．已知函数2()sin()2cos 1,468f x x x x R πππ=--+∈． （1）求函数()f x 的最小正周期及单调递增区间；（2）若关于x 的方程()()24410,43f x mf x x ⎛⎫-+=∈ ⎪⎝⎭在内有实数解，求实数m 的取值范围． 【解析】解：（1）23()sin()2cos 1sin cos cos sin cos cos 3sin()4684646442443f x x x x x x x x ππππππππππππ=--+=----⋯（3分） ∴函数()f x 的最小正周期为8．⋯（4分）令222432k x k ππππππ--+，k Z ∈，求得2108833k x k -+，k z ∈，故函数的单调递增区间为210[8,8]33k k -+，k Z ∈⋯（6分）（2）设()t f x =，4(3x ∈，4)，∴2(0,)433x πππ-∈，()(0f x ∴∈，∴方程2410t mt -+=在(0t ∈内有实数解，即当(0t ∈时方程有实数解．⋯（10分） 11442t t t +=当且仅当时取等号，4m ∴，⋯（8分） 故实数m 的取值范围是[4，)+∞．⋯（12分） 20．已知函数()g x 对一切实数x ，y R ∈都有()()(22)g x y g y x x y +-=+-成立，且g （1）0=，()(1)(h x g x bx c b =+++，)c R ∈，()()g x f x x=． （Ⅰ）求(0)g 的值和()g x 的解析式；（Ⅰ）记函数()h x 在[1-，1上的最大值为M ，最小值为m ．若4M m -，当0b >时，求b 的最大值；（Ⅰ）若关于x 的方程2(|21|)30|21|x x k f k -+-=-有三个不同的实数解，求实数k 的取值范围． 【解析】解：（Ⅰ）令1x =，0y =得g （1）(0)1g -=-，g （1）0=，(0)1g ∴=，令0y =得()(0)(2)g x g x x -=-，即2()21g x x x =-+．（Ⅰ）2()(1)h x g x bx c x bx c =+++=++．①当12b -<-，即2b >时，M m h -=（1）(1)24h b --=>，与题设矛盾②当102b --<时，即02b <时，M m h -=（1）2()(1)422b b h --=+恒成立， 综上可知当02b <时，b 的最大值为2．（3）当0x =时，210x -=则0x =不是方程的根，方程2(|21|)30|21|x x k f k -+-=-可化为： 2|21|(23)|21|(12)0x x k k --+-++=，|21|0x -≠，令|21|x t -=，则方程化为2(23)(12)0t k t k -+++=，(0)t >，方程2(|21|)310|21|x x k f k -+--=-有三个不同的实数解， ∴由|21|x t =-的图象知，2(23)(12)0t k t k -+++=，(0)t >，有两个根1t 、2t ，且1201t t <<<或101t <<，21t =．记2()(23)(12)h t t k t k =-+++，则(0)210(1)0h k h k =+>⎧⎨=-<⎩，此时0k >， 或(0)210(1)032012h k h k k ⎧⎪=+>⎪=-=⎨⎪+⎪<<⎩，此时k 无解，综上实数k 的取值范围是(0,)+∞．。
最新-2018年高考数学 2018 三角函数讲试题解析 学生版
2018年高考试题解析数学（文科）分项版之专题18 三角函数--学生版一、选择题:1.(2018年高考山东卷文科5)设命题p ：函数sin 2y x =的最小正周期为2π；命题q ：函数cos y x =的图象关于直线2x π=对称.则下列判断正确的是（ ）(A)p 为真 (B)q ⌝为假 (C)p q ∧为假 (D)p q ∨为真4. (2018年高考广东卷文科6)在△ABC 中，若∠A ＝60°，∠B ＝45°，BC ＝AC ＝（ ）A. 25. （2018年高考新课标全国卷文科9）已知ω>0，πϕ<<0，直线4π=x 和45π=x 是函数f (x )=sin(ωx +φ)图像的两条相邻的对称轴，则φ=（ ） （A ）π4 （B ）π3 （C ）π2 （D ）3π46. (2018年高考浙江卷文科6)把函数y=cos2x+1的图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），然后向左平移1个单位长度，再向下平移 1个单位长度，得到的图像是（ ）7.(2018年高考四川卷文科5)如图，正方形ABCD 的边长为1，延长BA 至E ，使1AE =，连接EC 、ED 则sin CED ∠=（ ）ABC10 . (2018年高考湖南卷文科8) 在△ABC 中，，BC=2，B =60°，则BC 边上的高等于（ ）A11.(2018年高考重庆卷文科5)sin47sin17cos30cos17- =（ ）（A ）B ）12-（C ）12 （D14.(2018年高考全国卷文科3)若函数()sin ([0,2])3x f x ϕϕπ+=∈是偶函数，则=ϕ（ ）（A ）2π （B ）32π （C ）23π （D ）35π15.(2018年高考全国卷文科4)已知α为第二象限角，3sin 5α=，则sin 2α=（ ）（A ）2524- （B ）2512- （C ）2512 （D ）252418. (2018年高考江西卷文科9)已知2()sin ()4f x x π=+若a =f （lg5），1(lg )5b f =则（ ）A.a+b=0B.a-b=0C.a+b=1D.a-b=119. (2012年高考上海卷文科17)在△ABC 中，若222sin sin sin A B C +<，则△ABC 的形状是（ ）A ．钝角三角形B 、.直角三角形 C.锐角三角形 D.不能确定二、填空题:21．(2018年高考北京卷文科11)在△ABC 中，若a =3，b=3，∠A=3π，则∠C 的大小为_________。
22年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析(新高考卷)
2022年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析（新高考版）新高考1卷压轴与同构视角下的多变量问题函数同构问题是当下的一个热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒成立.同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧性较强.当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的是提升观察与思维能力.一．基本原理解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln x x x xe e +=；②ln x x xe ex -=；③ln x x x x e e -=；④()ln ln x x x xe +=；⑤ln ln xe x x x-=.答题思路；1.直接变形：（1）积型：b b ae aln ≤⇒()ln ln a bx a e b ef x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）；ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）；⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()xe f x x⇒=（同左）；ln ln a a e b e b ⇒<⇒xxx f ln )(=（同右）；⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.（3）和差型：b b a e a ln ±>±⇒ln ln a b e a e b ±>±⇒x e x f x±=)(（同左）；ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有：①x ae axln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1x xx a e a ax a a e a x e a x a->--⇒>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；③ln ln ln log (ln )ln ln x x a x a a xa x e x a e x x a>⇒>⇒>二．典例分析例.（2022全国新高考1卷）已知函数()e =-xf x ax 和()lng x ax x =-有相同的最小值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g 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.解析：（1）()e '=-xf x a ，()1g x a x'=-①0a 时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，即()f x 没有最小值.该类情况应舍去.②0a >时，()f x '在(),ln a -∞上小于0，在()ln ,a +∞上大于0，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，所以()f x 在ln x a =处有最小值为()ln ln f a a a a =-，所以()g x '在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上小于0，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上大于0，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()g x 在1x a =处有最小值为11ln g a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值.所以有()1ln ln 1ln f a a a a g a a ⎛⎫=-==+⎪⎝⎭，即ln 1ln a a a a -=+因为0a >，所以上式等价于1ln 01a a a --=+，令()()1ln 01x h x x x x -=->+，则()()22101x h x x x +'=>+恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增又因为()()10h h a ==且0a >，所以1a =.（2）证明：由（1）()e =-xf x x ，()lng x x x =-，且()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，且()()min min 1f x g x ==.①1b <时，此时()()min min 1f x g x b ==>，显然y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有0个交点，不符合题意；②1b =时，此时()()min min 1f x g x b ===，y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③1b >时，首先，证明y b =与曲线()y f x =有2个交点：即证明()()F x f x b =-有2个零点，()()1xF x f x e ''==-，所以()F x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，又因为()e0--=>bF b ，()010F b =-<，()e 20=->b F b b ，（令()e 2=-bt b b ，则()e 20'=->bt b ，()()1e 20>=->t b t ）所以明()()F x f x b =-在(),0-∞上存在且只存在1个零点，设为1x ，在()0,+∞上存在且只存在1个零点，设为2x .其次，证明y b =与曲线和有2个交点：即证明()()G x g x b =-有2个零点，()()11G x g x x''==-，所以()G x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又因为()ee0--=>bbG ，()010G b =-<，()2ln 20G b b b =->，（令()ln 2b b b μ=-，则()110b bμ'=->，()()11ln 20b μμ>=->）所以()()F x f x b =-在()0,1上存在且只存在1个零点，设为3x ，在()1,+∞上存在且只存在1个零点，设为4x .再次，证明存在b 使得23x x =：因为()()230F x G x ==，所以2233e ln =-=-x b x x x ，若23x x =，则2222e ln -=-x x x x ，即222e 2ln 0-+=x x x ，所以只需证明e 2ln 0-+=xx x 在()0,1上有解即可，即()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上有零点，因为1e 3312e 30e e ϕ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，()1e 20ϕ=->，所以()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上存在零点，取一零点为0x ，令230x x x ==即可，此时取00e =-xb x 则此时存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，最后证明1402x x x +=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为()()()()()()1203040F x F x F x G x G x G x ======，所以()()()100ln F x G x F x ==，又因为()F x 在(),0-∞上单调递减，10x <，001x <<即0ln 0x <，所以10ln x x =同理，因为()()()004e ==x F x G G x ，又因为()G x 在()1,+∞上单调递增，00x >即0e1>x ，11x >，所以04e =x x ，又因为000e 2ln 0-+=xx x ，所以01400e ln 2+=+=xx x x x ，即直线y b =，与两条曲线()y f x =和()y g x =从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.三．习题演练习题1．已知函数()ln x f x x=，()xg x xe -=.若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈使得()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（）A．2e B．eC．24e D．21e解析：()ln x f x x = ，()()ln xx x x x e g x f e e e ===，由于()111ln 0x f x k x ==<，则11ln 001x x <⇒<<，同理可知，20x <，函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()21ln 0xf x x -'=>对()0,1x ∀∈恒成立，所以，函数()y f x =在区间()0,1上单调递增，同理可知，函数()y g x =在区间(),0-∞上单调递增，()()()212x f x g x f e ∴==，则21xx e =，()22221x x x g x k x e ∴===，则2221k k x e k e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，构造函数()2k h k k e =，其中0k <，则()()()222k k h k k k e k k e '=+=+.当2k <-时，()0h k '>，此时函数()y h k =单调递增；当20k -<<时，()0h k '<，此时函数()y h k =单调递减.所以，()()2max 42h k h e =-=.故选：C.习题2．已知函数()e x ax f x =和ln ()x g x ax=有相同的最大值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y =b ，其与两条曲线()y f x =和()y g 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比数列.（2）由（1）知()()()ln ,ln e x x x f x g x f x x===，由于0x >时，()0f x >，1x >时，()0>g x ，因此只有10e b <<才可能满足题意，记()e x x h x b =-，且10eb <<，由（1）得()h x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且()()110,00e h b h b =->=-<，所以存在()10,1x ∈，使得()10h x =，设2()e x x x ϕ=-，则()e 2x x x ϕ'=-，设()()m x x ϕ'=，则()e 2x m x =-'，0ln 2x <<时，()0m x '<，()m x 递减，ln 2x >时，()0m x '>，()m x 递增，所以min ()(ln 2)22ln 20m x m ==->，所以()(ln 2)0x ϕϕ''≥>，()ϕx 是增函数，0x >时，()(0)10x ϕϕ>=>，1211()e 0bb b ϕ=->，11e bb b <又1110e b b h b b ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以存在011,x b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即此时y b =与()y f x =有两个交点，其中一个交点在()0,1内，另一个交点在()1,+∞内，同理y b =与()()ln y f x g x ==也有两个交点，其中一个交点在()0,e 内，另一个交点在()e,+∞内，若y b =与()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线()y f x =和()y g x =的公共点，记其横坐标为2x ，令()()()222ln f x g x f x ==，则()()221,e ,ln 0,1x x ∈∈，记y b =与()(),y f x y g x ==的三个交点的横坐标从左到右依次为324,,x x x ，且满足()()()()32432241e ,x x x f x f x g x g x <<<<===，且2222ln e x xx x =，即2222e ln x x x =，又()()()()3224ln ,ln f x f x f x f x ==，且()()3224,ln 0,1,,ln 1,e x x x x ∈∈，且()f x 在()0,1和()1,e 上分别单调，所以3224ln ,ln x x x x ==，即24e x x =，所以22342,x x x x =为34,x x 的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标324,,x x x 成等比数列.新高考2卷压轴与命制恒成立问题的常用方法例2．（2022新高考2卷）已知函数()e e ax x f x x =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；解析：（2）设()e e 1ax x h x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax x g x ax =+-，则()()22e e ax x g x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有()0g x '>，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x+<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,∞+上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立.由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.综上，12a ≤.命题原理：（2）等价于0,1>-<x e xex ax恒成立.其实对于左端函数ax xe x g =)(，求导可得：ax e ax x g )1()('+=，于是0>a 时在),0(+∞上递增，0<a 时在),0(+∞先增后减.而右端函数1)(-=xe x h 在),0(+∞递增！同时注意到)0()0(h g =，我们分别对两个函数在0=x 处做泰勒展开：)(23322x o x a ax x xe ax+++=)(621332x o x x x e x+++=-所以，对照泰勒展开式，当0>a 时，)(),(x h x g 均递增，只要21≤a ，0,1>-<x e xe xax 一定恒成立.（这也意味着必要性探路方法可行）.当0<a 时，axxe x g =)(有最大值11)1(--=-e a a g ，此时11(1-=--a e ah ，利用指数不等式：1+≥x e x可得：1(111)1(1ag ae a e a h a -=->-≥-=--，这就表明0<a 时，0,1>-<x e xe x ax 恒成立，综上21≤a !利用导数产生数列放缩1.由不等式1ln -≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.例3.（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1(1)222nm ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->，令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b->-+，即111ln ln ()2b a b a a b-<+-.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +-<++，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++①.(,)L a b<1ln ln ln 2ln (1)a ab x x x b x ⇔-⇔⇔<->其中，接下来令t =2>11(1)n ln n >+，1(n ln n+>②.例4．已知函数(1)()ln(1)1x x f x x xλ+=+-+.（1）若0x ≥时，()0f x ≤，求λ的最小值；（2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++ ，证明：21ln 24n n a a n-+>.解析：（1）综上可知，λ的最小值时12.（2）由上述不等式①，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++，111ln(2)ln(1)()212n n n n +-+<+++，111ln(3)ln(2)(223n n n n +-+<+++…，111ln 2ln(21)(2212n n n n--<+-.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln 2ln (2123212n n n n n n n n-<+++++++++- ，即111211ln 22123214n n n n n n<+++++++++- ，故11211ln 212324n n n n n +++++>+++ ，即21ln 24n n a a n-+>.例5．（2022新高考2卷解析几何）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n ++⋯+>+．1()n ln n+>，进一步求和可得：11231((...(1)12nnk k k n ln ln ln n k n==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++．。
2020年海南高考数学函数探究题及答案解析
2020年海南高考数学函数探究题及答案解析在2020年的海南省高考数学试卷中，函数探究题是考试的一大亮点。
这种类型的题目要求考生通过分析函数的性质和变化规律，对函数的图像、极值、零点、导数等进行研究。
本文将就其中的一道函数探究题进行详细解析。
【题目】设函数$f(x)=\ln(ax+b)$（$a > 0$，$b > 0$）。
（1）当$a > 1$时，若存在常数$M$，使得对于任意的$x$，都有$f(x) \leq M$成立，请用$a$和$b$表示$M$的最小值。
（2）当$0 < a < 1$时，若函数$f(x)$的图像过点$(1,0)$，并且在$(0,+\infty)$上递减，请用$b$的取值范围表示$a$的取值范围。
【解析】（1）由题目可知，要求对于任意的$x$，都有$f(x) \leq M$成立。
即要求函数$f(x)$的取值范围在$(-\infty, M]$之间。
考察该函数的性质，我们知道$\ln u$的定义域为$u > 0$，所以$a(x+b) > 0$。
根据$a > 0$和$b > 0$可知$x + b > 0$，即$x > -b$。
由已知的条件$f(x) \leq M$，即$\ln(ax+b) \leq M$，可以得到$ax+b \leq e^M$，再根据$x > -b$可得$ax \leq e^M - b$。
因为$a > 1$，所以可以得到$x \leq \frac{e^M - b}{a}$。
由于对于任意的$x$都有$f(x) \leq M$成立，所以$M$的最小值应为$\frac{e^M - b}{a}$。
所以，$M$的最小值为$\frac{e^M - b}{a}$。
（2）根据题目要求，函数$f(x)$的图像过点$(1,0)$，并且在$(0,+\infty)$上递减。
即$f(1) = 0$，且$f(x)$的导数$f'(x) = \frac{a}{ax + b}$在$(0,+\infty)$上为负值。
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解15---导数中的函数构造问题
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第15讲 导数中的函数构造问题导数中的函数构造问题是高考考查的一个热点内容，经常以客观题出现，同构法构造函数也常在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，解决比较大小、解不等式、恒成立等问题．考点一 导数型构造函数考向1 利用f (x )与x 构造例1(2022·苏州质检)已知函数f (x )满足f (x )＝f (－x )，且当x ∈(－∞，0]时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，若a＝20.6·f (20.6)，b ＝ln 2·f (ln 2)，c ＝log 218·f ⎝⎛⎭⎫log 218，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A ．a >b >c B ．c >b >aC ．a >c >bD ．c >a >b答案 B解析 因为f (x )＝f (－x )，所以函数f (x )是偶函数，令g (x )＝x ·f (x )，则g (x )是奇函数，g ′(x )＝f (x )＋x ·f ′(x )，当x ∈(－∞，0]时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，所以g (x )在x ∈(－∞，0]上单调递减，又g (x )在R 上是连续函数，且是奇函数，所以g (x )在R 上单调递减，则a ＝g (20.6)，b ＝g (ln 2)，c ＝g ⎝⎛⎭⎫log 218， 因为20.6>1,0<ln 2<1，log 218＝－3<0， 所以log 218<0<ln 2<1<20.6， 所以c >b >a .规律方法 (1)出现nf (x )＋xf ′(x )的形式，构造函数F (x )＝x n f (x )；(2)出现xf ′(x )－nf (x )的形式，构造函数F (x )＝ f (x )x n . 跟踪演练1 已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ′(x )－f (x )x－3>0，且f (1)＝0，则不等式f (e x )－3x e x >0的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(0，＋∞)D ．(e ，＋∞)答案 C解析 设g (x )＝f (x )x－3ln x ， 则g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2－3x＝xf ′(x )－f (x )－3x x 2. 因为f ′(x )－f (x )x－3>0，x >0， 所以xf ′(x )－f (x )－3x >0，所以g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上单调递增．不等式f (e x )－3x e x>0可转化为f (e x )e x －3ln e x >0， 又g (e x)＝f (e x )e x －3ln e x ， 且g (1)＝f (1)1－3ln 1＝0， 即g (e x )>g (1)，所以e x >1，解得x >0.考向2 利用f (x )与e x 构造例2(2022·枣庄质检)已知f (x )为定义在R 上的可导函数，f ′(x )为其导函数，且f (x )<f ′(x )恒成立，其中e 是自然对数的底数，则( )A ．f (2 022)<e f (2 023)B ．e f (2 022)<f (2 023)C ．e f (2 022)＝f (2 023)D ．e f (2 022)>f (2 023)答案 B解析 设函数g (x )＝f (x )e x ， 可得g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x， 由f (x )<f ′(x )，可得f ′(x )－f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )单调递增，则f (2 022)e 2 022< f (2 023)e 2 023， 即e f (2 022)<f (2 023)．规律方法 (1)出现f ′(x )＋nf (x )的形式，构造函数F (x )＝e nx f (x )；(2)出现f ′(x )－nf (x )的形式，构造函数F (x )＝f (x )e nx . 跟踪演练2 (2022·成都模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＋f ′(x )>0，且f (3)＝3，则f (x )>3e 3－x 的解集为________．答案 (3，＋∞)解析 设F (x )＝f (x )·e x ，则F ′(x )＝f ′(x )·e x ＋f (x )·e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]>0，∴F (x )在R 上单调递增．又f (3)＝3，则F (3)＝f (3)·e 3＝3e 3.∵f (x )>3e 3－x 等价于f (x )·e x >3e 3， 即F (x )>F (3)，∴x >3，即所求不等式的解集为(3，＋∞)．考向3 利用f (x )与sin x ，cos x 构造例3 偶函数f (x )的定义域为⎝⎛⎭⎫－π2，π2，其导函数为f ′(x )，若对任意的x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2，有f ′(x )·cos x <f (x )sin x 成立，则关于x 的不等式2f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π3cos x的解集为__________________． 答案⎝⎛⎭⎫－π2，－π3∪⎝⎛⎭⎫π3，π2 解析 令g (x )＝f (x )cos x ，x ∈⎝⎛⎭⎫－π2，π2， ∴g (－x )＝f (－x )cos(－x )＝f (x )cos x ＝g (x )，∴g (x )为偶函数，又g ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ，∴当x ∈⎣⎡⎭⎫0，π2时，g ′(x )<0， 即g (x )在⎣⎡⎭⎫0，π2上单调递减， 又g (x )为偶函数，∴g (x )在⎝⎛⎦⎤－π2，0上单调递增， 不等式2f (x )<f ⎝⎛⎭⎫π3cos x 可化为f (x )cos x <f ⎝⎛⎭⎫π3cos π3， 即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫π3，则⎩⎨⎧ |x |>π3，－π2<x <π2，解得－π2<x <－π3或π3<x <π2. 规律方法 函数f (x )与sin x ，cos x 相结合构造可导函数的几种常见形式(1)F (x )＝f (x )sin x ，F ′(x )＝f ′(x )sin x ＋f (x )cos x ；(2)F (x )＝f (x )sin x，F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x； (3)F (x )＝f (x )cos x ，F ′(x )＝f ′(x )cos x －f (x )sin x ；(4)F (x )＝f (x )cos x， F ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x cos 2x. 跟踪演练3 已知奇函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒有f (x )sin x < f ′(x )cos x成立，则下列不等式成立的是( ) A.2f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π4B ．f ⎝⎛⎭⎫－π3<3f ⎝⎛⎭⎫－π6 C.3f ⎝⎛⎭⎫－π4<2f ⎝⎛⎭⎫－π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π3<3f ⎝⎛⎭⎫π4 答案 B解析 构造函数F (x )＝f (x )sin x， 由f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上恒有f (x )sin x < f ′(x )cos x成立， 即f ′(x )sin x －f (x )cos x >0，∴F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x (sin x )2>0， ∴F (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增， 又F (－x )＝f (－x )sin (－x )＝－f (x )－sin x＝F (x )， ∴F (x )为偶函数，∵π6<π4，∴F ⎝⎛⎭⎫π6<F ⎝⎛⎭⎫π4，∴f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6<f ⎝⎛⎭⎫π4sin π4， ∴2f ⎝⎛⎭⎫π6<f ⎝⎛⎭⎫π4，故A 错误；∵偶函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，∴F (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，0上单调递减，∵－π3<－π6，∴F ⎝⎛⎭⎫－π3>F ⎝⎛⎭⎫－π6，∴f ⎝⎛⎭⎫－π3sin ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫－π6sin ⎝⎛⎭⎫－π6，∴－f ⎝⎛⎭⎫－π3>－3f ⎝⎛⎭⎫－π6，∴f ⎝⎛⎭⎫－π3<3f ⎝⎛⎭⎫－π6，故B 正确；F ⎝⎛⎭⎫－π4<F ⎝⎛⎭⎫－π3，∴f ⎝⎛⎭⎫－π4sin ⎝⎛⎭⎫－π4<f ⎝⎛⎭⎫－π3sin ⎝⎛⎭⎫－π3，∴－3f ⎝⎛⎭⎫－π4<－2f ⎝⎛⎭⎫－π3， ∴3f ⎝⎛⎭⎫－π4>2f ⎝⎛⎭⎫－π3，故C 错误；∵π3>π4，∴F ⎝⎛⎭⎫π3>F ⎝⎛⎭⎫π4，∴f ⎝⎛⎭⎫π3sin π3>f ⎝⎛⎭⎫π4sin π4，∴2f ⎝⎛⎭⎫π3>3f ⎝⎛⎭⎫π4，故D 错误．考点二 同构法构造函数例4 已知a >0，若在(1，＋∞)上存在x 使得不等式e x －x ≤x a －a ln x 成立，则a 的最小值为________． 答案 e解析 ∵x a ＝ln ln e e a x a x ＝，∴不等式即为e x －x ≤e a ln x －a ln x .由a >0且x >1得a ln x >0，设y ＝e x －x ，则y ′＝e x －1>0，故y ＝e x －x 在(1，＋∞)上单调递增，∴x ≤a ln x ，即a ≥x ln x， 即存在x ∈(1，＋∞)，使a ≥x ln x， ∴a ≥⎝⎛⎭⎫x ln x min ，设f (x )＝x ln x(x >1)， 则f ′(x )＝ln x －1ln 2x， 当x ∈(1，e)时，f ′(x )<0；当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0；∴f (x )在(1，e)上单调递减，在(e ，＋∞)上单调递增，∴f (x )min ＝f (e)＝e ，∴a ≥e.故a 的最小值为e.规律方法 指对同构，经常使用的变换形式有两种，一种是将x 变成ln e x ，然后构造函数；另一种是将x 变成e ln x ，然后构造函数．跟踪演练4 已知a >0，b >0，且(a ＋1)b ＋1＝(b ＋3)a ，则( ) A ．a >b ＋1 B ．a <b ＋1C ．a <b －1D ．a >b －1答案 B解析 因为(a ＋1)b ＋1＝(b ＋3)a ，a >0，b >0， 所以ln (a ＋1)a ＝ln (b ＋3)b ＋1>ln (b ＋2)b ＋1. 设f (x )＝ln (x ＋1)x(x >0)， 则f ′(x )＝x x ＋1－ln (x ＋1)x 2. 设g (x )＝x x ＋1－ln(x ＋1)(x >0)， 则g ′(x )＝1(x ＋1)2－1x ＋1＝－x (x ＋1)2<0， 所以g (x )在(0，＋∞)上单调递减．当x →0时，g (x )→0，所以g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减．因为f (a )>f (b ＋1)，所以a <b ＋1.专题强化练1．(2022·咸阳模拟)已知a ＝1e 2，b ＝ln 24，c ＝ln 39，则( ) A ．a <b <c B ．c <a <bC ．b <a <cD ．c <b <a答案 B解析 设f (x )＝ln x x 2，则a ＝f (e)，b ＝f (2)， c ＝f (3)，又f ′(x )＝1－2ln x x 3， 当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )<0，故f (x )＝ln x x 2在(e ，＋∞)上单调递减，注意到e<4＝2<e<3，则有f(3)<f(e)<f(2)，即c<a<b.2．(2022·哈尔滨模拟)已知f(x)是定义在R上的偶函数，f′(x)是f(x)的导函数，当x≥0时，f′(x)－2x>0，且f(1)＝3，则f(x)>x2＋2的解集是()A．(－1,0)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(0,1)D．(－∞，－1)∪(0,1)答案 B解析令g(x)＝f(x)－x2，则g(－x)＝f(－x)－(－x)2＝g(x)，所以函数g(x)也是偶函数，g′(x)＝f′(x)－2x，因为当x≥0时，f′(x)－2x>0，所以当x≥0时，g′(x)＝f′(x)－2x>0，所以函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，不等式f(x)>x2＋2即为不等式g(x)>2，由f(1)＝3，得g(1)＝2，所以g(x)>g(1)，所以|x|>1，解得x<－1或x>1，所以f(x)>x2＋2的解集是(－∞，－1)∪(1，＋∞)．3．(2022·南京质检)设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若a e a<b ln b，则()A．ab>e B．b>e a C．ab<e D．b<e a答案 B解析由已知a e a<b ln b，则e a ln e a<b ln b.设f(x)＝x ln x，则f(e a)<f(b)．∵a>0，∴e a>1，∵b>0，b ln b>a e a>0，∴b>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，所以e a <b .4．(2022·常州模拟)已知函数y ＝f (x )为奇函数，且当x >0时，f ′(x )sin x ＋f (x )cos x >0，则下列说法正确的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6<－f ⎝⎛⎭⎫－π6B ．－f ⎝⎛⎭⎫7π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫－π6C ．－f ⎝⎛⎭⎫－π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6D ．－f ⎝⎛⎭⎫－π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6答案 D解析 令g (x )＝f (x )sin x ，因为f (x )为奇函数，则g (x )为偶函数，又当x >0时，f ′(x )sin x ＋f (x )cos x >0，即g ′(x )>0，则g (x )在(0，＋∞)上单调递增，则有g ⎝⎛⎭⎫－π6＝g ⎝⎛⎭⎫π6<g ⎝⎛⎭⎫5π6<g ⎝⎛⎭⎫7π6，即－12 f ⎝⎛⎭⎫－π6<12 f ⎝⎛⎭⎫5π6<－12 f ⎝⎛⎭⎫7π6，即－f ⎝⎛⎭⎫－π6<f ⎝⎛⎭⎫5π6<－f ⎝⎛⎭⎫7π6.5．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x f (x )>e x ＋1的解集为() A ．{x |x >0}B ．{x |x <0}C ．{x |x <－1或x >1}D ．{x |x <－1或0<x <1}答案 A解析 构造函数g (x )＝e x f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以g (x )＝e x f (x )－e x 在R 上单调递增．又因为g (0)＝e 0f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为e x f (x )－e x >1，即g (x )>g (0)，解得x >0.所以原不等式的解集为{x |x >0}．6．(多选)(2022·渭南模拟)设实数λ>0，对任意的x >1，不等式λe λx ≥ln x 恒成立，则λ的取值可能是( )A ．e B.12e C.1e D.2e答案 ACD解析 由题设，e λx ·λx ≥x ln x ＝e ln x ·ln x ，令f (t )＝t ·e t (t >0)，则f ′(t )＝(t ＋1)·e t >0，所以f (t )单调递增，又f (λx )≥f (ln x )，即当x ∈(1，＋∞)时，λx ≥ln x ，即λ≥ln x x 恒成立，令g (x )＝ln x x，x ∈(1，＋∞)， 则g ′(x )＝1－ln x x 2， 所以在(1，e)上，g ′(x )>0，即g (x )单调递增；在(e ，＋∞)上，g ′(x )<0，即g (x )单调递减，则g (x )≤g (e)＝1e ，故λ≥1e. 7．已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )为f (x )的导函数，且满足f (x )<－xf ′(x )，则不等式f (x ＋1)>(x －1)f (x 2－1)的解集是________．答案 (2，＋∞)解析 根据题意，构造函数y ＝xf (x )，x ∈(0，＋∞)，则y ′＝f (x )＋xf ′(x )<0，所以函数y ＝xf (x )的图象在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以0<x＋1<x2－1，解得x>2.所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)．8．(2022·龙岩质检)已知m>0，n∈R，若log2m＋2m＝6,2n＋1＋n＝6，则m2n＝________. 答案 1解析由题意得log2m＋2m＝2n＋1＋n，log2m＋2m＝2×2n＋n，令g(x)＝log2x＋2x(x>0)，则g′(x)＝1x ln 2＋2>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，因为g(m)＝g(2n)，所以m＝2n，所以m2n＝1.。
专题1：函数f(x)=lnx(x)的性质
以函数ln ()x f x x=为背景的高考试题一、母题结构：已知函数ln ()x f x x =的定义域为：(0)+∞，，则①单调性：21ln ()xf x x -'=，令 1ln 0x -=，x e =，当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：当0x →1，有最大值max 1()()f x f e e==，无最小值.②凹凸性：在32(0,)e 上为凸，在32(,)e +∞上为凹.令21ln ()()x g x f x x -'==，4(2ln 3)()x x g x x-'=，令2ln 30x -=，32x e =，当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：所以函数()f x 在32(0,)e 上为凸，在32(,)e +∞上凹.函数的图像在(0,)e 上任意一点0x x =处的切线方程为：y kx m =+，则()f x kx m ≤+，当且仅当0x x =时取等号.③零点性质：ln ()x f x a x ==有一个实根的充要条件为：1(,0]{}a e∈-∞，()f x =ln x a x =有两个实根的充要条件为：1(0,)a e ∈. 二、单调性的生成1.（2014·全国卷·文科）若ln 22a =，ln 33b =，ln 55c =，则 A.a b c << B.c b a << C.c a b << D.b a c <<解析：设ln ()x f x x =，()f x 在(,)e +∞上单调递减，又ln 2ln 424a ==，345<<， (3)(4)(5)f f f >>，选C.推广：①3n ≥，1(1)n n n n +>+.②数列2.当01x <<时，ln ()xf x x=，则下列关系正确的是 A.22[()]()()f x f x f x << B.22()[()]()f x f x f x << C.22()()[()]f x f x f x << D.22()()[()]f x f x f x << 3.已知 2.22.1a =， 2.12.2b =， 2.2log 2.1c =，则，A.a b c <<B.c b a <<C.c a b <<D.a c b <<解析：设ln ()xf x x=，()f x 在(0,)e 上单调递增，(2.1)(2.2)f f <，ln 2.1ln 2.22.1 2.2<，2.2ln 2.1 2.1ln 2.2<， 2.2 2.12.1 2.2<， 2.2log 2.11c =<.选B. 4.（1983·全国卷）（Ⅰ）已知a ，b 为实数，并且e a b <<，其中e 是自然对数的底,，证明：b a a b >. （Ⅱ）如果正实数a ，b 满足b a a b =，且1a <，证明：a b =. 解析：（Ⅰ）设ln ()xf x x=，()f x 在(,)e +∞上单调递减，e a b <<，()()f a f b >， ln ln a ba b>，即ln ln b a a b >，b a a b >. （Ⅱ）因为01a <<，0b >，所以1b a <，即1b a a b =<，于是01b <<.另一方面b a a b =，ln ln b a a b =，从而ln ln a ba b=，由于()f x 在(0,)e 上单调递增，a b =. 5.（2014·湖北卷·文科）π为圆周率， 2.71828e =为自然对数的底数.（Ⅰ）求函数ln ()xf x x=的单调区间.（Ⅱ）求3e ，3e ，πe ，πe ，π3，3π这6个数中的最大数与最小数.三、凹凸性的生成1.设函数ln ()a x f x x =的图像在点22(,())e f e 处的切线与直线41y x e=-平行，则()f x 的极值点是 .2.已知函数ln ()xf x x=（0x >）. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线x e =对称，证明：当x e >时，()()f x g x >；（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：122x x e +>. 3.（2013·北京卷·理科）设l 为曲线C ：ln xy x=在点(1,0)处的切线. （Ⅰ）求l 的方程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方. 解析：（Ⅰ）1y x =-.（Ⅱ）ln ()1xh x x x=--，2221ln 1ln ()1x x x h x x x --+'=-=，2()1ln x x x ϕ=-+在(0,)+∞单调递增，(1)0ϕ=，即(0)0h '=.当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如()(1)0h x h ≥=，1x x-≥，当且仅当1x =时，取等号. 四、不等式的生成1.若不等式ln kx x ≥恒成立.（Ⅰ）求k 的最小值为 .（Ⅱ）求证：333ln 2ln 3ln 123n n e+++<.2.已知函数kx x f =)(，xxx g ln )(=. （Ⅰ）求函数()g x 的单调区间；（Ⅱ）若不等式)()(x g x f ≥在区间),0(+∞上恒成立，求实数k 的取值范围；（Ⅲ）求证：444ln 2ln 3ln 1232n n e+++<. 解析：（Ⅰ）函数x xx g ln )(=的单调增区间为),0(e ，单调减区间为),(+∞e .（Ⅱ）0>x ，x x kx ln ≥，2ln x x k ≥∴. 令2ln )(x x x h =，3ln 21)('x xx h -=，故e e h x h 2)()(=≤，则ek 2≥. （Ⅲ）由（Ⅱ）知2ln 12x x e ≤，42ln 112x x e x≤⋅，又21111(1)1n n n n n ≤=---. 2221111111111()()()12312231n n n n +++≤-+-++-=--， 444ln 2ln 3ln 111(1)2322n n e n e+++<-<. 3.已知函数ln ()1xf x x=-．（Ⅰ）试判断函数()f x 的单调性；（Ⅱ）试证明：对任意n N *∈，不等式11ln()e n nn n++<都成立（其中e 是自然对数的底数）．解析：（Ⅰ）（略）（Ⅱ）由（Ⅰ）知当(0,)x ∈+∞时，max 1()1f x e=-，所以，在(0,)x ∈+∞时，恒有1()1f x e ≤-，ln 111x x e -≤-，ln 1x x e≤，当且仅当x e =时等号成立．因为10n n +>，1n e n +≠，所以111ln n n n e n ++<⋅，即11ln()e n n n n++<．因此对任意n N *∈，不等式11ln()e n nn n++<都成立.4.若函数2()ln (ln )f x x x ax ax =+-（a R ∈）有三个不同的零点，则实数a 的取值范围A ．21(,1)e e -B ．21(0,)e e-C ．2211(0,)(,1)e e e e --D ．21(,)e e+∞-A ．3B ．4C ．5D ．6解析：2ln (ln )0x x ax ax +-=，2ln ln ()0x x a a x x +-=有三个零点，令ln xt x =，则20t at a +-=，函数ln ()xg x x=的图像与函数()h x t =的图像有三个交点.根据函数ln ()x g x x =的图像可知11(0,)t e ∈，21t e =，或20t =，或2(,0)t ∈-∞.（1）当21t e =时，代入20t at a +-=得21a e e =-，于是111t e =-，不满足要求；（2）当20t =时，代入20t at a +-=得0a =，于是10t =，不满足要求；（3）当2(,0)t ∈-∞时，令2()p t t t a a =+-，则(0)01()0p p e <⎧⎪⎨>⎪⎩，于是210a e e <<-.综上，实数a 的取值范围是：21(0,)e e-. 5.以下四个数中，最大的是 A ．．ln ππC ．1e D解析：构造函数ln ()x fx x =，（0x >）ln 3(3)3f ==，ln ()f πππ=，1ln eee= ()fe =(15)f ===，1()f e e =最大.。
专题22 函数与导数综合-2019年高考数学母题题源系列(浙江专版)(解析版)
专题22 函数与导数综合【母题来源一】【2019年高考浙江卷】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()f x ≤，求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞；（2）．【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤当0a <≤时，()f x ≤2ln 0x -≥．令1t a=，则t ≥，设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x=-．（i ）当1[,)7x ∈+∞≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x ===．故所以()(1)0p x p ≥=，因此()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211[,)e 7x ∈时，()g t g ≥=令211()(1),[,]e 7q x x x x =++∈， 则()10q'x=+>， 故()q x 在211[,]e 7上单调递增， 所以1()()7q x q ≤．由（i ）得，11()()(1)077q p p =<=． 所以()<0q x ，因此()0g t g ≥=>．由（i ）（ii ）知对任意21[,)e x ∈+∞，),()0t g t ∈+∞≥，即对任意21[,)e x ∈+∞，均有()f x ≤．综上所述，所求a的取值范围是(0,．4【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性，已知单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用．【母题来源二】【2018年高考浙江卷】已知函数f(x)=−ln x．（1）若f(x)在x=x1，x2(x1≠x2)处导数相等，证明：f(x1)+f(x2)>8−8ln2；（2）若a≤3−4ln2，证明：对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）由题可得，由得，因为，所以．由基本不等式得．因为，所以．由题意得．设，则，所以所以g（x）在[256，+∞）上单调递增，故，即．（2）令m=，n=，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <≤<0，所以存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得．设h （x ）=， 则h ′（x ）=，其中g （x ）=．由（1）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减， 因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根．综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点． 【名师点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略：（1）构造差函数 ，根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式；（2）根据条件，寻找目标函数．一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数．【母题来源三】【2017年高考浙江卷】已知函数1()(()2xf x x x -≥=． （1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围．【答案】（1）1())2x f x x -'=>；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为(1x '-=-，(e )e x x'--=-，所以()(1(x xf x x --'=-1)2x =>．（2）由()0xf x -'==，解得1x =或52x =．则又2()1)e 02x f x -=≥， 所以()f x 在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．【命题意图】考查导数的几何意义、导数公式和导数的四则运算法则、导数在研究函数中的应用，考查数学式子变形能力、运算求解能力、分类讨论思想、函数与方程思想、化归与转化思想及分析问题与解决问题的能力． 【命题规律】从近几年高考来看，浙江卷高考数学在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一般有三个层次： （1）主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义； （2）导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；（3）综合考查，如函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题．【方法总结】1．常见基本初等函数的导数公式1()0();(),n n C C x nx n -+''==∈N 为常数；(sin )cos ;(cos )sin x x x x ''==-；(e )e ;()ln (0,1)x x x x a a a a a ''==>≠且；11(ln );(log )log e(0,1)a a x x a a x x''==>≠且．2．常用的导数运算法则法则1：[()()]()()u v u v x x x x ±'='±'．法则2：[()()]()(·()())x x x x x u u u v x v v '='+'． 法则3：2()()()()()[](()0)()()u x u x v x u x v x v x v x v x ''-'=≠． 3．复合函数的导数复合函数y=f (g (x ))的导数和函数y=f (u )，u=g (x )的导数间的关系为y x ′=y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积． 4．求曲线y =f (x )的切线方程的类型及方法（1）已知切点P (x 0，y 0)，求y =f (x )过点P 的切线方程：求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程； （2）已知切线的斜率为k ，求y =f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k =f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程；（3）已知切线上一点(非切点)，求y =f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，再由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，最后由点斜式或两点式写出方程．（4）若曲线的切线与已知直线平行或垂直，求曲线的切线方程时，先由平行或垂直关系确定切线的斜率，再由k =f ′(x 0)求出切点坐标(x 0，y 0)，最后写出切线方程．（5）①在点P 处的切线即是以P 为切点的切线，P 一定在曲线上．②过点P 的切线即切线过点P ，P 不一定是切点．因此在求过点P 的切线方程时，应首先检验点P 是否在已知曲线上． 5．导数与函数的单调性利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0f x '>（()0f x '<）在给定区间上恒成立．一般步骤为： （1）求f ′(x )；（2）确认f ′(x )在(a ，b )内的符号；（3）作出结论，()0f x '>时为增函数，()0f x '<时为减函数．注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论． 6．由函数()f x 的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0f x '≥(或()0f x '≤)(()f x '在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而得参数的取值范围； （2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0f x '>(或()0f x '<)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知()f x 在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出()f x 的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围． 7．函数极值问题的常见类型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号． （2）求函数()f x 极值的方法： ①确定函数()f x 的定义域． ②求导函数()f x '． ③求方程()0f x '=的根．④检查()f x '在方程的根的左、右两侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么()f x 在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么()f x 在这个根处取得极小值；如果()f x '在这个根的左、右两侧符号不变，则()f x 在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围． 8．求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法（1）若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（2）若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点． 注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用．（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值．要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定． 9．函数的最值与极值的关系（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间[,]a b 的整体而言；（2）在函数的定义区间[,]a b 内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；（3）函数f (x )的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点； （4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得．10．在利用导数求函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解题过程中，只能在定义域内讨论，定义域为实数集R 可以省略不写．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点．11．利用导数解决函数的零点问题时，一般先由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解． 12．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法（1）分离参数法将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围．一般地，()f x a ≥恒成立，只需min ()f x a ≥即可；()f x a ≤恒成立，只需max ()f x a ≤即可． （2）函数思想法先将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解．1．【浙江省金华十校2019届第二学期高考模拟】设函数2()ln ()f x ax x a =-∈R ．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）1[,)2e+∞． 【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()(0)ax f x x x-'=>，当0a ≤时，()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减； 当0a >时，令()0f x '=，解得x =所以当x ∈时，()0f x '<，当)x ∈+∞时，()0f x '>， 所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增． 综上，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增． （2）因为()0f x ≥恒成立，所以(e)0f ≥，所以21e a ≥． 由（1）可得，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，所以函数()f x 的最小值为12f =-，所以102-≥，解得12ea ≥． 故实数a 的取值范围为1[,)2e+∞． 2．【浙江省“七彩阳光”联盟2019届高三期初联考】已知函数2()ln f x x ax x =-+-．（1）判断()f x 的单调性；（2）若函数()f x 存在极值，求这些极值的和的取值范围． 【答案】（1）见解析；（2）(3ln 2,)++∞．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，221()x ax f x x-+'=-，令2()21g x x ax =-+，当280a ∆=-≤，即a -≤≤()0g x ≥恒成立， 此时()0f x '≤，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当280a ∆=->，即a <-或a >时，2()210g x x ax =-+=有两个不相等的根12,x x ，设12x x <，则1x =，2x =当1(0,)x x ∈或2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，此时()0f x '<， 所以函数()f x 在1(0,)x 和2(,)x +∞上单调递减； 当12(,)x x x ∈时，()0g x <，此时()0f x '>， 所以函数()f x 在12(,)x x 上单调递增．综上，当a -≤≤函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当a <-或a >函数()f x在和)+∞上单调递减，在上单调递增．（2）因为函数()f x 存在极值，所以221()0x ax f x x-+'=-=在(0,)+∞上有解，所以方程2210x ax -+=在(0,)+∞上有解，所以280a ∆=-≥． 显然当0∆=时，函数()f x 无极值，不合题意， 所以方程2210x ax -+=必有两个不等的正根． 设方程2210x ax -+=的两个不等正根分别为12,x x ， 则12102x x =>，122a x x +=， 由题意知22222121212121()(ln ()()()ln )1ln 1ln22424a a a f x f x a x x x x x x +=+-+-+=-+-=++，由28a >，可得12()()121ln3ln22f x f x +>+-=+， 故这些极值的和的取值范围为(3ln 2,)++∞．【名师点睛】本题考查了含有参量的函数单调性和极值问题，求导后对其分类讨论是解答此类问题的关键，在分类过程中，一定要理清题意和思路，按部就班求出分类后的结果，一定要熟练掌握这类题目的解答方法．3．【浙江省金华市浦江县2018年高考适应性考试】已知函数22()ln f x x x x=++． （1）求函数()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （2）求证：()0f x >． 【答案】（1）1322y x =-+；（2）证明见解析． 【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2322222222(21)1(1)42232()()(1)(1)x x x x x x x f x x x x x x x x -++--+--'=+==+++，所以1(1)2f '=-，所以所求切线方程为1322y x =-+． （2）令32()232h x x x x =+--，则2()343h'x x x =+-，设()0h'x =的两根为12,x x ，由于1210x x =-<，不妨设10x <，20x >，则函数()h x 在2(0,)x 上单调递减，在2(,)x +∞上单调递增， 而(0)0h <，(1)0h <，(2)0h >，所以存在0(1,2)x ∈，使得函数()f x 在0(,)x +∞上单调递增， 所以002002()()ln 0f x f x x x x =++>≥， 所以()0f x >．4．【浙江省嘉兴市2019届高三第一学期期末检测】已知函数()ln()(,)bf x x a a b x=+-∈R ，且曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-．（1）求实数a ，b 的值；（2）函数()(1)()g x f x mx m =+-∈R 有两个不同的零点1x ，2x ，求证：212e x x ⋅>．【答案】（1）1a =-，0b =；（2）证明见解析．【解析】（1）因为曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为2y x =-， 所以(2)220f =-=，(2)1f '=，因为()ln()b f x x a x =+-，21()bf x x a x'=++， 所以ln(2)02b a +-=，1124ba +=+，解得1a =-，0b =． （2）由（1）知，()ln(1)f x x =-，所以(1)ln f x x +=，()ln ()g x x mx m =-∈R ， 不妨设120x x >>，因为12())0(g x g x ==，所以11ln x mx =，22ln x mx =，要证明212e x x ⋅>，即证明212ln()lne 2x x >=，而1212ln()()x x m x x =+，故只需证明12()2m x x +>即可， 又1212ln ln x x mx mx -=-，所以1212ln ln x x m x x -=-，故只需证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即需证1212122()ln ln x x x x x x +->+，即证1121222(1)ln1x x x x x x ->+，即只需证1121222(1)ln01x x x x x x -->+即可， 令12x t x =，由于120x x >>，故1t >， 设2(1)()ln (1)1t F t t t t -=->+， 则22214(1)()(1)(1)t F t t t t t -=-=+'+，显然()0F t '>，故2(1)()ln 1t F t t t -=-+是增函数， 所以()(1)F t F >，又(1)0F =，所以()0F t >恒成立， 即2(1)ln (1)1t t t t ->>+成立，因此212e x x ⋅>． 5．【浙江省七彩联盟2018-2019学年第一学期高三11月期中考试】已知函数()ln f x mx x x =-． （1）证明：函数()f x 存在唯一的极值点，并求出该极值点；（1）若函数()f x 的极值为1，试证明：2()e xf x x -≤+．【答案】（1）证明见解析，极值点为1e m x -=；（2）证明见解析．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()1ln f x m x '=--， 令()0f x '>可得10e m x -<<，令()0f x '<可得1e m x ->，所以函数()f x 在1(0,e )m -上单调递增，在1(e ,)m -+∞上单调递减，所以函数()f x 有唯一的极值点，极值点为1e m x -=． （2）由（1）可得11111()(e)e e lne e 1m m m m m f x f m -----==-==极值，解得1m =，所以()ln f x x x x =-，要证明2()e xf x x -≤+，只要证2e ln 0x x x x x -+-+≥， 令2()eln x g x x x x x -=+-+，则()2eln xg'x x x -=-+，易知()g'x 在(0,)+∞上单调递增，且当0x +→时，()g'x →-∞，当x →+∞时，()g'x →+∞， 所以存在唯一的实数0x ，使得0()0g'x =，即0002eln 0x x x --+=，即000e 2ln x x x -=+．所以()g x 在0(0,)x 上单调递减，在0(,)x +∞上单调递增， 所以022min 000000000000()()eln 1ln (1)(ln )()x g x g x x x x x x x x x x x x -==+-+=+++=++，下面利用反证法证明00ln 0x x +≥，假设00ln 0x x +<，即00ln x x <-，即00e xx -<，所以0000000ln e 2ln e 0x x x x x x x --++-=+-<，这与000e2ln x x x -=+矛盾，所以00ln 0x x +≥，即()0g x ≥，故2()e xf x x -≤+．【名师点睛】本题考查了导数和函数的极值和最值得关系，以及反证法、考查函数与方程、分类与整合、化归与转化的数学思想方法，以及抽象概括能力、推理论证能力、运算求解能力、创新意识．6．【浙江省浙南名校联盟2019届高三上学期期末联考】设,a b ∈R ，函数2()ln(1)f x x ax bx =+++．（1）证明：当0b =时，对任意实数a ，直线y x =总是曲线()y f x =的切线； （2）若存在实数a ，使得对任意1x >-且0x ≠，都有()0xf x >，求实数b 的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）1-． 【解析】由题可得1()21f x ax b x'=+++． （1）当0b =时，2()ln(1)f x x ax =++，1()21f x ax x'=++． 则(0)0f =，(0)1f '=，故直线y x =是曲线()y f x =在原点(0,0)处的切线， 所以对任意实数a ，直线y x =总是曲线()y f x =的切线．（2）由题可得存在实数a ，使得对任意的(1,0)x ∈-，都有()0f x <， 对任意的(0,)x ∈+∞，都有()0f x >．因(0)0f =，故(0)0f '≥（否则，若(0)0f '<，则在0x =的左右附近，恒有(0)0f '<，从而()f x 单调递减，不合题意）．于是(0)10f b '=+≥，所以1b ≥-．又当12a =，1b =-时，21()1011x f x x x x'=+-=≥++（等号成立当且仅当0x =）， 于是()f x 在(1,)-+∞内单调递增，满足题意． 所以b 的最小值为1-．7．【浙江省金华十校2019届高三上学期期末联考】已知()ln af x x x=+，()e x g x -=，其中a ∈R ，e 2.718=为自然对数的底数．（1）若函数()g x 的切线l 经过(1,0)点，求l 方程；（2）若函数()f x 在2(0,)e为递减函数，试判断()()()x f x g x ϕ=-函数零点的个数，并证明你的结论．【答案】（1） 1y x =-+；（2）函数()x ϕ的零点个数是0，证明见解析．【解析】（1）设l 和曲线()g x 的切点是00(,e )x x -，函数()g x 在该点处的导数00()e x g'x -=-，它是切线l 的斜率，因为切线l 经过(1,0)，也过切点00(,e)x x -，所以切线l 的斜率又可写为00e 1x x --，故00e e 1x x x --=--，故011x -=-，解得00x =， 故切线l 的斜率为00()e1x g'x -=-=-，故切线l 的方程为1y x =-+．（2）判断：函数()x ϕ的零点个数是0， 下面证明()()f x g x >恒成立，2()0x af x x-'=≤，故x a ≤， 若()f x 在2(0,)e 为递减函数，则2ea ≥，因此，要证明()ln ()e xa f x x g x x-=+>=对0x >恒成立，只需证明2ln e e x x x -+>⋅对0x >恒成立， 考虑2ln e e x x x -+>⋅等价于2ln e ex x x x ->-， 记()ln u x x x =，2()e e xv x x -=⋅-，先看()u x ，()ln 1u'x x =+，令()0u'x >，解得1e x >；令()0u'x <，解得10ex <<， 故()u x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e +∞单调递增，所以min 11()()e e u x u ==-，再看2()e ex v x x -=⋅-，()(1)e xv'x x -=-⋅．令()0v'x >，解得01x <<；令()0v'x <，解得1x >， 故()v x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减， 所以max 1()(1)v x v e==-． min max ()()u x v x =，且两个函数的极值点不在同一个x 处，故()()u x v x >对0x >恒成立， 综上，()()f x g x >对0x >恒成立，故函数()()()x f x g x ϕ=-函数零点个数是0．8．【浙江省宁波市2019届高三上学期期末考试】已知函数32()f x x ax bx =++，其中,a b 为实数．（1）若函数()f x 的图象关于点(1,0)对称，求()f x 的解析式； （2）若364a -≤≤-，且230a b ++=，t 为函数32()f x x ax bx =++的极小值点，求()f t a的取值范围．【答案】（1）32()32f x x x x =-+；（2）5[3]3-．【解析】（1）设(,())M x f x 为()y f x =图象上的任意一点，则点M 关于点(1,0)的对称点为(2,())x f x --，即()(2)f x f x -=-，所以3232(6)(412)(428)x ax bx x a x a b x a b ++=-++++-++对所有实数x 成立，从而(6)a a =-+，412b a b =++，0428a b =++， 解得3a =-，2b =，从而32()32f x x x x =-+．（2）由题可得2()32f x x ax b '=++，由230a b ++=可知(1)0f '=，设()3(1)()f x x x m '=--，则213a m -=+，3bm =，即3(1)2a m =-+，3b m =， 因为364a -≤≤-，所以132m -≤≤， 因为()f x 存在极小值，所以1m ≠．①若112m -≤<，则1t =， 所以()f t a =(1)3(1)2f m -+2131a b m ++=-⋅+231411511(,]313133m m m +=-⋅+=⋅-∈-++． ②若13m <≤，则t m =，所以()f t a =()3(1)2f m m -+23=-⋅3213221m m m -++3233(1)m m m -=+， 令323()3(1)x x h x x -=+，则222(3)()3(1)x x h x x -'=+，则()h x在上为减函数，在上为增函数， 又1(1)3h =-，3h =-，(3)0h =，所以()[3f t a∈-． 综上所述，()f t a的取值范围为5[3]3-．【名师点睛】本题主要考查函数对称性以及函数的极值的应用，考查函数的单调性，由()0f x '>，得函数单调递增，()0f x '<得函数单调递减，进而可得极值与最值，利用函数极值和导数之间的关系进行转化讨论是解决本题的关键，综合性较强，难度较大．9．【浙江省三校2019年5月份第二次联考】已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>． 【答案】（1）见解析；（2）证明见解析． 【解析】（1）由题可得(2)(1)()(0)x a x f x x x-+'=>，当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 的单调增区间为(0,)+∞；当0a >时，由()0f x '>得2a x >；由()0f x '<得02a x <<， 所以函数()f x 的单调增区间为(,)2a +∞，单调减区间为(0,)2a．综上，当0a ≤时，函数()f x 的单调增区间为(0,)+∞；当0a >时，函数()f x 的单调增区间为(,)2a +∞，单调减区间为(0,)2a ．（2）因为12,x x 是方程()f x c =的两个不等实根，所以0a >，不妨设120x x <<，则2111(2)ln x a x a x c ---=，2222(2)ln x a x a x c ---=， 两式相减可得22111222(2)ln [(2)ln ]0x a x a x x a x a x -------=，所以221122112222ln ln x x x x a x x x x +--=+--．又()02a f '=，当2a x >时，()0f x '>；当02ax <<时，()0f x '<． 故只要证明1222x x a+>即可，即证22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--，即证11221222ln x x x x x x -<+，即证11212222ln 1x x x x x x -<+．设12(01)x t t x =<<，令22()ln 1t g t t t -=-+，则2(1)()0(1)t g t t t +'-=>， 则22()ln 1t g t t t -=-+在(0,1)上为增函数， 又(1)0g =，所以(0,1)t ∈时，()0g t <总成立，所以12()02x x f +'>． 【名师点睛】本题考查函数与导数的综合问题．考查单调区间的求法，导数不等式的证明．考查构造法、分类讨论、函数与方程等数学思想方法．10．【浙江省湖州三校2019年普通高等学校招生全国统一考试】已知函数2()2f x x =，()ln (0)g x m x m =>，曲线()f x 与()g x 有且仅有一个公共点． （1）求m 的值；（2）若存在实数a ，b ，使得关于x 的不等式()()2g x ax b f x ≤+≤+对任意正实数x 恒成立，求a 的最小值．【答案】（1）4e ；（2）4．【解析】（1）由题意知()()f x g x =，即22ln x m x =， 令2ln 2()x F x x m =-，则312ln ()xF'x x -=．易得函数()F x 在上递增，在)+∞上增减，所以max 12()2e F x F m==-，所以4e m =． （2）由题意知必有(1)(1)2g ax b f ≤+≤+，即04a b ≤+≤， 当0a =时，4e e bx >，4eln x ax b <+，不符合题意；当0a <时，有0b >，此时0max{1,}b x a=-，0()g x ax b ≥+，不符合题意，因此0a >，28(2)0a b ∆=--≤ ①，令()()()4eln h x g x ax b x ax b =-+=--，则4e()h'x a x=-， 易知含糊()h x 在4e (0,)a 上递增，在4e(,)a +∞上递减， 故max 4e 4e()()4eln4e 0h x h b a a==--≤ ②， 由①②两式可知24e 8(24eln 4e)0a a--+≤，构造函数24e()8(24eln4e)x x xϕ=--+，则(4)0ϕ=，易知()x ϕ在(0,上递减，在)+∞上递增，所以min 4a =，此时0b =． 故a 的最小值为4．11．【浙北四校2019届高三12月模拟考试】设a ∈R ，已知函数2()2ln f x x a x =-．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求函数()f x 在[1,)+∞上的最小值()g a ；（3）若0a >，求使方程()2f x ax =有唯一解的a 的值． 【答案】（1）见解析；（2）1,1()ln ,1a g a a a a a ≤⎧=⎨->⎩；（3）12．【解析】（1）由题可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，222()2()a f x x x a x x'=-=-， 当0a ≤时，()0f x '>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '<，可得0x <<()0f x '>，可得x >所以函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增．综上，当0a ≤时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增．（2）由（1）可知，当1a ≤时，函数()f x 在[1,)+∞上单调递增， 所以min ()()(1)1g a f x f ===；当1a >时，函数()f x 在上单调递减，在)+∞上单调递增，所以min ()()ln g a f x f a a a ===-．综上，1,1()ln ,1a g a a a a a ≤⎧=⎨->⎩．（3）令2()()222ln h x f x ax x ax a x =-=--，由题意，可得方程()0h x =有唯一解， 又222()22()a h'x x a x ax a x x=--=--，(0,)x ∈+∞，0a >，令()0h'x =，可得0x =， 所以函数()h x 在0(0,]x 上单调递减，在0[,)x +∞上单调递增，因为()0h x =有唯一解，所以0()0h x =．由00()0()0'h x h x =⎧⎨=⎩，可得20002002200x alnx ax x ax a ⎧--=⎪⎨--=⎪⎩，所以002ln 10x x +-=， 设()2ln 1g x x x =+-，易知函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g =，所以方程002ln 10x x +-=的解为01x =，即01x ==，解得12a =， 故方程()2f x ax =有唯一解时a 的值为12． 【名师点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究函数在区间上的最值问题，同时考查了函数的零点问题，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．12．【浙江省2019年高考模拟训练卷三】知函数2()x a f x x a+=+，()2ln 2()g x x a a =+∈R ． （1）求()f x 的单调区间；（2）证明：存在(0,1)a ∈，使得方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解．【答案】（1）见解析；（2）证明见解析．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)(,)a a -∞--+∞，222()()x ax a f x x a +-'=+，令22y x ax a =+-，则2440a a ∆=+≤，即10a -≤≤， 则()0f x '≥在(,)(,)a a -∞--+∞上恒成立，当1a <-或0a >，由220x ax a +->可得x a >-或x a <-由220x ax a +-<可得a x a -<<-，综上，当1a <-或0a >时，函数()f x的递增区间是(,)a a -∞--+∞，递减区间是()a a --，(,a a --；当10a -≤≤时，函数()f x 的递增区间是(,),(,)a a -∞--+∞．（2）令2()()()2ln 2x a h x f x g x x a x a+=-=--+， 当(0,1)a ∈时，则222222(2)(2)()()()x ax a x a x x a h x x a x x a x+-+--=-=+'+=，因为(1,)x ∈+∞，故当11x <<()0h x '<，当1x +<时，()0h x '>，所以函数()h x 在(1,1+上递减，在(1)+∞上递增，所以当11x =()h x 取得最小值，又(1)12h a =-，当112a ≤<时，(1)0h ≤，即()0h x <在(1,1上恒成立， 又112a ≤<时，222()2ln 22ln 22ln 222x a x x h x x a x a x x lnx x a x x+=-->-->--=--+， 取2e x =，则222ln 2e 42e 60x x --=--=->，即2(e )0h >，又函数()h x 在(1)++∞上递增，而1()0h x <，所以由函数零点存在定理可知函数()h x 在(1)+∞上存在唯一零点， 所以当112a ≤<时，存在(0,1)a ∈，使得方程()0h x =在(1,)+∞上有唯一解， 所以方程()()f x g x =在(1,)+∞上有唯一解．【名师点睛】本题主要考查导数的运算、导数在研究函数中的应用、函数零点等知识，考查了推理论证能力、运算求解能力，考查了函数与方程、分类与整合、化归与转化等数学思想方法，属于难题． 13．【浙江省台州市2019届高三上学期期末质量评估】设函数431()4f x x x =-，x ∈R ． （1）求函数()f x 在1x =处的切线方程；（2）若对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立，求实数a 的最大值；（3）设0m ≠，若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根，求实数m 的取值范围．【答案】（1）524y x =-+；（2）1-；（3）[4,){1}+∞-． 【解析】（1）由题可得32(3)x x x f '=-，(1)2f '=-，3(1)4f =-， 所以函数()f x 在1x =处的切线方程为524y x =-+． （2）因为对任意的实数x ，不等式()2f x a x ≥-恒成立， 所以4324x a x x ≤-+恒成立，设43()24x g x x x =-+，则322()32(1)(22)g'x x x x x x =-+=---(1)(11x x x =---+，所以函数()g x 在(1-，(1)++∞上单调递增，在(,1-∞-，(1,1+上单调递减，所以min ()min{(1(1g x g g =，因为1222=0x x --的两根， 所以4230000000022()2(22)2)44(x x g x x x x x x +=-+=-++2220000(1)2211x x x x =+-=-++=-，其中01x = 所以a 的最大值为1-．（3）若对任意的实数k ，关于x 的方程()f x kx m =+有且只有两个不同的实根，当0x =，可得0m =，与已知矛盾． 所以43444x x m k x --=有两根，即43444x x m y x--=与y k =有两个交点， 令4344()4x x m h x x --=，则432384()4x x m h'x x-+=， 令43()384p x x x m =-+，则2()12(2)p'x x x =-，所以函数()p x 在(,2)-∞上单调递减，在(2,)+∞上单调递增，所以min ()(2)416p x p m ==-．（ⅰ）当4160m -≥时，即4m ≥时，则()0h'x ≥，即()h x 在(,0)-∞，(0,)+∞上单调递增， 且当(,0)x ∈-∞时，()h x 的取值范围为R ；当(0,)x ∈+∞时，()h x 的取值范围为R ．此时对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解．（ⅱ）当04m <<时，()p x 有两个非负根1x ，2x ，所以()h x 在(,0)-∞，1(0,)x ，2(,)x +∞上单调递增，在12(,)x x 上单调递减，所以当21()(()),k h x h x ∈时有4个交点，1()k h x =或2()k h x =有3个交点，均与题意不合，舍去． （ⅲ）当0m <时，则()p x 有两个异号的零点1x ，2x ，不妨设120x x <<，则()h x 在1(,)x -∞，2(,)x +∞上单调递增，在1(,0)x ，2(0,)x 上单调递减．当1(,)x x ∈-∞时，()h x 的取值范围为1,())(h x -∞，当2(,)x x ∈+∞时，()h x 的取值范围为2()),(h x +∞，所以当12()()h x h x =时，对任意的实数k ，原方程恒有且只有两个不同的解．所以有43113840x x m -+=，43223840x x m -+=，得222212121212()3())8(x x x x x x x x ++=++，由12()()h x h x =，得3232112233x x x x -=-，即221212123()x x x x x x ++=+，所以22128x x +=，122x x =-，122x x +=．故3344121288()()3m x x x x =+-+222222121122121283()()2()()[]8x x x x x x x x x x =+-+-+-=-，所以1m =-．综上，当4m ≥或1m =-时，原方程对任意实数k 均有且只有两个解．故故实数m 的取值范围为[4,){1}+∞-．【名师点睛】（1）对于曲线的切线问题，注意“在某点处的切线”和“过某点的切线”的差别，切线问题的核心是切点的横坐标；（2）不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以相应的最值范围．（3）导数背景下零点个数问题，可转化为动直线与函数的图象的位置关系，用导数刻画函数图象时注意函数值的范围（防止忽视渐近线）．。
2020届高考数学二轮复习刷题型解答题八文数1
解答题(八)17 . (2019 •江西南昌一模)如图，四棱台 ABCD- ABCD 中，底面ABCD 是菱形, 面 ABCD 且/ BAD= 60°, CD= CG = 2GD = 4, E 是棱 BB 的中点.解 (1) v f (x ) = 3(2sin x cos x ) + (2cos2x — 1) = 3sin2 x + cos2x = 2sin 2x +又x €n 6(2) •/ f (x o ) = 2sin 2x o +6 = 5,面. (1) 求证：AA 丄BD求三棱锥B i -AQE 的体积.(1)证明：因为CC 丄底面ABCD 所以CC 丄BD 因为底面 ABCD!菱形，所以 又ACn CC = C,所以BDL 平面 ACC 又由四棱台 ABC - ABCD ，知A 1, A, C,BDL AC C 四点共所以AA 丄BD⑵因为V B -ACE1 1 11 1=V E — A B C = — A1B C = — V — ABC ,2 1 1 21又 乂-A B C = ~ S\ ABC1 1 1 3 111• CC =1X22X si n 23L X 4=響，所以 V B 1—A 1C 1E =芈.所以三棱锥 B — AGE 的体积为卑^318 .已知函数 f (x ) = 2 3sin x cos x + 2cos 2x — 1(x * R).n(1)求函数f (x )的最小正周期及在区间0,三 上的最大值和最小值;n n,,亠4,—，求 COS2X 0 的值.•••函数f (x )的最小正周期为 CC 丄底• sinn2x +6 *•函数 nf (x )在区间o , 上的最大值为2,最小值为—1.5'n 2 n 7 n•-2X0+ 6* T，T，n / 2n 4• cos 2x o+ —= —；-、•、1 — sin 2x o+ =—5,n n二cos2x o = cos 2x o + ——6 6n n n n=cos 2x o+ cos + sin 2x o + sin6 6 6 6=3—4 护=10-.19 . （ 2019 •江西南昌师大附中三模）为更好地落实农民工工资保证金制度，南方某市劳动保障部门调查了2019年下半年该市100名农民工（其中技术工、非技术工各50名）的月工资（单位：百元），得到这100名农民工月工资的中位数为39（假设这100名农民工的月工资均在［25,55］内）且月工资收入在［45,50）内的人数为15,并根据调查结果画出如图所示的频率分布直方图：（1）求m n的值；（2）已知这100名农民工中月工资高于平均数的技术工有31名，非技术工有19名，则能否在犯错误的概率不超过0.001的前提下，认为“是不是技术工与月工资是否高于平均数有关系”？参考公式及数据：K= 1 b, d. b. d，其中n= a+ b + c+ d.a+ b c + d a+ c b+ dP（K2》k。
第3课时 导数与方程
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(2)由(1)可知，当 a＜0 时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减． 故 f(x)max＝f－1a＝ln－1a－1. ①当 ln－1a＜1，即 a＜－1e时，f－1a＜0， 函数 f(x)没有零点． ②当 ln－1a＝1，即 a＝－1e时，f－1a＝0， 函数 f(x＝lnx＋ax. (1)讨论函数 f(x)的单调性； (2)当 a＜0 时，求函数 f(x)的零点个数．
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解 (1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x＋a＝ax＋x 1. ①当 a≥0 时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； ②当 a＜0 时，令 f′(x)＝0，得 x＝－1a， 故在0，－1a上，f′(x)＞0，f(x)单调递增， 在－1a，＋∞上，f′(x)＜0，f(x)单调递减． 综上，当 a≥0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 a＜0 时，f(x)在0，－1a上单调递增，在－1a，＋∞上单调递减．
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思维方法 (1)f(x)的定义域为(0,1)∪(1，＋∞)．因为 f′(x)＝1x＋x－212＞0， [关键 1：正确求出导函数，研究函数的单调性] 所以 f(x)在(0,1)，(1，＋∞)单调递增. 因为 f(e)＝1－ee＋－11＜0，f(e2)＝2－ee22＋－11＝ee22－－31＞0，所以 f(x)在(1，＋∞)有唯一 零点 x1(e＜x1＜e2)，即 f(x1)＝0.
上
单
调
递
增
，
在
1－
m1－m2，1＋
m1－m2上单调递减．
综上，m≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；m≥1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递
2019年高考全国卷Ⅰ“函数与导数”试题分析与备考建议
8 福建中学数学 2020年第4期2019年高考全国卷I “函数与导数”试题分析与备考建议王 瑜 林梦雷闽南师范大学数学与统计学院（363000）本文对2019年全国理科卷“函数与导数”试题进行评析，并分析了近三年来全国卷“函数与导数”的命题特点，明确备考方向，最后提出备考建议．根据《普通高中数学课程标准（2017年版）》，“函数及其导数”相关知识属于选择性必修课程，可见其在高中课程中占了比较重要的地位，目的是提升学生数学抽象、数学运算、直观想象、数学建模和逻辑推理等核心素养．2019年全国理科卷对于“函数与导数”相关知识的考查，万变不离其宗，与前几年考查方式类似，考查内容仍然是函数的性质（包括函数单调性、奇偶性、对称性、周期性等），极值点和零点问题，但每次考查都会出现新奇之处!事实上，“函数”始终贯穿高中数学的函数和方程、分类讨论、数形结合、转化与化归等数学思想的教学主线，与“导数”结合可以很好地考查学生的数学思维能力和计算能力， 特别是考查学生的数学思维的严谨性与发散性，是选拔人才的重要保证．1 2019年全国理科I 卷“函数与导数”试题评析 题目1 （2019年高考全国卷I ·理20）已知函数()sin ln(1)f x x x =−+，()f x ′为()f x 的导数，证明：（1）()f x 在区间π(1)2−，存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．评析 “函数与导数”是压轴题，有“拉差距”的作用，予以重点解析．2019年的“函数与导数”压轴题的表述与往年类似，简明不啰唆，不在题目表述上做文章，但要求学生有较好的函数与导数基本功．第一问不难，往年考查含参函数的问题，而2019年干脆直接是熟悉的函数．以下对第二问进行解法分析．解法 由（1）知0π(0)4x ∃∈，，使得0()0f x ′′=． 故()f x ′在0(1)x −，上单调递增，在0π()2x ，上单调递减．0()(0)0f x f ′′∴>=，π1()00π212f ′=−<+，10π()2x x ∴∃∈，使得1()0f x ′=．(10)x ∴∈−，，()f x 单调递减． 1(0)x x ∈，，()f x 单调递增； 1π()2x x ∈，，()f x 单调递减． 又(0)0f =，ππ()1ln(1)022f =−+>． π(1)2x ∴∈−，时，()f x 仅有一个零点，又π[π]2x ∈，时，1()cos 01f x x x ′=−<+，π()02f >，(π)0ln(π1)0f =−+<， π[π]2x ∴∈，，()f x 仅有一个零点，当[π)x ∈+∞，时，ln(1)ln(π1)1x +>+>，sin 1x ≤， 故()f x 无零点．综上所述，()f x 有且仅有两个零点．题目2 （2019年高考全国卷I ·文20）已知函数()2sin cos f x x x x x =−−，()f x ′为()f x 的导数．（1）证明：()f x 在区间(0π)，存在唯一零点． （2）若[0π]x ∈，，()f x ax ≥，求a 的取值范围． 评析 文科卷“函数与导数”题，与往年一样，是在理科卷的基础上降低了一些难度，本题与理科20题相比没有对数函数，只留下了学生较为熟悉的三角函数，在一定程度上降低了难度．第一小问与理科类似，只需证明存在唯一零点即可，不需判断是否极值点．以下对第二问进行多种解法分析．解法1 构造函数，直接讨论 设()()2sin cos h x f x ax x x x x ax =−=−−−，则()cos sin 1h x x x x a ′=+−−， 由（1）知()h x ′在π(0)2，上单调递增， 在π(π)2，上单调递减， max ππ()()122h x h a ′==−−，(0)h a ′=−，(π)2h a ′=−−，2020年第4期 福建中学数学 9并且(0)(π)h h ′′>，当π()02h ′≤即π12a ≥−时，()h x 在(0π)，单调递减，且(0)0h =，即()(0)0h x h <=，不合题意；当π()02h ′>即π12a <−时，若(π)0h ′≥，即2a ≤−时，()0h x ′≥，()h x 在[0π]，上单调递增，即()(0)0h x h ≥=，符合题意；若(0)0h ′≥，(π)0h ′<即20a −<≤时， π()02h ′> ，即1π(π)2x ∃∈，使得1()0h x ′=， ()h x ∴在1(0)x ，单调递增，在1(π)x ，单调递减，故()min{(0)(π)}0h x h h ≥=，，符合题意； 若(0)h ′<0即0a <时，由于π()02h ′>， 即2π(0)2x ∃∈，使得2()0h x ′=，()h x ∴在2(0)x ，单调递减， ∴当2(0)x x ∈，，()(0)0h x h <= ，不符合题意． 综上所述，a 的取值范围为(0]−∞，． 解法2 缩小范围，减少讨论 由题可知(π)0f =，可得0a ≤．又由（1）得'()f x 在(0π)，只有一个零点， 设为0x ，并且当0(0)x x ∈，时，()0f x ′>； 当0(π)x x ∈，时，()0f x ′<，()f x ∴在0(0)x ，单调递增，在0(π)x ，单调递减， 又(0)0f =，(π)0f =，∴当[0π]x ∈，时，()0f x ≥，又当0a ≤，[0π]x ∈，时，()f x ax ≥． 因此，a 的取值范围是(0]−∞，．评析 以上是解决恒成立问题的通解通法，解法1直接对参数进行全面的讨论，做到不重不漏；解法2通过借助一些特征，将参数的取值范围先缩小，减少讨论过程．当然我们还可以运用特殊值与端点的方法，以及将等号两边看作两个函数，通过数形结合的思想来解题，但是后两种方法一般多用于选择、填空题，对于解答题采用前两种方法更为严谨些．2 备考建议（1）基础是成功的保障紧抓函数与导数两条主线，构建其知识结构框架．对于“基本函数的概念与性质”，熟练掌握函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、等基本知识以及求解方法，做到灵活应用；对于“基本函数的图象与性质”，要熟练掌握一次函数、二次函数、反比例函数、指数函数、对数函数等基本初等函数的图象，会运用基本初等函数的图象分析函数的性质，会利用导数探讨函数图象的形状、探讨函数的零点及其性质．（2）阅读是必备的能力常言道“读书破万卷，下笔如有神”，也就说，想要出口成章，阅读是最基础、最重要、最直接也是最有效的手段．而随着中、高考的改革，阅读的重要性也越来越凸显．在未来，阅读能力直接影响分数，如果阅读能力不过关，连卷子都做不完，考试更是会吃大亏！这可不是危言耸听，这是“部编本”教材总主编温儒敏在公开演讲中的原话．不仅仅是语文，从今年高考改革的形式来看，数学也同样需要较好的阅读能力．所以，想要学得好，考得好，一定要重视阅读能力的培养，尤其是多涉猎一些数学史相关的书籍．（3）素养是前进的动力近几年全国卷“函数与导数”的试题内容 充分体现高考命题强调“以素养立意”的指导思想，全国高考卷对“函数与导数”的考查重在对函数与导数知识理解的准确性、深刻性，综合考查用函数与方程思想、转化与化归思想、分类与整合思想， 还综合考查运算求解能力、推理论证能力、抽象概括能力，并且是多种素养同时考查．自从《普通高中数学课程标准（2017年版）》提出六大核心素养以来，一直成为比较热的话题，素养的培养实际上外在表现就是学生能力的培养，因此，要始终围绕六大数学核心素养来备考，是永远不会偏离路线的，它是学生乃至教师前进的动力所在．参考文献 [1]冯海容．“函数与导数”高考复习专题[J]．中学教研（数学），2019（05）：42-47[2]舒华瑛．“导数与函数”高考题解题策略探析[J]．延边教育学院学报，2019，33（01）：128-130，134 [3]任冲．导数工具巧应用 函数零点妙解决——以一道高考题为例[J]．中学数学教学参考，2019（Z3）：135-136[4]李晓波，方德兰．2018年高考全国Ⅰ卷“函数与导数”试题分析与备考建议[J]．中学数学研究（华南师范大学版），2018（17）：33-36[5]冯建国．2018年高考“函数与导数”专题命题分析[J]．中国数学教育，2018（Z4）：20-25[6]周志国．2018年高考“函数与导数”专题解题分析[J]．中国数学教育，2018（Z4）：26-32 [7]黄如炎，林晴岚．2018年高考函数与导数综合题探析和教考建议[J]．中10 福建中学数学 2020年第4期学数学杂志，2018（07）：50-54[8]李志敏．2017年高考函数与导数试题分析与2018年高考备考建议[J]．中学数学研究（华南师范大学版），2017（17）：23-28 [9]黄玫婷．一道高考“函数与导数”压轴题的讲评[J]．福建中学数学，2017（08）：22-24[10]逄玲玲．高考函数与导数综合题的探究与教学构想[J]．数学学习与研究，2017（15）：136[11]龙正武．从一道高考真题谈函数导数压轴题的备考[J]．数学通报，2017，56（05）：48-51[12]李立美．高考函数导数压轴题分析及应对策略[J]．中学数学，2017（03）：82-84（本文系福建省教育教学科研项目《核心素养视角下大学生数学教学改革研究》（立项批准号：FBJG20180021）研究成果）厦门市2019年高一期末质检数学第10题的探究李若璕 福建省厦门实验中学（361000）1 试题呈现试题 古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名．他发现：“平面内到两个定点A B ，的距离之比为(1)λλ≠的点的轨迹是圆”．后来，人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称为阿氏圆．在平面直角坐标系xOy 中，(20)A −，，(40)B ，，点P 满足||1||2PA PB =，设点P 的轨迹为C ．下列结论正确的是（ ）．A ．C 的方程为22(4)9x y ++=B ．在x 轴上存在异于A B ，的两定点D E ，，使得||1||2PD PE = C ．当A B P ，，三点不共线时，射线PO 是APB ∠的平分线D ．在C 上存在点M ，使得||2||MO MA = 2 教材背景题目1 （人教A 版必修2第124页B 组习题）已知点M 与两个定点(00)O ，，(30)A ，的距离之比为12，求点M 的轨迹方程． 解析 设动点()M x y ，，由题意知||1||2||||2MO MA MO MA =⇒=，化简得22230x y x ++−=， 即22(1)4x y ++=．所以22(1)4x y ++=为点M 的轨迹方程， 是以(10)−，为圆心，2为半径的圆．题目2 （人教A 版必修2第140页[信息技术应用]）已知点(20)P ，，(80)Q ，，点M 与点P 的距离是它与点Q 的距离的15，用《几何画板》探究点M 的轨迹，并给出轨迹的方程．根据题意，在《几何画板》中作出点(20)P ，，(80)Q ，，以及点M ，测量点M 与点P 的距离以及点M 与点Q 的距离，使得||5||MQ MQ =．当点M 移动时，||5||MQ MQ =保持不变，点M 运动形成轨迹，猜想点M 的轨迹是圆，进而用“坐标法”证明猜想成立，点M 的轨迹方程为22725()416x y −+=．题目3 （人教A 版必修2第144页B 组习题）已知点()M x y ，与两个定点12M M ，距离的比是一个正数m ，求点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形（考虑1m =和1m ≠两种情形）上述问题将前两个结论进一步推广到比值为m 的讨论，引导学生们发现，当1m ≠时，动点轨迹是圆．由此得到：在平面内，到A B ，两点距离之比等于常数λ（0λ>且1λ≠）的点的轨迹是一个圆．此结论为古希腊数学家阿波罗尼斯发现，相应的轨迹称为阿波罗尼斯圆．图1 图23 阿波罗尼斯圆（1）从代数的角度探讨 题目4 动点()C x y ，到定点(0)(0)A c B c −，，，的距离之比为λ（c λ，为正常数），求()C x y ，的轨迹方程． ， 则2222222(1)(1)2(1)(1)0x y c x c λλλλ−+−+++−=，P AB QCP ABQC。
高考数学解题破题第25计 函数开门 以静显动
第25计 函数开门 以静显动 ●计名释义函数把运动学带进了数学.函数本身讲的是数的互动，而静则是运动过程中的某一即时状态.动以静为参照，没有参照物的运动是没有意义的，同样没有“静数”的函数也无意义.当变量（动数）的个数较多时，我们先考虑一对互动中的变数，而把其他变数暂视静止（常数或参数），例如，考虑二次函数y=ax2+bx+c 时，是把x,y 看作一对互动的变数，而把a,b,c 看作“静数”.其实，a,b,c 也在变化，只是要等到需要考虑它们的变化时再把它们视作变数. ●典例示范【例1】 设双曲线1222=-y a x 与直线x+y=1相交于两个不同的点A 和B ，求双曲线离心率的取值范围.【分析】 求取值范围就是求离心率e 的值域.为此，我们要寻求e 的函数式.【解答】 按双曲线离心率的关系式，有)(11122a f a a a e =+=+= 【插语】 公式e=a a a c 12+=本来是“静式”，现在让其运动起来，成了函数式f (a).启发我们求函数e=f (a)的定义域，即a 的取值范围.【续解】 由双曲线与直线相交于两点，得方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=-11222y x y a x【插语】 我们并非要从这个方程中解得x 和y 的值，而是要由“方程组有2个解”的条件求出a2的取值范围.【续解】 消y 后整理得.1200)1(8401022)11(222422222≠<<⇒⎪⎩⎪⎨⎧>-+≠-⇒=-+-a a a a a a a x a x a 且 函数e=f (a)=112+a 在（0，1）和（1，2）上都是减函数，故有f (a)>26且f (a)≠2.即所求范围是),2()2,26(∞+⋃••. 【点评】 函数解题，动静相依，动静互控，从而实现由简单函数与复合函数的互动，以及函数与方程，函数与不等式的互动.【附录】 以下我们用函数性质讨论a2的取值范围.由方程组解得：a2=h(x)=212112122222+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+-x x x x .由于x 1≠0,所以a2≠1.因为212121122≥+⎪⎭⎫ ⎝⎛-x ，所以a2≤2. 由于相交的两点A 、B 对应着不同的x 值，因此a2到x 的对应是1对2，因此在h (x)中x2,由此得到a2≠2.故有a2<2.【例2】 解方程(x+6)2003+x2003+2x+6=0.【解答】 将原方程变形得(x+6)2003+(x+6)=(-x)2003+(-x).由方程的特点，我们构造函数f x)=x2003+x ，知f (x)是x ∈R 上的单调递增函数，又f (x+6)= f (-x),故x+6=-x ，即x=-3.【点评】 此题从方程的特点入手，利用函数思想，构造了函数f (x)=x2003+x ，把解方程的问题变为讨论函数的性质的问题，巧妙地求出了方程的解.【例3】 在xOy 平面上给定一曲线y2-2x=0. (Ⅰ)设点A 的坐标为(32,0)，曲线上距点A 最近的点P 的坐标及相应的距离|PA|. (Ⅱ)设点A 的坐标为(a,0)，a ∈R ，曲线上点到点A 的距离的最小值.【解答】 (Ⅰ)设P(x,y)为曲线上任意一点，y2=2x(x ≥0),|PA|2=313129434322222+⎪⎭⎫ ⎝⎛+=++-=+⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x x x y x ，∴当x=0时，|PA|取得最小值32. (Ⅱ)设P(x,y)为曲线上任意一点,同理有 |PA|2=(x-a)2+y2=［x-(a-1)］2+(2a-1)(x ≥0), ①当a ≥1时，在x=a-1≥0处，|PA|取得最小值12-a .②当a<0时，在x=0处，|PA|取得最小值.||12)1(2a a a =-+- 【点评】 解题方向是建立目标函数，然后转化为以a 为自变量的二次函数在闭区间上的最值问题.【例4】 某工厂有旧墙一面长14米，现准备利用这面旧墙建造平面图形为矩形，面积为126平方米的厂房，工程条件：①建1米新墙的费用为a 元；②修1米旧墙的费用是4a元；③拆去1米旧墙,用所得材料建1米新墙的费用为2a元.经过讨论有两种方案：（1）利用旧墙的一段x 米（x<14）为矩形厂房一面的边长；（2）矩形厂房利用旧墙的一面边长为x ≥14.问如何利用旧墙，即x 为多少米时，建墙费用最省？（1）、（2）两种方案哪个更好？【分析】 通过分析已知条件比较容易想到用函数模型来解此题.以建墙费用为目标函数，再通过讨论函数的最小值来解决问题.【解答】 设利用旧墙的一面边长为x 米，则矩形的另一面边长为.126x 米. （1）利用旧墙的一段x 米（x<14）为矩形一面边长，则修旧墙的费用为4ax 元，将剩余的旧墙拆得的材料建新墙的费用为2)14(x a -元，其余建新墙的费用为:a x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-++1412622元，故总费用为:y=a x x a x ax )142522(2)14(4-++-+得:),140(13647<<⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=x x x a y 所以，a x x a y 35136427=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-•≥当且仅当,364x x = 即x=12∈(0，14)米时，ymin=35a(2)若利用旧墙一面矩形边长x ≥14，则修旧墙的费用为a414元，建新墙的费用为a x x ⎪⎭⎫ ⎝⎛-++1425222元，故总费用为：a a a y ⎪⎭⎫ ⎝⎛-++=142252227即)14(7126227≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-++=x x x a a y∵,12621262126=•≥+x x x x 但由于x=x 126时，x=126<14，x ［14,+∞)，因此均值不等式此处失灵.以下用求导法解决问题：∵y ′=2a （1-2126x ）. ∴x>126时，y ′>0，而14>126.故x ∈［14,+∞）时函数y 单调增.∴x=14时，ymin=a aa53571412614227⋅=⎪⎭⎫⎝⎛-++综上所述，采用方案（1），利用旧墙12米为矩形的一面边长时，建墙的总费用最省，费用为35a元.【点评】函数应用题真正的难点在于处理其中的最值问题.这也就是函数的“玄机”所在.处理最值的手段很多，有利用均值不等式；利用函数的单调性；利用导函数；利用三角函数的有界性等.其中“导函数法”有通用、快捷的特点，应是掌握的重点.●对应训练1.设a、b、c∈R，且它们的绝对值都不大于1，求证ab+bc+ca+1≥0.2.直线m:y=kx+1和双曲线x2-y2=1在左支交于A，B两点,直线l过P(-2,0)和AB线段的中点M，求l在y轴上的截距b的取值范围.3.某工厂2005年1月、2月、3月生产某产品的数量分别为1万件、1.2万件、1.3万件，为了估测以后每个月的产量，以这三个月的产量为依据，用一个函数模拟产品的月产量y与月份x的关系，模拟函数可以选用二次函数或函数y=abx+c（其中a，b，c为常数)，已知4月份该产品的产量为1.37万件，请问用以上哪个函数作为模拟函数较好，并说明理由.●参考答案1.分析构造函数f (a)=ab+bc+ca+1，f (a)是关于a的一次函数，由于a∈［-1,1］，只要证明f (1)≥0且f (-1)≥0，即可证明f (a)≥0.证明设f (a)=(b+c)a+bc+1，f (a)是关于a的一次函数.∵a、b、c∈［-1,1］,∴f (1)=b+c+bc+1=b(1+c)+(c+1)=(b+1)(c+1)≥0f (-1)=-(b+c)+bc+1=b(c-1)+(1-c)=(1-b)(1-c)≥0.∴f (a)在［-1,1］上恒为非负，即f (a)≥0.∴ab+bc+ca+1≥0.点评本题解法的关键在于要具有函数意识，能结合式子结构特征构造出一次函数f (a)，从而由一次函数的图象及性质，使问题得以解决.2.解析由)1(1122-≤⎩⎨⎧=-+=xyxkxy消去y得(k2-1)x2+2kx+2=0,由题意得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>--=<-=+>-+=∆1212,0)1(8422122122kxxkkxxkk解得1<k<2.设M(x0，y0)，则⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=+=-=+=222111112kkxykkxxx由P(-2,0)，M⎪⎭⎫⎝⎛--2211,1k••kk，Q(0,b)三点共线可求得b=2222++-kk.设f (k)=-2k2+k+2，则f (k)在(1,2)上为减函数.∴)1()()2(fkff<<，且f(k)≠0.∴,1)()22(<<--kf∴b<-(2+2)或b>2.点评通过建立b与k的函数关系式，借用函数的单调性，将问题转化为函数的值域以确定.3.思考根据题意，该产品的月产量y 是月份x的函数，可供选用的函数有两种.其中哪一种函数确定的4月份该产品的产量愈接近于1.37万件，哪种函数作为模拟函数就较好，故应先确定出这两个函数的具体解析式.设y1=f (x)=px2+qx+r(p，q，r为常数，且p≠0)，y2=g(x)=abx+c.据已知，得⎪⎩⎪⎨⎧⋅=+⋅=+=+⎪⎩⎪⎨⎧⋅=++⋅=++=++31,21131392124132cabcabcabrqprqprqp及解得p=-0.05，q=0.35，r=0.7;a=-0.8，b=0.5，c=1.4∴f (x)=-0.05x2+0.35x+0.7; g(x)=-0.8×0.5x+1.4.∴f (4)=1.3，g(4)=1.35,显然g(4)更接近于1.37，故选用y=0.8×0.5x+1.4作为模拟函数较好.点评用待定系数法确定两种模拟函数的解析式是解答本题的关键.。
青海师范大学附属中学必修一第三单元《指数函数和对数函数》测试(包含答案解析)
一、选择题1．函数()2f x x=-的定义域是（ ） A ．(0,2)B ．[2,)+∞C ．(0,)+∞D ．(,2)-∞2．我国著名数学家华罗庚曾说过：“数缺形时少直观，形少数时难入微：数形结合百般好，隔离分家万事休”．在数学学习中和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，页常用函数的解析式来琢磨函数图象的特征，如函数()22xy xx R =-∈的大致图象是（ ）A ．B ．C ．D ．3．如图是指数函数①y =x a ；②y =x b ；③y =c x ；④y =d x 的图象，则a ，b ，c ，d 与1的大小关系是（ ）A ．a <b <1<c <dB ．b <a <1<d <cC ．1<a <b <c <dD ．a <b <1<d <c4．已知235log log log 0x y z ==<，则2x 、3y 、5z的大小排序为 A ．235x y z<<B ．325y x z<<C ．523z x y<<D ．532z y x<<5．已知3log 2a =，那么33log 82log 6-用a 表示是( )A ．52a -B ．2a -C ．23(1)a a -+D ．231a a --6．已知偶函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，131(())4a f =，37(log )2b f =，13(log 5)c f =，则a ，b，c 的大小关系为（ ）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c b a >>D ．c a b >>7．已知奇函数()f x 与偶函数()g x 满足()()2x x f x g x a a -+=-+，且()g b a =，则()2f 的值为（ ）A ．2aB ．2C ．154D ．1748．若a ＞b ＞0，0＜c ＜1，则 A ．log a c ＜log b cB ．log c a ＜log c bC ．a c ＜b cD ．c a ＞c b9．函数213()log 4f x x =-的单调减区间是（ ） A ．(]()2,02,-+∞ B ．(]2,0-和(2,)+∞ C ．(),20,2[)-∞-D ．(,2)-∞-和[0,2)10．函数()log 1a f x x =+（且）．当(1,0)x ∈-时，恒有()0f x >，有（ ）．A ．()f x 在(,0)-∞+上是减函数B ．()f x 在(,1)-∞-上是减函数C ．()f x 在(0,)+∞上是增函数D ．()f x 在(,1)-∞-上是增函数 11．函数32ln ||()x x f x x-=的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．12．如果函数(0,1)x y a a a =>≠的反函数是增函数，那么函数log (1)a y x =-+的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．二、填空题13．下列命题中所有正确的序号是___________． ①函数()13x f x a-=+()1a > 在R 上是增函数；②函数(1)f x -的定义域是(1,3)，则函数()f x 的定义域为(2,4)； ③已知()f x =538x ax bx ++-，且()28f -=，则(2)8f =-； ④11()122xf x =--为奇函数． 14．已知函数()()212log 23f x x ax =-+，若函数的增区间是(),1-∞，则实数a =______. 15．已知0x >且1x ≠，0y >且1y ≠，方程组58log log 4log 5log 81x y x y +=⎧⎨-=⎩的解为11x x y y =⎧⎨=⎩或22x x y y =⎧⎨=⎩，则()1212lg x x y y =________. 16．设25a b m ==,且112a b+=,则m =______. 17．给出下列命题：①函数2x y =与2log y x =互为反函数，其图象关于直线y x =对称； ②已知函数2(1)21f x x x -=-+，则(5)26f =；③当0a >且1a ≠时，函数()log (2)3a f x x =--的图像必过定点(3,3)-；④用二分法求函数()ln 26f x x x =+-在区间(2,3)内的零点近似值，至少经过3次二分后精确度达到0.1；⑤函数2()2x f x x =-的零点有2个. 其中所有正确命题．．．．的序号是______ 18．函数()213log 253y x x =--的单调递增区间为_______. 19．已知3(1)4,1()1,1aa x a x f x og x x -+<⎧=⎨≥⎩是R 上的减函数，那么a 的取值范围是__________.20．已知函数(12)3,1()ln ,1a x a x f x x x -+<⎧=⎨≥⎩的值域为R ，则实数a 的取值范围是________． 三、解答题21．已知函数()()()lg 2lg 2f x x x =+--.（1）求()f x 的定义域； （2）判断()f x 的奇偶性并予以证明； （3）求不等式()1f x >的解集. 22．已知12324x A x ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，121log ,264B y y x x ⎧⎫==≤≤⎨⎬⎩⎭．（1）求AB ；（2）若{}11C x m x m =-≤≤+，若C A ⊆，求m 的取值范围． 23．化简下列各式：（1）22.531050.064π-⎡⎤⎛⎫⎢⎥ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦；（2）2lg 2lg3111lg 0.36lg1624++⋅+ 24．已知函数()2log 11a f x x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭（0a >且1a ≠）. （1）判断函数()f x 的奇偶性并说明理由；（2）当01a <<时，判断函数()f x 在()1,+∞上的单调性，并利用单调性的定义证明； （3）是否存在实数a ，使得当()f x 的定义域为[],m n 时，值域为[]1log ,1log a a n m ++？若存在，求出实数a 的取值范围；若不存在，请说明理由.25．已知函数121()log 1axf x x -=-的图象关于原点对称，其中0a <.（1）当(1,)x ∈+∞时，12()log (1)f x x m +-<恒成立，求实数m 的取值范围；（2）若关于x 的方程12()log ()f x x k =+在[]2,3上有解，求k的取值范围.26．已知函数()21log 1x f x x +=-， （1）求函数()y f x =的定义域； （2）证明：()y f x =是奇函数； （3）设()()()14h x f x f x =+，求函数()y h x =在[]3,7内的值域；【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题 1．A 解析：A 【分析】根据函数的形式，直接列解析式有意义的不等式，求出函数的定义域. 【详解】由题意得，函数的定义域需满足02>0x x >⎧⎨-⎩，解得：02x <<所以函数的定义域是()0,2. 故选：A . 【点睛】方法点睛：常见的具体函数求定义域：(1)偶次根号下的被开方数大于等于0；(2)分母不为0；(3)对数函数中真数大于0.2．A解析：A 【分析】分析函数()()22xf x xx R =-∈的奇偶性，结合()01f =可得出合适的选项.【详解】令()22=-xf x x ，该函数的定义域为R ，()()()2222xxf x x x f x --=--=-=，函数()22=-xf x x 为偶函数，排除B 、D 选项；又()010f =>，排除C 选项.【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手： （1）从函数的定义域，判断图象的左右位置； （2）从函数的值域，判断图象的上下位置． （3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势； （4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性； （5）从函数的特征点，排除不合要求的图象.3．B解析：B 【分析】根据指数函数的图象与性质可求解. 【详解】根据函数图象可知函数①y =x a ；②y =x b 为减函数，且1x =时，②y =1b <①y =1a ， 所以1b a <<，根据函数图象可知函数③y =c x ；④y =d x 为增函数，且1x =时，③y =c 1>④y =d 1， 所以1c d >> 故选：B 【点睛】本题主要考查了指数函数的单调性，指数函数的图象，数形结合的思想，属于中档题.4．A解析：A 【解析】x y z ，， 为正实数，且235log log log 0x y z ==<，111235235k k k x y z ---∴===，，，可得：1112352131,51k k k x y z---=>=>=>，． 即10k -> 因为函数1kf x x -=（） 单调递增，∴235x y z<<. 故选A.5．B解析：B 【解析】试题分析：33333333log 82log 6log 22log 233log 22(log 2log 3)-=-⨯=-+3log 222a =-=-,所以答案选B .考点：指数对数的计算6．C解析：C偶函数()f x 在[0,)+∞上单调递增,化简1333(log 5)(log 5)(log 5)f f f =-=，利用中间量比较大小得解. 【详解】∵偶函数()f x 在[0,)+∞上单调递增1333(log 5)(log 5)(log 5)c f f f ∴==-=，∵1333170()1log log 542<<<<，133317(()(log )(log 5)42)f f f << ∴a b c <<. 故选：C 【分析】本题考查函数奇偶性、单调性及对数式大小比较，属于基础题.7．C解析：C 【分析】根据奇函数()f x 与偶函数()g x ，由()()2x xf xg x a a -+=-+得到()()2﹣﹣﹣=+xx g x f x a a ，两式相加、相减并结合()g b a =求得()f x 即可.【详解】∵奇函数()f x 与偶函数()g x ，()()()(),-∴=-=f x f x g x g x .又()()2﹣+=+-x x f x g x a a ，①()()2﹣---∴+=+x x f x g x a a ，()()2﹣∴=--+x x g x f x a a .② +①②，得()24g x =，()2g x ∴=. (),2g b a a =∴=. ()22﹣-∴=x x f x . 22115(2)22444f -∴=-=-=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的综合应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.8．B解析：B 【解析】试题分析：对于选项A ，a b 1gc 1gclog c ,log c lg a lg b==，01c <<，10gc ∴<，而0a b >>，所以lg lg a b >，但不能确定lg lg a b 、的正负，所以它们的大小不能确定;对于选项B ，c lg lg log ,log lg lg c a b a b c c ==,lg lg a b >，两边同乘以一个负数1lg c改变不等号方向，所以选项B 正确;对于选项C ，利用cy x =在第一象限内是增函数即可得到c c a b >，所以C 错误;对于选项D ，利用xy c =在R 上为减函数易得a b c c <，所以D 错误.所以本题选B.【考点】指数函数与对数函数的性质【名师点睛】比较幂或对数值的大小,若幂的底数相同或对数的底数相同,通常利用指数函数或对数函数的单调性进行比较；若底数不同,可考虑利用中间量进行比较.9．B解析：B 【分析】先分析函数的定义域，然后根据定义域以及复合函数的单调性判断方法确定出()f x 的单调递减区间. 【详解】因为240x ->，所以定义域为()()(),22,22,-∞--+∞，令()24u x x =-，13log y u =在()0,∞+上单调递减， 当(),2x ∈-∞-时，()u x 单调递减，所以()f x 单调递增； 当(]2,0x ∈-时，()u x 单调递增，所以()f x 单调递减； 当()0,2x ∈时，()u x 单调递减，所以()f x 单调递增； 当()2,x ∈+∞时，()u x 单调递增，所以()f x 单调递减； 综上可知：()f x 的单调递减区间为(]2,0-和()2,+∞. 故选：B. 【点睛】本题考查对数型复合函数的单调区间的求解，难度一般.分析复合函数的单调性，注意利用判断的口诀“同增异减”，当内外层函数单调性相同时，整个函数为增函数，当内外层函数单调性相反时，整个函数为减函数.10．D解析：D【解析】试题分析：根据题意，当(1,0)x ∈-时，1(0,1)x +∈，而此时log 10a x +>，所以有01a <<，从而能够确定函数在(,1)-∞-上是增函数，在区间(1,)-+∞上是减函数，故选D ．考点：函数的单调性．11．A解析：A 【分析】判断奇偶性可排除两个选项，再确定函数值的变化趋势排除一个，得出正确选项． 【详解】解：函数的定义域为{0}xx ≠∣， 因为3322()ln ||ln ||()()()x x x x f x f x x x-----===-，所以()f x 为偶函数，所以排除C ,D,又因为当0x >时，322ln ln ()x x xf x x x x-==-， 当x →+∞时，()f x →+∞，所以排除B故选：A. 【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题方法是排除法，即通过判断函数的性质，特殊的函数值或函数值的变化趋势等，排除错误选项，得出正确答案．12．C解析：C 【分析】由题意求得1a >，再结合对数函数的图象与性质，合理排除，即可求解. 【详解】因为函数(0,1)xy a a a =>≠的反函数是增函数，可得函数xy a =为增函数，所以1a >， 所以函数log (1)a y x =-+为减函数，可排除B 、D ； 又由当0x =时，log (01)0a y =-+=，排除A. 故选：C. 【点睛】本题主要考查了指数函数和对数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟记指数函数和对数函数的图象与性质，以及指数函数与对数的关系是解答的关键，着重考查推理与运算能力.二、填空题13．①④【分析】根据指数的运算性质且恒成立求出函数图象所过的定点可判断①；根据抽象函数的定义域的求法可判断②；根据奇函数的图象和性质求出可判断③；根据奇函数的定义及判定方法可判断④【详解】解：当时且恒成解析：①④ 【分析】根据指数的运算性质01(0a a =>且1)a ≠恒成立，求出函数图象所过的定点，可判断①；根据抽象函数的定义域的求法，可判断②；根据奇函数的图象和性质，求出()2f ，可判断③；根据奇函数的定义及判定方法，可判断④ 【详解】解：当1x =时，101(0x a a a -==>且1)a ≠恒成立，故f （1）4=恒成立，故函数1()3(0x f x a a -=+>且1)a ≠的图象一定过定点(1,4)P ，故①正确；函数(1)f x -的定义域是(1,3)，则函数()f x 的定义域为(0,2)，故②错误；已知53()8f x x ax bx =++-，且(2)8f -=，则()224f =-，故③错误；11()122xf x =--的定义域为{|0}x x ≠， 且112111()()122212212x x x xf x f x ---=-=-=-=----，故()f x 为奇函数，故④正确； 故答案为：①④ 【点睛】本题以命题的真假判断为载体，考查了指数函数的图象和性质，函数的定义域，函数的奇偶性，是函数图象和性质的综合应用，难度不大，属于基础题．14．1或2【分析】因为函数在上单调递减要使的单调增区间为分两种情况讨论对称轴和对称轴分别计算可得；【详解】解：因为函数在上单调递减要使的单调增区间为①当函数对称轴为时因为所以恒成立满足条件②当函数对称轴解析：1或2 【分析】因为函数12log y x =在()0,∞+上单调递减，要使()()212log 23f x x ax =-+的单调增区间为(),1-∞，分两种情况讨论，对称轴1x =和对称轴1x a =>，分别计算可得； 【详解】解：因为函数12log y x =在()0,∞+上单调递减，要使()()212log 23f x x ax =-+的单调增区间为(),1-∞，①当函数()223g x x x a =-+对称轴为1x a ==时，因为()22430∆=--⨯<，所以2230x ax -+>恒成立，满足条件，②当函数()223g x x x a =-+对称轴1x a =>时，需满足()10g =，即21230a -+=解得2a =；综上可得1a =或2 故答案为：1或2 【点睛】本题考查复合函数的单调性判断，已知函数的单调性求参数的取值范围，属于中档题.15．【分析】利用换底公式得出分别消去和可得出二次方程利用韦达定理可求出和的值进而可计算出的值【详解】由换底公式得由①得代入②并整理得由韦达定理得即则因此故答案为：【点睛】本题考查了对数的换底公式对数的运 解析：6【分析】利用换底公式得出5858log log 4111log log x y x y+=⎧⎪⎨-=⎪⎩，分别消去5log x 和8log y ，可得出二次方程，利用韦达定理可求出12x x 和12y y 的值，进而可计算出()1212lg x x y y 的值. 【详解】由换底公式得5858log log 4111log log x y x y+=⎧⎪⎨-=⎪⎩①②， 由①得58log 4log x y =-，代入②并整理得()288log 2log 40y y --=，由韦达定理得8182log log 2y y +=，即()812log 2y y =，则261282y y ==，()51528182log log 8log log 6x x y y ∴+=-+=，6125x x ∴=，因此，()61212lg lg106x x y y ==.故答案为：6. 【点睛】本题考查了对数的换底公式，对数的运算性质，韦达定理，考查了计算能力，属于中档题．16．【分析】变换得到代入化简得到得到答案【详解】则故故答案为：【点睛】本题考查了指数对数变换换底公式意在考查学生的计算能力【分析】变换得到2log a m =，5log b m =，代入化简得到11log 102m a b+==，得到答案. 【详解】25a b m ==，则2log a m =，5log b m =，故11log 2log 5log 102,m m m m a b+=+==∴=【点睛】本题考查了指数对数变换，换底公式，意在考查学生的计算能力.17．①③【分析】①求解出的反函数再根据反函数的特点进行判断；②采用换元法求解出的解析式由此计算出的值并进行判断；③分析当对数式的真数为时此时的值由此确定出函数所过定点并进行判断；④根据每经过一次操作区间解析：①③ 【分析】①求解出2x y =的反函数，再根据反函数的特点进行判断；②采用换元法求解出()f x 的解析式，由此计算出()5f 的值并进行判断；③分析当对数式的真数为1时，此时,x y 的值，由此确定出函数所过定点并进行判断； ④根据每经过一次操作区间长度变为原来的一半，由此列出关于次数的不等式，求解出次数的范围并进行判断；⑤根据()()2,4f f 的值以及零点的存在性定理进行判断. 【详解】①令2y x =，所以2log y x =，所以函数2x y =与2log y x =互为反函数，则图象关于y x =对称，故正确；②令1x t -=，则1x t =+，所以()()()221211f t t t t =+-++=，所以()2f x x =，所以()525f =，故错误；③令21x -=，所以3x =，所以()3log 133a f =-=-，所以()f x 过定点()3,3-，故正确；④因为区间()2,3的长度为1，经过n 次操作过后区间长度变为12n ，所以10.12n≤，所以4n ≥，故错误；⑤因为()()22422220,4240f f =-==-=，且()()()21011210,020102f f --=--=-<=-=>，所以()f x 在()1,0-上有零点，所以()f x 的零点至少有3个，故错误； 故答案为：①③. 【点睛】 结论点睛：（1）同底数的指数函数和对数函数互为反函数，图象关于y x =对称；（2）形如()()()log 0,1a f x g x b a a =+>≠的图象过定点问题，可考虑令()1g x =，由此求解出x 的值，从而对应的()f x 的值可求，则定点坐标可求；（3）利用二分法求解函数零点的近似值时，每进行一次操作，区间长度会变为原来的一半.18．【分析】先由求得函数的定义域然后令由复合函数的单调性求解【详解】由解得或所以函数的定义域为或因为在上递减在递减所以函数的单调递增区间为故答案为：【点睛】方法点睛：复合函数的单调性的求法：对于复合函数解析：1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【分析】先由22530x x -->，求得函数的定义域，然后令2253t x x =--，由复合函数的单调性求解. 【详解】由22530x x -->，解得 12x <-或 3x >， 所以函数()213log 253y x x =--的定义域为{1|2x x <-或 }3x >， 因为2253t x x =--在1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上递减，13log y t =在()0,∞+递减， 所以函数()213log 253y x x =--的单调递增区间为1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭. 故答案为：1,2⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭【点睛】方法点睛：复合函数的单调性的求法： 对于复合函数y ＝f [g (x )]，先求定义域，若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相同(同时为增或减)，则y ＝f [g (x )]为增函数； 若t ＝g (x )与y ＝f (t )的单调性相反，则y ＝f [g (x )]为减函数．19．【分析】由在R 上单调减确定a3a-1的范围再根据单调减确定在分界点x=1处两个值的大小从而解决问题【详解】因为是上的减函数所以解得故答案为：【点睛】本题考查分段函数单调性问题关键根据单调性确定在分段解析：3,17⎡⎫⎪⎢⎣⎭【分析】由()f x 在R 上单调减，确定a ， 3a -1的范围，再根据单调减确定在分界点x =1处两个值的大小，从而解决问题. 【详解】因为3(1)4,1()1,1aa x a x f x og x x -+<⎧=⎨≥⎩是R 上的减函数，所以10013(1)4log 10a a a a a -<⎧⎪<<⎨⎪-+≥=⎩，解得317a ≤<， 故答案为：3,17⎡⎫⎪⎢⎣⎭【点睛】本题考查分段函数单调性问题，关键根据单调性确定在分段点处两个值的大小，属于中档题.20．【分析】根据的值域为可知需在单调递增且即可【详解】由题意知的值域为故要使的值域为则必有为增函数且所以且解得故答案为：【点睛】本题主要考查了已知分段函数值域求参数范围属于中档题解析：112⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，【分析】根据()ln (1)f x x x =≥的值域为[0,)+∞，可知()(12)3(1)f x a x a x =-+<需在(,1)-∞单调递增且(1)0f ≥即可. 【详解】由题意知()ln (1)f x x x =≥的值域为[0,)+∞，故要使()f x 的值域为R ， 则必有()(12)3f x a x a =-+为增函数，且1230a a -+≥， 所以120a ->，且1a ≥-，解得112a -≤<. 故答案为：112⎡⎫-⎪⎢⎣⎭， 【点睛】本题主要考查了已知分段函数值域求参数范围，属于中档题.三、解答题21．（1）()2,2-．（2）见解析;(3)18,211⎛⎫⎪⎝⎭． 【详解】试题分析：(1)根据对数函数的定义,列出关于自变量x 的不等式组,求出()f x 的定义域; (2)由函数奇偶性的定义,判定()f x 在定义域上的奇偶性;(3)化简()f x ,根据对数函数的单调性以及定义域,求出不等式()f x >1的解集.试题（1）要使函数()f x 有意义．则20{20x x +>->，解得22x -<<.故所求函数()f x 的定义域为()2,2-．（2）由（1）知()f x 的定义域为()2,2-，设()2,2x ∀∈-，则()2,2x -∈-． 且()()()()lg 2lg 2f x x x f x -=-+-+=-， 故()f x 为奇函数． （3）因为()f x 在定义域()2,2-内是增函数， 因为()1f x >，所以2102x x+>-，解得1811x >． 所以不等式()1f x >的解集是18,211⎛⎫⎪⎝⎭． 22．（1）[1,5]A B ⋂=-；（2）(],3-∞. 【分析】（1）根据指数运算解不等式求出集合A ，利用对数的运算求出集合B ，由此能求出A B ；（2）由{}11C x m x m =-≤≤+和C A ⊆，对C 是否为空集分类讨论，列出不等式组，由此能求出m 的取值范围． 【详解】 解：（1）1{|232}{|25}4xA x x x ==-， 12{|log B y y x==，12}{|16}64x x x =-， [1,5]A B ∴=-.（2）{}11C x m x m =-≤≤+且C A ⊆，若,11,0C m m m =∅->+<若C ≠∅，则111512m m m m -≤+⎧⎪+⎨⎪--⎩，解得03m ≤≤，m ∴的取值范围是(],3-∞.【点睛】本题考查交集的运算以及根据集合间的包含关系求参数的取值范围，还涉及指对数的运算，属于基础题． 23．（1）0；（2）1. 【分析】（1）根据指数幂的运算性质，准确运算，即可求解； （2）根据对数的运算性质，准确运算，即可求解.【详解】（1）根据指数幂的运算性质，可得原式22.5311536427110008-⎧⎫⎡⎤⎪⎪⎛⎫⎛⎫⎢⎥=--⎨⎬ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎪⎪⎣⎦⎩⎭ 1521335233431102⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭⨯⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦531022=--=. （2）由对数的运算性质，可得原式242lg 2lg32lg 2lg311231lg 0.6lg 21lg lg 22410++==⨯++++ 2lg 2lg 32lg 2lg 311lg 2lg 3lg10lg 22lg 2lg 3++===++-++. 【点睛】本题主要考查了指数幂和对数的运算性质的化简、求值，其中解答中熟记指数幂与对数的运算性质，准确运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.24．（1）奇函数，理由见详解；（2）单调递减，过程见详解；（3）存在(0,3∈-a .【分析】（1）先由函数解析式求出定义域，再由()f x ，求出()f x -，根据函数奇偶性的概念，即可得出结果；（2）先令2()11=-+g x x ，用单调性的定义，即可判断2()11=-+g x x 的单调性，再由复合函数单调性的判定原则，即可得出结果；（3）先假设存在满足条件的实数a ，由题意得出01a <<，()1log ()1log a a f n nf m m =+⎧⎨=+⎩，推出,m n 是方程2log 11log 1⎛⎫-=+ ⎪+⎝⎭a a x x 的两根，进而得到2(1)10ax a x +-+=在()1,+∞上有两个不同解，根据一元二次方程根的分布情况，列出不等式组，即可求出结果. 【详解】 （1）由2101->+x 解得1x >或1x <-，即函数()f x 的定义域为(,1)(1,)-∞-+∞； 又()21log 1log 11-⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭a a x f x x x ， 所以()22121log 1log 1log log 1111-+-+⎛⎫⎛⎫-=-=-== ⎪ ⎪-+-+-+-⎝⎭⎝⎭a a a a x x f x x x x x ， 因此()()log 10+-==a f x f x ，所以()()f x f x -=-，所以函数()f x 为奇函数； （2）令2()11=-+g x x ，任取121x x <<， 则12121221212222()()111111(1)(1)⎛⎫⎛⎫--=---=-= ⎪ ⎪++++++⎝⎭⎝⎭x x g x g x x x x x x x ， 因为120x x -<，110x +>，210x +>，所以121221()()0(1)(1)--=<++x x g x g x x x ，即函数2()11=-+g x x 在()1,+∞上单调递增； 又01a <<，所以log ay x =单调递减，根据同增异减的原则，可得：()2log 11a f x x ⎛⎫=-⎪+⎝⎭在()1,+∞上单调递减； （3）假设存在实数a ，使得当()f x 的定义域为[],m n 时，值域为[]1log ,1log a a n m ++，由m n <，1log 1log +<+a a n m 可得01a <<；所以()1log ()1log a a f n n f m m =+⎧⎨=+⎩，因此,m n 是方程2log 11log 1⎛⎫-=+ ⎪+⎝⎭a a x x 的两根，即2(1)10ax a x +-+=在()1,+∞上有两个不同解，设2()(1)1=+-+h x ax a x ，则(1)01120h a a >⎧⎪-⎪->⎨⎪∆>⎪⎩，解得03a <<-.所以存在(0,3∈-a ，使得当()f x 的定义域为[],m n 时，值域为[]1log ,1log a a n m ++.【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判定，单调性的判定，以及由函数定义域与值域求参数的问题，熟记函数单调性与奇偶性的定义即可，属于常考题型. 25．（1）[)1,-+∞；（2）[]1,1-. 【分析】（1）根据函数的奇偶性，求出a 的值，求出1122()log (1)log (1)f x x x +-=+，根据函数的单调性求出m 的范围即可； （2）问题转化为211k x x =-+-在[]2,3上有解，即2()11g x x x =-+-在[]2,3上递减，根据函数的单调性求出()g x 的值域，从而求出k 的范围即可． 【详解】（1）∵函数()f x 的图象关于原点对称，∴函数()f x 为奇函数， ∴()()f x f x -=-， 即111222111log log log 111ax ax x x x ax +--=-=----，解得1a =-或1a =（舍），()()()()111122221log 1log log 1log 11xf x x x x x ++-=+-=+-， 当1x >时，()12log 11x +<-，∵当()1,x ∈+∞时，()()12log 1f x x m +-<恒成立，∴1m ≥-，即m 的取值范围为[)1,-+∞；（2）由（1）知，()()12log f x x k =+即()()11221log log 1x f x x k x +==+-， 即11x x k x +=+-，即211k x x =-+-在[]2,3上有解， ()211g x x x =-+-在[]2,3上单调递减， minmax()(3)1,()(2)1g x g g x g ，∴()g x 的值域为[]1,1-，∴[]1,1k ∈-. 【点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，如果是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集．26．（1）见解析；（2）见解析；（3）[]4,5 【分析】 （1）由不等式101x x +>-即可求出()f x 的定义域； （2）证明()()f x f x -=-可得()f x 为奇函数；（3）先求出()f x 在[]3,7上的值域，令()t f x =，求()14h t t t=+的值域. 【详解】（1）由101x x +>-得：1x >或1x <-， ()f x ∴的定义域为()(),11,-∞-+∞；（2）()()222111log log log 111x x x f x f x x x x -+-+-===-=---+-， ()f x ∴为奇函数；（3）()22log 11f x x ⎛⎫=+ ⎪-⎝⎭在[]3,7上单调递减，令()t f x =，则24log ,13t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 而()14h t t t=+在10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦单调递减，在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，又()2411log 15,4342h h h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=== ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， ∴函数()h x 在[]3,7内的值域为[]4,5.【点睛】本题主要考查了对数型函数的定义域，奇偶性，考查了复合函数的单调性，值域求解，属于中档题.。
专题1：函数f（x）=lnx（x）的性质
专题1：函数f（x）=lnx（x）的性质以函数ln ()x f x x=为背景的⾼考试题⼀、母题结构：已知函数ln ()x f x x =的定义域为：(0)+∞，，则①单调性：21ln ()xf x x -'=，令 1ln 0x -=，x e =，当x 变化时，()f x '，()f x 的变化情况如下表：当0x →1，有最⼤值max 1()()f x f e e==，⽆最⼩值.②凹凸性：在32(0,)e 上为凸，在32(,)e +∞上为凹.令21ln ()()x g x f x x -'==，4(2ln 3)()x x g x x-'=，令2ln 30x -=，32x e =，当x 变化时，()g x '，()g x 的变化情况如下表：所以函数()f x 在32(0,)e 上为凸，在32(,)e +∞上凹.函数的图像在(0,)e 上任意⼀点0x x =处的切线⽅程为：y kx m =+，则()f x kx m ≤+，当且仅当0x x =时取等号.③零点性质：ln ()x f x a x ==有⼀个实根的充要条件为：1(,0]{}a e∈-∞U ，()f x =ln x a x =有两个实根的充要条件为：1(0,)a e ∈. ⼆、单调性的⽣成1.（2014·全国卷·⽂科）若ln 22a =，ln 33b =，ln 55c =，则 A.a b c << B.c b a << C.c a b << D.b a c <<解析：设ln ()x f x x =，()f x 在(,)e +∞上单调递减，⼜ln 2ln 424a ==，345<<， (3)(4)(5)f f f >>，选C.推⼴：①3n ≥，1(1)n n n n +>+.②数列2.当01x <<时，ln ()xf x x=，则下列关系正确的是 A.22[()]()()f x f x f x << B.22()[()]()f x f x f x << C.22()()[()]f x f x f x << D.22()()[()]f x f x f x << 3.已知 2.22.1a =， 2.12.2b =， 2.2log 2.1c =，则，A.a b c <<B.c b a <<C.c a b <<D.a c b <<解析：设ln ()xf x x=，()f x 在(0,)e 上单调递增，(2.1)(2.2)f f <，ln 2.1ln 2.22.1 2.2<，2.2ln 2.1 2.1ln 2.2<， 2.2 2.12.1 2.2<， 2.2log 2.11c =<.选B. 4.（1983·全国卷）（Ⅰ）已知a ，b 为实数，并且e a b <<，其中e 是⾃然对数的底,，证明：b a a b >. （Ⅱ）如果正实数a ，b 满⾜b a a b =，且1a <，证明：a b =. 解析：（Ⅰ）设ln ()xf x x=，()f x 在(,)e +∞上单调递减，e a b <<，()()f a f b >， ln ln a ba b>，即ln ln b a a b >，b a a b >. （Ⅱ）因为01a <<，0b >，所以1b a <，即1b a a b =<，于是01b <<.另⼀⽅⾯b a a b =，ln ln b a a b =，从⽽ln ln a ba b=，由于()f x 在(0,)e 上单调递增，a b =. 5.（2014·湖北卷·⽂科）π为圆周率， 2.71828e =L 为⾃然对数的底数.（Ⅰ）求函数ln ()xf x x =的单调区间.（Ⅱ）求3e ，3e ，πe ，πe ，π3，3π这6个数中的最⼤数与最⼩数.三、凹凸性的⽣成1.设函数ln ()a x f x x =的图像在点22(,())e f e 处的切线与直线41y x e=-平⾏，则()f x 的极值点是 .2.已知函数ln ()xf x x=（0x >）. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间和极值；（Ⅱ）已知函数()y g x =的图象与函数()y f x =的图象关于直线x e =对称，证明：当x e >时，()()f x g x >；（Ⅲ）如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：122x x e +>. 3.（2013·北京卷·理科）设l 为曲线C ：ln xy x=在点(1,0)处的切线. （Ⅰ）求l 的⽅程；（Ⅱ）证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下⽅. 解析：（Ⅰ）1y x =-.（Ⅱ）ln ()1xh x x x=--，2221ln 1ln ()1x x x h x x x --+'=-=，2()1ln x x x ?=-+在(0,)+∞单调递增，(1)0?=，即(0)0h '=.当x 变化时，()h x '，()h x 的变化情况如()(1)0h x h ≥=，1x x-≥，当且仅当1x =时，取等号. 四、不等式的⽣成1.若不等式ln kx x ≥恒成⽴.（Ⅰ）求k 的最⼩值为 .（Ⅱ）求证：333ln 2ln 3ln 123n n e+++2.已知函数kx x f =)(，xxx g ln )(=. （Ⅰ）求函数()g x 的单调区间；（Ⅱ）若不等式)()(x g x f ≥在区间),0(+∞上恒成⽴，求实数k 的取值范围；（Ⅲ）求证：444ln 2ln 3ln 1232n n e+++x g ln )(=的单调增区间为),0(e ，单调减区间为),(+∞e .（Ⅱ）0>x Θ，x x kx ln ≥，2ln x x k ≥∴. 令2ln )(x x x h =，3ln 21)('x xx h -=，故e e h x h 2)()(=≤，则ek 2≥. （Ⅲ）由（Ⅱ）知2ln 12x x e ≤，42ln 112x x e x≤?，⼜21111(1)1n n n n n ≤=---. 2221111111111()()()12312231n n n n +++≤-+-++-=--L L ， 444ln 2ln 3ln 111(1)2322n n e n e+++<-f x x=-．（Ⅰ）试判断函数()f x 的单调性；（Ⅱ）试证明：对任意n N *∈，不等式11ln()e n nn n++<都成⽴（其中e 是⾃然对数的底数）．解析：（Ⅰ）（略）（Ⅱ）由（Ⅰ）知当(0,)x ∈+∞时，max 1 ()1f x e=-，所以，在(0,)x ∈+∞时，恒有1()1f x e ≤-，ln 111x x e -≤-，ln 1x x e≤，当且仅当x e =时等号成⽴．因为10n n +>，1n e n +≠，所以111ln n n n e n ++++<．因此对任意n N *∈，不等式11ln()e n nn n++<都成⽴.。
2017-2019高考文数真题分项解析-导数及其应用
专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （x ）=2sin x -x cos x -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．2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->. 4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)ex ∈+∞均有()f x ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数． （1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值； （3）若0,01,1a b c =<=…，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()e xax x f x +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()y x t =---d 的取值范围．13．【2018年高考浙江】已知函数f (x ln x ．（Ⅰ）若f (x )在x =x 1，x 2(x 1≠x 2)处导数相等，证明：f (x 1)+f (x 2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a ≤3−4ln2，证明：对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f (x )有唯一公共点．14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O 的一段圆弧MPN （P 为此圆弧的中点）和线段MN 构成．已知圆O 的半径为40米，点P 到MN 的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD ，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP △，要求,A B 均在线段MN 上，,C D 均在圆弧上．设OC 与MN 所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD 和CDP △的面积，并确定sin θ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e x (e x −a )−a 2x ．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．19．【2017年高考浙江】已知函数f (x )=（x e x -（12x ≥）． （1）求f (x )的导函数；（2）求f (x )在区间1[+)2∞，上的取值范围．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．1．【答案】（1）见解析；（2）(],0a ∈-∞.【解析】（1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=. 当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈„时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值. 2．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=.由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3．【答案】（Ⅰ）()f x 在(0,)+∞内单调递增.；（Ⅱ）（i ）见解析；（ii ）见解析.【解析】（Ⅰ）解：由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xf ax x a a x x x-⎡⎤=-+-=⎣'⎦. 因此当a ≤0时，21e 0x ax ->，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）证明：（i ）由（Ⅰ）知21e ()xax f x x-'=.令2()1e x g x ax =-，由10e a <<， 可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)1e 0g a =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011ln x a<<.当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当()0,x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在()0,x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h'x x=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()(1)0h x h <=，所以ln 1x x <-.从而ln 1111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在0(,)x +∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(0,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '=⎧⎪⎨=⎪⎩即()012011e 1,ln e ,1x x ax x a x ⎧=⎪⎨=-⎪⎩从而1011201ln e x x x x x --=，即102011ln e 1x x x x x -=-.因为当1x >时，ln 1x x <-，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得1020ln e ln x x x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力. 4．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭．当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+．令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =->．3()4f 'x x =-=， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）． （2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =-．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦， 则()10q'x=+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭„．由（i ）得，11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()f x „．综上所述，所求a 的取值范围是4⎛ ⎝⎦．【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用． 7．【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-． 因为(4)8f =，所以3(4)8a -=， 解得2a =． （2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a bx +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得121133b b x x ++==．列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0g'x =，得13x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．8．【答案】（1）210x y --=；（2）见解析.【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e )e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明.9．【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x． 由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e ． 从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x'=-．当0<x <1时，g′（x ）<0；当x >1时，g′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0． 因此，当1ea ≥时，()0f x ≥． 【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.10．【答案】（1）在（–∞，3-3++∞）单调递增，在（3-3+减；（2）见解析.【解析】（1）当a =3时，f （x ）=3213333x x x ---，f ′（x ）=263x x --．令f ′（x ）=0解得x =3-x =3+当x ∈（–∞，3-3++∞）时，f ′（x ）>0；当x ∈（3-，3+ f ′（x ）<0．故f （x ）在（–∞，3-3++∞）单调递增，在（3-，3+（2）由于210x x ++>，所以()0f x =等价于32301x a x x -=++．设()g x =3231x a x x -++，则g ′（x ）=2222(23)(1)x x x x x ++++≥0，仅当x =0时g ′（x ）=0， 所以g （x ）在（–∞，+∞）单调递增．故g （x ）至多有一个零点，从而f （x ）至多有一个零点．又f （3a –1）=22111626()0366a a a -+-=---<， f （3a +1）=103>，故f （x ）有一个零点． 综上，f （x ）只有一个零点．【名师点睛】（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数的定义域；②求导数；③由（或）解出相应的的取值范围，当时，在相应区间上是增函数；当时，在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证. 11．【答案】（Ⅰ）12a =；（Ⅱ）(1,)+∞. 【解析】（Ⅰ）因为2()[(31)32]e xf x ax a x a =-+++， 所以2()[(1)1]e xf x ax a x '=-++.2(2)(21)e f a '=-，由题设知(2)0f '=，即2(21)e 0a -=，解得12a =. （Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得2()[(1)1]e (1)(1)e x xf x ax a x ax x '=-++=--.若a >1，则当1(,1)x a∈时，()0f x '<； 当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>. 所以()f x 在x =1处取得极小值.若1a ≤，则当(0,1)x ∈时，110ax x -≤-<， 所以()0f x '>.所以1不是()f x 的极小值点. 综上可知，a 的取值范围是(1,)+∞. 方法二：()(1)(1)e xf x ax x '=--. （1）当a =0时，令()0f x '=得x =1.(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. （2）当a >0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. ①当12x x =，即a =1时，2()(1)e 0xf x x '=-≥，∴()f x 在R 上单调递增， ∴()f x 无极值，不合题意.②当12x x >，即0<a <1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意.③当12x x <，即a >1时，(),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极小值，即a >1满足题意. （3）当a <0时，令()0f x '=得121,1ax x ==. (),()f x f x '随x 的变化情况如下表：∴()f x 在x =1处取得极大值，不合题意. 综上所述，a 的取值范围为(1,)+∞.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12．【答案】（I ）x +y =0；（II ）函数f (x )的极大值为f (x )的极小值为−；（III ）d 的取值范围为(,)-∞+∞U .【解析】（Ⅰ）解：由已知，可得f (x )=x (x −1)(x +1)=x 3−x ，故()f x '=3x 2−1， 因此f (0)=0，(0)f '=−1，又因为曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y −f (0)=(0)f '(x −0)， 故所求切线方程为x +y =0． （Ⅱ）解：由已知可得f (x )=(x −t 2+3)(x −t 2)(x −t 2−3)=(x −t 2)3−9(x −t 2)=x 3−3t 2x 2+(3t 22−9)x −t 23+9t 2．故()f x '=3x 2−6t 2x +3t 22−9．令()f x '=0，解得x =t 2x =t 2 当x 变化时，()f x '，f (x )的变化如下表：所以函数f (x )的极大值为f (t 2)=(3−9×(f (x )的极小值为f (t 2)3−9×−（Ⅲ）解：曲线y =f (x )与直线y =−(x −t 2)−有三个互异的公共点等价于关于x 的方程(x −t 2+d )(x −t 2)(x −t 2−d )+(x −t 2=0有三个互异的实数解，令u =x −t 2，可得u 3+(1−d 2)u ．设函数g (x )=x 3+(1−d 2)xy =f (x )与直线y =−(x −t 2)−y =g (x )有三个零点．()g'x =3x 3+(1−d 2)．当d 2≤1时，()g'x ≥0，这时()g x 在R 上单调递增，不合题意． 当d 2>1时，()g'x =0，解得x 1=x 2．易得，g (x )在(−∞，x 1)上单调递增，在[x 1，x 2]上单调递减，在(x 2，+∞)上单调递增．g (x )的极大值g (x 1)=g(+． g (x )的极小值g (x 2)=g)=−3221)9d -+ 若g (x 2)≥0，由g (x )的单调性可知函数y =g (x )至多有两个零点，不合题意．若2()0,g x <即322(1)27d ->，也就是||d >，此时2||d x >，(||)||0,g d d =+>且312||,(2||)6||2||0d x g d d d -<-=--+<-<，从而由()g x 的单调性，可知函数()y g x =在区间1122(2||,),(,),(,||)d x x x x d -内各有一个零点，符合题意．所以，d的取值范围是(,)-∞+∞U ．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力. 13．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）函数f （x）的导函数1()f x x'=， 由12()()f x f x ''=1211x x =， 因为12x x ≠12=．=≥ 因为12x x ≠，所以12256x x >．由题意得121212()()ln ln ln()f x f x x x x x +==．设()ln g x x =，则1()4)4g x x'=， 所以所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增， 故12()(256)88ln 2g x x g >=-， 即12()()88ln 2f x f x +>-． （Ⅱ）令m =()e a k -+，n =21()1a k++，则 f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0， f （n ）–kn –a <)a n k n-≤)n k <0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x a k x-=．设()h x =则22ln )1)((12x ag x x x a x h '=--+--+=， 其中(n )l g x x -=． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2， 故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0，所以h′（x）≤0，即函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f（x）–kx–a=0至多1个实根．综上，当a≤3–4ln2时，对于任意k>0，直线y=kx+a与曲线y=f（x）有唯一公共点．【名师点睛】本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.14．【答案】（1）矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]；（2）当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．【解析】（1）连结PO并延长交MN于H，则PH⊥MN，所以OH=10．过O作OE⊥BC于E，则OE∥MN，所以∠COE=θ，故OE=40cosθ，EC=40sinθ，则矩形ABCD的面积为2×40cosθ（40sinθ+10）=800（4sinθcosθ+cosθ），△CDP的面积为12×2×40cosθ（40–40sinθ）=1600（cosθ–sinθcosθ）．过N作GN⊥MN，分别交圆弧和OE的延长线于G和K，则GK=KN=10．令∠GOK=θ0，则sinθ0=14，θ0∈（0，π6）．当θ∈[θ0，π2]时，才能作出满足条件的矩形ABCD，所以sinθ的取值范围是[14，1]．答：矩形ABCD的面积为800（4sinθcosθ+cosθ）平方米，△CDP的面积为1600（cosθ–sinθcosθ）平方米，sinθ的取值范围是[14，1]．（2）因为甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4∶3，设甲的单位面积的年产值为4k，乙的单位面积的年产值为3k（k>0），则年总产值为4k×800（4sinθcosθ+cosθ）+3k×1600（cosθ–sinθcosθ）=8000k（sinθcosθ+cosθ），θ∈[θ0，π2 ]．设f（θ）=sinθcosθ+cosθ，θ∈[θ0，π2 ]，则222()cos sin sin (2sin sin 1)(2sin 1)(sin 1)f θθθθθθθθ'=--=-+-=--+． 令()=0f θ'，得θ=π6， 当θ∈（θ0，π6）时，()0f θ'>，所以f （θ）为增函数； 当θ∈（π6，π2）时，()0f θ'<，所以f （θ）为减函数， 因此，当θ=π6时，f （θ）取到最大值． 答：当θ=π6时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大． 【名师点睛】本小题主要考查三角函数的应用、用导数求最值等基础知识，考查直观想象和数学建模及运用数学知识分析和解决实际问题的能力. 15．【答案】（1）见解析；（2）e2；（3）见解析. 【解析】（1）函数f （x ）=x ，g （x ）=x 2+2x -2，则f ′（x ）=1，g ′（x ）=2x +2． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）= g ′（x ），得222122x x x x ⎧=+-⎨=+⎩，此方程组无解， 因此，f （x ）与g （x ）不存在“S ”点．（2）函数21f x ax =-（），()ln g x x =， 则12f x ax g x x'='=（），（）． 设x 0为f （x ）与g （x ）的“S ”点，由f （x 0）=g （x 0）且f ′（x 0）=g ′（x 0），得200001ln 12ax x ax x ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，即200201ln 21ax x ax ⎧-=⎪⎨=⎪⎩，（*） 得01ln 2x =-，即120e x -=，则1221e 22(e )a -==． 当e2a =时，120e x -=满足方程组（*），即0x 为f （x ）与g （x ）的“S ”点．因此，a 的值为e 2． （3）对任意a >0，设32()3h x x x ax a =--+．因为(0)0(1)1320h a h a a =>=--+=-<，，且h （x ）的图象是不间断的，所以存在0x ∈（0，1），使得0()0h x =．令03002e (1)x x b x =-，则b >0．函数2e ()()xb f x x a g x x=-+=，，则2e (1)()2()x b x f x x g x x-'=-=′，． 由f （x ）=g （x ）且f ′（x ）=g ′（x ），得22e e (1)2xx b x a x b x x x ⎧-+=⎪⎪⎨-⎪-=⎪⎩，即00320030202e e (1)2e (1)2e (1)x x xx x x a x x x x x x x ⎧-+=⋅⎪-⎪⎨-⎪-=⋅⎪-⎩，（**） 此时，0x 满足方程组（**），即0x 是函数f （x ）与g （x ）在区间（0，1）内的一个“S 点”． 因此，对任意a >0，存在b >0，使函数f （x ）与g （x ）在区间（0，+∞）内存在“S 点”．【名师点睛】本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.16．【答案】（1）当0a =时，)(x f 在(,)-∞+∞单调递增；当0a >时，()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增；当0a <时，()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a-+∞单调递增；（2）34[2e ,1]-．【解析】（1）函数()f x 的定义域为(,)-∞+∞，22()2e e (2e )(e )xx x x f x a a a a '=--=+-，①若0a =，则2()e xf x =，在(,)-∞+∞单调递增． ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =．当(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln )a -∞单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增．③若0a <，则由()0f x '=得ln()2ax =-．当(,ln())2a x ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln(),)2a x ∈-+∞时，()0f x '>，故()f x 在(,ln())2a -∞-单调递减，在(ln(),)2a -+∞单调递增．（2）①若0a =，则2()e xf x =，所以()0f x ≥．②若0a >，则由（1）得，当ln x a =时，()f x 取得最小值，最小值为2(ln )ln f a a a =-．从而当且仅当2ln 0a a -≥，即1a ≤时，()0f x ≥．③若0a <，则由（1）得，当ln()2a x =-时，()f x 取得最小值，最小值为23(ln())[ln()]242a a f a -=--．从而当且仅当23[ln()]042aa --≥，即342e a ≥-时()0f x ≥．综上，a 的取值范围为34[2e ,1]-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（1）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f x '，由()f x '的正负，得出函数()f x 的单调区间；（2）函数的最值（极值）的求法：由确认的单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．17．【答案】（1）在(,1-∞--和(1)-++∞单调递减，在(11---单调递增；（2）[1,)+∞. 【解析】（1）2()(12)e xf x x x '=--.令()0f x '=得1x x =--=-当(,1x ∈-∞--时，()0f x '<；当(11x ∈--+时，()0f x '>；当(1)x ∈-+∞时，()0f x '<.所以()f x 在(,1-∞-和(1)-++∞单调递减，在(11---+单调递增.（2）()(1+)(1)e x f x x x =-.当a ≥1时，设函数h (x )=（1−x ）e x ，h′(x )= −x e x ＜0（x ＞0），因此h (x )在[0，+∞)单调递减，而h (0)=1， 故h (x )≤1，所以f (x )=（x +1）h (x )≤x +1≤ax +1.当0＜a ＜1时，设函数g （x ）=e x −x −1，g ′（x ）=e x −1＞0（x ＞0），所以g （x ）在[0，+∞)单调递增，而g (0)=0，故e x ≥x +1.当0＜x ＜1时，2()(1)(1)f x x x >-+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x -+--=---，取0x =，则2000000(0,1),(1)(1)10,()1x x x ax f x ax ∈-+--=>+故.当0a ≤时，取051,2x -=则0(0,1),x ∈20000()(1)(1)11f x x x ax >-+=>+. 综上，a 的取值范围是[1，+∞）.【名师点睛】利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.18．【答案】（1）当0≥a 时，)(x f 在),0(+∞单调递增；当0<a 时，)(x f 在)21,0(a -单调递增，在),21(+∞-a单调递减；（2）详见解析【解析】（1）()f x 的定义域为（0，+），()()1211()221x ax f x ax a x x++'=+++=. 若0a ≥，则当(0)x ∈+∞，时，()0f x '>，故()f x 在（0，+）单调递增. 若0a <，则当1(0,)2x a ∈-时，()0f x '>；当1()2x a ∈-+∞，时，()0f x '<.故()f x 在1(0,)2a-单调递增，在1()2a-+∞，单调递减. （2）由（1）知，当0a <时，()f x 在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设()ln 1g x x x =-+，则1()1g x x '=-.当(0,1)x ∈时，()0g x '>；当x ∈（1，+）时，()0g x '<.所以()g x 在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当x =1时()g x 取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，()0g x ≤.从而当a ＜0时，11ln()1022a a -++≤，即3()24f x a≤--. 【名师点睛】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.19．【答案】（1）1())2x f x x -'=>；（2）121[0,e ]2-．【解析】（1）因为(1x '-=-，(e )e x x'--=-，所以()(1(x xf x x --'=--1)2x =>．（2）由()0xf x -'==，解得1x =或52x =．因为又21()1)e 02x f x -=≥， 所以f （x ）在区间1[,)2+∞上的取值范围是121[0,e ]2-．【名师点睛】本题主要考查导数两大方面的应用：（一）函数单调性的讨论：运用导数知识来讨论函数单调性时，首先考虑函数的定义域，再求出()f'x ，由()f'x 的正负，得出函数()f x 的单调区间；（二）函数的最值（极值）的求法：由单调区间，结合极值点的定义及自变量的取值范围，得出函数()f x 的极值或最值．20．【答案】（Ⅰ）1y =；（Ⅱ）最大值为1；最小值为π2-.【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()e (cos sin )1,(0)0xf x x x f ''=--=.又因为(0)1f =，所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()e (cos sin )1x h x x x =--，则()e (cos sin sin cos )2e sin x xh x x x x x x '=---=-. 当π(0,)2x ∈时，()0h x '<， 所以()h x 在区间π[0,]2上单调递减.所以对任意π(0,]2x ∈有()(0)0h x h <=，即()0f x '<. 所以函数()f x 在区间π[0,]2上单调递减.因此()f x 在区间π[0,]2上的最大值为(0)1f =，最小值为ππ()22f =-. 【名师点睛】这道导数题并不难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()f x '不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()h x f x '=，再求()h x '，一般这时就可求得函数()h x '的零点，或是()0h x '>(()0h x '<)恒成立，这样就能知道函数()h x 的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()y f x =的单调性，最后求得结果.21．【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -；（Ⅱ）（ⅰ）见解析，（ⅱ）[7],1-．【解析】（Ⅰ）由324()63()f x x a x x a b =--+-，可得2()3123()3()((44))f 'x x a x a a x x a -=---=--，令()0f 'x =，解得x a =或4x a =-．由||1a ≤，得4a a <-． 当x 变化时，()f 'x ，()f x 的变化情况如下表：所以，()f x 的单调递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，单调递减区间为(),4a a -．（Ⅱ）（i ）因为()e (()())xx x g'f f 'x =+，由题意知000()e ()ex x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩， 所以0000000()e e e (()())ex x xx f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩．所以，()f x 在0x x =处的导数等于0．（ii ）因为()e xg x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤．又因为0()1f x =，0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（Ⅰ）知0x a =． 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，由（Ⅰ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减， 故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e xg x ≤在00,[11]x x -+上恒成立．由32()63()14a a f a a a a b =---+=，得32261b a a =-+，11a -≤≤．令32()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2()612t'x x x =-，令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =． 因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =， 故()t x 的值域为[7],1-． 所以，b 的取值范围是[7],1-．【名师点睛】本题考查导数的应用，属于中档问题，第一问的关键是根据条件判断两个极值点的大小，从而避免讨论；第二问要注意切点是公共点，切点处的导数相等，求b 的取值范围的关键是得出0x a =，然后构造函数进行求解．22．【答案】（Ⅰ）390x y --=,（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）由题意2()f x x ax '=-，所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x '=-， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--， 令()sin h x x x =-， 则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增，因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--， 当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-，当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x x a x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--. 综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-； 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--. 【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．23．【答案】（1）2239a b a=+，定义域为(3,)+∞；（2）见解析；（3）(36]，． 【解析】（1）由32()1f x x ax bx =+++，得222()323()33a a f x x axb x b '=++=++-．当3a x =-时，()f x '有极小值23ab -．因为()f x '的极值点是()f x 的零点．所以33()1032793a a a abf -=-+-+=，又0a >，故2239a b a=+．因为()f x 有极值，故()=0f x '有实根，从而231(27)039a b a a-=-≤，即3a ≥．当3a =时，()>0(1)f x x '≠-，故()f x 在R 上是增函数，()f x 没有极值；当3a >时，()=0f x '有两个相异的实根1x 2x列表如下：故()f x 的极值点是12,x x ．从而3a >．因此2239a b a=+，定义域为(3,)+∞．（2）由（129． 设23()=9t g t t +，则22223227()=99t g t t t-'-=．当()2t ∈+∞时，()0g t '>，从而()g t 在)+∞上单调递增．因为3a >，所以>故(g g因此2>3b a ．（3）由（1）知，()f x 的极值点是12,x x ，且1223x x a +=-，22212469a b x x -+=．从而323212111222()()11f x f x x ax bx x ax bx +=+++++++2222121122121212(32)(32)()()23333x x x ax b x ax b a x x b x x =++++++++++ 346420.279a ab ab -=-+=记()f x ，()f x '所有极值之和为()h a ，因为()f x '的极值为221339a b a a-=-+，所以213()=9h a a a -+，3a >．因为223()=09h a a a '--<，于是()h a 在(3,)+∞上单调递减． 因为7(6)=2h -，于是()(6)h a h ≥，a ．故6，．因此a的取值范围为(36]【名师点睛】涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．。
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乘 ｅ 得，ｅｌｎπ
＞
ｅ（２
－
ｅ ）
π
＞
２．７
× （２
－
２．７２） ３．１
＞
２．７
×
（２ － ０．８８） ＝ ３．０２４ ＞ ３，即 ｅｌｎπ ＞ ３，故 ｌｎπ ｅ ＞ ｌｎｅ３，所
以 ｅ３
＜
πｅ．又由 ｌｎπ
＞
２－
ｅ
得 ３ｌｎπ
＞
３（２ －
ｅ ）
＞
π
π
６ － ３ｅ ＞ ６ － ｅ ＞ π，即 ３ｌｎπ ＞ π，所以 ｅπ ＜ π３．综上， π
＜
ｘ
－
１，
ｘ
＞
０，ｘ ≠ １ 恒成立．只需证 ｘ
－
１
－
ｌｎｘ ｘ
＞
０，ｘ
＞
０，ｘ ≠
１ 恒成立．令 ｇ（ ｘ） ＝ ｘ － １ － ｌｎｘｘ，ｘ ＞ ０，ｘ ≠ １，只需证
ｇ（ ｘ） ｍｉｎ
＞
０．下求 ｇ（ ｘ） ｍｉｎ ．ｇ′（ ｘ） ＝ ｘ２
－
１＋ ｘ２
ｌｎｘ，又
ｈ（ ｘ）
＝ ｘ２ － １ ＋ ｌｎｘ 在（０， ＋ ∞ ） 上是增函数，且 ｈ（１） ＝ ０，故
２ 个零点．
例 ２ 分析
利用函数
ｆ（
ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
的单调性比较大
小，可有如下结论：
（１） 当 ０ ＜ ａ ＜ ｂ ＜ ｅ 时，有ｌｎａ ＜ ｌｎｂ，即 ａｂ ＜ ｂａ． ａｂ
（２） 当 ｅ ＜ ａ ＜ ｂ 时，有ｌｎａ ＞ ｌｎｂ，即 ａｂ ＞ ｂａ． ａｂ
（３） 方程 ａｂ ＝ ｂａ（０ ＜ ａ ＜ ｂ） 有解，则实数 ａ，ｂ 满
ｇ′（ ｘ） ＝
ｘ２
－
１＋ ｘ２
ｌｎｘ
＝
０
有且只有一个根
ｘ
＝
１．因此，ｘ
∈ （１， ＋ ∞ ） 时，ｇ′（ ｘ） ＞ ０，函数 ｇ（ ｘ） 在（１， ＋ ∞ ） 上
单调递增；ｘ ∈ （０，１） 时，ｇ′（ ｘ） ＜ ０，函数 ｇ（ ｘ） 在（０，
１） 上 单 调 递 减． 故 ｇ（ ｘ） ｍｉｎ ＞ ｇ（１） ＝ ０． 即 除 切 点 (１，０ ) 之外，曲线 Ｃ 在直线 ｌ 的下方．
３ 问题的解决
例 １ 分析 函数零点问题是高考热点问题，分离
参数法是常用解法之一，将函数 ｆ（ｘ） ＝ ｌｎｘ － ａｘ 的零点
个数问题转化为两函数
ｙ
＝
ａ
与
ｙ
＝
ｌｎｘ ｘ
的图象交点个数
问题，考查函数
ｙ
＝
ｌｎｘ ｘ
的图象，数形结合法求解，但做
函数
ｆ（ ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
的图象时要特别注意函数在（ ｅ，
ｌｎｘ ｘ
的图象．令
ｍ（
ｘ）
＝
ｌｎｘ，则由函数 ｘ
ｙ
＝
ｌｎｘ ｘ
的图象得当
ａ
＝
１ ｅ
或 ａ ≤ ０ 时，函数 ｍ（ｘ） 与函数 ｙ ＝ ａ 的图象有且
１ 只有 １ 个交点，所以 ｆ（ｘ） 有 １ 个零点； ａ 的图象有 ２ 个交点，所以 ｆ（ ｘ） 有
时，我们一般考虑求出函数 ｆ（ｘ） 的最小值 ａ 和函数
ｇ（ｘ） 的最 大 值 ｂ， 若 ａ ＞ ｂ， 则 问 题 得 证． 但 需 注 意
ｆ（ ｘ） ｍｉｎ ＞ ｇ（ ｘ） ｍａｘ 是 ｆ（ ｘ） ＞ ｇ（ ｘ） 恒成立的充分不必要 条件，不具有一般性．
（３） 我们可借助函数图象，找到证明思路，如图 ２．
图 ２ 图 ３
例 ５ 已知 ｆ（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － ｌｎｘ，证明：ｆ（ ｘ） ＞ ０． ｘ
分析
ｆ′（ ｘ） ＝
ｅｘ－２
－
１
－ ｌｎｘ ｘ２
，ｆ
′（
ｘ）
＝
０ 的解不易求
得． 如果作出函数 ｙ ＝ ｅｘ－２ 和 ｙ ＝ ｌｎｘ 的图象，则容易看出 ｘ
这两个函数的图象都与直线 ｙ ＝ ｘ － １ 相切（ 如图 ３） ，从
＝
ｌｎｘ ｘ
在（０，ｅ）
上是增函数，在（ ｅ，
＋
∞
）
上是减函数．ｆ（ ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ（ ｅ） ＝ ｅ －１，无最小值，有唯一零点
ｘ ＝ １．
证明
ｆ（ ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
定义
域 （０， ＋ ∞ ） ， 则 ｆ′（ ｘ） ＝
１
－ ｌｎｘ ｘ２
，
解
ｆ′（ ｘ）
＞
０得
０ ＜ ｘ ＜ ｅ，所以 ｆ（ ｘ） 在（０，
７１８２８…… 为自然对数的底数．
（１）
求函数
ｆ（ ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
的单调区间；
（２） 求 ｅ３ ，３ｅ ，ｅπ ，π ｅ ，３π ，π ３ 这 ６ 个数中的最大数与
最小数；
（３） 将 ｅ３ ，３ｅ ，ｅπ ，π ｅ ，３π ，π ３ 这 ６ 个数按从小到大的
顺序排列，并证明你的结论．
例 ３
（ ２０１３
等号） ．又由例
３
知
ｘ
－
１
≥
ｌｎｘ（ 当且仅当 ｘ
ｘ
＝
１
时取等
号） ，因此 ｅｘ－２ ≥ ｘ － １ ≥ ｌｎｘ（ 等号不能同时取到） ，所以 ｘ
ｅｘ－２ ＞ ｌｎｘ，即 ｆ（ ｘ） ＞ ０，得证． ｘ
５７
４ 相关应用
两个函数图象的关系可转化为不等式恒成立来处
理；反之，不 等 式 恒 成 立 问 题， 有 时 我 们 可 以 从 函 数 图
象入手，找到解题的切入点．
例 ４
当 ｘ ∈ （０，ｅ］ 时， 证 明：ｘ２
－
１ ｘ
＞
（１ ＋
２
ｘ） ｌｎｘ．
证明 因为 ｘ ∈ （０，ｅ］，所以不等式可以变形为 ｘ
图１
ｅ） 上是增函数；令 ｆ′（ ｘ） ＜ ０
得 ｘ ＞ ｅ，所以 ｆ（ ｘ） 在（ ｅ， ＋ ∞ ） 上是减函数．又 ｆ（ ｘ） ｍａｘ ＝ ｆ（ ｅ） ＝ ｅ －１，ｆ（１） ＝ ０，且当 ｘ ∈ （ ｅ， ＋ ∞ ） 时，恒有 ｆ（ ｘ）
５６
＝ ｌｎｘ ｘ
＞
０，由此可得函数 ｆ（ｘ）
的图象如图 １ 所示．
足的条件是 １ ＜ ａ ＜ ｅ ＜ ｂ．
解析 （１） ｆ（ ｘ） 在（０，ｅ） 上是增函数；ｆ（ ｘ） 在（ ｅ， ＋ ∞ ） 上是减函数．（２） 因为函数 ｙ ＝ ｅｘ，ｙ ＝ ３ｘ，ｙ ＝ πｘ 在 定义域上单调递增，故 ｅ３ ＜ ｅπ ，３ｅ ＜ ３π ，π ｅ ＜ π ３ ．又函 数 ｙ ＝ ｘπ ，ｙ ＝ ｘｅ 在（０， ＋ ∞ ） 上单调递增，故 ｅπ ＜ ３π ，
ｅ ，即
π
ｅ
ｅ
＜
ｅπ ．故只
需比较 ｅ３ 与 π ｅ 和 ｅπ 与 π３ 的大小，由（１） 知，当 ０ ＜ ｘ
＜ ｅ 时，ｆ（ ｘ） ＜ ｆ（ ｅ） ＝ １ ，即ｌｎｘ ＜ １ ．令 ｘ ＝ ｅ２ ＜ ｅ，则
ｅ ｘｅ
π
ｅ２ ｌｎ
＜
ｅ ，从而 ２ － ｌｎπ
＜
ｅ ，即 ｌｎπ
＞
２
－
ｅ ．两边同
ππ
π
π
＞
ｇ（ ｘ） ｍａｘ ，故当 ｘ ∈ （０，ｅ］ 时，ｘ２
－
１ ２
ｘ
＞ （１ ＋ ｘ）ｌｎｘ．
点评 （１） 对于由对数函数和幂函数组合而成的
函数， 一般是构造函数
ｙ
＝
ｌｎｘ ｘ
进行证明． （２）
不等式
ｆ（ｘ） ＞ ｇ（ｘ） 恒成立通常是利用构造新函数 ｈ（ｘ） ＝
ｆ（ ｘ） － ｇ（ｘ） 转化为函数 ｈ（ｘ） 的最值，当此法不易解决
而可以转化为证明不等式 ｅｘ－２ ≥ ｘ － １ 及 ｘ － １ ≥ ｌｎｘ． ｘ
证明 定义域（０， ＋ ∞ ） ，设 ｇ（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － ｘ ＋ １， 则 ｇ′（ ｘ） ＝ ｅｘ－２ － １，所以在（２， ＋ ∞ ） 上，ｇ′（ ｘ） ＞ ０，
ｇ（ ｘ） 单调增，在（０，２） 上，ｇ′（ ｘ） ＜ ０，ｇ（ ｘ） 单调减，故 ｇ（ｘ） ≥ ｇ（２） ＝ ０．即 ｅｘ－２ ≥ ｘ － １（当且仅当 ｘ ＝ ２ 时取
年北京卷
１８）
设
ｌ
为曲线
Ｃ：ｙ
＝
ｌｎｘ ｘ
在
点（１，０） 处的切线．
（ Ⅰ） 求 ｌ 的方程；（ Ⅱ） 证明：除切点（１，０） 之外，
曲线 Ｃ 在直线 ｌ 的下方．
以上 ３ 道试题都是考查函数的性质和图象，或以
此为背景综合考查分析问题、解决问题的能力．
２
函数
ｆ（
ｘ）
＝
ｌｎｘ ｘ
的性质和图象
函数
ｆ（ ｘ）
ｇ（ ｘ） ＝ ｅｘ － ａｘ，其中 ａ 为实数．
（１） 若 ｆ（ｘ） 在（１， ＋ ∞ ） 上是单调减函数，且 ｇ（ｘ）
在（１， ＋ ∞ ） 上有最小值，求 ａ 的取值范围；
（２） 若 ｇ（ｘ） 在（ － １， ＋ ∞ ） 上是单调增函数，试求
ｆ（ｘ） 的零点个数，并证明你的结论．
例 ２ （２０１４ 年 湖 北 卷 ２２） π 为 圆 周 率，ｅ ＝ ２．
－ ｌｎｘ －
１ ２
＞ ｌｎｘｘ．令 ｆ（ ｘ） ＝ ｘ － ｌｎｘ －
１ ２
，ｇ（
ｘ）
＝
ｌｎｘｘ，又
ｆ′（ ｘ）
＝
ｘ
－ ｘ
１ ，故
ｆ（ ｘ）
在（ ０，１）
上单调递减，在（１，ｅ）
上
单调递增，因此 ｆ（ ｘ） ｍｉｎ