高考数学函数与导数相结合压轴题精选(含具体解答)
活用导数知识简解函数压轴题
为 减 函 数 ， （ ）ｒ） ｅ ｒ ｘ （ｎ一ｍ（ ） Ｊ ， 数 ｂ的取 值 范 围是 ａ ｉ ２ 一百 实 － Ｉ
（ 一 一］ 导．
评 析 ： 例 二 次 求 导 的 方 法 很 巧 妙 ， 分 体 现转 化 本 充
９思 想 ．
Ｉ，。 警＋ ） 。．
评 析 ： 例处 理方 法很 多 ， 用 分 离 变 量 法 较 易 得 本 采 到结果．
（ ） ≤÷ 时， １ 当ｎ 讨论 厂 ｚ 的单调性； （）
（）设 ｇ 一ｚ 一２ ＋４当 ＆ ２ （） ． ：÷时， 若对任意
ｚ ∈ （ ，）存 在 － ∈ Ｅ ，］ 使 ｆ ｘ ） ｇ ｘ ） 求 实 数 Ｏ２ ， ｚ ｚ １２ ， （ ≥ （ｚ ， ｂ 值 范围． 取 解 析 ：（ ）略 １
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则 数 的 值 围 （∞ 实 口取 范 是一 ，
］ ．
评 析 ：本 例 如 果 展 开 讨 论 ， 况 会 变 得 较 为 复 杂 ， 情 且 易 错 易 漏 ， 后 能 够 做 对 的非 常 少 ． 这 种 方 法 中 令 最 在 导 数 为 ０将 不 易 有 结 果 ， 通 过 分 析 ， 断 是 减 函数 也 若 判 不 难 ， 中 是 用 分 组 来 完 成 的 ， 也 是 处 理 函 数 导 数 不 其 这 为 ０常 用 的 一种 方 法 ． 例 ３： 知 函 数 厂 ｚ 一 ｅ 一 已 （ ） 一口 ｚ一 １ｎ∈Ｒ， ， 若 当 ≥ 时 ， 于 ｚ的 不 等 式 厂（ ≥ ｏ恒 成 立 ， 求 实 关 ） 试 数 ｎ的取 值 范 围 ．
例 １ ：已 知 函 数 ＿ ） ｌｘ ａ 厂 （ 一 ｎ — ｘ＋ ＿ ＿ １ 。 １ ａ一 （
函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)
函数与导数1.已知函数 f(x) 4x 3 3tx 2 6tx t 1,x R ，其中 t R .(I)当t 1时，求曲线y f (x)在点(0, f (0))处的切线方程； (n)当t 0时，求f (x)的单调区间；(川)证明：对任意的t (0,), f(x)在区间(0,1)内均存在零点.【解析】(19)本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、 函数的零点、解不等式等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。
(I)解：当 t 1 时，f(x) 4x 3 3x 26x, f (0) 0, f (x) 12x 2 6x 6f (0)6.所以曲线y f (x)在点(0, f(0))处的切线方程为y 6x.(n)解：f (x) 12x 2 6tx 6t 2，令 f (x) 0,解得 xt 或 x -.2因为t 0，以下分两种情况讨论：(1)若t 0,则- t,当x 变化时，f (x), f(x)的变化情况如下表:所以，f(x)的单调递增区间是,|；f(x)的单调递减区间是 屮⑵若t则t ，当x变化时，f(x)f(x)的变化情况如下表:所以，f(x)的单调递增区间是 ，t ,丄， ；f(x)的单调递减区间是 t,-2 2(川)证明：由(n)可知，当t 0时，f(x)在0,1内的单调递减，在 -, 内单调2 2递增，以下分两种情况讨论：(1)当-1即t 2时，f (x)在(0，1)内单调递减，2f (0) t 1 0, f (1) 6t 2 4t 3 6 4 4 2 3 0.所以对任意t [2, ), f(x)在区间(0，1 )内均存在零点。
t (0,1], f17t 3t 17t 30. 244所以f(x)在-,12 内存在零点。
t若 t (1,2), f -7t 3t 1厶3 1 0244f(0) t 1所以f(x)在02所以，对任意t (0,2), f(x)在区间(0，1)内均存在零点。
(完整word版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
6 0001lim()limlim11xxxxxeegxx， 即当0x时，()1gx 所以()1gx，即有1a. 综上所述，当1a，0x时，()0fx成立. （全国大纲理）设函数()1xfxe. （Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx； （Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x，此时()0fx. ①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立； ②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax； 若0x，则aR； 若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex. 记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex. 记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee. 因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx， 即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx. 因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时， 1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2. （全国2理）设函数sin()2cosxfxx． （Ⅰ）求()fx的单调区间； （Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx． 当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；
导数压轴题
导数压轴题
导数压轴题是指在求导数的过程中遇到的较为复杂或具有一定难度的题目，常常用于考察学生对导数的理解和运用能力。
这些题目通常包含多个函数复合、隐函数求导、参数方程求导等内容，需要学生运用导数的基本性质和求导法则进行推导和计算。
举个例子，考虑以下的导数压轴题：已知函数y = f(g(x))，其中f(x)和g(x)分别为可导函数，求函数y = f(g(x))的导数。
在解决这个问题之前，我们首先需要理解复合函数的求导法则。
根据链式法则，如果函数y = f(u)和u = g(x)都是可导函数，那么复合函数y = f(g(x))的导函数可以表示为：
dy/dx = dy/du * du/dx
根据这个法则，我们可以将函数y = f(g(x))的导数分解为两个部分。
首先，我们求导f(u)关于u的导数，即df/du。
然后，我们求导g(x)关于x的导数，即dg/dx。
最后，将这两个导数相乘，即可得到函数y = f(g(x))的导数。
这个例子只是导数压轴题的一种，实际上，导数压轴题的难度和形式多种多样。
有些题目可能涉及到更多的函数复合和多个导数的乘
积，或者需要运用其他的求导规则如隐函数求导、参数方程求导等。
解决导数压轴题需要对导数的基本概念和求导法则有扎实的理解，同时需要灵活运用数学知识和技巧。
通过解决这些题目，可以加深对导数的理解和运用能力，提高数学问题解决的能力。
压轴题03 函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<<B ．10em -<≤C ．10em -≤<D ．10em -≤≤【答案】A【解析】由()2[()]1()[()][()1]0f x m f x m f x m f x -++=--=，可得()f x m =或()1f x =，令ln y x x =且定义域为(0,)+∞，则ln 1y x ¢=+，当1(0,ex ∈时0'<y ，即y 递减；当1(,)ex ∈+∞时0'>y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+， ，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。
导数压轴小题精选80题(含答案解析)
专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx，则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ，若π3<a<b<2π3，则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x，y，z满足z2≤x≤ez且zln yz=x，则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π)，则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx)，且f(1e )=1e，则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0，且 a ≠1）；② g (x )≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x，若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，若 f (−a )+f (a )≤2f (1)，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 ∀x ∈(0,+∞)，f [f (x )−log 2016x ]=2017，设 a =f (20.5)，b =f (log π3)，c =f (log 43)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1，x 2，则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x <0 时，f (x )=(x +1)e x ， 则对任意的 m ∈R ，函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣，若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点，则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 fʹ(x )，若 fʹ(x )<f (x )，且 f (x +1)=f (3−x )，f (2015)=2，则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x )，对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立，则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ，方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内，则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣，又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R )，若满足 g (x )=−1 的 x 有四个，则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数，且对任意的 x ∈(0,+∞)，都有 f [f (x )−log 2x ]=3，则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0，点 A ，B 是函数 f (x ) 图象上不同两点，则 ∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义：如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1，x 2 (0<x 1<x 2＜a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ，fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a，则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”．已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1，g (x )=mx ，若对于任意实数 x ，函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值，则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ，且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 ， 其导函数为 fʹ(x )，且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0，则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x ＜−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R )，则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，且当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），若 a =0.76f (0.76)，b =log 1076f (log 1076)，c =60.6f (60.6)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ，都存在两个不同的正数 y ，使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立，则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ，g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4]，总存在 x 2∈[0,4]，使得 f (x 1)=g (x 2)，则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x )，且当 x ∈[1,2] 时，f (x )=lnx −x +1，若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数，f (−1)=0，当 x >0 时，xfʹ(x )−f (x )>0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1)∪(0,1) B. (−1,0)∪(1,+∞) C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x )，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 f [f (x )−2017x ]=2017，当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣，关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根，则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ，k B ，规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”．设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，且 x 1−x 2=1，若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1，若至少存在两个实数 m ，使得 f (−m )，f (1)，f (m +2) 成等差数列，则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，⋯，则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1，x 2，x 3，x 4，当 x 1<x 2<x 3<x 4 时，满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4)，则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ，g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ，B 分别为双曲线 C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点，P ，Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP ，BQ 的斜率分别为 m ，n ，则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时，双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0,a ≠1）；② g (x ) ≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π])，g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π])，设方程 f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ，n ，t ，则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (2)=0，当 x >0 时，有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立，则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+2x,x ≤0ln (x +1),x >0，若 ∣f (x )∣≥ax ，则 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0]B. (−∞,1]C. [−2,1]D. [−2,0]45. 已知函数 f (x )(x ∈R ) 满足 f (−x )=2−f (x )，若函数 y =x+1x与 y =f (x ) 图象的交点为 (x 1,y 1)，(x 2,y 2)，⋯，(x m ,y m )，则 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增，则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2)，且在点 P处有公切线，则当 x ≥12 时，log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1，l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 P 1，P 2处的切线，l 1 与 l 2 垂直相交于点 P ，且 l 1，l 2 分别与 y 轴相交于点 A ，B ，则 △PAB 的面积的取值范围是 ( )A. (0,1)B. (0,2)C. (0,+∞)D. (1,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x )，其导函数为 fʹ(x )，对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x )，若 g (x )=x 2f (x )，则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ，g (x )=x 3−x 2−5，若对任意的 x 1,x 2∈[12,2]，都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立，则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ，其中 a <1，若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0，则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2（e 是自然对数的底数），若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值，则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x )，g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0时，fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x )，且 f (−3)=0，f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d （b ，c ，d 为常数），当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值，当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值，则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根，则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x )，若对 ∀x ∈R ，有 f (−x )+f (x )=x 2，且当 x ∈(0,+∞) 时，fʹ(x )>x ．若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ，则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x ∈[1e,1]，总存在唯一的 y ∈[−1,1]，使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1，则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2−x)，且(x−1)fʹ(x)<0，若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a，b，c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4)．当x=a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号：734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2，则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx，给出下面三个结论：①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增，在区间(0,π2)上单调递减；②函数f(x)没有最大值，而有最小值；③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点，也不存在极值点．其中，所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数，fʹ(x ) 为其导函数，若对于任意实数 x ，有 f (x )−fʹ(x )>0，则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ，使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x )，fʹ(x ) 是它的导函数，且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立，则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ，f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点，则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点，则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12，g (x )=e x−2，若 g (m )=f (n ) 成立，则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2)，若不等式 f (x )≤0有解．则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx，若x=2是f(x)的极大值点，则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则( )A. 当a<0时，x1+x2<0，x1x2>0B. 当a<0时，x1+x2>0，x1x2<0C. 当a>0时，x1+x2<0，x1x2>0D. 当a>0时，x1+x2>0，x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数，且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0，则当a<x<b时，有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f(0)=1，且3f(x)=fʹ(x)−3，则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2}；②f(−√2)是极小值，f(√2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案，仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m)，因为1≤x≤2，所以e≤e x≤e2，①当m≤e时，e x−m≥0，由x≥1，可得fʹ(x)≥0，此时函数f(x)单调递增．高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，f(1)=e−32m．②当m≥e2时，e x−m≤0，由x≥1，可得fʹ(x)≤0，此时函数f(x)单调递减．所以当x=2时，函数f(x)取得最小值，f(2)=2e2−4m．③当e2>m>e时，由e x−m=0，解得x=lnm．当1≤x<lnm时，fʹ(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当lnm<x≤1时，fʹ(x)>0，此时函数f(x)单调递增．所以当x=lnm时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(lnm)=−m2ln2m．2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π)．（i）当x=π2时，fʹ(x)=−4π2<0；（ii）当0<x<π，且x≠π2时，fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2．①当0<x<π2时，根据三角函数线的性质，得x<tanx，又cosx>0，所以fʹ(x)<0；②当π2<x<π时，tanx<0，则x−tanx>0，又cosx<0，所以fʹ(x)< 0．综合（i）（ii），当0<x<π时，fʹ(x)<0．所以f(x)在(0,π)上是减函数．若π3<a<b<2π3，则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3，所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b)．3. C 【解析】令f(x1)=a−x1，则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减，且f(0)=a，f(1)=a−1．令g(x2)=x22e x2，则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2)，且g(0)=0，g(−1)=1e，g(1)=e．若对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，即f(x1)=g(x2)，则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)=a≤e，因为g(x2)在[−1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x2)∈(0,1e]时，有两个x2使得f(x1)=g(x2)．若只有唯一的x2∈[−1,1]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x1)的最小值要比1e大，所以f(1)=a−1>1e，所以a>1+1e，故实数a的取值范围是(1+1e,e]．4. B 【解析】zln yz=x，所以xz=lny−lnz，所以lny=xz+lnz，所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx，令zx =t，则ln yx=1t+lnt，又因为z2≤x≤ez，所以12≤xz≤e，即t∈[1e ,2]，令ln yx=1t+lnt=f(t)，则fʹ(t)=t−1t2，令fʹ(t)=0即t=1，又因为1e≤t≤2，所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0，f(t)单调减，t∈[1,2]时fʹ(t)>0，f(t)单调增，所以t=1时f(t)取极小值，即f(1)=1，f(2)=12+ln2，f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0，所以f(t)最大值为e−1，所以f(t)∈[1,e−1]，高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以ln yx∈[1,e−1]．5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32，因为x≠0，所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2，设f(x)=ln∣x∣+32x2，则函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=lnx+32x2，则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0，得1+lnx<0，即lnx<−1，得0<x<1e，此时函数单调递增，由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0，得1+lnx>0，即lnx>−1，得x>1e，此时函数单调递减，即当 x >0 时，x =1e 时，函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2， 作出函数f (x ) 的图象如图：要使 a =ln∣x∣+32x 2，有 4 个不同的交点，则满足 0<a <12e 2．6. D 【解析】提示：令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0，得 x =kπ，易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值，故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx )， 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx ， 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x，所以 [f (x )x]ʹ=lnxx，令 F (x )=f (x )x ，则 Fʹ(x )=lnx x，f (x )=xF (x )，所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx ， 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x，因为 x ∈(0,1e )，fʺ(x )<0，fʹ(x ) 单减，x ∈(1e ,+∞)，fʺ(x )>0，fʹ(x ) 单增，所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0，所以 fʹ(x )≥0，所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增，因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1，fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0， 所以 e ⋅f (e x )<1， 所以 f (e x )<1e ，所以 f (e x )<f (1e )， 所以 0<e x <1e ，所以不等式的解集为 x <−1． 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2，所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,,+∞) 上单调递减，当 a >0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a =0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a <0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ，要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解，必须满足 f (3)≤−a <f (2)，得 −1+ln22<a ≤−1+ln33．10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ，所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立，即 m (x −1)<x +xlnx ， 因为 x >1，也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立．令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1，则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2，令 φ(x )=x −lnx −2(x >1)，则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0，所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增．因为 φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−2ln2>0，所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0，且满足 x 0∈(3,4)． 当 1<x <x 0 时，φ(x )<0，即 ℎʹ(x )<0， 当 x >x 0 时，φ(x )>0，即 ℎʹ(x )>0，所以函数 ℎ(x ) 在 (1,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增． 所以 [ℎ(x )]min =ℎ(x 0)=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)．所以 m <[g (x )]min =x 0，因为 x 0∈(3,4)，故整数 m 的最大值是 3． 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0， 将 x 换为 −x ，函数值不变，即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称，即 f (x ) 为偶函数，有 f (−x )=f (x )，当 x ≥0 时，f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0，则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增，f (−a )+f (a )≤2f (1)，即为 2f (a )≤2f (1)， 可得 f (∣a∣)≤f (1)，可得 ∣a∣≤1，解得 −1≤a ≤1．12. D 【解析】由题意，可知 f (x )−log 2016x 是定值，不妨令 t =f (x )−log 2016x ，则 f (x )=log 2016x +t ，又 f (t )=2017，所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016，即 f (x )=log 2016x +2016，则 fʹ(x )=1xln2016，显然当x ∈(0,+∞) 时，有 fʹ(x )>0，即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增，又 20.5>1>log π3>log 43，所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43)． 13. D 【解析】当 x ≥1 时，f (x )=lnx ≥0， 所以 f (x )+1≥1，所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，当 x <1，f (x )=1−x2>12，f (x )+1>32，f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，综上可知：F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0，则f(x)+1=e−m，f(x)=e−m−1，有两个根x1，x2，（不妨设x1<x2），当x≥1是，lnx2=e−m−1，当x<1时，1−x12=e−m−1，令t=e−m−1>12，则lnx2=t，x2=e t，1−x12=t，x1=2−2t，所以x1x2=e t(2−2t)，t>12，设g(t)=e t(2−2t)，t>12，求导gʹ(t)=−2te t，t∈(12,+∞)，gʹ(t)<0，函数g(t)单调递减，所以g(t)<g(12)=√e，所以g(x)的值域为(−∞,√e)，所以x1x2取值范围为(−∞,√e)．14. A 【解析】当x<0时，f(x)=(x+1)e x，可得fʹ(x)=(x+2)e x，可知x∈(−∞,−2)，函数是减函数，x∈(−2,0)函数是增函数，f(−2)=−1e2，f(−1)=0，且x→0时，f(x)→1，又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)=0，而x∈(−∞,−1)时，f(x)<0，所以函数的图象如图：令t=f(x)则f(t)=m，由图象可知：当t∈(−1,1)时，方程f(x)=t至多3个根，当t∉(−1,1)时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根，t∈(−1,1)，从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个．15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点．画图如下．当 a ≤0 时，显然，不合乎题意，当 a ＞0 时，由图知，当 x ∈(0,1] 时，存在一个交点，当 x ＞1 时，f (x )=lnx ，可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3])，gʹ(x )=1x−a =1−ax x，若 gʹ(x )＜0，可得 x ＞1a，g (x ) 为减函数，若 gʹ(x )＞0，可得 x ＜1a，g (x ) 为增函数，此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点，即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点，所以 {g (1a)＞0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a ＜1e，故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时，ln33≤a ＜1e．16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数， 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3)．所以 f (x +4)=f (x )，即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数． 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2， 所以 f (1)=2． 设 g (x )=f (x )e x，则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0，所以 g (x ) 在 R 上单调递减． 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e，即 g (x )<g (1)，所以 x >1，所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞)． 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x，则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x．由已知 fʹ(x )>f (x )，所以 gʹ(x )>0，即 g (x ) 在实数范围内单调递增， 所以 g (ln2)<g (ln3)，即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3，解得 3f (ln2)<2f (ln3)．18. A 【解析】由题意，fʹ(x )=x 2+ax +2b ，因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数，所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0，得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域，如图，b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率，显然 PA 的斜率最小，PC 的斜率最大．19. B 【解析】令 y =xe x ，则 yʹ=(1+x )e x ，由 yʹ=0，得 x =−1，当 x ∈(−∞,−1) 时，yʹ<0，函数 y 单调递减，当 x ∈(−1,∞) 时，yʹ>0 函数单调递增．做出 y =xe x 图象，利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象（如图），令 f (x )=m ，则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e )，(1e ,+∞) 时（如图），满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个，由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e．20. C【解析】根据题意，对任意的x∈(0,+∞)，都有f[f(x)−log2x]=3，又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，则f(x)−log2x为定值，设t=f(x)−log2x，则f(x)=log2x+t，又由f(t)=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x，将f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2，可得log2x+2−1ln2⋅x=2，即log2x−1ln2⋅x=0，令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x，分析易得ℎ(1)=−1ln2<0，ℎ(2)=1−12ln2>0，则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间，则方程log2x−1ln2⋅x=0，即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上．21. A 【解析】当x≤0时，由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=−3x，此时渐近线的斜率k1=−3，当x>0时，f(x)=1+xe x−1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,1+ae a−1)，函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1，则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1，则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a)，即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1，当x=0，y=0时，(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0，即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1，即a2e a−1=1，得a=1，此时切线斜率k2=2，则切线和y=−3x的夹角为θ，则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1，则θ=π4，故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,π4)．22. C 【解析】由题意可知，因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1，x 2 (a <x 1<x 2＜b)，满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ，因为 f (x )=x 3−x 2+a ， 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ，所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解． 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ，(0<x <a )． 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得：12<a <1．所以实数 a 的取值范围是 (12,1)． 23. C 【解析】当 m <0 时，函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线，所以在 x >0 时，f (x )>0 不恒成立． 函数 g (x )=mx 当 x >0 时，g (x )<0． 所以不满足题意．当 m =0 时，f (x )=−8x +1，g (x )=0，不满足题意． 当 m >0 时，需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立，所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2．综合得：0<m <8．24. A 【解析】若 a <0，由于一次函数 y =ax +b 单调递减，不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 a ≥0． 若 a =0，则 ab =0．若 a >0，由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ，则 ab ≤ae x+1−a 2x ． 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ，所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a )，令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0，解得 x =lna −1，因为 x <lna −1 时，x +1<lna ，则 e x+1<a ，则 e x+1−a <0， 所以 fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 递减；同理，x >lna −1 时，fʹ(x )>0，所以函数 f (x ) 递增；所以当 x =lna −1 时，函数取最小值，f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna ．设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0)，gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0)，由 gʹ(a )=0 得 a =e 32，不难得到 a <e 32时，gʹ(a )>0；a >e 32时，gʹ(a )<0；所以函数 g (a ) 先增后减，所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3，即 ab 的最大值是 12e 3，此时 a=e 32，b =12e 32．25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x )，gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x ))， 当 x >0 时，因为 2f (x )+xfʹ(x )>0， 所以 gʹ(x )>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016，所以x+2016>0时，即x＞−2016时，(x+2016)2f(x+2016)<52f(5)，所以g(x+2016)<g(5)，所以x+2016<5，所以−2016<x<−2011．26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R)，其几何意义为：两点(x,lnx)，(a,a 24)的距离的平方，由y=lnx的导数为yʹ=1x，所以k=1x1，点(a,a24)在曲线y=14x2上，所以yʹ=12x，所以k=12x2，令f(x)=lnx，g(x)=14x2，则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1，而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离，即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离，则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和，即∣AF∣+∣AB∣，由两点之间线段最短，得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值，由点到直线上垂线段最短，这样就最小，即取B(x0,lnx0)，则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1，垂直，则 lnx 0−1=−x 02，解得 x 0=1，所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值， 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2．27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，可知函数 f (x ) 是偶函数， 所以 y =xf (x ) 是奇函数，又因为当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数； 0.76∈(0,1)，60.6<912∈(2,4)，log 1076≈log 1.56∈(4,6)．所以 a >c >b ．28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0)，可得：a =ln y x (y x)2，令y x=t >0，所以 a =lnt t2，设 g (t )=lnt t2，gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3．令 gʹ(t )>0．解得 0<t <√e ，此时函数 g (t ) 单调递增； 令 gʹ(t )<0．解得 t >√e ，此时函数 g (t ) 单调递减．又t>1时，g(t)>0；1>t>0时，g(t)<0．可得函数g(t)的图象．因此当a∈(0,12e )时，存在两个正数，使得a=lntt2成立，即对任意的正数x，都存在两个不同的正数y，使x2(lny−lnx)−ay2=0成立．29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x，导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，可得f(x)的极值点为1，3，由f(0)=0，f(1)=4，f(3)=0，f(4)=4，可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4]；g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1)，导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a)，当1<x<a时，g′(x)<0，g(x)递减；当x<1或x>a时，g′(x)> 0，g(x)递增．由g(0)=−13，g(1)=12(a−1)，g(a)=−16a3−12a2−13>−13，g(4)=13−4a，当3≤a≤4时，13−4a≤12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)]，由对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)]，即有4≤12(a−1)，解得a≥9不成立；当1<a<3时，13−4a>12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a]，由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a]，即有4≤13−4a，解得a≤94，即为1<a≤94；当 a >4 时，可得 g (1) 取得最大值，g (4)<−3 为最小值，即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)]，可得 13−4a ≤0，4≤12(a −1)，即 a ≥134，且 a ≥9，解得 a ≥9．综上可得，a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞)．30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称，且函数为偶函数则其周期为 T =2， 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x，当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0，则函数在 x ∈[1,2]为减函数，作出其函数图象如图所示：其中 k OA =ln2−16，k OB =ln2−18，当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18)，根据偶函数的对称性，当 x >0 时，要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26)．综上所述，实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)．31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0． 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根， 当 x >0 时，e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时，e −x =ax, ⋯⋯②显然，若 x 0 为方程 ① 的解，则 −x 0 为方程 ② 的解， 即方程 ①，② 含有相同个数的解， 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根， 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解，。
压轴题10 导数的简单应用(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)
压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.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 ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数的图象在点处的切线方程为，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e．已知直线l为曲线A B．10C．5D与函数()的图象都相切，则a b+=（）A．1-B．0C．1D．35．曲线22e24xy x-=⋅+在1x=处的切线与坐标轴围成的面积为（）A．32B．3C．4916D．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()f m a b=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-对于C ，1x -+∈R ，()1e xf x -+∴=的值域为()0,∞+；()1e x f x -+'=- ，()f x '∴的值域为(),0∞-；则()f x 的值域不是()f x '值域的子集，C 不满足性质Ω；对于D ，12x -∈R ，()()cos 12f x x ∴=-的值域为[]1,1-；()()2sin 12f x x '=- ，()f x '∴的值域为[]22-,，则[][]1,12,2-⊆-，D 满足性质Ω.故选：C.8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A 1-B ．15-C 1D ．15-二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()ln 12f x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．2因为函数()f x 的图象上，不存在互相垂直的切线，所以()min 0f x '≥，即10a -≥，解得1a ≤，故选：AC11．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数在区间,a b 上的导函数为f x ，f x 在区间,a b 上的导函数为f x ，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+【答案】C【详解】()2e xf x x =- ，()2e x f x ∴-'=，令()0f x ¢>，得ln 2x <，所以函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为(],ln2∞-.故选：C2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞=A ．c b a <<B ．c a b<<C ．b a c<<D ．b c a<<【答案】A【详解】设()e 1xf x x =--，因为()e 1x f x '=-，所以当0x <时，()0f x '<，()f x 在(),0∞-上单调递减，4．若函数满足xf x f x >-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <【答案】B【详解】由()()xf x f x '>-，设()()g x xf x =，则()()()0g x xf x f x ''=+>，所以()g x 在R 上是增函数，又a b >，所以()()g a g b >，即()()af a bf b >，故选：B.5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()，若存在0使得00恒成立，则0的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦【答案】D 【详解】由00()()f t x f x t =+-，可得00()()f t t x f x +=+，设函数()()e x h x f x x x =+=+，则()e 10xh x '=+>在R 上恒成立，所以()e xh x x =+单调递增，所以0t x =，则0()b f x t =-()e tf t t t =-=-，[]1,2t ∈-，令()e t g t t =-，[]1,2t ∈-，则()e 1tg t '=-，当0=t 时，()0g t '=，令()0g t '>得：(]0,2t ∈，令()0g t '<得：[)1,0t ∈-，所以()()0min 0=e 01g t g =-=，又()11e 1g --=+，()22e 2g =-，其中21e 2e 1-->+，所以实数b 的取值范围是21,e 2⎡⎤-⎣⎦.故选：D.8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-【答案】BCD【详解】由()(1)e x f x x =+，得()(2)e x f x x '=+，当2x =-时，(2)0f '-=，B 正确；当<2x -时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x >-时，()0f x ¢>，函数()f x 单调递增，观察图象知，当210e a -<<时，直线所以函数()()g x f x a =-有两个不同的零点时，故选：BCD10．对于三次函数()3ax bx f x =+，给出定义：设f x 是函数的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．当0a =时，()20f x x '=≥，()f x \在R 上单调递增；当a<0时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若(),0x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若()0,x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减；综上所述：当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当a<0时，()f x 在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，()f x 在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减.12．已知函数()222ln 12x x f x x -+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．10427．函数的定义域为R ，导函数f x 的图象如图所示，则函数f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点【答案】C【详解】解：设()f x '的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为1234,,,x x x x ，当1x x <或23x x x <<或4x x >时，()0f x ¢>，当12x x x <<或34x x x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()1,x -∞，()23,x x 和()4,x +∞上递增，在()12,x x 和()34,x x 上递减，所以函数()f x 的极小值点为24,x x ，极大值点为13,x x ，所以函数()f x 有两个极大值点、两个极小值点.故选：C ．3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()2h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥．若函数在1x =处有极大值，则实数的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3ln f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln x f x ax x =-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-观察图象知，当a<0或10a 4<<时，直线y a =与函数于是当a<0或10a 4<<时，2ln 1(ln )x a x -=在(0,1)(1,⋃+∞所以实数a 的取值范围是a<0或10a 4<<，即a 的值可以是三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln f x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.∴max ，∴，∴3e a =-③若e a -≥，即e a -≤时，在(0,e)上()0f x ¢>，∴()f x 在(0,e)上是增函数，故()f x 在(0,e]上的最大值为()()max e e 12f x f a ==+=，∴e a =不符合题意，舍去，综合以上可得e a =.。
2017-2019年高考真题导数压轴题全集(含详细解析)
2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<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．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx 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．6．（2019•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0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<，()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 ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）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(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．11．（2019•北京）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[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（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．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)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．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（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1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 20．（2018•天津）已知函数()x f x a =，()log a g x x =，其中1a >． （Ⅰ）求函数()()h x f x xlna =-的单调区间；（Ⅱ）若曲线()y f x =在点1(x ，1())f x 处的切线与曲线()y g x =在点2(x ，2())g x 处的切线平行，证明122()lnlnax g x lna+=-； （Ⅲ）证明当1ea e …时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线． 21．（2018•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 x g 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()g x lnx =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，()xbe 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． 22．（2018•新课标Ⅱ）已知函数321()(1)3f 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． 23．（2018•新课标Ⅰ）已知函数1()f x x alnx x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．24．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a …时，讨论方程()0f x =实根的个数． 25．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x …，求a 的取值范围．26．（2017•天津）设a Z ∈，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设[1m ∈，00)(x x ⋃，2]，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且[1pq∈，00)(x x ⋃，2]，满足041||p x q Aq-…． 27．（2017•新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x ax +…，求a 的取值范围． 28．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．29．（2017•天津）设a ，b R ∈，||1a …．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()()x g x e f x =． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点0(x ，0)y 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()x g x e …在区间0[1x -，01]x +上恒成立，求b 的取值范围．30．（2017•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．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．31．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．32．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．33．（2017•浙江）已知函数1()(()2x f x x e x -=…．（1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[2，)+∞上的取值范围．34．（2017•新课标Ⅲ）已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a--…． 35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 36．（2017•新课标Ⅲ）已知函数()1f x x alnx =--． （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)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．37．（2017•山东）已知函数3211()32f x x ax =-，a R ∈，（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3，f （3）)处的切线方程；（2）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．38．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 39．（2016•天津）设函数3()f x x ax b =--，x R ∈，其中a ，b R ∈． （1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=； （3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[1-，1]上的最大值不小于14． 40．（2016•新课标Ⅲ）设函数()1f x lnx x =-+． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<； （3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->． 41．（2016•北京）设函数32()f x x ax bx c =+++． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （3）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．42．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明：|()|2f x A '…．43．（2016•山东）已知221()()x f x a x lnx x -=-+，a R ∈． ()I 讨论()f x 的单调性；()II 当1a =时，证明3()()2f x f x >'+对于任意的[1x ∈，2]成立． 44．（2016•四川）设函数2()f x ax a lnx =--，1()x eg x x e=-，其中a R ∈， 2.718e ⋯=为自然对数的底数． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当1x >时，()0g x >；（3）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立． 45．（2016•江苏）已知函数()(0x x f x a b a =+>，0b >，1a ≠，1)b ≠． （1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x R ∈，不等式(2)()6f x mf x -…恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 46．（2016•新课标Ⅱ）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--． （Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 47．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；（Ⅱ）证明：当[0a ∈，1)时，函数2()(0)x e ax a g x x x--=>有最小值．设()g x 的最小值为h （a ），求函数h （a ）的值域．48．（2016•北京）设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为(1)4y e x =-+， （Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间．49．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 50．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．【解答】解：（1）当1a =时，2())f x x x =-， 则5322()(0)f x x x x '=-…，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-剟，令()0f x '=，则35a x =， 当0a …时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件； 当1003a <…时，3025a <…，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，2a ∴=，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=…，函数()f x 在R 上单调递增． ②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a…，即3a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，舍去．综上可得：存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1．a ，b 的所有值为：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩． 3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<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．【解答】解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-， 令()0f x '=，得0x =或3ax =．若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<． 故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩…．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩…． 当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <…时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-+=， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a…，得0a <…，当04a <…时，()f x…20lnx -…，令1t a=，则t …设()22g t t lnx =-，t …，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞则()2g x g lnx =…，记()p x lnx =，17x …，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴…（1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7， 则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴…，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()f x …，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx 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． 【解答】证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)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．6．（2019•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0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---． 令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <…，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，可得：2111[(22)]3x b x b =+-，1111()()(1)M f x x x b x ==--222211111111(22)1()()()()[(21)2]33b x b x b x x x b x b x b x b +-=--=--=--+2222111(22)11[(21)2][(222)]339b x b b b x b b b x b b +-=--+=-+-++， 22132222()022b b b -+-=---<，M ∴在1(0x ∈，1]3上单调递减，2221222524()932727b b b b M b b -+-+-∴++=剟． 427M ∴…． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<， ()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 ->．【解答】()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞．0a …时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞． 令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减． 0x ∴是函数()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=， 可得()h x h …（1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-．111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1． 因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>， 故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-， 化为：0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．【解答】（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此， 当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减；当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈； （Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ）， 有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==…．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e x =．记2n n y x n π=-，则(,)42n y ππ∈，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==…及（Ⅰ），得0n y y …，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=…， 又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-…，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n n y n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--剟． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）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(0,)π存在唯一零点； （2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 【解答】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->， 又(0)0g =，()2g π=-，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ， 使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负， 令()h x ax =，()()f x h x …，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴…， a ∴的取值范围是(-∞，0]．10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．【解答】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得，又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．11．（2019•北京）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[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（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． 【解答】解：（Ⅰ）23()214f x x x '=-+， 由()1f x '=得8()03x x -=，得1280,3x x ==． 又(0)0f =，88()327f =，y x ∴=和88273y x -=-，即y x =和6427y x =-； （Ⅱ）证明：欲证6()x f x x -剟， 只需证6()0f x x --剟， 令321()()4g x f x x x x =-=-，[2x ∈-，4]， 则2338()2()443g x x x x x '=-=-， 可知()g x '在[2-，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，()g x ∴在[2-，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g -=-，(0)0g =，864()6327g =->-，g （4）0=，6()0g x ∴-剟， 6()x f x x ∴-剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， ()|()()|F x f x x a =-+ |()|f x x a =-- |()|g x a =-在[2-，4]上，6()0g x -剟， 令()t g x =，()||h t t a =-，则问题转化为当[6t ∈-，0]时，()h t 的最大值M （a ）的问题了，①当3a -…时，M （a ）(0)||h a a ===-，此时3a -…，当3a =-时，M （a ）取得最小值3； ②当3a -…时，M （a ）(6)|6||6|h a a =-=--=+，63a +…，M ∴（a ）6a =+，也是3a =-时，M （a ）最小为3． 综上，当M （a ）取最小值时a 的值为3-．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++， 令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+， 由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)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． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''…，(0,)x ∈+∞时，()0f x ''… ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=…，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a …，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=…，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（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1a e…时，()0f x …．【解答】解：（1）函数()1x f x ae lnx =--． 0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=， 21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-，当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e …时，()1x e f x lnx e --…，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<， 当1x >时，()0g x '>， 1x ∴=是()g x 的最小值点，故当0x >时，()g x g …（1）0=，∴当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． 令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a∈，则11()a f e e a -=--…，1()aminf x e e ∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ． 【解答】证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->…， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…， 解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x-'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a …时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x …． 当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【解答】证明：（Ⅰ）函数()f x lnx =， 0x ∴>，1()f x x'=-， ()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，∴1211x x =， 12x x ≠，∴12=，12x x ≠，12256x x ∴>，由题意得121212()()()f x f x lnx lnx ln x x +=，设()g x lnx，则1()4)4g x x'=， ∴列表讨论：()g x ∴在[256，)+∞上单调递增， 12()(256)882g x x g ln ∴>=-， 12()()882f x f x ln ∴+>-．（Ⅱ）令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+， 则()||0f m km a a k k a -->+--…，。
2024届高考数学专项练习压轴题型03 函数与导数经典常考压轴小题(解析版)
压轴题型03 函数与导数经典常考压轴小题命题预测有关函数与导数常见经典压轴小题的高考试题，考查重点是零点、不等式、恒成立等问题，通常与函数性质、解析式、图像等均相关，需要考生具有逻辑推理、直观想象和数学运算核心素养. 同时，对于实际问题，需要考生具有数据分析、数学建模核心素养.预计预测2024年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．（2）应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题． 高频考法（1）函数嵌套、零点嵌套问题 （2）零点问题（3）导数的同构思想 （4）双重最值问题 （5）构造函数解不等式01函数嵌套、零点嵌套问题解决嵌套函数零点个数的一般步骤(1)换元解套,转化为()t g x =与()y f t =的零点.(2)依次解方程,令()0f t =,求t ,代入()t g x =求出x 的值或判断图象交点个数.【典例1-1】（上海市浦东新区上海市实验学校2024届高三学期第三次月考数学试题）已知函数()f x 是2024届高考数学专项练习定义在R 的偶函数，当0x ≥时，()()3πcos 1,012211,12xx x f x x ⎧⎡⎤−≤≤⎪⎢⎥⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪+> ⎪⎪⎝⎭⎩，若函数()()()()()25566g x f x a f x a a ⎡⎤=−++∈⎣⎦R 有且仅有6个不同的零点，则实数a 取值范围 .【答案】(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭【解析】因为()()()()()()25566560g x f x a f x a f x f x a =−++=−⋅−=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 由()0g x =，可得()65f x =或()f x a =， 由函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()3πsin ,012211,12xx x f x x ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪+> ⎪⎪⎝⎭⎩， 当01x ≤≤时，ππ022x ≤≤，如下图所示：因为1112x⎛⎫+> ⎪⎝⎭，由图可知，直线65y =与函数()f x 的图象有4个交点，所以，直线y a =与函数()f x 的图象有2个交点，由图可得(]30,12a ⎧⎫∈⋃⎨⎬⎩⎭.综上所述，实数a 的取值范围是(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.故答案为：(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.【典例1-2】（安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高三学期期中联考数学试题）已知函数()42,13,1x x f x x x ⎧−<⎪=⎨−≥⎪⎩，()22g x x ax =++，若函数()()y g f x =有6个零点，则实数a 的取值范围为 .【答案】(3,2−−【解析】画出()42,13,1x x f x x x ⎧−<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象如下：因为()22g x x ax =++最多两个零点，即当280a ∆=−>，2a >22a <−时，()22g x x ax =++有两个不等零点12,t t ，要想()()y g f x =有六个零点，结合函数图象，要()1f x t =和()2f x t =分别有3个零点， 则()12,0,2t t ∈且12t t ≠，即()22g x x ax =++的两个不等零点()12,0,2t t ∈，则要满足()()2Δ800222000a a g g ⎧=−>⎪⎪<−<⎪⎨⎪>⎪>⎪⎩，解得322a −<<− 故实数a 的取值范围为(3,2−− 故答案为：(3,22−−【变式1-1】（海南省琼中黎族苗族自治县琼中中学2024届高三高考全真模拟卷（二）数学试题）已知函数()23,369,3x x f x x x x ⎧−≤=⎨−+−>⎩，若函数()()()22g x f x af x ⎡⎤=−+⎣⎦有6个零点，则a 的值可能为（ ） A ．1− B ．2−C ．3−D ．4−【答案】C【解析】由题可得，()()330f f =−=，()f x 在()(),0,3,−∞+∞上单调递减，在()0,3上单调递增，则据此可作出函数()f x 大致图象如图所示，令()f x t =，则由题意可得220t at −+=有2个不同的实数解1t ，2t ，且()12,3,0t t ∈−，则()()2121212Δ80601122203331130a t t a a t t t t a ⎧=−>⎪−<+=<⎪⇒−<<−⎨=>⎪⎪++=+>⎩3a =−满足题意. 故选：C ．【变式1-2】（河南省部分重点高中2023-2024学年高三阶段性考试（四）数学试题）已知函数()2ln ,0,43,0,x x f x x x x ⎧>=⎨++≤⎩若函数()()()241g x f x f x m =−++⎡⎤⎣⎦恰有8个零点，则m 的最小值是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【解析】设()f x t =，因为()g x 有8个零点，所以方程()f x t =有4个不同的实根，结合()f x 的图像可得2410t t m −++=在(]0,3内有4个不同的实根，即214m t t +=−+在(]0,3内有2个不同的实根，可知314m ≤+<，即可求得结果．画出函数()2ln ,043,0x x f x x x x ⎧>=⎨++≤⎩，，的图像如图所示，设()f x t =，由()()()2410g x f x f x m =−++=⎡⎤⎣⎦，得2410t t m −++=.因为()g x 有8个零点，所以方程()f x t =有4个不同的实根，结合()f x 的图像可得在(]03t ∈,内有4个不同的实根.所以方程2410t t m −++=必有两个不等的实数根，即214m t t +=−+在(]03t ∈,内有2个不同的实根，结合图像由图可知，314m ≤+<，故23m ≤<，即m 的最小值是2. 故选：B02 零点问题（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 【典例2-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数()()()lg ,011,022,2x x f x x x f x x ⎧−<⎪=−−≤<⎨⎪−≥⎩的图象在区间(),(0)t t t −>内恰好有5对关于y 轴对称的点，则t 的值可以是（ ）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C【解析】令()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩，()lg m x x =，因为()lg m x x =与()lg y x =−的图象关于y 轴对称，因为函数()()()lg ,011,022,2x x f x x x f x x ⎧−<⎪=−−≤<⎨⎪−≥⎩的图象在区间(),(0)t t t −>内恰好有5对关于y 轴对称的点，所以问题转化为()lg m x x =与()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象在()0,(0)t t >内有5个不同的交点，在同一平面直角坐标系中画出()lg m x x =与()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象如下所示：因为()10lg101m ==，当10x >时()1m x >，()()()()()()13579111g g g g g g ======， 结合图象及选项可得t 的值可以是6，其他值均不符合要求,. 故选：C【典例2-2】（2024·四川成都·三模）若函数()2e xf x kx =−大于0的零点有且只有一个，则实数k 的值为（ ） A ．4 B ．2e C ．e 2D ．2e 4【答案】D【解析】函数()f x 有且仅有一个正零点，即方程2ex k x=有且仅有一个正根，令()2e xg x x =，则()()3e 2x x g x x ='−，当0x <时，()0g x '>，当02x <<时，()0g x '<，当2x >时，()0g x '>，即函数()g x 在(),0∞−和()2,∞+上单调递增，在()0,2上单调递减，且()2e24g =，0x →时，()g x ∞→+，x →−∞时，()0g x →，x →+∞时，()g x ∞→+，可作出图象如下，方程2e x k x =有且仅有一个正根，所以2e 4k =.故选：D.【变式2-1】（2024·北京海淀·一模）已知()()3,0lg 1,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（ ） A ．1,1 B ．1,2 C ．2,1 D ．2,2【答案】B【解析】令()0f x =，即0x ≤时，30x =，解得0x =， 0x >时，()lg 10x +=，无解，故1m =，设过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的切点为()00,x y ，当0x <时，()23f x x '=，则有()320003y x x x x −=−，有()3200023x x x −=−，整理可得301x =−，即01x =−，即当00x <时，有一条切线，当0x >时，()lg e1f x x '=+，则有()()000lg 1e lg 1y x x x x −=−++， 有()()000l 2g elg 11x x x −+=−+，整理可得()()()000221lg 10lg e x x x ++−++=， 令()()()()()2l 0g 2l 1e 1g g x x x x x =++−++>， 则()()2lg 1g x x '=−+， 令()0g x '=，可得99x =，故当()0,99x ∈时，()0g x '>，即()g x 在()0,99上单调递增， 当()99,x ∈+∞时，()0g x '<，即()g x 在()99,∞+上单调递减， 由()()992lg e 99220099lg e 0g =+⨯+−=>，()02020g =−=>，故()g x 在()0,99x ∈上没有零点， 又()()9992lg e 999210003999lg e 10000g =+⨯+−⨯=−<， 故()g x 在()99,999上必有唯一零点， 即当00x >时，亦可有一条切线符合要求， 故2n =.故选：B.【变式2-2】（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x ⎛⎫=−−+ ⎪⎝⎭有3个零点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．(),1−∞−D ．(),2−∞−【答案】C【解析】将()y f x =的图象向左平移2个单位长度，可得函数()()22ln 2xg x f x ax x−=+=−+的图象， 所以原题转化为“函数()2ln2xg x ax x−=−+有3个零点”， 即研究直线y ax =与函数()2ln2xh x x−=+图象交点的个数问题． 因为()h x 的定义域为()2,2−，且()()22ln ln ln1022x xh x h x x x+−−+=+==−+， 所以()h x 为奇函数．因为()22222440222(2)4x x x h x x x x x x '+−+−⎛⎫=⋅=⨯=< ⎪−+−+−⎝⎭'， 所以()h x 在区间()2,2−上为减函数，且曲线()y h x =在点()0,0处的切线方程为y x =−． 当0x =时，2112xx x−+⨯=−+； 当02x <<时，2ln2xx x−<−+； 当20x −<<的，2ln2xx x−>−+， 作出()h x 的图象．如图：由图知：当1a <−时，直线y ax =与函数()2ln2xh x x−=+的图象有3个交点．故实数a 的取值范围是(),1∞−−． 故选：C.03 导数的同构思想同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系。
高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题
高三数学函数与导数压轴题训练——函数不等式问题在近几年的高考试题中，出现了一类抽象函数与导数交汇的重要题型，这类问题由于比较抽象，很多学生解题时，突破不了由抽象而造成的解题障碍．实际上，根据所解不等式，联想导数的运算法则，构造适当的辅助函数，然后利用导数判断其单调性是解决此类问题的通法．[典例]设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是()A．(－∞，－1)∪(0,1)B．(－1,0)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)[思路点拨]观察xf′(x)－f(x)<0这个式子的特征，不难想到商的求导公式，尝试构造函数F(x)＝f(x)x求解．[方法演示]法一：构造抽象函数求解设F(x)＝f(x)x.因为f(x)是奇函数，故F(x)是偶函数，F′(x)＝xf′(x)－f(x)x2，易知当x>0时，F′(x)<0，所以函数F(x)在(0，＋∞)上单调递减．又f(－1)＝0，则f(1)＝0，于是F(－1)＝F(1)＝0，f(x)＝xF(x)，解不等式f(x)>0，即找到x与F(x)的符号相同的区间，易知当x∈(－∞，－1)∪(0,1)时，f(x)>0，故选A.法二：构造具体函数求解设f(x)是多项式函数，因为f(x)是奇函数，所以它只含x的奇次项．又f(1)＝－f(－1)＝0，所以f(x)能被x2－1整除．因此可取f(x)＝x－x3，检验知f(x)满足题设条件．解不等式f(x)>0，得x∈(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.答案：A[解题师说]抽象函数的导数问题在高考中常考常新，可谓变化多端，解决此类问题的关键是构造函数，常见的构造函数方法有如下几种：(1)利用和、差函数求导法则构造函数①对于不等式f′(x)＋g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)＋g(x)；②对于不等式f′(x)－g′(x)>0(或<0)，构造函数F(x)＝f(x)－g(x)；特别地，对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0)，构造函数F(x)＝f(x)－kx.(2)利用积、商函数求导法则构造函数①对于不等式f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )； ②对于不等式f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )g (x )(g (x )≠0)． (3)利用积、商函数求导法则的特殊情况构造函数①对于不等式xf ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝xf (x )； ②对于不等式xf ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x(x ≠0)； ③对于不等式xf ′(x )＋nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝x n f (x )； ④对于不等式xf ′(x )－nf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )x n (x ≠0)； ⑤对于不等式f ′(x )＋f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e x f (x )； ⑥对于不等式f ′(x )－f (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e x； ⑦对于不等式f (x )＋f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝sin xf (x )； ⑧对于不等式f (x )－f ′(x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )sin x (sin x ≠0)；⑨对于不等式f ′(x )－f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝cos xf (x )； ⑩对于不等式f ′(x )＋f (x )tan x >0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )cos x (cos x ≠0)．⑪(理)对于不等式f ′(x )＋kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝e kx f (x )； ⑫(理)对于不等式f ′(x )－kf (x )>0(或<0)，构造函数F (x )＝f (x )e kx ；[应用体验]1．定义在R 上的函数f (x )，满足f (1)＝1，且对任意x ∈R 都有f ′(x )<12，则不等式f (lg x )>lg x ＋12的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )－x ＋12， 则g ′(x )＝f ′(x )－12<0，∴g (x )在定义域上是减函数． 又g (1)＝f (1)－1＝0，∴原不等式可化为g (lg x )>g (1)， ∴lg x <1，解得0<x <10.∴原不等式的解集为{x |0<x <10}． 答案：(0,10)2．已知定义在⎝⎛⎭⎫0，π2内的函数f (x )的导函数为f ′(x )，且对任意的x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，都有f ′(x )sin x <f (x )cos x ，则不等式f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x 的解集为__________．解析：构造函数g (x )＝f (x )sin x ，则g ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos xsin 2x <0，∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内为减函数． 由f (x )<2f ⎝⎛⎭⎫π6sin x ， 得f (x )sin x <2f ⎝⎛⎭⎫π6＝f ⎝⎛⎭⎫π6sin π6， 即g (x )<g ⎝⎛⎭⎫π6，∴π6<x <π2， ∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x π6<x <π2.答案：⎝⎛⎭⎫π6，π2一、选择题1.已知函数f (x )的定义域为R ，f ′(x )为其导函数，函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，且f (－2)＝1，f (3)＝1，则不等式f (x 2－6)>1的解集为( )A ．(－3，－2)∪(2,3)B ．(－2，2)C ．(2,3)D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)解析：选A 由y ＝f ′(x )的图象知，f (x )在(－∞，0]上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，又f (－2)＝1，f (3)＝1，∴f (x 2－6)>1可化为－2<x 2－6<3，解得－3<x <－2或2<x <3.2．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)的解集为( )A ．(0,1)B ．(1，＋∞)C ．(1,2)D ．(2，＋∞)解析：选D 因为f (x )＋xf ′(x )<0，所以[xf (x )]′<0，故xf (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，又(x ＋1)f (x ＋1)>(x 2－1)f (x 2－1)，所以x ＋1<x 2－1，解得x >2.3．已知定义域为{x |x ≠0}的偶函数f (x )，其导函数为f ′(x )，对任意正实数x 满足xf ′(x )>－2f (x )，若g (x )＝x 2f (x )，则不等式g (x )<g (1)的解集为( )A ．(－∞，1)B ．(－1,1)C ．(－∞，0)∪(0,1)D ．(－1,0)∪(0,1)解析：选D 因为g (x )＝x 2f (x )，所以g ′(x )＝x 2f ′(x )＋2xf (x )＝x [xf ′(x )＋2f (x )]．由题意知，当x >0时，xf ′(x )＋2f (x )>0，所以g ′(x )>0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，又f (x )为偶函数，则g (x )也是偶函数，所以g (x )＝g (|x |)，由g (x )<g (1)，得g (|x |)<g (1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0，所以x ∈(－1,0)∪(0,1)． 4．设f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数．当x <0时，f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0，且g (－3)＝0，则不等式f (x )g (x )<0的解集为( )A ．(－3,0)∪(3，＋∞)B ．(－3,0)∪(0,3)C ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D ．(－∞，－3)∪(0,3)解析：选D 设F (x )＝f (x )g (x )，当x <0时， ∵F ′(x )＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )>0， ∴F (x )在(－∞，0)上为增函数．又∵F (－x )＝f (－x )g (－x )＝－f (x )g (x )＝－F (x )， 故F (x )为R 上的奇函数．∴F (x )在(0，＋∞)上也为增函数． 由g (－3)＝0，得F (－3)＝F (3)＝0.画出函数F (x )的大致图象如图所示， ∴F (x )<0的解集为{x |x <－3或0<x <3}．5．已知函数f (x )是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf ′(x )＋f (x )≤0，对于任意正数a ，b ，若a <b ，则必有( )A ．af (a )≤f (b )B ．bf (b )≤f (a )C ．af (b )≤bf (a )D ．bf (a )≤af (b )解析：选C ∵xf ′(x )＋f (x )≤0，且x >0，f (x )≥0. ∴f ′(x )≤－f (x )x ，即f (x )在(0，＋∞)上是减函数．又0<a <b ，∴af (b )<bf (a )，当f (x )＝0时，符合题意，则af (b )＝bf (a )，故af (b )≤bf (a )．6．设函数f (x )在R 上的导函数为f ′(x )，2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则下面的不等式在R 上恒成立的是( )A ．f (x )>0B ．f (x )<0C ．f (x )>xD ．f (x )<x解析：选A 法一：令g (x )＝x 2f (x )－14x 4，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )－x 3＝x [2f (x )＋xf ′(x )－x 2]， 当x >0时，g ′(x )>0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x <0时，g ′(x )<0，∴g (x )>g (0)， 即x 2f (x )－14x 4>0，从而f (x )>14x 2>0；当x ＝0时，由题意可得2f (0)>0，∴f (0)>0. 综上可知，f (x )>0.法二：∵2f (x )＋xf ′(x )>x 2， 令x ＝0，则f (0)>0，故可排除B 、D.如果f (x )＝x 2＋0.1，已知条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2成立，但f (x )>x 不恒成立，故排除C ，选A.7．已知函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)>2，则不等式f(x)>2x＋4的解集为()A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)解析：选B令m(x)＝f(x)－(2x＋4)，则m′(x)＝f′(x)－2>0，∴函数m(x)在R上为单调递增函数．又∵m(－1)＝f(－1)－(－2＋4)＝0，∴m(x)>0的解集为{x|x>－1}，即f(x)>2x＋4的解集为(－1，＋∞)．8．设函数f(x)，g(x)在区间[a，b]上连续，在区间(a，b)上可导，且f′(x)<g′(x)，则当x∈(a，b)时必有()A．f(x)>g(x)B．f(x)<g(x)C．f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)D．f(x)＋g(b)<g(x)＋f(b)解析：选C令函数h(x)＝f(x)－g(x)．因为f′(x)<g′(x)，故h′(x)＝[f(x)－g(x)]′＝f′(x)－g′(x)<0，即函数h(x)在区间[a，b]上单调递减．所以x∈(a，b)时必有h(b)<h(x)<h(a)，即f(b)－g(b)<f(x)－g(x)<f(a)－g(a)，移项整理得，f(x)＋g(a)<g(x)＋f(a)，f(x)＋g(b)>g(x)＋f(b)，故选项C正确．9．函数f(x)是定义在R上的偶函数，f(－2)＝0，且x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，则不等式xf(x)≥0的解集是()A．[－2,0]B．[0,2]C．[－2,2]D．[－2,0]∪[2，＋∞)解析：选D因为x>0时，f(x)＋xf′(x)>0，故构造函数y＝xf(x)，则该函数在(0，＋∞)上单调递增．又因为f(x)为偶函数，故y＝xf(x)为奇函数．结合f(－2)＝0，画出函数y＝xf(x)的大致图象如图所示．所以不等式xf(x)≥0的解集为[－2,0]∪[2，＋∞)．10．函数f (x )是定义在R 上的奇函数，f (3)＝0，且x <0时，xf ′(x )<f (x )，则不等式f (x )≥0的解集为( )A ．(－∞，0)B ．[－3,0]∪[3，＋∞)C ．[－3,3]D ．[0,3]解析：选B 令F (x )＝f (x )x ，因为f (x )为定义在R 上的奇函数，所以F (x )为偶函数，当x <0时，F ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2<0，故f (x )在(－∞，0)上为减函数，在(0，＋∞)上为增函数． 结合f (3)＝0，画出函数F (x )＝f (x )x 的大致图象如图所示．所以不等式f (x )≥0的解集为[－3,0]∪[3，＋∞)．11．函数f (x )是定义在R 上的可导函数，且f (x )>f ′(x )对任意x ∈R 都成立，则下列不等式中成立的是( )A ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)B ．f (2 018)>e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017)C ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)>e f (2 017)D ．f (2 018)<e 2 018f (0)，f (2 018)<e f (2 017) 解析：选D 令函数g (x )＝f (x )e x .由f (x )>f ′(x )，得f ′(x )－f (x )<0，所以g ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x <0，即函数g (x )＝f (x )e x 在R 上单调递减．所以f (2 018)e 2 018<f (2 017)e 2 017<f (0)e0，即有f (2 018)<e f (2 017)，f (2 018)<e 2 018f (0)．12．设定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )>k >1，则下列结论中一定错误的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫1k <1kB ．f ⎝⎛⎭⎫1k >1k －1 C ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1<1k －1D ．f ⎝⎛⎭⎫1k －1>1k －1解析：选C 令g (x )＝f (x )－kx ＋1， 则g (0)＝f (0)＋1＝0，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k ·1k －1＋1 ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1. ∵g ′(x )＝f ′(x )－k >0， ∴g (x )在[0，＋∞)上为增函数． 又∵k >1，∴1k －1>0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>g (0)＝0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k －1>0， 即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1>1k －1.二、填空题13．设f (x )是定义在R 上的可导函数，且满足f (x )＋xf ′(x )>0，则不等式f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)的解集为________．解析：令g (x )＝xf (x )，则g ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )>0，∴g (x )是R 上的增函数．又f (x ＋1)>x －1f (x 2－1)可等价转化为x ＋1f (x ＋1)>x 2－1f (x 2－1)，即g (x ＋1)>g (x 2－1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1>x 2－1，x －1≥0，解得1≤x <2，∴原不等式的解集为{x |1≤x <2}．答案：[1,2)14．设函数f (x )是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f ′(x )，且有2f (x )＋xf ′(x )>x 2，则不等式(x ＋2 018)2·f (x ＋2 018)－4f (－2)>0的解集为________．解析：令g (x )＝x 2f (x )，则g ′(x )＝2xf (x )＋x 2f ′(x )． 结合条件2f (x )＋xf ′(x )>x 2，将条件两边同时乘以x ， 得2xf (x )＋x 2f ′(x )<x 3<0，即g ′(x )<0， ∴g (x )在(－∞，0)上是减函数， 又g (－2)＝4f (－2)，∴由(x ＋2 018)2f (x ＋2 018)－4f (－2)>0， 即g (x ＋2 018)>g (－2)，得x ＋2 018<－2，解得x <－2 020， ∴原不等式的解集为(－∞，－2 020)． 答案：(－∞，－2 020)15．已知定义在R 上的可导函数y ＝f (x )的导函数为f ′(x )，满足f ′(x )<f (x )，且y ＝f (x ＋1)为偶函数．f (2)＝1，则不等式f (x )<e x 的解集为________．解析：令h (x )＝f (x )e x ，则h ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x <0，∴h (x )在R 上是减函数，又y ＝f (x ＋1)是偶函数， ∴y ＝f (x )的图象关于直线x ＝1对称， ∴f (2)＝f (0)＝1.由f (x )<e x ，得f (x )e x <1，又h (0)＝f (0)e 0＝1，∴h (x )<h (0)，∴x >0，故原不等式的解集为{x |x >0}． 答案：(0，＋∞)16．设f (x )是R 上的奇函数，且f (－1)＝0，当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，则不等式f (x )>0的解集为______．解析：令g (x )＝f (x )x 2＋1，则g ′(x )＝(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )(x 2＋1)2.因为当x >0时，(x 2＋1)f ′(x )－2xf (x )<0，所以g ′(x )<0，所以g (x )在[0，＋∞)上单调递减． 又f (x )＝g (x )(x 2＋1)，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递减．又f(x)是R上的奇函数，f(－1)＝0，所以f(1)＝0.当x>0时，f(x)>0＝f(1)⇒0<x<1；当x<0时，f(x)>0＝f(－1)⇒x<－1.综上，可得不等式f(x)>0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．答案：(－∞，－1)∪(0,1)。
函数与导数经典例题--高考压轴题(含答案)8796
函数与导数经典例题-高考压轴1. 已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈．（Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间；（Ⅲ）证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点． 2. 已知函数21()32f x x =+，()h x =（Ⅰ）设函数F (x )＝18f (x )－x 2[h (x )]2，求F (x )的单调区间与极值； （Ⅱ）设a ∈R ，解关于x 的方程33lg[(1)]2lg ()2lg (4)24f x h a x h x --=---；（Ⅲ）设*n ∈N ，证明：1()()[(1)(2)()]6f n h n h h h n -+++≥．3. 设函数ax x x a x f +-=22ln )(，0>a（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；（Ⅱ）求所有实数a ，使2)(1e x f e ≤≤-对],1[e x ∈恒成立． 注：e 为自然对数的底数．4. 设21)(axe xf x+=，其中a 为正实数. （Ⅰ）当34=a 时，求()f x 的极值点；（Ⅱ）若()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围. 5. 已知a ，b 为常数，且a ≠0，函数f （x ）=-ax+b+axlnx ，f （e ）=2（e=2．71828…是自然对数的底数）。
（I ）求实数b 的值； （II ）求函数f （x ）的单调区间； （III ）当a=1时，是否同时存在实数m 和M （m<M ），使得对每一个t ∈[m ，M]，直线y=t 与曲线y=f （x ）（x ∈[1e，e]）都有公共点？若存在，求出最小的实数m 和最大的实数M ；若不存在，说明理由。
6. 设函数32()2f x x a x b x a =+++，2()32gx x x =-+，其中x R ∈，a 、b 为常数，已知曲线()y f x =与()y g x =在点（2,0）处有相同的切线l 。
压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)
压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．【解析】（1）当12a =时，()211ln 42f x x x x x =--+，其定义域为（0，＋∞），且()1ln 112f x x x =+--'1ln 2x x =-，所以()1ln 2g x x x =-，所以()112(0)22xg x x x x'-=-=>，令()0g x '>，得02x <<；令()0g x '<，得2x >，所以()g x 在(0,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减．①当12t +≤，即01t <≤时，()g x 在[t ，t ＋1]上单调递增，所以()()()()max 111ln 122h t g x g t t t ==+=+--；②当2,12t t ≤+>，即12t <≤时，()()()max 2ln21h t g x g ===-；③当2t >时，g （x ）在[t ，t ＋1]上单调递减，所以()()()max 1ln 2h t g x g t t t ===-，综上所述11ln(1),01,22()ln 21,12,1ln , 2.2t t t h t t t t t ⎧+--<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪->⎩（2）因为112emmx x +<，所以121ln ln m x m x +<+，由题意知()f x 的定义域为(0,),+∞()ln f x x ax '=-，故12,x x 是关于x 的方程()ln 0f x x ax '=-=的两个根，所以()()111222ln 0,ln 0f x x ax f x x ax ='-=-'==，即1122ln ,ln x ax x ax ==，所以121ln ln m x m x +<+，等价于()12121m ax max a x mx +<+=+．因为120,0m x x ><<，所以原式等价于121ma x mx +>+，又1122ln ,ln x ax x ax ==，作差，得()1122lnx a x x x =-，即1212lnx x a x x =-，所以原式等价112122ln 1xx m x x x mx +>-+，因为120x x <<，所以()()1212121lnm x x x x x mx +-<+恒成立．令12x t x =，则(0,1)t ∈，故不等式()()11ln m t t t m+-<+在(0,1)t ∈上恒成立，令()()11()ln m t t t t mϕ+-=-+．又因为()()()()()()2222111t t m m t t t m t t m ϕ--+'=-=++，当21m ≥时，得(0,1)t ∈，所以()0t ϕ'>在(0,1)上单调递增，又()10ϕ=，所()0t ϕ<在(0,1)上恒成立，符合题意；当21m <时，可得2(0,)t m ∈时，()0t ϕ'>，()2,1t m ∈时，()0t ϕ'<，所以()t ϕ在2(0,)m 上单调递增，在2(,1)m 上单调递减，又因为()10ϕ=，所以()t ϕ在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112emmx x +<恒成立，只需满足21m ≥，又0m >，故m 1≥，即正数m 的取值范围为[1,)+∞．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）函数()22ln f x x x x =+的定义域为()0,∞+，又()()2ln 22ln 3f x x x x x x x '=++=+，令()0f x '<得320e x -<<，令()0f x ¢>得32e x ->，所以()f x 在320,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在32e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在32e x -=处取得极小值3321e e 2f --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）由()2e x f x x m x≥+得2ln e x x x x x m -+≥，即对任意的1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，2ln exx x x xm -+≤恒成立，令()2ln e xx x x xh x -+=，1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，则()()()1ln 2e x x x x h x '--+=，令()ln 2x x x ϕ=-+，则()1xx xϕ'-=，所以当11ex <<时()0x ϕ'>，当1x >时()0x ϕ'<，所以()x ϕ在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110ϕ=>，()22e 4e 0ϕ=-<，所以当1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时()x ϕ在()21,e 内存在唯一的零点0x ，所以当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 单调递增，当()01,x x ∈时()0x ϕ>，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ<，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=，所以00ln 11x x -+=-，020e x x -=，所以()()00000220000000002ln 1ln e 1e e e e ex x x x x x x x x x x x x h x --+-+--=====-，因为e 122e e ---->-，所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()()02min 1e h x h x ==-，所以实数m 的取值范围为21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.【解析】（1）当1a =时，()111221f =-+=，且()()11,11f x x f x=-+'∴='，∴函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程112y x -=-，即2210x y --=.（2）()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，∴方程21ln 02x x x a-+=，即22ln 20x a x ax --=在()0,∞+有唯一实数解.设()22ln 2g x x a x ax =--，则()2222x ax ag x x--'=.令()0g x '=，即20.0,0,x ax a a x --=>> 20x ax a ∴--=的两个根分别为1402a a a x =（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()()0,g x g x '<在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>在()20,x 上单调递增，当2x x =时，()()0,g x g x '=取最小值()2g x ，要使()g x 在()0,∞+有唯一零点，则须()()220,0,g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即22222222ln 20,0,x a x ax x ax a ⎧--=⎨--=⎩()22222ln 0,0,2ln 10.*a x ax a a x x ∴+-=>∴+-= 设函数()2ln 1,h x x x =+-当0x >时()h x 是增函数，()h x ∴至多有一解.⋅()10,h =∴ 方程()*的解为21x =1=，解得12a =，∴实数a 的值为12.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．【解析】（1）由已知可得，函数()f x 定义域为()0,∞+，()1ea f x x =-'.①当0a ≤时，()10eaf x x =->'在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，此时函数()f x 无极值；②当0a >时，()e e axf x x-='，解()e 0e axf x x-=='可得e x a =.当e 0x a <<时，()0f x ¢>，所以()f x 在e 0,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当e x a >时，()0f x '<，所以()f x 在e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以，函数()f x 在ex a=处取得极大值e f a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.由已知，e 1f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即e e ln 11f a a ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，解得10ea <≤，所以，a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）因为()()()112211e 212e 22x x x f x x x f x --⎛⎫⎛⎫+-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为0x >,所以只需证明()12e212x f x x -<-+即可.当e a =时，()ln f x x x =-，由(1)知()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减，所以，()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值()()max 11f x f ==-.记()12e212x g x x -=-+，0x >，则()1112222211ee e 221122x x x x x g x x x ---⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'==⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以，()g x 在12x =处取得极小值，也是最小值()min 112g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()max f x 与()min g x 不能同时取到，所以结论成立.5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．【解析】（1）由题可知(0)0,()(cos sin )e 2πx f f x x x x -'==--+，因为(0)1πf =+'，所以，()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+．（2）()f x m =存在两个非负零点12,x x ，设12x x <，由（1）可知()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+，注意到π1(π)0,(π)πe f f =-'=-，所以，()y f x =在(π,0)处的切线方程为π1π(π)e y x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．下证：当[0,π]x ∈时，()(1π)f x x ≤+，且π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．（i ）要证()(1π)f x x ≤+，即证2sin e xx x x ≤+，只需证()2sin e x x x x ≤+．①设()sin ,0,()1cos 0g x x x x g x x -=-'=≥≥，故()g x 在[0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即sin ,[0,)x x x ≤∀∈+∞恒成立．要证①，只需证()2e xx x x ≤+．当0x =时上式成立；当0x >时，即证1(1)e x x ≤+，此时，由于11,e 1x x +≥≥，故(1)e 1x x +≥，于是，当0x ≥时，()(1π)f x x ≤+．（ii ）要证1()π(π)e x f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭，只需证2πsin 1ππ(π)e e x x x x x ⎛⎫-+≤--- ⎪⎝⎭，即证2sin 1ππ(π)0,[0,π]e e x x x x x x x ⎛⎫-+++-≤∈ ⎪⎝⎭．设2πsin 1()ππ(π),[0,π]e e x x h x x x x x ⎛⎫=-+++-∈ ⎪⎝⎭，则πcos sin 1()2ππ,(π)0e e x x x h x x h -''=-+++=．设πcos sin 1()2ππ,[0,π]e e xx x m x x x -=-+++∈，则()2cos cos 221e e x x x x m x -⎛⎫=-=-+ ⎝'⎪⎭．当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,e 0,()0x x m x ≥><'，当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，π2cos 0,|cos |1,e e 1x x x <≤>>，故cos 10,()0e x x m x '+><．于是()0,[0,π]m x x <∀∈'恒成立，故()m x 在[0,]π上单调递减．从而()(π)0m x m ≥=，即()0,[0,π]h x x ≥∀∈'恒成立，故()h x 在[0,]π上单调递增，从而()(π)0h x h ≤=，于是π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．设(1π)x m +=的零点为31,π(π)e x x x m ⎛⎫---= ⎪⎝⎭的零点为4x ，则()341(1π),ππe x m x m π⎛⎫+=---= ⎪⎝⎭．因为()311(1π)(1π)x m f x x +==≤+，所以31x x ≤，因为()()()422π11ππππe e x m f x x π⎛⎫⎛⎫---==≤--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以42x x ≥，又34π,π11ππex m mx ==-++，所以2143π2ππ11π1ππe mm m x x x x -≤-=--≤-+++，所以212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.【解析】（1）当2a =-时，可得()212ln 2f x x x x =+-，可得()2(2)(1)1x x f x x x x+-'=+-=，所以()22f '=且()242ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)2(2)y x --=-，即22ln 20x y --=，即曲线所以曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为22ln 0x y x --=.（2）由函数()()211ln 2f x x a x a x =-++，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又由()()(1)x a x f x x--'=，令()0f x '=，解得1x a =，11x =，当a<0时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,1)1(1,)+∞()f x '-+()f x极小值↗所以函数的极小值为()112f a =--，也是函数()f x 的最小值，所以当a<0时，函数()f x 的最小值为12a --（3）当0a =时，()212f x x x =-，令()0f x =，解得122,0x x ==（舍去）所以函数()y f x =在(0,)+∞上有一个零点；当01a <<时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,)a a(,1)a 1(1,)+∞()f x '+0-0+()f x ↗极大值极小值↗所以函数()f x 在(0,)a 单调递增，在(,1)a 上单调递减，此时函数()f x 的极大值为()21ln 02f a a a a a =--+<，所以函数()y f x =在(0,1)上没有零点；又由()1102f a =--<且函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，且当x →+∞时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，综上可得，当01a ≤<时，()f x 在(0,)+∞上有一个零点.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，不合题意；当0a >时，由()0f x ¢>得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.又函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，所以，11a≤，即1a ≥.因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由题意()2ln 10f x x ax +=-+=，于是1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，令21x t x =，则由212x x >可得，2t >.于是221111ln 1ln ln 1ln 1ln 1x x t x t x x x +++===++，即1ln ln 11t x t =--.从而21ln ln ln ln 11t tx t x t =+=--.另一方面，对212332e x x >两端分别取自然对数，则有12ln 2ln 5ln 23x x +>-，于是，即证ln 2ln 35ln 2311t t t t t +->---，即()12ln 5ln 21t t t +>-，其中2t >.设()()12ln 1t t g t t +=-，2t >.则()()()()()221212ln 112ln 3ln 2111t t t t t t t t t g t t t +⎛⎫+--+-+-- ⎪⎝⎭'==--，设()13ln 21t t t tϕ=-+--，2t >.则()()()22222113123120t t t t t t t t t ϕ----+'=++==>在()2,+∞上恒成立，于是，()t ϕ在()2,+∞上单调递增，从而()()1523ln 2413ln 2022t ϕϕ>=-+--=->.所以，()0g t '>，即函数()g t 在()2,+∞上单调递增，于是()()25ln 2g t g >=.因此，212332e x x >，即原不等式成立.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：由()e cos 2xf x x =+-可得()00e cos020f =+-=，当0x <时，e 1x <，cos 1≤x ，所以e cos 2x x +<，故e cos 20x x +-<，故()f x 在区间(),0∞-上无零点．当0x ≥时，()e sin xf x x '=-，而e 1x ≥，sin 1x -≥-，且等号不会同时取到，所以()e sin 0xf x x =->'，所以当0x ≥时，函数()f x 单调递增，所以()()00f x f ≥=，故函数()f x 在区间[)0,∞+上有唯一零点0，综上，函数()f x 在定义域上有唯一零点.（2）由()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立，得e cos 2sin x x ax x +->-，即e sin cos 20x x x ax ++-->在区间()0,∞+上恒成立．设()e sin cos 2xg x x x ax =++--，则()0g x >在区间()0,∞+上恒成立，而()e cos sin xg x x x a =+--'，()e cos sin x m x x x a =+--，则()e sin cos x m x x x =-'-．设()e 1xh x x =--，则()e 1x h x '=-，当0x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上，()()00h x h >=，即在区间()0,∞+上e 1x x >+，设函数()()0n ,si ,p x x x x ∞=-∈+，则()1cos 0p x '=-≥，所以函数()p x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上()()00p x p >=，即在区间()0,∞+上，sin x x >，所以在区间()0,∞+上，e 1sin cos x x x x >+>+，即()e sin cos 0xm x x x =-->'，所以在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增．当2a ≤时，()020g a '=-≥，故在区间()0,∞+上函数()0g x '>，所以函数()g x 在区间()0,∞+上单调递增．又()00g =，故()0g x >，即函数()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立．当2a >时，()020g a '=-<，()()()ln 22cos ln 2sin ln 2g a a a a a '+=+++-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()π2ln 204a ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，故在区间()()0,ln 2a +上函数()g x '存在零点0x ，即()00g x '=，又在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增，故在区间()00,x 上函数()()00g x g x ''<=，所以在区间()00,x 上函数()g x 单调递减，又()00g =，所以在区间()00,x 上函数()(0)0g x g <=，与题设矛盾．综上，a 的取值范围为(],2-∞.9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2xx >，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.【解析】（1）2221()ln ,()a a ax x af x x ax f x a x x x x-+-'=-+∴=--= ，①当12a ≥时，此时2140a ∆=-≤，则()0f x '≤恒成立，则()f x 的减区间为()0,∞+，②当102a <<时，令()0f x ¢>，解得11,22x a a ⎛+∈⎪ ⎪⎝⎭，则()f x 的增区间为⎝⎭令()0f x '<，解得1141140,,22x a a ⎛⎫⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 的减区间为110,,,22a a ⎛⎛⎫+∞⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，综上当12a ≥时，()f x 的减区间为()0,∞+，无增区间；当102a <<时，()f x 的增区间为⎝⎭，减区间为110,,22a a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）欲证2ln 2e ()2e 10,2xx x a g x a x x-=+-+<需证ln 22e 02e xxax x ax x +-+<，即需证()ln 2e 2e 02ex xxax ax x -+<，令2e x t x =，即需证ln 0a t at t-+<，设()ln a h t t at t =-+12e x t x => ，由（1）知当12a ≥时，()h t 的减区间为()0,,∞+所以()(1)0,h t h <=故()0.g x <（3）由（2）知，当11,2t a >=时，11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，令()*21N t n n=+∈，则2121122ln 11122222(21)1n n n n n n n n n n ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+-=+-=< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+⎝⎭+即2ln(2)ln n n n+-<所以2ln(3)ln(1)1n n n +-+<+2ln(4)ln(2)2n n n +-+<+2ln(5)ln(3)3n n n +-+<+......ln(21)ln(21)212n n n +--<-ln(22)l )22n(2n n n+-<以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)ln ln(1)212212n n n n n n n n n ⎛⎫+++--+<+++⋯++ ⎪++-⎝⎭()()()212211111112ln ln 4ln 212212212n n n n n n n n n n ++⎛⎫+++⋯++>=+> ⎪++-+⎝⎭10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1()e ln x f x x -=-，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得11()e x f x x-'=-，显然函数()f x '在(0,)+∞上单调递增，且()01f '=，因此当(0,1)x ∈时,()0,()'<f x f x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时,()0,()'>f x f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）[0,π]x ∈，令()2(1)cos 2e 2ln(1)cos x g x f x x a x x =+-=-+-，求导得2()2e sin 1x ag x x x '=-++，当0a ≤时,()0g x '>，则()g x 在[0,π]上单调递增，0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，当0a >时，设()()h x g x '=，则22()2e cos 0(1)xah x x x '=++>+，因此函数()h x ，即()g x '在[0,π]上单调递增，而0(0)2e 2sin 022g a a '=-+=-，(i)当01a <≤时,()(0)220,()g x g a g x ''≥=-≥在[0,π]上单调递增，于是0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，(ii)当π2(π)2e sin π0π1ag '=-+≤+，即π(π1)e a ≥+时，对[0,π],()0x g x '∀∈≤，则()g x 在(0,π)上单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，（iii ）当π1(1)e a π<<+时，因为()g x '在[0,π]上单调递增，且π2(0)(π)(22)(2e )0π1ag g a ''=--<+，于是0[0,π]x ∃∈，使()00g x '=，且当()00,x x ∈时,()g x '单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．【解析】（1）()ln ()ln ln (())e e e e ()xh x g x x x x x y f h x x g x =======（2）利用复合函数的求导法则可求得2(2)2(2)(ln 21)x g x x x '=+,令2(2)2(2)(ln 21)0x g x x x '=+=,可求得:令(2)0g x '=，0x >，20(2)x x ∴>，所以ln 210x +=，解得12e x =，当102e x <<时，(2)0g x '<，此时()2g x 单调递减，当12e x >时，(2)0g x '>，此时()2g x 单调递增，所以函数(2)y g x =的最小值为e 11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（3）()()e ()ln xf x h x H x x a x x ax x-=++=-++由()2222e (1)e (1)1e (1)()1x x x x x x x x x H x x x x x +----+'=-+==，0,e 0x x x >∴+> ，令()0H x '>，解得1x >，此时()H x 单调递增，令()0H x '<，解得1x <，此时()H x 单调递减，因为函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123,,x x x .而()y H x '=的零点为1,不妨设31x =,则()y H x =的零点为12,x x .不妨设12x x <,则()()12121101,1,0x x H x H x x <<<>==.令1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()11222211e 1e (1)1(1)()e e 11x x x x x x x x x K x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭-⎝⎭'=+⨯=+-- ⎪⎝⎭.令1()e e 1x xp x x x =+--,则()111211e 1e e e 1e 1xxx xx p x x x x ⎛⎫=+-+⨯=++- ⎝'⎪⎭,所以当(0,1)x ∈时,()0p x '>，所以当(0,1)x ∈时,()p x 是严格单调递增的,所以当(0,1)x ∈时,()(1)0p x p <=,所以当(0,1)x ∈时,()0K x '>,则1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在(0,1)上单调递增，所以在(0,1)上，1()()(1)0K x H x H K x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭,所以()1110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭.又()()120H x H x ==,所以()2110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,即()211H x H x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.又函数()y H x =在(1,)+∞上单调递增,所以211x x <，即121x x <.综上,1231x x x <.12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >【解析】（1）由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.由2()ln f x x ax =-得：2112()2ax f x ax x x-'=-=，当0a ≤时，()0,()'>f x f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>得0x <()0f x '<得x >所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减．（2）因为12,x x 是方程2ln 0x ax -=的两不等实根，即12,x x 是方程22ln 20x ax -=的两不等实根，令2(0)t x t =>，则221122,t x t x ==，即12,t t 是方程ln 2ta t=的两不等实根.令ln ()tg t t=，则21ln ()t g t t -'=，所以()g t 在(0,e)上递增，在(e,)+∞上递减，1(e)eg =，当0t →时，()g t →-∞；当t →+∞时，()0g t >且()0g t →.所以102a e <<，即102ea <<.令121e t t <<<．（i ）要证22122e x x +>，只需证122e t t +>，解法1：令()()(2e ),(1,e)h t g t g t t =--∈，则ln ln(2e )(2e )ln ln(2e )()()(2e )2e (2e )t t t t t t h t g t g t t t t t ----=--=-=--，令()(2e )ln ln(2e )t t t t t ϕ=---，则()22e 2e ()1ln ln(2e )ln 2e 2e 2e t t tt t t t t t t t tϕ-'=----+=+--+--2e 202e t t t t->+->-，所以()t ϕ在(1,e)上递增，()(e)0t ϕϕ<=，所以()()(2e )0h t g t g t =--<，所以()(2e )g t g t <-，所以()()()2112e g t g t g t =<-，所以212e t t >-，即122e t t +>，所以22122e x x +>．解法2：先证121212ln ln 2x x x xx x -+<-，令120x x <<，只需证212121ln 2ln x x x x x x -<+-，只需证2112ln 011x x x x x x ⎛⎫--<=> ⎪+⎝⎭，令1()2ln (1)1x x x x x ϕ-=->+，22241(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ--'=-=<++，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=．因为1212ln ln t t t t =，所以1212121212ln ln ln ln 2t t t t t t t t t t +-+=<+-，所以12ln ln 2t t +>，即212e t t >，所以122e t t +>>．解法3：由()1212121e ln ln t t t t t t =<<<，设112111ln ln ln (0),t t t t t t λλλλ+=>=，所以11ln ln ln t t λλ+=，即1212ln ln (1)ln ln ,ln ,ln ln 111t t t t λλλλλλλλ+==+=---，构造函数2(1)()ln (1)1x g x x x x -=->+，22214(1)()0(1)(1)x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=．（ii）要证：12x x >12e 2t t a >，只需证：12ln ln 1ln 2t t a +>-，只需证：12221ln 2at at a +>-，只需证：121ln 22at t a-+>，212121ln ln 2t t t tt t -+<-令112t a =得22211222ln 22t t a aat a -+<+即222ln 212(ln 21)02a at a t a a+-++>①令212t a =得1111122ln 222t t a aa at -+<--即211ln 212(ln 21)02a at a t aa ⎛⎫----+>⎪⎝⎭②①+②得：()()2221212(ln 21)0a t t a t t -+-->，即121ln 22at t a-+>．13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）法一：首先证明sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，理由如下：构造()sin j x x x =-，[)0,x ∈+∞，则()cos 10j x x '=-≤恒成立，故()sin j x x x =-在[)0,x ∈+∞上单调递减，故()()00j x j ≤=，所以sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()22111cos 12sin 1212121x x f x x x x x ⎛⎫'=-=--≥--⎪+++⎝⎭()21111012121x x x x x=--≥--≤≤++，故()()2122202222x x x x x f x x x-+---'≥=>++在[]0,1x ∈上恒成立，所以()f x 在[]0,1单调递增，故()()00f x f ≥=法二：()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()1cos 1f x x x'=-+，且()00f '=，令()()1cos 1f x x xq x '=-=+，则()()21sin 1q x x x '=-++，令()()()21sin 1w q x x x x =-+='+，则()()32cos 01w x x x '=--<+在[]0,1x ∈上恒成立，所以()()21sin 1q x x x '=-++单调递减，又()010q '=>，其中π1sin1sin62>=，故()1sin1014q =-+<'，故()00,1x ∃∈，使得()00q x '=，且当()00,x x ∈时，()0q x '>，当()0,1x x ∈时，()0q x '<，所以()f x '先增后减，又()00f '=，()11cos102f '=->，∴()0f x ¢>在()0,1x ∈上恒成立，所以()f x 单调递增，()()00f x f ≥=；（2）法一：()()2e 2sin ln 1xg x x a x =--++，()()()()()2e 1sin ln 11ln 10x g x x x x x x a x =--+-+-++++≥，下证：()e 100xx x --≥≥，()0sin 0x x x -≥≥，()()0ln 10x x x -+≥≥，且在0x =处取等号，令()()0e 1x x r x x -=-≥，则()()e 100x r x x -≥'=≥，故()()0e 1xx r x x -=-≥单调递增，故()()00r x r ≥=，且在0x =处取等号，()0sin 0x x x -≥≥在（1）中已证明；令()()()0ln 1t x x x x =-≥+，则()()101011x t x x x x '=-≥++≥=，故()()()0ln 1t x x x x =-≥+单调递增，故()()00t x t ≥=，且在0x =处取等号，当0x >时，()ln 10x +>，当10a +≥时，即1a ≥-时，()0g x ≥符合题意，当1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞；法二：()()2e 2sin ln 1x g x x a x =--++，()2e cos 1xag x x x '=-++，()0,πx ∈，①当0a ≥时，()2e 10xg x '≥->，()0,πx ∈，()g x 在[]0,π单调递增，且()()00g x g ≥=符合题意，②当a<0时，()2e cos 1xag x x x '=-++在()0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+，③当10a +≥时，即10a -≤<时，()()010g x g a ''≥=+≥()g x 在[]0,π单调递增，()()00g x g ≥=符合题意，②当10a +<时，即1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞.14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）【解析】（1）1()cos 1f x a x x'=-+ （10-<≤x ）a 为正实数，∴函数()f x '在区间(1,0]-上单调递增，且(0)1f a '=-．①当01a <≤时，()(0)0f x f ''≤≤，所以函数()f x 在(1,0]-上单调递减，此时()(0)0f x f ≥=，符合题意．②当1a >时，11(0)10,1cos 10f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫''=->-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，0(1,0)x ∃∈-时，有()00f x '=，即函数()f x 在()01,x -上递减，在()0,0x 递增，所以当()0,0x x ∈时，有()(0)0f x f <=，此时不符合．综上所述，正实数a 的最大值为1．（2）由（1）知，当1,(1,0)a x =∈-时，sin ln(1)x x >+，令21x i =-时，有2222111sin ln 1ln i i i i -⎛⎫⎛⎫->-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2221sin ln 1i i i <-，累加得，2212232sinln ln ln 2ln ln 2132111ni n n n i n n n =⎛⎫<⋅⋅==+< ⎪+++⎝⎭∑ ．（3）因为1()e ln(1)x g x x +=-+，所以11()e 1x g x x +'=-+，即函数()g x '在(1,)-+∞上递增，又1(0)e 10,202g g ⎛⎫''=->-=< ⎪⎝⎭，由零点存在定理，11,02x ⎛⎫∃∈- ⎪⎝⎭时，有()10g x '=，即1111e 1x x +=+，因此()11111lnln 11x x x +==-++，而函数()g x 在()11,x -上递减，在()1,x +∞上递增，所以()()()11111min 111111e ln 1ln 1111x m g x g x x x x x x +===-+=+=+++++，即52,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．要证方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解，只要证方程1e e ln(1)0x m x +-+=有唯一的实数解．设15()ee ln(1)22xmH x x m +⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，则()1e e 1mxH x x+'=-+，所以函数()H x '在(1,)-+∞上递增，又(0)e e 0mH '=-<，e (1)(1)0mm H m m-'-=>，由零点存在定理，2(0,1)x m ∃∈-时，2()0H x '=，即212e e1mx x +=+，因此()221ln 1m x x =+++，又1111ln 11m x x =+++，设()ln m x x x =+，则函数()m x 在(0,)+∞上递增，于是21111x x +=+且()21ln 11x x +=+，而函数()H x 在()21,x -上递减，在()2,x +∞上递增，()()()()()21min 2221121()e e ln 1e ln 1e 1101x m m m H x H x x x x x x +⎛⎫∴==-+=-+=+-+= ⎪+⎝⎭，即函数()H x 有唯一零点2x ，故方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解．15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．【解析】（1）由()e ln xf x a x =-，可得()1e x f x a x'=-，因为()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即1e xa x ≥在[)1,+∞上恒成立，令()()1,1e x g x x x =≥，则()()()2211e e 0e e x x x x x g x x x x +'=-+=-<在[)1,+∞上恒成立，即()g x 在[)1,+∞上单调递减，所以()()max 11eg x g ==，由1e x a x ≥在[)1,+∞上恒成立，可得()max1ea g x ≥=，所以实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为函数()e 1x x x φ=--，()e 1xx φ'=-，令()0x φ'=，则0x =，即0x >时，()0x φ'>，则()x φ单调递增；即0x <时，()0x φ'<，则()x φ单调递减；所以()()0110x φφ≥=-=，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =取等号），因为函数()ln 1x x x ϕ=-+，()0x >，则()11x xϕ'=-，令()0x ϕ'=，则1x =，当01x <<时，()0x ϕ'>，则函数()x ϕ单调递增；当1x >时，()0x ϕ'<，则函数()x ϕ单调递减；所以()()10110x ϕϕ≤=-+=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），因为21ea ≥，且e 1xx ≥+（当且仅当0x =取等号），ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），所以()()221e ln e 1e 1exxx f x a x x x -=->⋅--=-+（两个等号不同时成立这里反为大于号），令()()2e1,0x h x x x -=-+>，即证()0h x ≥，因额为()2e1x h x -'=-，令()0h x '=，可得20e e 1x -==，所以2x =，当02x <<时，()0h x '<，则函数()h x 单调递减；当2x >时，()0h x '>，则函数()h x 单调递增；所以()()22min 2e 210h x h -==-+=，所以()()20h x h ≥=，即当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为()ln af x x x=+，所以21()a f x x x '=-，又()f x 在1x =处的切线方程为y b =，所以(1)10,f a ='-=故1a =，又()1ln11f a =+=，所以切线方程为1y =，故1b =，所以()1ln f x x x=+，则22111().x f x x x x -'=-=当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x ≥时，()0f x '≥，()f x 单调递增.综上，()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为[)1,+∞.（2）22e ()e e ln e ln (),0,1x x x x x f x mx x x mx x mF x x x x x x x -+++===>---且1x ≠.由曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方,知e ln 11x x m x x +>+-.当1x >时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +>-，即2e ln 10.x x x m -++>设2 ()e ln 1(1),x g x x x m x =-++>则112()e (ln )2e (ln )ex xx x g x x x x x x '=+-=+-.由（1）可知，当1x >时，()1ln f x x x=+单调递增,所以()()11f x f >=.设2()e x x h x =，则2(1)()e xx h x -'=，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，所以2()(1)1eh x h <=<.所以当1x >时，12()e (ln 0exx xg x x x '=+->，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()(1)g x g m >=，所以0m ≥.当01x <<时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +<-，即2e ln 10.x x x m -++<设2()e ln 1(01),x g x x x m x =-++<<由①可知12()e (ln e x xxg x x x '=+-.。
妙用洛必达法则-2023年新高考数学导数压轴题(解析版)
妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。
高中数学《导数》压轴小题精练100(含答案)
A. 22-1 , 1
C.
-
∞，
1-2 2
∪
2-1 2
，
+
∞
B.
-1
，
1-2 2
D. - ∞ , -1 ∪ 1, + ∞
（
）
答案 D
-1 -2 + 22
≤∃
kl2
<
0
试题6.12 【 导 数 的 切 线 法 】 已 知 实 数 ，则
满足
，实数
的 最 小 值 为（
满足 ）
A. 1
B. 2
C. 3
试题25.11 【图像法 + 转化法 + 零点】函数 f x
= l-nx- xx>x0≤ 0
与 gx
=
1 2
x
+
a
+1
的图象
上存在关于 y 轴对称的点，则实数 a 的取值范围是
A. - ∞ , 3 - 2ln2 B. 3 - 2ln2, + ∞ C. e , + ∞
D. - ∞ , -e
（
）
B
画出
D. 0
B
试题12.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
=
x+12+ln1+9x2 -3xcosx x2+ 1
，且
f
2017
=
2016，则 f -2017 =
（2015
C. -2016
D. -2017
A
试题13.12 【利用对称中心破题】已知函数 f x
= lnx - x2与 gx
D. 4
A 【距离模型 + 转化法】
函数与导数经典常考压轴大题
函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x 22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.02证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．3(2024·上海松江·二模)已知函数y =x ⋅ln x +a (a 为常数)，记y =f (x )=x ⋅g (x ).(1)若函数y =g (x )在x =1处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：f (x )+f (t -x )≥f (t )-t ln2+a ；(3)当a =1时，求证：g (x )+cos x <e x x.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min ．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-axe x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x的不等式f x >a1-x无整数解，求a的取值范围.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xe x-ae x,a∈R．(1)当a=0时，求f x 在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x∈R，有f x ≤e x-1恒成立，求a的取值范围．3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x+1,g x =e x-1.(1)求曲线y=f x 与y=g x 的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,f x+1≤a2g x +a2-a+1，求a的取值范围.04零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x-1，g x =ln x+b.(1)求函数F x =x-1f x 的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f x 与y=g x 都相切，求b的取值范围.2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=e ax+1 x．(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值；(3)若a<-e，求函数f(x)的零点个数．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x a e2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．3(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=e x -sin x ．(1)若f (x )≥ax 2+1对于任意x ∈[0,+∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )的零点按照从大到小的顺序构成数列x n ，n ∈N *，证明：2ni =1x i <-2n 2+n π；(3)对于任意正实数x 1,x 2，证明：e x 2-x 2-1 e x 1>sin x 1+x 2 -sin x 1-x 2cos x 1．1已知函数f x =ax -ln x x ，a >0．(1)若f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的零点，且x 1<x 2，证明：a x 1+x 2 2>2．2已知函数f x =3ln x -ax ．(1)讨论f x 的单调性．(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个零点x 1<x 2 ．(ⅰ)求实数a 的取值范围．(ⅱ)λ∈0,12 ,f x 是f x 的导函数．证明：f λx 1+1-λ x 2 <0．3如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二阶导数(已知圆x -a 2+y -b 2=r 2在点A x 0,y 0 处的二阶导数等于r 2b -y 0 3)；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．(1)求抛物线y =x 2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线y =1x的曲率半径的最小值；(3)若曲线y =e x 在x 1,e x 1 和x 2,e x 2x 1≠x 2 处有相同的曲率半径，求证：x 1+x 2<-ln2．4已知函数f x =ax2+x-ln x-a．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若f x 有2个零点x1,x2，证明：a x1+x22+x1+x2>2．5已知函数f x =12e2x+a-2e x-2ax．(1)若曲线y=f x 在0,a-32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及f x 的单调区间．(2)若f x 的极大值为f ln2，求a的取值范围．(3)当a=0时，求证：f x +5e x-52>32x2+x ln x．6已知函数f x =12x2+x+a ln x+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：当a<-1时，a2+f x >1．7已知函数f x =x ln x+ax+1a∈R．(1)若f x ≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当x>1时，证明：e x ln x>e(x-1)．(1)判断函数f(x)的单调性(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<ln2,n∈N*.9牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯，x n.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解.已知函数f x =x3-x+1，a∈R.(1)试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x +3x2+6x+5+ae x≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．11已知函数f x =x2-2a ln x-2(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤2ln x2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．12已知函数f x =xe x，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：f x ≤e x-1；(3)设g x =f x -e2x+2ae x-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得g x0≥0，求a的最大值.13已知函数f x =e x-1-ax a∈R．(1)若函数f x 在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2时，讨论函数F x =f x -x ln x零点的个数．14已知函数f(x)=e2x-(2a-1)e x-ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.15已知函数f x =e x-x2+a，x∈R，φx =f x +x2-x.(1)若φx 的最小值为0，求a的值；(2)当a<0.25时，证明：方程f x =2x在0,+∞上有解.16已知f (x )=x ex,g (x )=ln x x ．(1)求函数y =f (x )、y =g (x )的单调区间和极值；(2)请严格证明曲线y =f (x )、y =g (x )有唯一交点；(3)对于常数a ∈0,1e，若直线y =a 和曲线y =f (x )、y =g (x )共有三个不同交点x 1,a 、x 2,a 、x 3,a ，其中x 1<x 2<x 3，求证：x 1、x 2、x 3成等比数列．17已知函数f x =sin x -ax ⋅cos x ,a ∈R ．(1)当a =1时，求函数f x 在x =π2处的切线方程；(2)x ∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x >0，求a 的取值范围；(ⅱ)证明：sin 2x ⋅tan x >x 3．18f(x)=2sin(x+φ)-a+e-x，φ∈0,π2，已知f(x)的图象在(0,f(0))处的切线与x轴平行或重合．(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：157k=1sinkπ314<106．eπ314e-π314e78π314e-78π314e79π314e-79π314 1.0100.990 2.1820.458 2.2040.45419数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a =(x ,y )，其模定义为|a |=x 2+y 2.类似地，对于n 行n 列的矩阵A nn =a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A =∑ni =1∑nj =1a 2ij12(其中a ij为矩阵中第i 行第j 列的数，∑为求和符号)，记作A F，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A 22=a 11a 12a21a 22=2435，其矩阵模A F =∑n i =1∑nj =1a 2ij12=22+42+32+52=3 6.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)∀n ∈N *，n ≥3，矩阵B nn =100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯n，求使B F >35的n 的最小值.(2)∀n ∈N *，n ≥3，，矩阵C nn =1cos θcos θcos θ⋯cos θcos θ0-sin θ-sin θcos θ-sin θcos θ⋯-sin θcos θ-sin θcos θ00sin 2θsin 2θcos θ⋯sin 2θcos θsin 2θcos θ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(-1)n -2sin n -2θ(-1)n -2sin n -2θcos θ0000⋯0(-1)n -1sin n -1θ求C F.(3)矩阵D mn =ln n +2n +100⋅⋅⋅0ln n +1n 22ln n +1n 220⋅⋅⋅0⋮ln 43n -1n -1ln 43 n -1n -1ln 43 n -1n -1⋅⋅⋅0ln 32 n n ln 32 n n ln 32 nn ⋅⋅⋅ln 32nn，证明：∀n ∈N *，n ≥3，D F >n 3n +9.20已知函数f x =sin x -ln 1+ax ．(1)若x ∈0,π2时，f x ≥0，求实数a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：sin 13+ln 32-ln n +2n +1<nk =1sin 1k k +2 <34．1函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；2(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．【解析】(1)当a =1时，f x =2e x -12x 2+1,f x =2e x -x ，则f 0 =3,f 0 =2，则切线方程为y -3=2x ，因此曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程为2x -y +3=0．(2)证明：函数f x =a +1 e x -x ,x 1,x 2是y =f x 的两个零点，所以x 1=a +1 e x 1,x 2=a +1 e x 2，则有x 1+x 2=a +1 e x 1+e x 2，且x 2-x 1=a +1 e x 2-e x1，由x 1<x 2，得a +1=x 2-x 1e x 2-ex 1．要证x 1+x 2>2，只要证明a +1 e x 1+e x 2>2，即证x 2-x 1 e x 2+ex1e x 2-ex 1>2．记t =x 2-x 1，则t >0,e t >1，因此只要证明t ⋅e t +1e t -1>2，即t -2 e t +t +2>0．记h t =t -2 e t +t +2(t >0)，则h t =t -1 e t +1，令φt =t -1 e t +1，则φ t =te t ，当t >0时，φ t =te t >0，3所以函数φt =t -1 e t +1在0,+∞ 上递增，则φt >φ0 =0，即h t >h 0 =0，则h t 在0,+∞ 上单调递增，∴h t >h 0 =0，即t -2 e t +t +2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.【解析】(1)因为f x =ln x +x 2-2ax ,x >0，所以f(x )=1x +2x -2a =2x 2-2ax +1x,令g (x )=2x 2-2ax +1，则Δ=4a 2-8=4a 2-2 ，因为a >0，当0<a ≤2时，Δ≤0，则g (x )≥0，即f (x )≥0，此时f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，Δ>0，由g (x )=0，得x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22，且x 3<x 4，当0<x <x 3或x >x 4时，g (x )>0，即f (x )>0；当x 3<x <x 4时，g (x )<0，即f (x )<0，所以f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减；综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减，其中x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22.(2)由(1)可知，x 3,x 4为f (x )的两个极值点，且x 3<x 4，所以x 1=x 3,x 2=x 4，且x 1,x 2是方程2x 2-2ax +1=0的两不等正根，此时a >2，x 1+x 2=a >0，x 1⋅x 2=12，所以x 1∈0,22 ，x 2∈22,+∞ ，且有2ax 1=2x 21+1，2ax 2=2x 22+1，则2f x 1 -f x 2 =2ln x 1+x 21-2ax 1 -ln x 2+x 22-2ax 2=2ln x 1+x 21-2x 21-1 -ln x 2+x 22-2x 22-1 =-2x 21+2ln x 1-ln x 2+x 22-1=x 22-212x 22+2ln12x 2-ln x 2-1=x 22-12x 22-32ln x 22-2ln2-1令t =x 22，则t ∈12,+∞ ，令g t =t -12t -32ln t -2ln2-1，则g t =1+12t 2-32t =2t -1 t -1 2t 2，当t ∈12,1 时，g t <0，则g t 单调递减，当t ∈1,+∞ 时，g t >0，则g t 单调递增，所以g t min =g 1 =-1+4ln22，所以2f x 1 -f x 2 的最小值为-1+4ln22.402证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．【解析】(1)f x =me x -2x +m ，f 2 =me 2-4+m ，f 2 =me 2-4+m ，则有4e 2=me 2-4+m ，4e 2×2-me 2-4+m -4e 2=0，解得m =4；(2)由m =4，故f x =4e x -x 2+4x -4，要证对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2，即证4e x ≥e 2+1 x 2-4x +4对一切x ≥0恒成立，即证e 2+1 x 2-4x +4e x ≤4对一切x ≥0恒成立，令g x =e 2+1 x 2-4x +4e x，gx =2e 2+1 x -4-e 2+1 x 2+4x -4e x =-e 2+1 x 2+2e 2+3 x -8e x=-e 2+1 x -4 x -2 e x ，则当x ∈0,4e 2+1 ∪2,+∞ 时，g x <0，则当x ∈4e 2+1,2时，g x >0，即g x 在0,4e 2+1 、2,+∞ 上单调递减，在4e 2+1,2上单调递增，又g 0 =4e 0=4，g 2 =4e 2+1 -4×2+4e 2=4e 2+4-8+4e 2=4，故g x ≤4对一切x ≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．【解析】(1)当a =4时，f (x )=(x -4)e x +x +4，则f (x)=(x-3)e x+1，得f (0)=-2，又f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；(2)f(x)=(x-a)e x+x+a≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，f (x)=(x+1-a)e x+1，设g(x)=(x+1-a)e x+1(x≥0)，则g (x)=(x+2-a)e x，当2-a≥0即a≤2时，g (x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=2-a≥0，所以g(x)≥0，即f (x)≥0，此时f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(0)=0，所以f(x)≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立.当2-a<0即a>2时，令g (x)<0⇒0<x<a-2,g (x)>0⇒x>a-2，所以函数g(x)在(0,a-2)上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增，则g(x)min=g(a-2)=1-e a-2<0，又g(0)=2-a<0，所以在(0,a-2)上恒有g(x)<0，即f (x)<0，函数f(x)在(0,a-2)上单调递减，且f(0)=0，则在(0,a-2)上有f(x)<0，不符合题意.综上，a≤2，即实数a的取值范围为(-∞,2](3)由a n+1=2a na n+2，得1a n+1-1a n=12，又1a1=1，所以数列1a n是以1为首项，以12为公差的等差数列，故1a n=1+12(n-1)=n+12，所以a n=2n+1.当n=1时，S1+13=a1+13=43<ln6恒成立；当n≥2时，先证：2n+1<ln n+2n，即证2n+1<ln n+1+1n+1-1=ln1+1n+11-1n+1，设x=1n+1，则0<x<1，即证2x<ln1+x1-x(0<x<1)，令h(x)=2x-ln 1+x1-x(0<x<1)，则h (x)=2-1x+1-11-x=-2x21-x2<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)<h(0)=0，即2x<ln 1+x1-x，即2n+1<ln n+2n.所以当n≥2时，S n+13=13+23+24+⋯+2n+1<ln6+ln42+ln53+⋯+ln n+2n=ln6×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)2×3×4×5×⋯×n=ln[(n+1)(n+2)].综上，S n+13<ln[(n+1)(n+2)].3(2024·上海松江·二模)已知函数y=x⋅ln x+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x).(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-t ln2+a；(3)当a=1时，求证：g(x)+cos x<e xx.【解析】(1)由题意，函数y=x⋅ln x+a，且y=f(x)=x⋅g(x)，可得g(x)=f(x)x=ln x+ax,x>0，则g (x)=1x-ax2=x-ax2，5所以g (1)=1-a，又因为g(1)=ln1+a=a，所以g x 在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1-a)⋅(0-1)+a，解得a=1 2 .(2)设函数h x =f x +f t-x,t>0，可得h x =x ln x+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则h x =ln x+1-ln(t-x)-1=lnxt-x，令h x >0，可得xt-x>1，即2x-tt-x>0，即2x-tx-t<0，解得t2<x<t，令h x <0，可得0<xt-x<1，解得0<x<t2，所以h x 在t2,t上单调递增，在0,t2上单调递减，可得h x 的最小值为ht2，所以h x ≥h t2 ，又由ht2=f t2 +f t-t2=t ln t2+2a=f t -t ln2+a，所以f x +f t-x≥f t -t ln2+a.(3)当a=1时，即证ln x+1x <e xx-cos x，由于cos x∈[-1,1]，所以e xx-cos x≥e xx-1，只需证ln x+1x<e xx-1，令k x =ln x+1x-e xx+1,x>0，只需证明k x <0，又由k x =1x-1x2-e x(x-1)x2=(1-e x)(x-1)x2，因为x>0，可得1-e x<0，令k x >0，解得0<x<1；令k x <0，解得x>1，所以k x 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以k x 在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k x max=k1 =2-e<0，即k x <0，即a=1时，不等式g(x)+cos x<e xx恒成立.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(1)通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；(2)利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；(3)根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x∈D，m≤f x ⇔m≤f x min；(2)∀x∈D，m≥f x ⇔m≥f x max；(3)∃x∈D，m≤f x ⇔m≤f x max；(4)∃x∈D，m≥f x ⇔m≥f x min．673、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-ax e x a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x >a 1-x 无整数解，求a 的取值范围.【解析】(1)f x =1-a -ax e x ，当f x =0，得x =1-aa ，当a >0时，x ∈-∞,1-a a时，fx >0，f x 单调递增，x ∈1-a a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，当a <0时，x ∈-∞,1-aa时，f x <0，f x 单调递减，x ∈1-a a,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，当a =0时，f x =e x ，函数f x 在R 上单调递增，综上可知，a >0时，函数f x 的单调递增区间是-∞,1-a a，单调递减区间是1-aa ,+∞ ，a <0时，函数f x 的单调递减区间是-∞,1-a a ，单调递增区间是1-aa ,+∞ ，a =0时，函数f x 的增区间是-∞,+∞ ，无减区间.(2)不等式1-ax e x >a 1-x ，即a x -x -1e x<1，设h x =x -x -1e x ，h x =1-2-x e x =e x +x -2e x，设t x =e x +x -2，t x =e x +1>0，所以t x 单调递增，且t 0 =-1，t 1 =e -2>0，所以存在x 0∈0,1 ，使t x 0 =0，即h x 0 =0，当x ∈-∞,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1ex，因为e x≥x +1，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1e x 0≥x 0x 0+1 -x 0+1e x 0=x 20+1ex>0，当x ≤0时，h x ≥h 0 =1，当x ≥1时，h x ≥h 1 =1，不等式1-ax e x >a 1-x 无整数解，即a x -x -1e x<1无整数解，若a ≤0时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若a ≥1时，即1a≤1，因为函数h x 在-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以x ∈Z 时，h x ≥min h 0 ,h 1 =1≥1a ，所以h x <1a 无整数解，符合题意，当0<a <1时，因为h 0 =h 1 =1<1a ，显然0,1是a ⋅h x <1的两个整数解，不符合题意，8综上可知，a ≥1.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xex -ae x ,a ∈R ．(1)当a =0时，求f x 在x =1处的切线方程；(2)当a =1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有f x ≤e x -1恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =0时，f x =xex ，则f x =1-x ex，f 1 =0，f 1 =1e ，所以切线方程为y =1e．(2)当a =1时，f x =xe -x -e x ，f x =1-x e -x -e x =1-x -e 2xex．令g x =1-x -e 2x ，g x =-1-2e 2x<0，故g x 在R 上单调递减，而g 0 =0，因此0是g x 在R 上的唯一零点即：0是f x 在R 上的唯一零点当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：x-∞,0 00,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 的单调递减区间为：0,+∞ ；递增区间为：-∞,0 f x 的极大值为f 0 =-1，无极小值(3)由题意知xe -x-ae x≤e x -1，即a ≥xe -x -e x -1e x，即a ≥x e2x -1e ，设m x =x e 2x -1e ，则mx =e 2x -2xe 2x e 2x2=1-2x e 2x ，令m x =0，解得x =12，当x ∈-∞,12 ，m x >0，m x 单调递增，当x ∈12,+∞ ，m x <0，m x 单调递减，所以m x max =m 12 =12e -1e =-12e，所以a ≥-12e3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x +1,g x =e x -1.(1)求曲线y =f x 与y =g x 的公切线的条数；(2)若a >0,∀x ∈-1,+∞ ,f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1，求a 的取值范围.【解析】(1)设f x =ln x +1,g x =e x -1的切点分别为x 1,f x 1 ,x 2,g x 2 ，则f x =1x,g (x )=e x ，故f x =ln x +1,g x =e x -1在切点处的切线方程分别为y =1x 1x -x 1 +ln x 1+1⇒y =1x 1x +ln x 1，y =e x 2x -x 2 +e x 2-1⇒y =e x 2x -x 2e x 2+e x2-1则需满足；91x 1=ex 2ln x 1=-x 2ex 2+e x 2-1,故ln1ex 2=-x 2e x 2+e x 2-1⇒e x 2-1 x 2-1 =0，解得x 2=0或x 2=1，因此曲线y =f x 与y =g x 有两条不同的公切线，(2)由f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1可得ln x +1 +1≤a 2e x -1 +a 2-a +1，即ln x +1 ≤a 2e x -a 对于∀x ∈-1,+∞ 恒成立，ln 0+1 ≤a 2e 0-a ，结合a >0,解得a ≥1设m (x )=ln x -x +1,，则当x >1时m (x )=1x-1<0,m x 单调递减，当0<x <1时，m (x )>0,m x 单调递增，故当m (x )≤m 1 =0，故ln x ≤x -1,因此ln x +1 ≤x ，x >-1 ，令F x =x -a 2e x +a ,x >-1 ，则F x =1-a 2e x ，令F x =1-a 2e x =0，得x =-2ln a ，当-2ln a ≤-1时，此时a ≥e ，F x =1-a 2e x <0，故F x 在x >-1上单调递减，所以F x <F -1 =-1-a 2e +a =-a 2+ea -e e =-a -e 2 2+e 24-e e≤-e -e 22+e 24+ee=e -2<0，所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，当-2ln a >-1时，此时1<a <e ，令F x =1-a 2e x >0，解得-1<x <-2ln a ,F x 单调递增，令F x =1-a 2e x <0，解得x >-2ln a ,F x 单调递减，故F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a ，令p a =-2ln a -1+a ，则p a =-2a +1=a -2a ，由于1<a <e ，所以p a =-2a +1=a -2a<0，故p a 在1<a <e 单调递减，故p a <p 1 ，即可p a <0，因此F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a <0⇒F x <0所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，综上可得a ≥104零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y =k )在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x -1，g x =ln x +b .(1)求函数F x =x -1 f x 的单调区间；10(2)若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，求b 的取值范围.【解析】(1)F x =x -1 f x =x -1 e x -1，F x =xe x -1，令F x >0，得x >0，令F x <0，得x <0，所以函数F x 的单调递增区间为0,+∞ ，单调递减区间为-∞,0 ；(2)∵f x =e x -1∴f x =e x -1在m ,e m -1 处的切线方程为y =e m -1x +1-m e m -1，∵g x =1x，∴g x =ln x +b 在点n ,ln n +b 处的切线方程为y =1nx +ln n +b -1，由题意得e m -1=1n(1-m )e m -1=ln n +b -1，则m -1 e m -1-m +b =0，令h m =m -1 e m -1-m +b ，则h (x )=me m -1-1，令φm =me m -1-1，则φ m =m +1 e m -1，当m <-1时，φ m <0，当m >-1时，φ m >0，所以函数φm 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，即函数h m 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，且当m ≤0时，h m <0，所以m <1时，h m <0，h (m )单调递减；当m >1时，h (m )>0，h (m )单调递增，所以h m min =h 1 =b -1，若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，则曲线y =h m 与x 轴有两个不同的交点，则h 1 =b -1<0，所以b <1，此时h b -1 =b -2 e b -2+1>-1e+1>0，h 3-b =2-b e 2-b +2b -3>2-b 3-b =b -322+34>0，所以b 的取值范围为-∞,1 .2(2024·北京房山·一模)已知函数f (x )=e ax +1x．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)设g (x )=f (x )⋅x 2，求函数g (x )的极大值；(3)若a <-e ，求函数f (x )的零点个数．【解析】(1)当a =0时，f (x )=1+1x ，f x =-1x 2，则f 1 =-1,f 1 =2，所以曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -2=-x -1 ，即y =-x +3；(2)f (x )=ae ax -1x2，则g (x )=f (x )⋅x 2=ax 2e ax -1x ≠0 ，则g x =2axe ax +a 2x 2e ax =ax ax +2 e ax x ≠0 ，当a =0时，g x =-1，此时函数g x 无极值；当a >0时，令g x <0，则x >0或x <-2a ，令g x <0，则-2a<x <0，所以函数g x 在-∞,-2a ,0,+∞ 上单调递增，在-2a ,0 上单调递减，所以g x 的极大值为g -2a =4ae2-1；当a<0时，令g x <0，则x<0或x>-2a，令gx <0，则0<x<-2a，所以函数g x 在-∞,0,-2a,+∞上单调递增，在0,-2a上单调递减，而函数g x 的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以此时函数g x 无极值.综上所述，当a≤0时，函数g x 无极大值；当a>0时，g x 的极大值为4ae2-1；(3)令f(x)=e ax+1x =0，则e ax=-1x，当x>0时，e ax>0,-1x<0，所以x>0时，函数f x 无零点；当x<0时，由e ax=-1x，得ax=ln-1x，所以a=-ln-xx，则x<0时，函数f x 零点的个数即为函数y=a,y=-ln-xx图象交点的个数，令h x =-ln-xxx<0，则h x =ln-x-1x2，当x<-e时，h x >0，当-e<x<0时，h x <0，所以函数h x 在-∞,-e上单调递增，在-e,0上单调递减，所以h x max=h-e=1 e，又当x→-∞时，h x >0且h x →0，当x→0时，h x →-∞，如图，作出函数h x 的大致图象，又a<-e，由图可知，所以函数y=a,h x =-ln-xx的图象只有1个交点，即当x<0时，函数f x 只有1个零点；综上所述，若a<-e，函数f(x)有1个零点．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知f x 定义域0,+∞，当m=5时，f x =-4x3+5x-1,-4x3+5x-1≥ln xln x,-4x3+5x-1<ln x ，令g x =-4x3+5x-1，g x =-12x 2+5>0⇒0<x <6012，⇒g x 在0,6012 单调递增，6012,+∞ 单调递减，且g 1 =0，令h x =ln x ，则在0,+∞ 单调递增，而f 1 =0=h 1 ，又g 14 =316，h 14 =ln 14<-1，而g 0 =-1，所以当0<x <14时，g x >h x ，当14≤x <1时，g x >0>h x ，所以当0<x <1时，f x =g x ，当x ≥1时，f x =h x ，所以f x =-4x 3+5x -1,0<x <1ln x ,x ≥1，所以f x 在0,6012和1,+∞ 单调递增，在6012,1 单调递减.(ⅰ)当0<x <1时，f x =-12x 2+5，设切点M x 0,-4x 30+5x 0-1 ，则此切线方程为y =-12x 20+5 x -x 0 -4x 30+5x 0-1，又此切线过原点，所以0=-12x 20+5 0-x 0 -4x 30+5x 0-1，解得x 0=12，即此时切线方程是2x -y =0；(ⅱ)当x ≥1时，f x =ln x ，所以f x =1x，设切点为x 0,ln x 0 ，此时切线方程y =1x 0x -x 0 +ln x 0，又此切线过原点，所以0=1x 00-x 0 +ln x 0，解得x 0=e ，所以此时切线方程x -ey =0，综上所述，所求切线方程是：x -ey =0或2x -y =0；(2)(ⅰ)当m =5时，由(1)知，f x 在0,6012 和1,+∞ 单调递增，6012,1单调递减，且f 0 =1，f 14 =316>0，f 1 =0，此时f x 有两个零点；(ⅱ)当m >5时，当0<x <1时，-4x 3+5x -1<-4x 3+mx -1，由(1)知：g x =-4x 3+5x -1在0,6012 递增，6012,1递减，且g 1 =0，所以x ∈6012,+∞ 时，f x >0，而f 0 =-1，所以f x 在0,6012 只有一个零点，6012,+∞ 没有零点；(ⅲ)当0<m <5时，y =-4x 3+mx -1，此时y =-12x 2+m >0得0<x <m 12<6012，由(1)知，当x ≥1时，f x =ln x 只有一个零点x =1，要保证f x 只有一个零点，只需要当0<x <1时，f x =-4x 3+mx -1没有零点，f m12=-4m123+m m 12-1=m 3m 9-1<00<m<1 ，得0<m <3；(ⅳ)当m≤0时，当x∈0,+∞时，g x =-4x3+mx-1<0，此时f x 只有一个零点x=1，综上，f x 只有一个零点时，m<3或m>5 .05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.【解析】(1)因为f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x，所以f x =x2-ax+a sin x-x sin x=x-ax-sin x.设g x =x-sin x，则g x =1-cos x≥0，所以g x 在R上单调递增，且g0 =0，所以当x>0时，x-sin x>0；当x<0时，x-sin x<0.当a=0时，f x =x x-sin x≥0，所以f x 在R上单调递增.当a>0时，若x∈0,a，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,0或x∈a,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.当a<0时，若x∈a,0，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,a或x∈0,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.综上所述，当a=0时，f x 在R上单调递增；当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在-∞,0，a,+∞上单调递增；当a<0时，f x 在a,0上单调递减，在-∞,a，0,+∞上单调递增. (2)①由(1)知，当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，又f0 =-a<0，所以f a <f0 <0，所以f x 在0,a上没有零点.因为x>0，所以f(x)=13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x>13x3-12a x2+2-x-1=19x2x-92a+19x x2-9+19x3-a+1所以当x>92ax>3x>39a+9时，f x >0，此时f x 在a,+∞上只有1个零点.综上可得，f x 在0,+∞上只有1个零点.②由a>0，知f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，所以f x ≥f a =-16a3-sin a，所以f a +16a 3+12a 2+2sin a +π4 -1=12a 2+cos a -1.设h a =12a 2+cos a -1，则h a =a -sin a .由(1)知，当a >0时，a -sin a >0，所以当a >0时，h a >0，所以h a >0在0,+∞ 上单调递增，所以h a >h 0 =0，即f a >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4 ，所以f x >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x ae2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 2e 2xfx =2x ⋅e 2x -x 2⋅e 2x ⋅2e 2x 2=-2x (x -1)e 2x 令f x =0，解得x =0或x =1，所以x 、f (x )、f (x )的关系如下表：x (-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)f (x )-0+-f (x )单调递减单调递增1e 2单调递减所以函数f x 的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(-∞,0)和(1,+∞)；极大值f (1)=1e2，极小值f (0)=0；(2)f (x )-cos ln f (x ) ≥a ln x 2-4x ⇔x a e 2x -cos ln x a e2x≥2a ln x -4x⇔e a ln x -2x -2(a ln x -2x )-cos (a ln x -2x )≥0令g (t )=e t -2t -cos t ，其中t =a ln x -2x ，设F (x )=a ln x -2x ，a >0F (x )=a x -2=a -2xx 令F (x )>0，解得：0<x <a2，所以函数F (x )在0,a 2上单调递增，在a2,+∞ 上单调递减，F (x )max =F a 2 =a ln a2-a ，且当x →0+时，F (x )→-∞，所以函数F (x )的值域为-∞,a ln a2-a ；又g (t )=e t -2+sin t ，设h (t )=e t -2+sin t ，t ∈-∞,a ln a2-a ，则h (t )=e t +cos t ，当t ≤0时，e t ≤1,sin t ≤1，且等号不同时成立，即g (t )<0恒成立；t。
导数真题压轴题解析及答案
导数真题压轴题解析及答案在高中数学学习中，导数是一个非常重要的概念，它不仅被广泛应用于数学领域，还与自然科学和工程技术密切相关。
因此，在备考高考数学时，导数相关的题目往往成为考生们最为关注和重视的一部分。
下面将针对一道导数题进行详细解析，并给出答案和思路。
假设已知函数f(x) 对全部实数 x 都可导，且满足当x ≤ 0 时f(x) = -x^2 + 3x + a，x > 0 时f(x) = x^2 - x + b，其中a，b 为常数。
题目1：已知曲线 y = f(x) 在点 (1, 2) 处的切线方程为 y - 2 = 7(x - 1)，求常数 a，b 的值。
解析：首先我们来看函数 f(x) 的定义域分为两部分，x ≤ 0 和 x > 0，对于x ≤ 0 的情况，函数表达式为 f(x) = -x^2 + 3x + a，对其求导得到 f'(x) = -2x + 3。
同样对于 x > 0，函数表达式为f(x) = x^2 - x + b，对其求导得到 f'(x) = 2x - 1。
由题目给出的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们可以将切线方程转化为导数 f'(1) 的值等于 7，即：f'(1) = 7-2 × 1 + 3 = 7-2 + 3 = 71 = 7由上述计算可知求得的 f'(1) = 7 不成立，说明原切线方程与函数 f(x) 在点 (1, 2) 的导数不符合。
因此，我们需要重新计算切线方程。
通过 f(x) 的定义可以得到：当x ≤ 0 时，f(1) = -1^2 + 3 × 1 + a = 2 - 1 + a = a + 1当 x > 0 时，f(1) = 1^2 - 1 + b = 1 - 1 + b = b所以，根据给定的切线方程 y - 2 = 7(x - 1)，我们有：a + 1 = 7 × (1 - 1) = 0b = 7 × 1 - 2 = 7 - 2 = 5因此，常数 a 的值为 -1，常数 b 的值为 5。
高考数学函数与导数相结合压轴题精选(含具体解答)
高考数学函数与导数相结合压轴题精选11、已知)0()(23>+++=a d cx bx ax x f 为连续、可导函数，如果)(x f 既有极大值M ，又有极小值N ，求证：.N M >证明：由题设有),)((323)(212x x x x a c bx ax x f --=++='不仿设21x x <，则由时当时当时当知),(,0)(),(,0)(),(:02211+∞∈<'∈>'-∞∈>x x x f x x x x f x x a1)(,0)(x x f x f 在故>'处取极大值，在x 2处取极小值，)()()()()(212221323121x x c x x b x x a x f x f -+-+-=-])()()[(212122121c x x b x ax x x a x x +++-+-=)]3(92)[(]3232)32()[(22121ac b ax x c abb ac a a b a x x ---=+-⋅+⋅--⋅-=由方程0232=++c bx ax 有两个相异根，有,0)3(412)2(22>-=-=∆ac b ac b又)()(,0)()(,0,0212121x f x f x f x f a x x >>-∴><-即，得证. 12、已知函数ax x x f +-=3)(在（0，1）上是增函数. （1）求实数a 的取值集合A ；（2）当a 取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+，且b b a )(1,0(1=为常数），试比较n n a a 与1+的大小；（3）在（2）的条件下，问是否存在正实数C ，使20<-+<ca ca n n 对一切N n ∈恒成立？（1）设))(()()(,10222121122121a x x x x x x x f x f x x -++-=-<<<则由题意知：0)()(21<-x f x f ，且012>-x x)3,0(,222121222121∈++<++∴x x x x a x x x x 则}3|{,3≥=≥∴a a A a 即 （4分）（注：法2：)1,0(,03)(2∈>+-='x a x x f 对恒成立，求出3≥a ）.（2）当a =3时，由题意：)1,0(,2321131∈=+-=+b a a a a n n n 且以下用数学归纳法证明：*∈∈N n a n 对),1,0(恒成立.①当n=1时，)1,0(1∈=b a 成立；②假设n =k 时，)1,0(∈k a 成立，那么当1+=k n 时，k k k a a a 232131+-=+，由①知)3(21)(3x x x g +-=在（0，1）上单调递增，10)1()()0(1<<<<∴+k k a g a g g 即，由①②知对一切*∈N n 都有)1,0(∈n a （7分）而0)1(212121231>-=+-=-+n n n n n n a a a a a a n n a a >∴+1 （9分） （3）若存在正实数c ，使20<-+<ca ca n n 恒成立 （10分令),(,21+∞-+=-+=c cx cc x c x y 在上是减函数， n n n a ca ca 随着-+∴增大，而小， 又}{n a 为递增数列，所以要使20<-+<ca ca n n 恒成立，只须30,30201111bc a c c a ca c a <<<<∴⎪⎩⎪⎨⎧<-+>-即 （14分） 13、已知)(22)(2R x x ax x f ∈+-=在区间[－1，1]上是增函数. （1）求实数a 的值所组成的集合A. （2）设关于x 的方程xx f 1)(=的两根为1x 、2x ，试问：是否存在实数m ，使得不等式 ||1212x x tm m -≥++对任意]1,1[-∈∈t A a 及恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由（1）222)2()2(2)(+---='x ax x x f ]1,1[)(-在x f 是是增函数 ]1,1[,0)(-∈≥'∴x x f 对恒成立.设110)1(0)1(,2)(2≤≤-⇔⎩⎨⎧≤-≤--=a ax x x ϕϕϕ则有)(],1,1[x f x -∈对 是连续函数，且只有当0)1(,1=-'=f a 时，以及当}11|{,0)1(,1≤≤-=∴='-=a a A f a 时 （2）由02,12222=--=+-ax x xx a x 得 212,,08x x a ∴>+=∆ 是方程022=--ax x 的两实根.⎩⎨⎧-==+∴22121x x ax x 从而84)(||22122121+=-+=-a x x x x x x 38||11221≤+=-∴≤≤-a x x a要使不等式||1212x x tm m -≥++对任意]1,1[-∈∈t A a 及恒成立， 当且仅当]1,1[312-∈≥++t tm m 对任意恒成立， 即022≥-+tm m 对任意]1,1[-∈t 恒成立. 设22)(22-+=-+=m mt tm m t g则有2202)1(02)1(22-≤≥∴⎪⎩⎪⎨⎧≥-+=≥--=-m m m m g m m g 或∴存在m ，其范围为}22|{-≤≥m m m 或14、已知二次函数y=g(x )的图象过原点和点（m ，0）与点（m+1, m+1），（1）求y=g(x )的表达式；（2）设)(x f =(x －n)g(x )(m>n>0)且)(x f 在x =a 和x =b(b<a )处取到极值， ①求证：b<n<a <m ；②若m+n=22，则过原点且与曲线y=)(x f 相切的两条直线能否互相垂直？若能，则给出证明；若不能，请说明理由？（文科生做．．．．）设常数a >0, a ≠1，函数55log )(+-=x x x f a ， （1）讨论)(x f 在区间（－∞，－5）上的单调性，并予以证明； （2）设g(x )=1+log a (x －3),如果)(x f =g(x )有实数根，求a 的取值范围.（理科生做．．．．）解：（1）设g(x )=ax 2+b x +c(a ≠0)，由题意得.)(.0,,1,1)1(,0,022mx x x g c m b a b m a bm am c -=∴⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=解得…………………………3分 （2）∵f (x )=(x －n)g(x )=x (x －m)(x －n)=x 3－(m+n)x 2+mn x , ∴f ′(x )=3x 2－2(m+n)x +mn.…………… 5分①由题意知，a ,b 为方程f ′(x )=0的两个实根，又f ′(0)=m ·n>0, f ′(n)=n(n －m)<0, f ′(m)=m(m －n)>0,∴两根x =b ，x =a 分布在（0，n ），（n ，m ）内.又b<a ，∴b<n<a <m.…………9分 ②设两切点的横坐标分别为x 1, x 2，则切线l 1的方程为y －f (x 1)=[321x －2(m+n)x 1+mn](x －x 1). 又l 1过原点，∴－x 1(x 1－m)(x 1－n)= [321x －2(m+n)x 1+mn](－x 1) 解得x 1=0, 或x 1=2n m +,同理x 2=0或x 2=2n m +.∴x 1=0, x 2=2n m +.……………………12分 两切线的斜率分别为k 1=mn ，k 2=22.)(412=+++-n m mn n m 又， 若两切线相互垂直，则k 1k 2=－1，即mn ])22(41[2n m ⋅+-=－1，得mn=1.解方程组⎪⎩⎪⎨⎧-=+=⎩⎨⎧==+.12,12,122n m mn n m 得 故存在过原点且与曲线y=f (x )相切的两条直线互相垂直.………………14分 （文科生做．．．．）解：（1）)5101(log )(+-=x x f a .利用定义可以证明当a <1时，f (x )是 （－∞，－5）上的增函数；当0<a <1时，f (x )是（－∞，－5）上的减函数（证明略）……………………6分 （2）∵g(x )=1+log a (x －3), f (x )=g(x )有实根，即log a55+-x x =1+log a (x －3)有实根， 则实根大于5.又因为1+log a (x －3)=log a [a (x －3)]，原方程有大于5的实根，即 方程55+-x x =a (x －3)有大于5的实数根.…………………………………………9分 由此解得a =)3)(5(5-+-x x x (a >0).1254112201)05(201252522+≤++=>=-++=-+-=tt t x t t t x x x 令 当且仅当.16530.525,52-≤<∴+==a x t 时取等号即………………14分15、已知函数).,()(23R b a b ax x x f ∈++-= （1）若1=a ，函数)(x f 的图象能否总在直线b y =的下方？说明理由；（2）若函数)(x f 在[0，2]上是增函数，2=x 是方程)(x f =0的一个根，求证：2)1(-≤f ；（3）若函数)(x f 图象上任意不同的两点连线斜率小于1，求实数a 的取值范围.解：（1）不能，取,11)1(,1b b f x >++=--=则即存在点（－1，2+b ）在函数图象上，且在直线b y =的上方； （3分）（2）由2=x 是方程0)(=x f 的一个根，得,048)2(=++-=b a f 即a b 48-= （4分）又.32,0.023,0)(,23)(2122a x x ax x x f ax x x f ===+-='+-='得即令又函数)(x f 在[0，2]上是增函数，3,2322≥≥=∴a a x 即， （7分）2374811)1(-≤-=-++-=++-=a a a b a f （9分）（3）设任意不同的两点21222111),,(),,(x x y x P y x P ≠且，则.12121<--x x y y )14(3334,043)3(3)12(04230)1(4)(01)(1)(,12222222222222212221221212221212122322131分故分即即<<-∴<-++--∴<-++-<-+-+-=∆∈<-+--+-∴<++---<--++∴a a a a a x a ax x ax x x a R x ax x x x a x x x a x x x x x x ax x ax x16、（理）设e ex ax x f x()1()(2-⋅-+=为自然对数的底，a 为常数且R x a ∈<,0），)(x f 取极小值时，求x 的值. （文）函数a x x a ax x f (3)1(23)(23--+=为常数且R x a ∈≥,0）取极小值时，求x 的值. 理）解：)1()1()12()(2-⋅⋅-++⋅+='--x xe x ax e ax x f)2)(1(-+⋅-=-x ax ez………………2分 令210)(或ax x f -=⇒='………………4分（1）0121<<->-a 即当，由表)(,1xf ax 时-=∴取极小值.………………7分（2）0)2(21)(,21212≤-⋅⋅-='-==--x e x f a a x 时即当无极值.………………9分（3）121-<<-a 即当时，由表取极小值时时当综上取极小值时)(,1,021,.)(,2x f ax a x f x -=<<--=∴ 取极小值时时当)(,2,21x f x a -=-<)(,21x f a 时当-=无极小值. ………………12分)(x f ∴无极小值.………………6分（二）由表或令时当110)()1)(1(3)(,0-=⇒='+-='>x x f x x a x f a )(,x f ax 时当=∴取极小值综上，当)(,1,0x f ax a 时时=>取极小值当)(,0x f a 时=无极小值.………………12分17、已知0,1>->c b ，函数b x x f +=)(的图象与函数c bx x x g ++=2)(的图象相切. （1）求b 与c 的关系式。
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函数与导数相结合压轴题精选（二）11、已知)0()(23>+++=a d cx bx ax x f 为连续、可导函数，如果)(x f 既有极大值M ，又有极小值N ，求证：.N M >证明：由题设有),)((323)(212x x x x a c bx ax x f --=++='不仿设21x x <，则由时当时当时当知),(,0)(),(,0)(),(:02211+∞∈<'∈>'-∞∈>x x x f x x x x f x x a1)(,0)(x x f x f 在故>'处取极大值，在x 2处取极小值，)()()()()(212221323121x x c x x b x x a x f x f -+-+-=-])()()[(212122121c x x b x ax x x a x x +++-+-=)]3(92)[(]3232)32()[(22121ac b ax x c abb ac a a b a x x ---=+-⋅+⋅--⋅-=由方程0232=++c bx ax 有两个相异根，有,0)3(412)2(22>-=-=∆ac b ac b又)()(,0)()(,0,0212121x f x f x f x f a x x >>-∴><-即，得证. 12、已知函数ax x x f +-=3)(在（0，1）上是增函数. （1）求实数a 的取值集合A ；（2）当a 取A 中最小值时，定义数列}{n a 满足：)(21n n a f a =+，且b b a )(1,0(1=为常数），试比较n n a a 与1+的大小；（3）在（2）的条件下，问是否存在正实数C ，使20<-+<ca ca n n 对一切N n ∈恒成立？（1）设))(()()(,10222121122121a x x x x x x x f x f x x -++-=-<<<则由题意知：0)()(21<-x f x f ，且012>-x x)3,0(,222121222121∈++<++∴x x x x a x x x x 则}3|{,3≥=≥∴a a A a 即 （4分）（注：法2：)1,0(,03)(2∈>+-='x a x x f 对恒成立，求出3≥a ）. （2）当3时，由题意：)1,0(,2321131∈=+-=+b a a a a n n n 且以下用数学归纳法证明：*∈∈N n a n 对),1,0(恒成立.①当1时，)1,0(1∈=b a 成立；②假设时，)1,0(∈k a 成立，那么当1+=k n 时，k k k a a a 232131+-=+，由①知)3(21)(3x x x g +-=在（0，1）上单调递增，10)1()()0(1<<<<∴+k k a g a g g 即，由①②知对一切*∈N n 都有)1,0(∈n a （7分）而0)1(212121231>-=+-=-+n n n n n n a a a a a a n n a a >∴+1 （9分） （3）若存在正实数c ，使20<-+<ca ca n n 恒成立 （10分令),(,21+∞-+=-+=c cx cc x c x y 在上是减函数， n n n a ca ca 随着-+∴增大，而小， 又}{n a 为递增数列，所以要使20<-+<ca ca n n 恒成立，只须30,30201111bc a c c a ca c a <<<<∴⎪⎩⎪⎨⎧<-+>-即 （14分） 13、已知)(22)(2R x x ax x f ∈+-=在区间[－1，1]上是增函数. （1）求实数a 的值所组成的集合A. （2）设关于x 的方程xx f 1)(=的两根为1x 、2x ，试问：是否存在实数m ，使得不等式 ||1212x x tm m -≥++对任意]1,1[-∈∈t A a 及恒成立？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，请说明理由（1）222)2()2(2)(+---='x ax x x f ]1,1[)(-在x f 是是增函数 ]1,1[,0)(-∈≥'∴x x f 对恒成立.设110)1(0)1(,2)(2≤≤-⇔⎩⎨⎧≤-≤--=a ax x x ϕϕϕ则有)(],1,1[x f x -∈对 是连续函数，且只有当0)1(,1=-'=f a 时，以及当}11|{,0)1(,1≤≤-=∴='-=a a A f a 时 （2）由02,12222=--=+-ax x xx a x 得 212,,08x x a ∴>+=∆ 是方程022=--ax x 的两实根.⎩⎨⎧-==+∴22121x x ax x 从而84)(||22122121+=-+=-a x x x x x x 38||11221≤+=-∴≤≤-a x x a要使不等式||1212x x tm m -≥++对任意]1,1[-∈∈t A a 及恒成立， 当且仅当]1,1[312-∈≥++t tm m 对任意恒成立， 即022≥-+tm m 对任意]1,1[-∈t 恒成立. 设22)(22-+=-+=m mt tm m t g则有2202)1(02)1(22-≤≥∴⎪⎩⎪⎨⎧≥-+=≥--=-m m m m g m m g 或∴存在m ，其范围为}22|{-≤≥m m m 或14、已知二次函数(x )的图象过原点和点（m ，0）与点（1, 1），（1）求(x )的表达式；（2）设)(x f =(x －n)g(x )(m>n>0)且)(x f 在和(b<a )处取到极值， ①求证：b<n<a <m ；②若22，则过原点且与曲线)(x f 相切的两条直线能否互相垂直？若能，则给出证明；若不能，请说明理由？（文科生做．．．．）设常数a >0, a ≠1，函数55log )(+-=x x x f a ， （1）讨论)(x f 在区间（－∞，－5）上的单调性，并予以证明； （2）设g(x )=1(x －3),如果)(x f (x )有实数根，求a 的取值范围.（理科生做．．．．）解：（1）设g(x )2(a ≠0)，由题意得.)(.0,,1,1)1(,0,022mx x x g c m b a b m a bm am c -=∴⎪⎩⎪⎨⎧=-==⎪⎩⎪⎨⎧=++=+=解得…………………………3分 （2）∵f (x )=(x －n)g(x )(x －m)(x －n)3－()x 2, ∴f ′(x )=3x 2－2().…………… 5分①由题意知，a 为方程f ′(x )=0的两个实根， 又f ′(0)·n>0, f ′(n)(n －m)<0, f ′(m)(m －n)>0,∴两根，分布在（0，n ），（n ，m ）内.又b<a ，∴b<n<a <m.…………9分 ②设两切点的横坐标分别为x 1, x 2，则切线l 1的方程为y －f (x 1)=[321x －2()x 1](x －x 1). 又l 1过原点，∴－x 1(x 1－m)(x 1－n)= [321x －2()x 1](－x 1) 解得x 1=0, 或x 1=2n m +,同理x 2=0或x 2=2n m +.∴x 1=0, x 2=2n m +.……………………12分 两切线的斜率分别为k 1，k 2=22.)(412=+++-n m mn n m 又， 若两切线相互垂直，则k 1k 2=－1，即])22(41[2n m ⋅+-－1，得1.解方程组⎪⎩⎪⎨⎧-=+=⎩⎨⎧==+.12,12,122n m mn n m 得 故存在过原点且与曲线(x )相切的两条直线互相垂直.………………14分 （文科生做．．．．）解：（1）)5101(log )(+-=x x f a .利用定义可以证明当a <1时，f (x )是 （－∞，－5）上的增函数；当0<a <1时，f (x )是（－∞，－5）上的减函数（证明略）……………………6分 （2）∵g(x )=1(x －3), f (x )(x )有实根，即55+-x x 1(x －3)有实根， 则实根大于5.又因为1(x －3)[a (x －3)]，原方程有大于5的实根，即 方程55+-x x (x －3)有大于5的实数根.…………………………………………9分 由此解得)3)(5(5-+-x x x (a >0).1254112201)05(201252522+≤++=>=-++=-+-=tt t x t t t x x x 令 当且仅当.16530.525,52-≤<∴+==a x t 时取等号即………………14分15、已知函数).,()(23R b a b ax x x f ∈++-= （1）若1=a ，函数)(x f 的图象能否总在直线b y =的下方？说明理由；（2）若函数)(x f 在[0，2]上是增函数，2=x 是方程)(x f =0的一个根，求证：2)1(-≤f ；（3）若函数)(x f 图象上任意不同的两点连线斜率小于1，求实数a 的取值范围.解：（1）不能，取,11)1(,1b b f x >++=--=则即存在点（－1，2）在函数图象上，且在直线b y =的上方； （3分）（2）由2=x 是方程0)(=x f 的一个根，得,048)2(=++-=b a f 即a b 48-= （4分）又.32,0.023,0)(,23)(2122a x x ax x x f ax x x f ===+-='+-='得即令又函数)(x f 在[0，2]上是增函数，3,2322≥≥=∴a a x 即， （7分）2374811)1(-≤-=-++-=++-=a a a b a f （9分）（3）设任意不同的两点21222111),,(),,(x x y x P y x P ≠且，则.12121<--x x y y )14(3334,043)3(3)12(04230)1(4)(01)(1)(,12222222222222212221221212221212122322131分故分即即<<-∴<-++--∴<-++-<-+-+-=∆∈<-+--+-∴<++---<--++∴a a a a a x a ax x ax x x a R x ax x x x a x x x a x x x x x x ax x ax x16、（理）设e ex ax x f x()1()(2-⋅-+=为自然对数的底，a 为常数且R x a ∈<,0），)(x f 取极小值时，求x 的值. （文）函数a x x a ax x f (3)1(23)(23--+=为常数且R x a ∈≥,0）取极小值时，求x 的值. 理）解：)1()1()12()(2-⋅⋅-++⋅+='--xx e x ax e ax x f)2)(1(-+⋅-=-x ax ez………………2分 令210)(或ax x f -=⇒='………………4分（1）0121<<->-a 即当，由表)(,1x f ax 时-=∴取极小值.………………7分（2）0)2(21)(,21212≤-⋅⋅-='-==--x e x f a a x 时即当无极值.………………9分（3）121-<<-a 即当时，由表取极小值时时当综上取极小值时)(,1,021,.)(,2x f ax a x f x -=<<--=∴ 取极小值时时当)(,2,21x f x a -=-<)(,21x f a 时当-=无极小值. ………………12分)(x f ∴无极小值.………………6分（二）由表或令时当110)()1)(1(3)(,0-=⇒='+-='>x x f x x a x f a )(,x f ax 时当=∴取极小值综上，当)(,1,0x f ax a 时时=>取极小值当)(,0x f a 时=无极小值.………………12分17、已知0,1>->c b ，函数b x x f +=)(的图象与函数c bx x x g ++=2)(的图象相切. （1）求b 与c 的关系式。