2020年高考数学导数压轴题每日一题 (1)
2020高考数学《导数压轴题》
2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。
1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。
2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。
3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。
1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。
4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。
5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。
1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。
6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。
1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。
7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。
1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。
浙江省2020年高考数学压轴卷含解析
浙江省2020年高考数学压轴卷（含解析）一、选择题:本大题共10小题,每小题4分,共40分｡在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.1．已知集合，，则{|||2}A x x =<{1,0,1,2,3}B =-A B = A ．B ．{0,1}{0,1,2}C ．D ．{1,0,1}-{1,0,1,2}-2．复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ）21+i i A ．B ．C ．D ．-1+i 1-i 1+i -1-i3．记为等差数列的前项和．若，，则的公差为n S {}n a n 4524a a +=648S ={}n a A ．1B ．2C ．4D ．84．底面是正方形且侧棱长都相等的四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的体积是( )A ．B ．8CD ．835．若实数满足不等式组，则( ),x y 02222y x y x y ⎧⎪-⎨⎪-⎩………3x y -A ．有最大值，最小值B ．有最大值，最小值22-83-83C ．有最大值2，无最小值D ．有最小值，无最大值2-6．“a=1”是“直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件7．函数（其中为自然对数的底数）的图象大致为（ ）()()11x xe f x x e +=-e A ．B ．C ．D ．8．已知、，且，则（ ）a b R ∈a b >A ．B ．C ．D ．11a b<sin sin a b>1133a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22a b >9．设是一个高为3，底面边长为2的正四棱锥，为中点，过P ABCD -M PC 作平面与线段，分别交于点，（可以是线段端点），则四棱AM AEMF PB PD E F 锥的体积的取值范围为（ ）P AEMF -A ．B ．C ．D ．4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦43,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦[]1,210若对圆上任意一点，的取22(1)(1)1x y -+-=(,)P x y 34349x y a x y -++--值与，无关， 则实数a 的取值范围是( )x y A ．B ．C ．或D ．4a ≤46a -≤≤4a ≤6a ≥6a ≥第II 卷（非选择题)二､填空题:本大题共7小题,多空题每小题6分,单空题每小题4分,共36分11．《九章算术》中有一题：“今有女子善织，日自倍，五日织五尺.”该女子第二日织______尺，若女子坚持日日织，十日能织______尺.12．二项式的展开式中常数项为__________．所有项的系数和为521x __________．13．设双曲线的半焦距为c ，直线过（a ，0），（0，b ）两点，()222210x y b a a b -=>>l 已知原点到直线，则双曲线的离心率为____；渐近线方程为l_________.14．已知函数，若，则实数_____；若22,0()log (),0x x f x x a x ⎧<=⎨-≥⎩(1)(1)f f -=a =存在最小值，则实数的取值范围为_____.()y f x =a 15．设向量满足，，，．若，则,,a b c 1a = ||2b = 3c = 0b c ⋅= 12λ-≤≤的最大值是________．(1)a b cλλ++- 16．某班同学准备参加学校在假期里组织的“社区服务”、“进敬老院”、“参观工厂”、“民俗调查”、“环保宣传”五个项目的社会实践活动，每天只安排一项活动，并要求在周一至周五内完成．其中“参观工厂”与“环保宣讲”两项活动必须安排在相邻两天，“民俗调查”活动不能安排在周一．则不同安排方法的种数是________．17．已知函数若在区间上方程只有一()2122,01()2,10x x x m x f x x m x +⎧+≤≤⎪=⎨---≤<⎪⎩[1,1]-()1f x =个解，则实数的取值范围为______．m三､解答题:本大题共5小题,共74分,解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤｡18．已知函数.()()222cos 1x R f x x x =-+∈(1)求的单调递增区间;()f x (2)当时,求的值域.,64x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 19．如图，四棱柱的底面是菱形，1111ABCD A B C D -ABCD AC BD O = 底面，.1A O ⊥ABCD 12AA AB ==（1）求证：平面平面；1ACO ⊥11BB D D （2）若，求与平面所成角的正弦值.60BAD ∠=︒OB 11A B C20．等比数列的各项均为正数，且.{}n a 212326231,9a a a a a +==（1）求数列的通项公式；{}n a （2）设 ，求数列的前项和.31323log log ......log nn b a a a =+++1n b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭n n T 21．已知抛物线（）上的两个动点和，焦点为F.22y px =0p >()11,A x y ()22,B x y 线段的中点为，且点到抛物线的焦点F 的距离之和为8AB ()03,My （1）求抛物线的标准方程；（2）若线段的垂直平分线与x 轴交于点C ，求面积的最大值.AE ABC ∆22．已知函数.2()(1)(0)x f x x e ax x =+->（1）若函数在上单调递增，求实数的取值范围；()f x (0,)+∞a （2）若函数有两个不同的零点.()f x 12,x x （ⅰ）求实数的取值范围；a （ⅱ）求证：.（其中为的极小值点）12011111x x t +->+0t ()f x参考答案及解析1．【答案】C【解析】由，得，选C.2．【答案】C【解析】因为,所以其共轭复数是，选C.21+i =1-i 1+i 【点睛】本题考查共轭复数概念，考查基本分析求解能力，属基本题.3．【答案】C【解析】设公差为，，d 45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，联立解得，故选C.611656615482S a d a d ⨯=+=+=112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩4d =点睛:求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如为等差数列，{}n a 若，则.m n p q +=+m n p q a a a a +=+4．【答案】C【解析】根据三视图知该四棱锥的底面是边长为2的正方形，且各侧面的斜高是2,画出图形，如图所示；所以该四棱锥的底面积为，高为；224S ==h ==所以该四棱锥的体积是.11433V Sh ==⨯=故选：C.【点睛】本题考查了利用三视图求几何体体积的问题，属于中档题．5．【答案】C【解析】画出不等式组表示的平面区域，如图阴影所示；2222y x y x y ⎧⎪-⎨⎪-≥⎩……设，则直线是一组平行线；3z x y =-30x y z --=当直线过点时，有最大值，由，得；A z 022y x y =⎧⎨-=⎩(2,0)A 所以的最大值为，且无最小值.z 3202x y -=-=z 故选：C.6．【答案】C 【解析】直线和直线互相垂直的充要条件是，即，故选0x y +=0x ay -=1()110a ⨯-+⨯=1a =C7．【答案】A【解析】∵f（﹣x）f （x ），()()()111111x x x x x x e e e x e x e x e--+++====-----∴f（x ）是偶函数，故f （x ）图形关于y 轴对称，排除C ，D ；又x=1时，<0，()e 111e f +=-∴排除B ，故选A ．8．【答案】C 【解析】对于A 选项，取，，则成立，但，A 选项错误；1a =1b =-a b >11a b >对于B 选项，取，，则成立，但，即，B 选项a π=0b =a b >sin sin 0π=sin sin a b =错误；对于C 选项，由于指数函数在上单调递减，若，则，C 选13x y ⎛⎫= ⎪⎝⎭R a b >1133a b⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭项正确；对于D 选项，取，，则，但，D 选项错误.1a =2b =-a b >22a b <故选：C.9. 【答案】D 【解析】依题意表示到两条平行343493434955x y ax y x y a x y -+---++--=+(),P x y 直线和的距离之和与无关，故两条平行直线340x y a -+=3490x y --=,x y 和在圆的两侧，画出图像如下图所示，340x y a -+=3490x y --=22(1)(1)1x y -+-=故圆心到直线的距离，解得或（舍去）()1,1340x y a -+=3415ad -+=≥6a ≥4a ≤-故选：D.10．【答案】B【解析】首先证明一个结论：在三棱锥中，棱上取点S ABC -,,SA SB SC 111,,A B C则，设与平面所成角，111111S A B C S ABCV SA SB SC V SA SB SC --⋅⋅=⋅⋅SB SAC θ，证毕.11111111111111sin sin 3211sin sin 32S A B C B SA C S ABCB SACSA SC ASC SB V V SA SB SC V V SA SB SC SA SC ASC SB θθ----⨯⋅⋅∠⋅⋅⋅⋅===⋅⋅⨯⋅⋅∠⋅⋅四棱锥中，设，P ABCD -,PE PF x y PB PD ==212343P ABCDV -=⨯⨯=12222P AEMF P AEF P MEF P AEF P MEF P AEF P MEF P ABCD P ABD P ABD P DBC P ABD P DBC V V V V V V V V V V V V V -------------⎛⎫+==+=+ ⎪⎝⎭111222PA PE PF PE PM PF xy xy PA PB PD PB PC PD ⋅⋅⋅⋅⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭所以3P AEMF V xy-=又12222P AEMF P AEM P MAF P AEM P MAF P AEM P MAF P ABCDP ABC P ABC P DAC P ABC P DAC V V V V V VV V V V V V V -------------⎛⎫+==+=+ ⎪⎝⎭11112222PA PE PM PA PM PF x y PA PB PC PA PC PD ⋅⋅⋅⋅⎛⎫⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⋅⋅⋅⋅⎝⎭⎝⎭所以P AEMF V x y-=+即，又，3,31x x y xy y x +==-01,0131xx y x ≤≤≤=≤-解得112x ≤≤所以体积，令2313,[,1]312x V xy x x ==∈-131,[,2]2t x t =-∈2(1)111()(2),[,2]332t V t t t t t +==++∈根据对勾函数性质，在递减，在递增()V t 1[,1]2t ∈[1,2]t ∈所以函数最小值，最大值，()V t 4(1)3V =13(2)()22V V ==四棱锥的体积的取值范围为P AEMF -43,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦故选：B11．【答案】1031165【解析】设该女子每天的织布数量为，由题可知数列为公比为2的等比数列，n a {}n a 设数列的前n 项和为，则，解得，{}n a n S ()51512512a S -==-1531a =所以，.2110231a a ==()10105123116512S -==-故答案为：，.1031165【点睛】本题考查了等比数列的应用，关键是对于题目条件的转化，属于基础题.12．【答案】 325【解析】展开式的通项为，5552215521()r rrr r r T C C x x --+==令，解得，55022r -=1r =所以展开式中的常数项为，1255T C ==令，得到所有项的系数和为，得到结果.1x =5232=点睛：该题考查的是有关二项式定理的问题，涉及到的知识点有展开式中的特定项以及展开式中的系数和，所用到的方法就是先写出展开式的通项，令其幂指数等于相应的值，求得r ，代入求得结果，对于求系数和，应用赋值法即可求得结果.13．【答案】2y =【解析】由题可设直线方程为：，即，则原点到直线的距离l 1x ya b +=0bx ay ab --=，解得，两式同时平方可得，又ab d c ===24ab =224163a b c =，代换可得，展开得：，同时除以222b c a =-()2224163a c a c -=224416162a c a c -=得：，整理得，解得或，又，4a 2416163e e -=()()223440e e --=243e =40b a >>所以，所以；2222222222b a c a a c a e >⇒->⇒>⇒>24,2c e e a ===b a ===by x a =±=故答案为：2；y =14．【答案】1[1,0)-【解析】，(1)(1)f f -= ，122log (1)a -∴=-，1212a ∴-=1a ∴=易知时，；0x <()2(0,1)xf x =∈又时，递增，故，0x …2()log ()f x x a =-2()(0)log ()f x f a =-…要使函数存在最小值，只需，()f x 20()0a log a ->⎧⎨-⎩…解得：.10a -<…故答案为：，.1[1,0)-15．【答案】1+【解析】令，则，因为，()1n b cλλ=+- n == 12λ-≤≤所以当，，因此当与同向时的模最大，1λ=-max n == n aa n + max 1a n a n +=+=+16．【答案】36【解析】把“参观工厂”与“环保宣讲”当做一个整体，共有种，4242A A 48=把“民俗调查”安排在周一，有，3232A A 12⋅=∴满足条件的不同安排方法的种数为，481236-=故答案为：36．17．【答案】或1|12m m ⎧-≤<-⎨⎩1}m =【解析】当时，由，得，即；当时，由01x ≤≤()1f x =()221x x m +=212xx m ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭10x -≤<，得，即.()1f x =1221x x m +--=1221x x m +-=+令函数，则问题转化为函数与函数11,01()221,10x x x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩11,01()221,10xx x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩的图像在区间上有且仅有一个交点.()h x =2x m +[1,1]-在同一平面直角坐标系中画出函数与在区间函数11,01()221,10xx x g x x +⎧⎛⎫≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪--≤<⎩2y x m =+上的大致图象如下图所示：[1,1]-结合图象可知：当，即时，两个函数的图象只有一个交点；(0)1h =1m =当时，两个函数的图象也只有一个交点，故所求实数(1)(1),11(1)(1)2h g m h g <⎧⇒-≤<-⎨-≥-⎩的取值范围是.m 1|112m m m ⎧⎫-≤<-=⎨⎬⎩⎭或18．【答案】（1）；（2）.,()63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦⎡-⎣【解析】(1) 函数，()222cos 122226f x x x cos x in x x s π⎛⎫ ⎪=⎝=-+-=⎭-令，求得，222()262πππππ-≤-≤+∈k x k k Z ()63k x k k Z ππππ-≤≤+∈故函数f(x)的增区间为；,()63k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦(2)若，则，故当时，函数f(x)取得最小,64x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦2,623x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦262x ππ-=-值为−2；当时，函数f(x).263x ππ-=⎡-⎣【点睛】本题考查三角恒等变换，考查正弦型函数的性质，考查运算能力，属于常考题.19．【答案】（1）证明见解析（2（1）证明：由底面可得，1A O ⊥ABCD 1AO BD ⊥又底面是菱形，所以，ABCD CO BD ⊥因为，所以平面，1A O CO O ⋂=BD ⊥1A CO 因为平面，BD ⊂11BB D D 所以平面平面.1ACO ⊥11BB D D （2）因为底面，以为原点，，，为，，轴建立如图1A O ⊥ABCD O OB OC 1OAx y z 所示空间直角坐标系，O xyz-则，，，，(1,0,0)BC (0,A 1(0,0,1)A ，，11A B AB ==()11A C =- 设平面的一个法向量为，11A B C (,,)m x y z =由，取得，1110000m A B x m A C z ⎧⋅=⇒+=⎪⎨⋅=⇒-=⎪⎩ 1x=1,1m ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ 又，(1,0,0)OB =所以，cos ,||||OB mOB m OB m ⋅===所以与平面.OB 11A B C 20．【答案】（1）（2）13n n a =21nn -+（Ⅰ）设数列{a n }的公比为q,由＝9a2a 6得＝9,所以q 2＝．23a23a24a 19由条件可知q ＞0,故q ＝．由2a 1＋3a 2＝1得2a 1＋3a 1q ＝1,所以a 1＝．1313故数列{a n }的通项公式为a n ＝．13n（Ⅱ）b n ＝log 3a 1＋log 3a 2＋…＋log 3a n ＝－（1＋2＋…＋n ）＝－．()21n n +故．()1211211n b n n n n ⎛⎫=-=-- ⎪++⎝⎭121111111122122311n n b b b n n n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++=--+-++-=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦所以数列的前n 项和为1n b⎧⎫⎨⎬⎩⎭21n n -+21．【答案】（1）（224y x =【解析】（1）由题意知,126x x +=则,1268AF BF x x p p +=++=+=,2p ∴=抛物线的标准方程为∴24y x=（2）设直线:（）,AB x my n =+0m ≠由,得,24x my n y x =+⎧⎨=⎩2440y my n --=124y y m∴+=,即,212426x x m n ∴+=+=232n m =-即,()21221216304812m y y m y y m ⎧∆=->⎪⎪+=⎨⎪⋅=-⎪⎩,2AB y ∴=-=设的中垂线方程为:,即,AB ()23y m m x -=--()5y m x =--可得点C 的坐标为,()5,0直线:,即,AB 232x my m =+-2230x my m -+-=点C 到直线的距离,∴AB d ()21412S AB d m ∴=⋅=+令,则（,t =223m t =-0t <<令,()()244f t t t=-⋅,令,则,()()2443f t t'∴=-()0ft '∴=t =在上；在上,⎛⎝()0f t '>()0f t '<故在单调递增,单调递减,()ft ⎛ ⎝当,即,∴t =m =maxS =22．【答案】（1）；（2）（ⅰ）；（ⅱ）证明见⎛-∞ ⎝⎫+∞⎪⎪⎭解析.【解析】（1）由，得，2()(1)x f x x e ax =+-2()2x x f x x e a x +⎛⎫'=- ⎪⎝⎭设，；则；2()x x g x e x +=⋅(0)x >2222()xx x g x e x +-'=⋅由，解得，()0g x '…1x ≥-所以在上单调递减，在上单调递增，()gx 1)1,)-+∞所以1min()1)(2==+⋅g x g 因为函数在上单调递增，所以在恒成立()f x (0,)+∞()0f x '…(0,)+∞所以；1(22+⋅≥a 所以，实数的取值范围是：.a ⎛-∞ ⎝（2）（i ）因为函数有两个不同的零点，不单调，所以.()f x ()fx a >因此有两个根，设为，且，()0f x '=10,tt 1001t t <<-<所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增；()f x ()10,t ()10,t t ()0,t +∞又，，当充分大()1(0)1f t f >=()22()(1)(1)x x xf x x e ax a e x x a e =+-=-++-⋅x 时，取值为正，因此要使得有两个不同的零点，则必须有，即()f x ()f x ()00f t <；()200010t t e a t +-⋅<又因为；()()0000220tf t t e at '=+-=所以：，解得，所以；()()000002202t tt t e t e +-⋅+<0t>12>=a g 因此当函数有两个不同的零点时，实数的取值范围是.()f xa ⎫+∞⎪⎪⎭（ⅱ）先证明不等式，若，，则.12,(0,)x x ∈+∞12x x≠211221112x x x xnx nx -+<<-证明：不妨设，即证，210x x >>21221121ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭<<+设，，，211x t x =>()ln g t t =-2(1)()ln 1t h t t t -=-+只需证且；()0g t <()0h t >因为，，()0g t '=<22(1)()0(1)t h t t t -'=>+所以在上单调递减，在上单调递增，()g t (1,)+∞()h t (1,)+∞所以，，从而不等式得证.()(1)0g t g <=()(1)0h t h >=再证原命题.12011111x x t +->+由得；()()1200f x f x ⎧=⎪⎨=⎪⎩()()122112221010x x x e ax x e ax ⎧+-=⎪⎨+-=⎪⎩所以，两边取对数得：()()2212221211xx x e x e x x ++=；()()()2121212ln ln ln 1ln 1x x x x x x ⎡⎤--+-+=-⎣⎦即.()()()()()212121212ln ln ln 1ln 1111x x x x x x x x -+-+-=-+-+因为，()()()()()()()2121212112211111121111nx nx n x n x x x x x x x-+-+-<--+-++++所以，121221112x x x x +<<+++因此，要证.12011111x x t +->+只需证；1202x x t +<因为在上单调递增，，所以只需证，()f x ()0,t +∞1020x t x <<<()()2022f x f t x <-只需证，即证，其中；()()1012f x f t x <-()()00f t x f t x +<-()0,0x t ∈-设，，只需证；()()00()r x f t x f t x =+--00t x -<<()0r x <计算得；()()00000()224t tr x x t e x x t e x at '=++++-++--.()()2000()33t xr x e x x t e x t ''⎡⎤=-+++--⎣⎦由在上单调递增，()()20033x y x t e x t =+++--()0,0t -得，()()0003030y t e t <++--=所以；即在上单调递减，()0r x ''<()r x '()0,0t -所以：；()0()(0)20r x r f t '''>==即在上单调递增，所以成立，即原命题得证.()r x ()0,0t -()(0)0r x r <=。
2020高考数学《导数压轴题》
导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。
2020年高考数学导数压轴题考前押题(详解答案)
2020年高考数学导数压轴题考前押题20道1．已知函数()214ln 22x a x f x x =---，其中a 为正实数. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，求证：()()126ln f x f x a +<-. 2．已知函数2()2ln (0)f x x x a x a =-+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <，证明：12()3ln 22f x x >--. 3．已知函数()ln xa xf x e a x=--（e 自然对数的底数）有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）若()f x 的两个零点分别为1x 2x ，证明：12212x x e x x e+>.4．己知函数21()ln ,2f x x ax x a R =-+∈ （1）若(1)0f =，求函数()f x 的单调递减区间;（2）若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数 a 的最小值:（3）若2a =-，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明:1212x x +≥ 5．已知函数()1ln (2)(1),f x a x a a R x=+-+∈. (Ⅰ)试求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若不等式()(ln )xf x a x e ≥-对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.6．已知函数2()ln (1)1(,).f x x ax a b x b a b R =-+--++∈ （1）若0a =，试讨论()f x 的单调性；（2）若对1[,]x e e∀∈，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围. 7．已知函数()()()22112ln 1ln 242f x x x ax x x =----. （1）讨论()f x 的单调性.（2）试问是否存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 8．已知函数()()ln 21g x x x =--.（1）若过点()0,1的直线l 与曲线()y g x =相切，求直线l 的斜率的值； （2）设()()()21f x g x a x =+-，若()()10x f x -≥，求实数a 的取值范围.9．已知函数2()(R)x f x e ax a =-∈.（1）若曲线()f x 与直线:(2)(R)l y e x b b =-+∈在1x =处相切. ①求a b +的值；②求证：当0x ≥时，()(2)f x e x b ≥-+；（2）当0a =且(0,)x ∈+∞时，关于的x 不等式2()2ln 1x f x mx x ≤++有解，求实数m 的取值范围.10．已知函数()ln f x x x a =-+． （1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 存在两个零点()1212,x x x x <，证明：122ln ln 0x x +<． 11．已知函数()xax b f x e x+=,a ,b R ∈,且0a > (1)若函数()f x 在1x =-处取得极值1e,试求函数()f x 的解析式及单调区间； (2)设()(1)()x g x a x e f x =--,()g x '为()g x 的导函数,若存在0(1,)x ∈+∞,使00()()0g x g x +'=成立,求ba的取值范围. 12．设函数()ln 1f x x ax =--，a R ∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a >时，若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围. 13．设()()2sin cos ,4f x x x x g x x =+=+.（1）讨论()f x 在[],ππ-上的单调性；（2）令()()()4h x g x f x =-，试证明()h x 在R 上有且仅有三个零点.14．已知函数()ln f x x =，()()1g x ax a R =-∈． （1）讨论函数()()()h x f x g x =-的单调性；（2）若函数()f x 与()g x 的图象有两个不同的交点()11,A x y ，()()2212,B x y x x <，求实数a 的取值范围．15．若函数3()4=-+f x ax bx ，当2x =时，函数()f x 有极值43-． （1）求函数的解析式； （2）求函数的极值；（3）若关于x 的方程()f x k =有三个零点，求实数k 的取值范围． 16．已知函数2()ln ()f x x x ax a R =-∈. （1）讨论函数的极值点个数；（2）若()()g x f x x =-有两个极值点12,x x ，试判断12x x +与12x x ⋅的大小关系并证明. 17．已知函数()()ln f x x ax a R =+∈，()2e x g x x x =+-. （1）求 函数()f x 的单调区间；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点. 如果函数()()()F x f x g x =-存在两个不同的不动点，求实数a 的取值范围. 18．已知函数()(,)ax b f x e a b R +=∈的图象与直线:1l y x =+相切，()f x '是()f x 的导函数，且(1)e f ¢=. （1）求()f x ；（2）函数()g x 的图象与曲线()()y kf x k R =∈关于y 轴对称，若直线l 与函数()g x 的图象有两个不同的交点()()()()1122,,,A x g x B x g x ，求证：124x x +<-.19．已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-（e 为自然对数的底数，a R ∈）. （1）判断曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与曲线()y g x =的公共点个数； （2）当1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，若函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围.。
2020年高考数学 导数 解答题专项练习(含答案详解)
2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3) 上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.4.已知函数f(x)=ae2x+(a﹣2) e x﹣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.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f/(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x1,x2(x1<x2)，线段AB的中点的横坐标为x0，且x1,x2恰为函数h(x)=lnx-cx2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.7.已知函数f(x)=x-alnx+a-1(a∈R)．(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x1，x2(x1<x2)，求证：ln x2>2－ln x1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x1,x2,且x1<x2.①求a的取值范围；②求证：x1x2>e2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx2，g(x)=0.5mx2+x，mϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时, 设g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1,x2(x1<x2)恰为h(x)=lnx-cx2-bx的零点, 求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x－kx2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x0)<0成立，求实数m的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1，x2，证明：．18.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学 导数 解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m ≤x ln x 在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g ′(x)=ln x －1ln x 2，当x ∈(1，e)时，g ′(x)＜0；当x ∈(e ，＋∞)时，g ′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e ，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m ≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x －2x ，当x ∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x ∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a ＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(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)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时， f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。
高考必做导数压轴题
祝愿各位考生获得成功！◇导数专题目录一、导数单调性、极值、最值的直接应用（1）二、交点与根的分布（23）三、不等式证明（31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（51）（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用（70）六、导数应用题（84）七、导数结合三角函数（85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x . )(x g '的变化情况如下表：所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
2020年高考数学压轴题函数与导数专项(解析版)
2020年高考数学压轴必刷题专题01函数概念与基本初等函数(理科数学)1．【2019年天津理科08】已知a ∈R ．设函数f （x ）={x 2−2ax +2a ，x ≤1，x −alnx ，x ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立；当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0⇔2a ≥x 2x−1恒成立，令g （x ）=x 2x−1=−x 21−x =−(1−x−1)21−x =−(1−x)2−2(1−x)+11−x =−（1﹣x +11−x−2）≤﹣（2√(1−x)⋅11−x−2）＝0， ∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ＞0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0⇔a ≤xlnx 恒成立，令h （x ）=xlnx ，则h ′（x ）=lnx−x⋅1x (lnx)2=lnx−1(lnx)2， 当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）min=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．2．【2019年新课标3理科11】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（ ） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数 ∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1， ∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减， ∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)，故选：C ．3．【2019年全国新课标2理科12】设函数f （x ）的定义域为R ，满足f （x +1）＝2f （x ），且当x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）．若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，94]B ．（﹣∞，73]C ．（﹣∞，52]D ．（﹣∞，83]【解答】解：因为f （x +1）＝2f （x ），∴f （x ）＝2f （x ﹣1），∵x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）∈[−14，0]，∴x ∈（1，2]时，x ﹣1∈（0，1]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝2（x ﹣1）（x ﹣2）∈[−12，0]； ∴x ∈（2，3]时，x ﹣1∈（1，2]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝4（x ﹣2）（x ﹣3）∈[﹣1，0]， 当x ∈（2，3]时，由4（x ﹣2）（x ﹣3）=−89解得m =73或m =83， 若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m ≤73．故选：B ．4．【2019年浙江09】设a ，b ∈R ，函数f （x ）={x ，x ＜0，13x 3−12(a +1)x 2+ax ，x ≥0．若函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点，则（ ） A ．a ＜﹣1，b ＜0B ．a ＜﹣1，b ＞0C ．a ＞﹣1，b ＜0D ．a ＞﹣1，b ＞0【解答】解：当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ；y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ， y ′＝x 2﹣（a +1）x ，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上递增，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点．不合题意；当a +1＞0，即a ＜﹣1时，令y ′＞0得x ∈[a +1，+∞），函数递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如右图： ∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3． 故选：C ．5．【2018年新课标1理科09】已知函数f（x）={e x，x≤0lnx，x＞0，g（x）＝f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0）B．[0，+∞）C．[﹣1，+∞）D．[1，+∞）【解答】解：由g（x）＝0得f（x）＝﹣x﹣a，作出函数f（x）和y＝﹣x﹣a的图象如图：当直线y＝﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．6．【2018年新课标3理科12】设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（）A．a+b＜ab＜0B．ab＜a+b＜0C．a+b＜0＜ab D．ab＜0＜a+b【解答】解：∵a＝log0.20.3=lg0.3−lg5，b＝log20.3=lg0.3lg2，∴a+b=lg0.3lg2−lg0.3lg5=lg0.3(lg5−lg2)lg2lg5=lg0.3lg52lg2lg5，ab=−lg0.3lg2⋅lg0.3lg5=lg0.3⋅lg103lg2lg5，∵lg 103＞lg52，lg0.3lg2lg5＜0，∴ab＜a+b＜0．故选：B．7．【2018年上海16】设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转π6后与原图象重合，则在以下各项中，f （1）的可能取值只能是（ ）A ．√3B ．√32C ．√33D ．0【解答】解：由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转π6个单位后与下一个点会重合．我们可以通过代入和赋值的方法当f （1）=√3，√33，0时， 此时得到的圆心角为π3，π6，0，然而此时x ＝0或者x ＝1时，都有2个y 与之对应， 而我们知道函数的定义就是要求一个x 只能对应一个y ， 因此只有当x =√32，此时旋转π6，此时满足一个x 只会对应一个y ， 因此答案就选：B ． 故选：B ．8．【2017年新课标1理科11】设x 、y 、z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则（ ） A ．2x ＜3y ＜5zB ．5z ＜2x ＜3yC ．3y ＜5z ＜2xD ．3y ＜2x ＜5z【解答】解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgk lg2，y =lgk lg3，z =lgklg5． ∴3y =lgk lg √33，2x =lgk lg √2，5z =lgklg √55． ∵√33=√96＞√86=√2，√2=√3210＞√2510=√55． ∴lg √33＞lg √2＞lg √55＞0． ∴3y ＜2x ＜5z ． 另解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgklg2，y =lgklg3，z =lgklg5． ∴2x 3y=23×lg3lg2=lg9lg8＞1，可得2x ＞3y ，5z 2x=52×lg2lg5=lg25lg52＞1．可得5z ＞2x ．综上可得：5z ＞2x ＞3y ．解法三：对k 取特殊值，也可以比较出大小关系． 故选：D ．9．【2017年北京理科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与MN 最接近的是（ ）（参考数据：lg 3≈0.48） A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080， 根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48， ∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173， ∴M N≈101731080=1093，故选：D ．10．【2017年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2−x +3，x ≤1x +2x，x ＞1，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．[−4716，2]B ．[−4716，3916] C ．[﹣2√3，2]D ．[﹣2√3，3916]【解答】解：当x ≤1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立， 即为﹣x 2+x ﹣3≤x2+a ≤x 2﹣x +3， 即有﹣x 2+12x ﹣3≤a ≤x 2−32x +3，由y ＝﹣x 2+12x ﹣3的对称轴为x =14＜1，可得x =14处取得最大值−4716；由y ＝x 2−32x +3的对称轴为x =34＜1，可得x =34处取得最小值3916，则−4716≤a ≤3916①当x ＞1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x2+a |在R 上恒成立，即为﹣（x +2x ）≤x 2+a ≤x +2x ，即有﹣（32x +2x ）≤a ≤x 2+2x ，由y ＝﹣（32x +2x ）≤﹣2√3x 2⋅2x =−2√3（当且仅当x =2√31）取得最大值﹣2√3；由y =12x +2x ≥2√12x ⋅2x =2（当且仅当x ＝2＞1）取得最小值2． 则﹣2√3≤a ≤2②由①②可得，−4716≤a ≤2．另解：作出f （x ）的图象和折线y ＝|x2+a |当x ≤1时，y ＝x 2﹣x +3的导数为y ′＝2x ﹣1， 由2x ﹣1=−12，可得x =14， 切点为（14，4516）代入y =−x 2−a ，解得a =−4716； 当x ＞1时，y ＝x +2x的导数为y ′＝1−22， 由1−2x 2=12，可得x ＝2（﹣2舍去）， 切点为（2，3），代入y =x2+a ，解得a ＝2． 由图象平移可得，−4716≤a ≤2． 故选：A ．11．【2016年新课标2理科12】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∑ m i=1（x i +y i ）＝（ ） A ．0B ．mC ．2mD ．4m【解答】解：函数f （x ）（x ∈R ）满足f （﹣x ）＝2﹣f （x ），即为f （x ）+f （﹣x ）＝2， 可得f （x ）关于点（0，1）对称，函数y =x+1x ，即y ＝1+1x 的图象关于点（0，1）对称， 即有（x 1，y 1）为交点，即有（﹣x 1，2﹣y 1）也为交点， （x 2，y 2）为交点，即有（﹣x 2，2﹣y 2）也为交点， …则有∑ m i=1（x i +y i ）＝（x 1+y 1）+（x 2+y 2）+…+（x m +y m ）=12[（x 1+y 1）+（﹣x 1+2﹣y 1）+（x 2+y 2）+（﹣x 2+2﹣y 2）+…+（x m +y m ）+（﹣x m +2﹣y m ）] ＝m ． 故选：B ．12．【2016年上海理科18】设f （x ）、g （x ）、h （x ）是定义域为R 的三个函数，对于命题：①f （x ）+g （x ）、f （x ）+h （x ）、g （x ）+h （x ）均为增函数，则f （x ）、g （x ）、h （x ）中至少有一个增函数；②若f （x ）+g （x ）、f （x ）+h （x ）、g （x ）+h （x ）均是以T 为周期的函数，则f （x ）、g （x ）、h （x ）均是以T 为周期的函数，下列判断正确的是（ ） A ．①和②均为真命题 B ．①和②均为假命题 C ．①为真命题，②为假命题D ．①为假命题，②为真命题 【解答】解：①不成立．可举反例：f （x ）={2x ，x ≤1−x +3，x ＞1．g （x ）={2x +3，x ≤0−x +3，0＜x ＜12x ，x ≥1，h （x ）={−x ，x ≤02x ，x ＞0．②∵f （x ）+g （x ）＝f （x +T ）+g （x +T ），f （x ）+h （x ）＝f （x +T ）+h （x +T ），h （x ）+g （x ）＝h （x +T ）+g （x +T ），前两式作差可得：g （x ）﹣h （x ）＝g （x +T ）﹣h （x +T ），结合第三式可得：g （x ）＝g （x +T ），h （x ）＝h （x +T ），同理可得：f （x ）＝f （x +T ），因此②正确． 故选：D ．13．【2016年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2+(4a −3)x +3a ，x ＜0log a (x +1)+1，x ≥0（a ＞0，且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） A ．（0，23]B ．[23，34]C ．[13，23]∪{34}D ．[13，23）∪{34}【解答】解：y ＝log a （x +1）+1在[0，+∞）递减，则0＜a ＜1， 函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4a2≥00＜a ＜102+(4a −3)⋅0+3a ≥log a (0+1)+1； 解得，13≤a ≤34；由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解， 当3a ＞2即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ， 则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1≤3a ≤2时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[13，23]∪{34}，故选：C ．14．【2015年新课标2理科10】如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x ．将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f （x ），则y ＝f （x ）的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：当0≤x ≤π4时，BP ＝tan x ，AP =2+BP 2=√4+tan 2x ， 此时f （x ）=√4+tan 2x +tan x ，0≤x ≤π4，此时单调递增，当P 在CD 边上运动时，π4≤x ≤3π4且x ≠π2时，如图所示，tan ∠POB ＝tan （π﹣∠POQ ）＝tan x ＝﹣tan ∠POQ =−PQ OQ =−1OQ， ∴OQ =−1tanx， ∴PD ＝AO ﹣OQ ＝1+1tanx ，PC ＝BO +OQ ＝1−1tanx ， ∴P A +PB =√(1−1tanx )2+1+√(1+1tanx )2+1， 当x =π2时，P A +PB ＝2√2， 当P 在AD 边上运动时，3π4≤x ≤π，P A +PB =√4+tan 2x −tan x ，由对称性可知函数f （x ）关于x =π2对称， 且f （π4）＞f （π2），且轨迹为非线型，排除A ，C ，D ， 故选：B ．15．【2015年浙江理科07】存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A．f（sin2x）＝sin x B．f（sin2x）＝x2+xC．f（x2+1）＝|x+1|D．f（x2+2x）＝|x+1|【解答】解：A．取x＝0，则sin2x＝0，∴f（0）＝0；取x=π2，则sin2x＝0，∴f（0）＝1；∴f（0）＝0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）＝sin x；B．取x＝0，则f（0）＝0；取x＝π，则f（0）＝π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x＝1，则f（2）＝2，取x＝﹣1，则f（2）＝0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令x+1＝t，则f（x2+2x）＝|x+1|，化为f（t2﹣1）＝|t|；令t2﹣1＝x，则t＝±√x+1；∴f(x)=√x+1；即存在函数f（x）=√x+1，对任意x∈R，都有f（x2+2x）＝|x+1|；∴该选项正确．故选：D．16．【2015年北京理科07】如图，函数f（x）的图象为折线ACB，则不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是（）A．{x|﹣1＜x≤0}B．{x|﹣1≤x≤1}C．{x|﹣1＜x≤1}D．{x|﹣1＜x≤2}【解答】解：由已知f（x）的图象，在此坐标系内作出y＝log2（x+1）的图象，如图满足不等式f（x）≥log2（x+1）的x范围是﹣1＜x≤1；所以不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是{x|﹣1＜x≤1}；故选：C．17．【2015年北京理科08】汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油D．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油【解答】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，∴当速度大于40km /h 时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km ，故A 错误；对于B ，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B 错误；对于C ，由图象可知当速度小于80km /h 时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，∴用丙车比用乙车更省油，故C 正确；对于D ，由图象可知当速度为80km /h 时，甲车的燃油效率为10km /L ，即甲车行驶10km 时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km ，燃油为8升，故D 错误．故选：C ．18．【2015年天津理科07】已知定义在R 上的函数f （x ）＝2|x ﹣m |﹣1（m 为实数）为偶函数，记a ＝f （log 0.53），b ＝f （log 25），c ＝f （2m ），则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a【解答】解：∵f （x ）为偶函数；∴f （﹣x ）＝f （x ）；∴2|﹣x ﹣m |﹣1＝2|x ﹣m |﹣1；∴|﹣x ﹣m |＝|x ﹣m |；（﹣x ﹣m ）2＝（x ﹣m ）2；∴mx ＝0；∴m ＝0；∴f （x ）＝2|x |﹣1；∴f （x ）在[0，+∞）上单调递增，并且a ＝f （|log 0.53|）＝f （log 23），b ＝f （log 25），c ＝f （0）； ∵0＜log 23＜log 25；∴c ＜a ＜b ．故选：C ．19．【2015年天津理科08】已知函数f （x ）={2−|x|，x ≤2(x −2)2，x ＞2，函数g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），其中b ∈R ，若函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．（74，+∞）B ．（﹣∞，74）C ．（0，74）D ．（74，2） 【解答】解：∵g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），∴y ＝f （x ）﹣g （x ）＝f （x ）﹣b +f （2﹣x ），由f （x ）﹣b +f （2﹣x ）＝0，得f （x ）+f （2﹣x ）＝b ，设h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ），若x ≤0，则﹣x ≥0，2﹣x ≥2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2+x +x 2，若0≤x ≤2，则﹣2≤﹣x ≤0，0≤2﹣x ≤2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2﹣x +2﹣|2﹣x |＝2﹣x +2﹣2+x ＝2，若x ＞2，﹣x ＜﹣2，2﹣x ＜0，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝（x ﹣2）2+2﹣|2﹣x |＝x 2﹣5x +8．即h （x ）={x 2+x +2，x ≤02，0＜x ≤2x 2−5x +8，x ＞2，作出函数h （x ）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）＝2+x +x 2＝（x +12）2+74≥74，当x ＞2时，h （x ）＝x 2﹣5x +8＝（x −52）2+74≥74，故当b =74时，h （x ）＝b ，有两个交点，当b ＝2时，h （x ）＝b ，有无数个交点，由图象知要使函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，即h （x ）＝b 恰有4个根，则满足74＜b ＜2， 故选：D ．20．【2014年上海理科18】设f（x）={(x−a)2，x≤0x+1x+a，x＞0，若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．[﹣1，0]C．[1，2]D．[0，2]【解答】解；当a＜0时，显然f（0）不是f（x）的最小值，当a≥0时，f（0）＝a2，由题意得：a2≤x+1x+a，解不等式：a2﹣a﹣2≤0，得﹣1≤a≤2，∴0≤a≤2，故选：D．21．【2013年新课标1理科11】已知函数f（x）={−x2+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]【解答】解：由题意可作出函数y＝|f（x）|的图象，和函数y＝ax的图象，由图象可知：函数y＝ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f（x）|在第二象限的部分解析式为y＝x2﹣2x，求其导数可得y′＝2x﹣2，因为x≤0，故y′≤﹣2，故直线l的斜率为﹣2，故只需直线y＝ax的斜率a介于﹣2与0之间即可，即a∈[﹣2，0]故选：D．22．【2013年天津理科08】已知函数f（x）＝x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若[−12，12]⊆A，则实数a的取值范围是（）A．(1−√52，0)B．(1−√32，0)C．(1−√52，0)∪(0，1+√32)D．(−∞，1−√52)【解答】解：取a=−12时，f（x）=−12x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x−12）|x−12|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得−34＜x＜0；（2）0≤x≤12时，解得0≤x≤12；（3）x＞12时，解得12＜x＜54，综上知，a=−12时，A＝（−34，54），符合题意，排除B、D；取a＝1时，f（x）＝x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a＝1，A＝∅，不合题意，排除C，故选：A．23．【2011年新课标1理科12】函数y=11−x的图象与函数y＝2sinπx，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）A．8B．6C．4D．2【解答】解：函数y1=11−x，y2＝2sinπx的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，如图，当1＜x≤4时，y1＜0而函数y2在（1，4）上出现1.5个周期的图象，在（1，32）和（52，72）上是减函数； 在（32，52）和（72，4）上是增函数． ∴函数y 1在（1，4）上函数值为负数，且与y 2的图象有四个交点E 、F 、G 、H相应地，y 1在（﹣2，1）上函数值为正数，且与y 2的图象有四个交点A 、B 、C 、D且：x A +x H ＝x B +x G ＝x C +x F ＝x D +x E ＝2，故所求的横坐标之和为8．故选：A ．24．【2011年北京理科08】设A （0，0），B （4，0），C （t +4，4），D （t ，4）（t ∈R ）．记N （t ）为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数N （t ）的值域为（ ）A ．{9，10，11}B ．{9，10，12}C ．{9，11，12}D ．{10，11，12}【解答】解：当t ＝0时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （4，4），D （0，4），符合条件的点有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3），共九个，N （t ）＝9，故选项D 不正确．当t ＝1时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （5，4），D （1，4），同理知N （t ）＝12，故选项A 不正确．当t ＝2时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （6，4），D （2，4），同理知N （t ）＝11，故选项B 不正确．故选：C ．25．【2011年天津理科08】对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1．设函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2），x ∈R ．若函数y ＝f （x ）﹣c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）A ．(−∞，−2]∪(−1，32)B ．(−∞，−2]∪(−1，−34)C ．(−∞，14)∪(14，+∞)D ．(−1，−34)∪[14，+∞) 【解答】解：∵a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1.，∴函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2）={x 2−2，−1≤x ≤32x −x 2，x ＜−1或x ＞32， 由图可知，当c ∈(−∞，−2]∪(−1，−34)函数f （x ） 与y ＝c 的图象有两个公共点，∴c 的取值范围是 (−∞，−2]∪(−1，−34)，故选：B ．26．【2010年新课标1理科11】已知函数f(x)={|lgx|，0＜x ≤10−12x +6，x ＞10，若a ，b ，c 互不相等，且f （a ）＝f （b ）＝f （c ），则abc 的取值范围是（ ）A ．（1，10）B ．（5，6）C ．（10，12）D ．（20，24）【解答】解：作出函数f （x ）的图象如图，不妨设a ＜b ＜c ，则−lga =lgb =−12c +6∈(0，1)ab ＝1，0＜−12c +6＜1则abc ＝c ∈（10，12）．故选：C ．27．【2010年上海理科17】若x 0是方程(12)x =x 13的解，则x 0属于区间（ ） A ．（23，1） B ．（12，23） C ．（13，12） D ．（0，13） 【解答】解：∵(12)13＞(13)13，(12)12＜(12)13，∴x 0属于区间（13，12）． 故选：C ．28．【2019年江苏14】设f （x ），g （x ）是定义在R 上的两个周期函数，f （x ）的周期为4，g （x ）的周期为2，且f （x ）是奇函数．当x ∈（0，2]时，f （x ）=√1−(x −1)2，g （x ）={k(x +2)，0＜x ≤1，−12，1＜x ≤2，其中k ＞0．若在区间（0，9]上，关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 ．【解答】解：作出函数f （x ）与g （x ）的图象如图，由图可知，函数f （x ）与g （x ）=−12（1＜x ≤2，3＜x ≤4，5＜x ≤6，7＜x ≤8）仅有2个实数根； 要使关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则f （x ）=√1−(x −1)2，x ∈（0，2]与g （x ）＝k （x +2），x ∈（0，1]的图象有2个不同交点， 由（1，0）到直线kx ﹣y +2k ＝0的距离为1，得√k 2+1=1，解得k =√24（k ＞0）， ∵两点（﹣2，0），（1，1）连线的斜率k =13，∴13≤k ＜√24． 即k 的取值范围为[13，√24）． 故答案为：[13，√24）． 29．【2018年浙江15】已知λ∈R ，函数f （x ）={x −4，x ≥λx 2−4x +3，x ＜λ，当λ＝2时，不等式f （x ）＜0的解集是 ．若函数f （x ）恰有2个零点，则λ的取值范围是 ．【解答】解：当λ＝2时函数f （x ）={x −4，x ≥2x 2−4x +3，x ＜2，显然x ≥2时，不等式x ﹣4＜0的解集：{x |2≤x ＜4}；x ＜2时，不等式f （x ）＜0化为：x 2﹣4x +3＜0，解得1＜x ＜2，综上，不等式的解集为：{x |1＜x ＜4}．函数f（x）恰有2个零点，函数f（x）={x−4，x≥λx2−4x+3，x＜λ的草图如图：函数f（x）恰有2个零点，则1＜λ≤3或λ＞4．故答案为：{x|1＜x＜4}；（1，3]∪（4，+∞）．30．【2018年上海11】已知常数a＞0，函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．若2p+q＝36pq，则a＝．【解答】解：函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．则：2p2p+ap +2q2q+aq=65−15=1，整理得：2p+q+2p aq+2q ap+2p+q2p+q+2p aq+2q ap+a2pq=1，解得：2p+q＝a2pq，由于：2p+q＝36pq，所以：a2＝36，由于a＞0，故：a＝6．故答案为：631．【2018年天津理科14】已知a＞0，函数f（x）={x2+2ax+a，x≤0−x2+2ax−2a，x＞0．若关于x的方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是．【解答】解：当x≤0时，由f（x）＝ax得x2+2ax+a＝ax，得x2+ax+a＝0，得a（x+1）＝﹣x2，得a=−x2x+1，设g（x）=−x2x+1，则g′（x）=−2x(x+1)−x2(x+1)2=−x2+2x(x+1)2，由g′（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g′（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x＝﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）＝4，当x＞0时，由f（x）＝ax得﹣x2+2ax﹣2a＝ax，得x2﹣ax+2a＝0，得a（x﹣2）＝x2，当x＝2时，方程不成立，当x≠2时，a=x2 x−2设h（x）=x2x−2，则h′（x）=2x(x−2)−x2(x−2)2=x2−4x(x−2)2，由h′（x）＞0得x＞4，此时递增，由h′（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x＝4时，h（x）取得极小值为h（4）＝8，要使f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）32．【2017年江苏14】设f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈Dx ，x ∉D ，其中集合D ＝{x |x =n−1n ，n ∈N *}，则方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是 ． 【解答】解：∵在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈D x ，x ∉D，第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数， 又f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数， ∴在区间[1，2）上，f （x ）={(x −1)2，x ∈D x −1，x ∉D，此时f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点；同理：区间[2，3）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[3，4）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[4，5）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[5，6）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[6，7）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[7，8）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[8，9）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 在区间[9，+∞）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 无交点；故f （x ）的图象与y ＝lgx 有8个交点，且除了（1，0），其他交点横坐标均为无理数； 即方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是8， 故答案为：833．【2017年新课标3理科15】设函数f （x ）={x +1，x ≤02x ，x ＞0，则满足f （x ）+f （x −12）＞1的x 的取值范围是 ．【解答】解：若x ≤0，则x −12≤−12，则f （x ）+f （x −12）＞1等价为x +1+x −12+1＞1，即2x ＞−12，则x ＞−14， 此时−14＜x ≤0，当x ＞0时，f （x ）＝2x ＞1，x −12＞−12，当x −12＞0即x ＞12时，满足f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 当0≥x −12＞−12，即12≥x ＞0时，f （x −12）＝x −12+1＝x +12＞12，此时f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 综上x ＞−14， 故答案为：（−14，+∞）．34．【2017年浙江17】已知a ∈R ，函数f （x ）＝|x +4x−a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是 ．【解答】解：由题可知|x +4x −a |+a ≤5，即|x +4x −a |≤5﹣a ，所以a ≤5， 又因为|x +4x−a |≤5﹣a ， 所以a ﹣5≤x +4x −a ≤5﹣a ， 所以2a ﹣5≤x +4x ≤5， 又因为1≤x ≤4，4≤x +4x ≤5， 所以2a ﹣5≤4，解得a ≤92， 故答案为：（﹣∞，92]．35．【2016年江苏11】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，其中a ∈R ，若f （−52）＝f （92），则f （5a ）的值是 ．【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，∴f （−52）＝f （−12）=−12+a ， f （92）＝f （12）＝|25−12|=110，∴a =35，∴f（5a）＝f（3）＝f（﹣1）＝﹣1+35=−25，故答案为：−2 536．【2016年浙江理科12】已知a＞b＞1，若log a b+log b a=52，ab＝b a，则a＝，b＝．【解答】解：设t＝log b a，由a＞b＞1知t＞1，代入log a b+log b a=52得t+1t=52，即2t2﹣5t+2＝0，解得t＝2或t=12（舍去），所以log b a＝2，即a＝b2，因为a b＝b a，所以b2b＝b a，则a＝2b＝b2，解得b＝2，a＝4，故答案为：4；2．37．【2015年江苏13】已知函数f（x）＝|lnx|，g（x）={0，0＜x≤1|x2−4|−2，x＞1，则方程|f（x）+g（x）|＝1实根的个数为．【解答】解：由|f（x）+g（x）|＝1可得g（x）＝﹣f（x）±1．g（x）与h（x）＝﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有2个交点g（x）与φ（x）＝﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f （x ）+g （x ）|＝1实根的个数为4． 故答案为：4．38．【2015年北京理科14】设函数f （x ）={2x −a ，x ＜14(x −a)(x −2a)，x ≥1，①若a ＝1，则f （x ）的最小值为 ；②若f （x ）恰有2个零点，则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：①当a ＝1时，f （x ）={2x −1，x ＜14(x −1)(x −2)，x ≥1，当x ＜1时，f （x ）＝2x ﹣1为增函数，f （x ）＞﹣1，当x ＞1时，f （x ）＝4（x ﹣1）（x ﹣2）＝4（x 2﹣3x +2）＝4（x −32）2﹣1， 当1＜x ＜32时，函数单调递减，当x ＞32时，函数单调递增， 故当x =32时，f （x ）min ＝f （32）＝﹣1，②设h （x ）＝2x ﹣a ，g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ） 若在x ＜1时，h （x ）＝与x 轴有一个交点，所以a ＞0，并且当x ＝1时，h （1）＝2﹣a ＞0，所以0＜a ＜2， 而函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有一个交点，所以2a ≥1，且a ＜1， 所以12≤a ＜1，若函数h （x ）＝2x ﹣a 在x ＜1时，与x 轴没有交点， 则函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有两个交点，当a ≤0时，h （x ）与x 轴无交点，g （x ）无交点，所以不满足题意（舍去），当h （1）＝2﹣a ≤0时，即a ≥2时，g （x ）的两个交点满足x 1＝a ，x 2＝2a ，都是满足题意的， 综上所述a 的取值范围是12≤a ＜1，或a ≥2．39．【2014年江苏13】已知f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f （x ）与y ＝a 的图象如图：由图象可知a ∈(0，12)． 故答案为：（0，12）．40．【2014年天津理科14】已知函数f （x ）＝|x 2+3x |，x ∈R ，若方程f （x ）﹣a |x ﹣1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为 ．【解答】解：由y ＝f （x ）﹣a |x ﹣1|＝0得f （x ）＝a |x ﹣1|， 作出函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）＝a |x ﹣1|的图象，当a ≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件， 则a ＞0，此时g （x ）＝a |x ﹣1|={a(x −1)x ≥1−a(x −1)x ＜1，当﹣3＜x ＜0时，f （x ）＝﹣x 2﹣3x ，g （x ）＝﹣a （x ﹣1）， 当直线和抛物线相切时，有三个零点， 此时﹣x 2﹣3x ＝﹣a （x ﹣1）， 即x 2+（3﹣a ）x +a ＝0，则由△＝（3﹣a ）2﹣4a ＝0，即a 2﹣10a +9＝0，解得a ＝1或a ＝9， 当a ＝9时，g （x ）＝﹣9（x ﹣1），g （0）＝9，此时不成立，∴此时a ＝1，要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，若a＞1，此时g（x）＝﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，此时只需要当x＞1时，f（x）＝g（x）有两个不同的零点即可，即x2+3x＝a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a＝0，则由△＝（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|＝0得f（x）＝a|x﹣1|，若x＝1，则4＝0不成立，故x≠1，则方程等价为a=f(x)|x−1|=|x2+3x||x−1|=|(x−1)2+5(x−1)+4x−1|＝|x﹣1+4x−1+5|，设g（x）＝x﹣1+4x−1+5，当x＞1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≥2√(x−1)4x−1+5=4+5=9，当且仅当x﹣1=4x−1，即x＝3时取等号，当x＜1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≤5−2√[−(x−1)]⋅−4x−1=5﹣4＝1，当且仅当﹣（x﹣1）=−4x−1，即x＝﹣1时取等号，则|g（x）|的图象如图：若方程f（x）﹣a|x﹣1|＝0恰有4个互异的实数根，则满足a＞9或0＜a＜1，故答案为：（0，1）∪（9，+∞）41．【2013年上海理科12】设a为实常数，y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝9x+a2x+7．若f（x）≥a+1对一切x≥0成立，则a的取值范围为．【解答】解：因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以当x＝0时，f（x）＝0；当x＞0时，则﹣x＜0，所以f（﹣x）＝﹣9x−a2x+7因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（x）＝9x+a2x−7；因为f（x）≥a+1对一切x≥0成立，所以当x＝0时，0≥a+1成立，所以a≤﹣1；当x＞0时，9x+a2x−7≥a+1成立，只需要9x+a2x−7的最小值≥a+1，因为9x +a 2x −7≥2√9x ⋅a 2x−7=6|a |﹣7， 所以6|a |﹣7≥a +1， 解得a ≥85或a ≤−87， 所以a ≤−87． 故答案为：a ≤−87．42．【2013年上海理科14】对区间I 上有定义的函数g （x ），记g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }．已知定义域为[0，3]的函数y ＝f （x ）有反函数y ＝f ﹣1（x ），且f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（（2，4]）＝[0，1）．若方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，则x 0＝ ．【解答】解：因为g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }，f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（2，4]）＝[0，1），所以对于函数f （x ），当x ∈[0，1）时，f （x ）∈（2，4]，所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 当x ∈[1，2）时，f （x ）∈[0，1），所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 所以当x ∈[0，2）时方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解， 又因为方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，且定义域为[0，3]，故当x ∈[2，3]时，f （x ）的取值应属于集合（﹣∞，0）∪[1，2]∪（4，+∞）， 故若f （x 0）＝x 0，只有x 0＝2， 故答案为：2．43．【2012年江苏10】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1]上，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1其中a ，b ∈R ．若f(12)=f(32)，则a +3b 的值为 ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1，∴f （32）＝f （−12）＝1−12a ，f （12）=b+43；又f(12)=f(32)，∴1−12a =b+43① 又f （﹣1）＝f （1）， ∴2a +b ＝0，②由①②解得a＝2，b＝﹣4；∴a+3b＝﹣10．故答案为：﹣10．44．【2012年江苏13】已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），则实数c的值为．【解答】解：∵函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），∴f（x）＝x2+ax+b＝0只有一个根，即△＝a2﹣4b＝0，则4b＝a2不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），即为x2+ax+b＜c解集为（m，m+6），则x2+ax+b﹣c＝0的两个根x1，x2分别为m，m+6∴两根之差为|x1﹣x2|＝|m+6﹣m|＝6根据韦达定理可知：x1+x2=−a1=−ax1x2=b−c1=b﹣c∵|x1﹣x2|＝6∴√(x1+x2)2−4x1x2=6∴√(−a)2−4(b−c)=6∴√4b−4b+4c=6解得c＝9故答案为：945．【2012年北京理科14】已知f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3），g（x）＝2x﹣2，若同时满足条件：①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0；②∃x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0．则m的取值范围是．【解答】解：对于①∵g（x）＝2x﹣2，当x＜1时，g（x）＜0，又∵①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＜0在x≥1时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在（1，0）的左面则{m＜0−m−3＜1 2m＜1∴﹣4＜m＜0即①成立的范围为﹣4＜m＜0又∵②x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0∴此时g（x）＝2x﹣2＜0恒成立∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＞0在x∈（﹣∞，﹣4）有成立的可能，则只要﹣4比x1，x2中的较小的根大即可，（i）当﹣1＜m＜0时，较小的根为﹣m﹣3，﹣m﹣3＜﹣4不成立，（ii）当m＝﹣1时，两个根同为﹣2＞﹣4，不成立，（iii）当﹣4＜m＜﹣1时，较小的根为2m，2m＜﹣4即m＜﹣2成立．综上可得①②成立时﹣4＜m＜﹣2．故答案为：（﹣4，﹣2）．46．【2012年天津理科14】已知函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是．【解答】解：y=|x2−1|x−1={x+1，x≤−1或x＞1−x−1，−1＜x＜1，作出函数y=|x2−1|x−1与y＝kx﹣2的图象如图所示：∵函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，∴0＜k＜1或1＜k＜4．故答案为：（0，1）∪（1，4）．47．【2011年江苏11】已知实数a ≠0，函数f （x ）={2x +a ，x ＜1−x −2a ，x ≥1，若f （1﹣a ）＝f （1+a ），则a 的值为 ．【解答】解：当a ＞0时，1﹣a ＜1，1+a ＞1∴2（1﹣a ）+a ＝﹣1﹣a ﹣2a 解得a =−32舍去当a ＜0时，1﹣a ＞1，1+a ＜1∴﹣1+a ﹣2a ＝2+2a +a 解得a =−34故答案为−3448．【2011年上海理科13】设g （x ）是定义在R 上，以1为周期的函数，若函数f （x ）＝x +g （x ）在区间[3，4]上的值域为[﹣2，5]，则f （x ）在区间[﹣10，10]上的值域为 ．【解答】解：法一：∵g （x ）为R 上周期为1的函数，则g （x ）＝g （x +1）又∵函数f （x ）＝x +g （x ）在[3，4]的值域是[﹣2，5]令x +6＝t ，当x ∈[3，4]时，t ＝x +6∈[9，10]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x +6）+g （x +6）＝（x +6）+g （x ）＝[x +g （x ）]+6所以，在t ∈[9，10]时，f （t ）∈[4，11] (1)同理，令x ﹣13＝t ，在当x ∈[3，4]时，t ＝x ﹣13∈[﹣10，﹣9]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x ﹣13）+g （x ﹣13）＝（x ﹣13）+g （x ）＝[x +g （x ）]﹣13所以，当t ∈[﹣10，﹣9]时，f （t ）∈[﹣15，﹣8] (2)…由（1）（2）…得到，f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]法二：由题意f （x ）﹣x ＝g （x ） 在R 上成立故 f （x +1）﹣（x +1）＝g （x +1）所以f （x +1）﹣f （x ）＝1由此知自变量增大1，函数值也增大1故f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]49．【2010年江苏11】已知函数f(x)={x 2+1，x ≥01x ＜0，则满足不等式f （1﹣x 2）＞f （2x ）的x 的范围是 ． 【解答】解：由题意，可得{1−x 2＞2x 1−x 2＞0⇒x ∈(−1，√2−1) 故答案为：(−1，√2−1)50．【2010年天津理科16】设函数f （x ）＝x 2﹣1，对任意x ∈[32，+∞），f （x m ）﹣4m 2f （x ）≤f （x ﹣1）+4f （m ）恒成立，则实数m 的取值范围是 ．【解答】解：依据题意得x 2m 2−1﹣4m 2（x 2﹣1）≤（x ﹣1）2﹣1+4（m 2﹣1）在x ∈[32，+∞）上恒定成立， 即1m 2−4m 2≤−3x 2−2x +1在x ∈[32，+∞）上恒成立． 当x =32时，函数y =−3x 2−2x +1取得最小值−53， ∴1m −4m 2≤−53，即（3m 2+1）（4m 2﹣3）≥0，解得m ≤−√32或m ≥√32，故答案为：(−∞，−√32]∪[√32，+∞)． 2020年高考数学压轴必刷题专题02函数概念与基本初等函数(文科数学)1．【2019年天津文科08】已知函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x，x ＞1．若关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为（ ）A ．[54，94]B ．（54，94]C ．（54，94]∪{1}D ．[54，94]∪{1}【解答】解：作出函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x ，x ＞1．的图象，以及直线y =−14x 的图象，关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，即为y ＝f （x ）和y =−14x +a 的图象有两个交点，平移直线y =−14x ，考虑直线经过点（1，2）和（1，1）时，有两个交点，可得a =94或a =54，考虑直线与y =1x 在x ＞1相切，可得ax −14x 2＝1，由△＝a 2﹣1＝0，解得a ＝1（﹣1舍去），综上可得a 的范围是[54，94]∪{1}．故选：D ．2．【2019年新课标3文科12】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1，∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减，∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)， 故选：C ．3．【2018年新课标2文科12】已知f （x ）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f （1﹣x ）＝f （1+x ），若f （1）＝2，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝（ ）A ．﹣50B ．0C ．2D ．50【解答】解：∵f （x ）是奇函数，且f （1﹣x ）＝f （1+x ），∴f （1﹣x ）＝f （1+x ）＝﹣f （x ﹣1），f （0）＝0，则f （x +2）＝﹣f （x ），则f （x +4）＝﹣f （x +2）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为4的周期函数，∵f （1）＝2，∴f （2）＝f （0）＝0，f （3）＝f （1﹣2）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝﹣2，f （4）＝f （0）＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+f （4）＝2+0﹣2+0＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝12[f （1）+f （2）+f （3）+f （4）]+f （49）+f （50）＝f （1）+f （2）＝2+0＝2，故选：C ．4．【2018年新课标1文科12】设函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，则满足f （x +1）＜f （2x ）的x 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，﹣1]B ．（0，+∞）C ．（﹣1，0）D ．（﹣∞，0） 【解答】解：函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，的图象如图： 满足f （x +1）＜f （2x ），可得：2x ＜0＜x +1或2x ＜x +1≤0，解得x ∈（﹣∞，0）．故选：D ．5．【2017年北京文科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与M N 最接近的是（ ） （参考数据：lg 3≈0.48）A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080，根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48，∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173，∴M N ≈1017310=1093，故选：D ．6．【2017年天津文科08】已知函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[﹣2，2]B ．[−2√3，2]C ．[−2，2√3]D ．[−2√3，2√3] 【解答】解：根据题意，函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.的图象如图： 令g （x ）＝|x 2+a |，其图象与x 轴相交与点（﹣2a ，0）， 在区间（﹣∞，﹣2a ）上为减函数，在（﹣2a ，+∞）为增函数，若不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则函数f （x ）的图象在g（x）上的上方或相交，则必有f（0）≥g（0），即2≥|a|，解可得﹣2≤a≤2，故选：A．7．【2016年新课标2文科12】已知函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），若函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），则∑m i=1x i＝（）A．0B．m C．2m D．4m【解答】解：∵函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），故函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象也关于直线x＝1对称，故函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点也关于直线x＝1对称，故∑m i=1x i=m2×2＝m，故选：B．8．【2016年北京文科08】某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．学生序号1 2 3 4 5 67 89 10立定跳远1.96 1.92 1.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.60（单位：米）63a7560 6372 70a﹣1 b65 30秒跳绳（单位：次）在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A．2号学生进入30秒跳绳决赛B．5号学生进入30秒跳绳决赛C．8号学生进入30秒跳绳决赛D．9号学生进入30秒跳绳决赛【解答】解：∵这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，故编号为1，2，3，4，5，6，7，8的学生进入立定跳远决赛，又由同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则3，6，7号同学必进入30秒跳绳决赛，剩下1，2，4，5，8号同学的成绩分别为：63，a，60，63，a﹣1有且只有3人进入30秒跳绳决赛，故成绩为63的同学必进入30秒跳绳决赛，故选：B．9．【2015年新课标1文科12】设函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，且f（﹣2）+f （﹣4）＝1，则a＝（）A．﹣1B．1C．2D．4【解答】解：∵与y＝2x+a的图象关于y＝x对称的图象是y＝2x+a的反函数，y＝log2x﹣a（x＞0），即g（x）＝log2x﹣a，（x＞0）．∵函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，∴f（x）＝﹣g（﹣x）＝﹣log2（﹣x）+a，x＜0，∵f（﹣2）+f（﹣4）＝1，∴﹣log22+a﹣log24+a＝1，。
(完整)2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用(一)
2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（一）1.已知函数2()ln (R)f x x ax x a =++∈. （1）讨论函数()f x 在[1,2]上的单调性； （2）令函数12()()x g x ex a f x -=++-，e =2.71828…是自然对数的底数，若函数()g x 有且只有一个零点m ，判断m 与e 的大小，并说明理由.2.已知函数32()f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =时都取得极值. （1）求a ，b 的值与函数f (x )的单调区间； （2）若对[,1]x c ∈，不等式()2cf x <恒成立，求c 的取值范围.3.已知函数()ln(1)ln(1)f x x x =+--. （1）证明'()2f x ≥；（2）如果()f x ax ≥对[0,1)x ∈恒成立，求a 的范围.4.已知函数1()xx f x e +=（e 为自然对数的底数）. （1）求函数()f x 的单调区间； （2）设函数1()()'()x x xf x tf x eϕ=++，存在实数1x ，2x [01]∈，，使得122()()x x ϕϕ<成立，求实数t 的取值范围.5.已知函数()x f x kx a =-，其中k R ∈，0a >且1a ≠ .（1）当a e =（e =2.71…为自然对数的底）时，讨论f (x )的单调性； （2）当1k =时，若函数f (x )存在最大值g (a )，求g (a )的最小值.6.已知函数()()2ln f x x ax x a R =-+-∈（1）当3a =时，求函数f (x )在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值；（2）函数f (x )既有极大值又有极小值，求实数a 的取值范围.7.已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()()313f x x ax a R =+∈，且曲线f (x )在12x =处的切线与直线314y x =--平行 （1）求a 的值及函数f (x )的解析式；（2）若函数()y f x m =-在区间⎡-⎣上有三个零点，求实数m 的取值范围.8.已知函数(),0ln xf x ax a x=-> （1）若函数()y f x =在()1,+∞上减函数，求实数a 的最小值；（2）若存在212,,x x e e ⎡⎤∈⎣⎦，使()()12f x f x a '≤+成立，求实数a 的取值范围.9.已知函数32()1f x x ax bx a b =+++∈，，R ． （1）若20a b +=，①当0a >时，求函数f (x )的极值（用a 表示）；②若f (x )有三个相异零点，问是否存在实数a 使得这三个零点成等差数列？若存在，试求出a 的值；若不存在，请说明理由；（2）函数f (x )图象上点A 处的切线1l 与f (x )的图象相交于另一点B ，在点B 处的切线为2l ，直线12l l ，的斜率分别为12k k ，，且21=4k k ，求a ，b 满足的关系式．10.已知函数()x xf x e e-=+，其中e 是自然对数的底数．（1）若关于x 的不等式()1xmf x e m -≤+-在(0,+∞)上恒成立，求实数m 的取值范围；（2）已知正数a 满足：存在0[1,)x ∈+∞，使得3000()(3)f x a x x <-+成立．试比较1a e-与1e a -的大小，并证明你的结论．11.已知函数()()ln 2axf x e x =+（e 为自然对数的底数）.（1）若a R ∈，()()'ax F x e f x -=，讨论()F x 的单调性； （2）若12a <，函数()()1g x f x x =--在(－1,+∞)内存在零点，求实数a 的范围.12.已知函数()(2)(1)2ln f x a x x =---（a R ∈）.（1）若函数()()g x f x x =+上带你(1,(1))g 处的切线过点(0,2)，求函数()g x 的单调减区间；（2）若函数()y f x =在1(0,)2上无零点，求a 的最小值.13.已知a R ∈，函数2()ln f x a x x=+. （1）若函数()f x 在区间(0,2)内单调递减，求实数a 的取值范围； （2）当0a >时，求函数()f x 的最小值()g a 的最大值；（3）设函数()()(2)h x f x a x =+-，[1,)x ∈+∞，求证：()2h x ≥.14.设函数22()ln ()f x a x x ax a R =-+-∈. （1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()2()ln x x a a x ϕ=+-，记()()()h x f x x ϕ=+，当0a >时，若方程()()h x m m R =∈有两个不相等的实根1x ，2x ，证明12'()02x x h +>.15.已知函数()(ln 1)(0)xf x e a x a =-+> .（1）f (x )在区间(0,2)上的极小值等于，求；（2）令()2112x g x mx x =-+-，设1212,()x x x x <是函数()()()()f x f x h x g x a'-=+的两个极值点，若m ≥，求12()()h x h x -的最小值.参考答案1.（1）由已知0x >，且2121()2x ax f x x a x x++'=++=①当280a ∆=-≤时，即当a -≤≤()0f x '≥则函数()f x 在[1,2]上单调递增…………………………………………………………1分②当280a ∆=->时，即a <-或a >2210x ax ++=有两个根，x =，因为0x >，所以x =1°当14a -≤时，令(1)30f a '=+≥，解得3a ≥-∴当3a -≤<-a >()f x 在[1,2]上单调递增…………………3分2°当12<<时，令(1)30f a '=+<，9(2)02f a '=+>， 解得932a -<<-∴当932a -<<-时，函数()f x 在[1,4a -+上单调递减，在2]上单调递增；…………………5分3°2≥时，令9(2)02f a '=+≤，解得92a ≤- ∴当92a ≤-时，函数()f x 在[1,2]上单调递减； ……………………………………6分（2）函数121()()ln x x g x e x a f x e x ax a --=++-=--+则11()()x g x e a h x x -'=--= 则121()0x h x ex-'=+>，所以()g x '在(0,)+∞上单调增 当0,(),,()x g x x g x →→-∞→+∞→+∞，所以()R g x '∈ 所以()g x '在(0,)+∞上有唯一零点1x当11(0,),()0,(,),()0x x g x x x g x ''∈<∈+∞>，所以1()g x 为()g x 的最小值由已知函数()g x 有且只有一个零点m ，则1m x =所以()0,()0,g m g m '==则111ln 0m m e a m e m am a --⎧--=⎪⎨⎪--+=⎩…………………………………9分 则11111ln ()()0m m m em e m e m m ------+-=，得11(2)ln 0m m m e m m----+= 令11()(2)ln (0)x x p x x e x x x--=--+>，所以()0,p m = 则121()(1)()x p x x ex-'=-+，所以(0,1),()0,(1,),()0x p x x p x ''∈>∈+∞< 所以()p x 在(1,)+∞单调递减， 因为1111(1)10,()(2)1(2)0e e e p p e e ee e e e---=>=--+=--< 所以()p x 在(1,)e 上有一个零点，在(,)e +∞无零点所以m e < …………………………………………………………………………………12分 2.解：（1）32'2(),()32f x x ax bx c f x x ax b =+++=++ 由'2124()0393f a b -=-+=，'(1)320f a b =++=得1,22a b =-=- '2()32(32)(1)f x x x x x =--=+-，随着x 变化时，()()f x f x ’，的变化情况如下表：所以函数()f x 的递增区间是(,)3-∞-与(1,)+∞,递减区间是(,1)3-； （2）321()22f x x x x c =--+， 当32-≤c 时，由（1）知)(x f 在[]1,c 上的最大值为222()327f c -=+所以只需要222()3272c f c -=+<，得4427c <- 当132<<-c 时，由（1）知)(x f 在[]1,c 上的最大值为323211()222f c c c c c c c c =--+=--所以只需要321()22c f c c c c =--<，解得3102c c <-<<或 所以01c <<综上所述，c 的取值范围为()1,02744,Y ⎪⎭⎫⎝⎛-∞- 3.解：（1）证明：()2112'111f x x x x =+=+-- 11<<-x Θ 故1102≤-<x()2'≥∴x f（2）由题意知()001f x ax x -≥≤<对恒成立， 设()(),01g x f x ax x =-≤<，则()22'()'1g x f x a a x=-=-- ()恒成立时，当0'2≥≤x g a ，[)()0,1g x 在上单调递增()()0g x g ≥=0,符合题意()得时，当0'2=>x g a a x=-212， 即212x a-=a x a x 21,212-=-=∴即(),0'210<-<<∴x g ax 时，)(x g 单调递减()()0g x g <=0,不合题意综上，a 的取值范围为(],2-∞4.解:(1)∵函数的定义域为R ，f ′(x )＝－xe x ，∴当x <0时，f ′(x )>0，当x >0时，f ′(x )<0，∴f (x )在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．(2)存在x 1，x 2∈[0,1]，使得2φ(x 1)<φ(x 2)成立， 则2[φ(x )]min <[φ(x )]max .∵φ(x )＝xf (x )＋tf ′(x )＋e －x＝xex t x 1)1(2+-+， ∴()()()xx e x t x e t x t x x 1)1('2---=-++-=ϕ. ①当t ≥1时，φ′(x )≤0，φ(x )在[0,1]上单调递减，∴2φ(1)<φ(0)，即t >3－2e>1； ②当t ≤0时，φ′(x )>0，φ(x )在[0,1]上单调递增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t <3－2e<0； ③当0<t <1时，若x ∈[0，t )，φ′(x )<0，φ(x )在[0，t )上单调递减， 若t ∈(t,1]，φ′(x )>0，φ(x )在(t,1)上单调递增，∴2φ(t )<max{φ(0)，φ(1)}， 即2·1t t e +<max{1，3te-}．(*) 由(1)知，g (t )＝2·1t t e+在[0,1]上单调递减， 故4e ≤2·1t t e +≤2，而2e ≤3t e -≤3e，∴不等式(*)无解． 综上所述，存在t ∈(－∞，3－2e)∪(3－2e，＋∞)，使得命题成立． 5.解：（1）由题()x f x kx e =- ()x f x k e '=- ，①当0k ≤，当()0f x '<，()f x 在R 上是减函数；②当0k >，当ln x k >，()0f x '<，()f x 在(ln )k +∞，上是减函数；当ln x k <，()0f x '> ，()f x 在(ln )k -∞， 上是增函数.即当0k ≤时，()f x 在()-∞+∞，上个递减；当0k >时，()f x 在(ln )k +∞，上递减，在(ln )k -∞，上递增. （2）当1k =，()x f x x a =-，()1ln x f x a a '=-.①当01a <<时，0x a >，ln 0a <，则()0f x '> ，()f x 在R 上为增函数，()f x 无极大值，也无最大值；②当1a >，设方程()0f x '=的根为t ，得1ln a a'=. 即1ln1ln log ln ln a a t a a==，所以()f x 在()t -∞，上为增函数，在()t +∞，上为减函数， 则()f x 的极大值为1ln1ln ()ln ln t a f t t a a a =-=-，10ln a>.令1ln1ln ()ln ln a g a a a=-，令()ln h x x x x =-，0x >.()ln h x x '=.当1x >时()0h x '>；当(01)x ∈，时()0h x '<，所以1x =为()h x 极小值也是最小值点. 且(1)1h =-，即()g a 的最小值为1-，此时a e =. 6.解：（1）当3a =时，()()()2211123123x x x x f x x x x x---+'=-+-=-=-，函数()f x 在区间1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭仅有极大值点1x =，故这个极大值点也是最大值点， 故函数在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦的最大值是()12f =，又()()15322ln 2ln 22ln 20244f f ⎛⎫⎛⎫-=--+=-<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故()122f f ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 故函数()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最小值为()22ln 2f =-.（2）若()f x 既有极大值又有极小值，则必须()0f x '=有两个不同正根12,x x ，即2210x ax -+=有两个不同正根，故a应满足：2080002a a aa ∆>⎧⎧->⎪⇒⇒>⎨⎨>>⎩⎪⎩∴函数()f x 既有极大值又有极小值，实数a的取值范围是a >7.解：（1）当0x >时，()2f x x a '=+，因为曲线()f x 在12x =处的切线与直线314y x =--平行，所以113244f a ⎛⎫'=+=-⎪⎝⎭，所以1a =-，则当0x >时，()313f x x x =-， 因为()f x 是定义在R 上的奇函数，可知()00f =， 设0x <，则0x ->，()313f x x x -=-+， 所以()()331133f x f x x x x x ⎛⎫=--=--+=- ⎪⎝⎭， 综上所述，函数()f x 的解析式为：()()313f x x x x R =-∈. （2）由()()313f x x x x R =-∈得：()21f x x '=-，令()0f x '=得：1x =± 当31x -<<-时，()0f x '>，()f x 单调递增，当11x -<<时，()0f x '<，()f x 单调递减，当1x <<()0f x '>，()f x 单调递增，又()36f -=-，()213f -=，()213f =-，0f=函数()y f x m =-在区间⎡-⎣上有三个零点，等价于()f x 在⎡-⎣上的图像与y m =有三个公共点，结合()f x 在区间⎡-⎣上大致图像可知，实数m 的取值范围是3,02⎛⎤- ⎥⎝⎦. 8.解：因为()f x 在()1,+∞上是减函数，故()()2ln 10ln x f x a x -'=-≤在()1,+∞上恒成立，又()()()222ln 111111ln ln 24ln ln x f x a a a x x x x -⎛⎫'=-=-+-=--+- ⎪⎝⎭，故当11ln 2x =，即2x e =时，()max 14f x a '=-，所以104a -≤，于是14a ≥，故a 的最小值为14. （2）命题“若212,,x x e e ⎡⎤∃∈⎣⎦，使()()12f x f x a '≤+成立” 等价于“当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有()()min max f x f x a '≤+” 由（1），当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，()max 14f x a '=-，所以()max 14f x a '+=. 问题等价于：“当2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦时，有()min 14f x ≤” ①当14a ≥时，由（1），()f x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上是减函数，则()()222min 1124f x f e e ae ==-≤，故21124a e≥-②当14a <时，由于()2111ln 24f x a x ⎛⎫'=--+- ⎪⎝⎭在2,e e ⎡⎤⎣⎦上为增函数， 于是()f x '的值域为()()2,f e f e ⎡⎤''⎣⎦，即1,4a a ⎡⎤--⎢⎥⎣⎦. 01.若0a -≥，即0a ≤，()0f x '≥，在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，故()f x 在2,e e ⎡⎤⎣⎦上为增函数，于是()()min 14f x f e e ae e ==-≥>，不合题意； 02.若0a -<，即104a <<，由()f x '的单调性和值域知，存在唯一()20,x e e ∈，使()00f x '=，且满足当()0,x e x ∈时，()0f x '<，()f x 为减函数，当()20,x x e ∈时，()0f x '>，()f x 为增函数， 所以()()()20000min 01,,ln 4x f x f x ax x e e x ==-≤∈， 所以2001111111ln 4ln 4244a x x e e ≥->->-=，与104a <<矛盾，不合题意； 综上：a 的取值范围为211,24e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.9.解：（1）①由2()32f x x ax b '=++及02=+b a ， 得22()32f x x ax a '=+-， 令()0f x '=，解得3ax =或a x -=. 由0>a 知，(,)()0x a f x '∈-∞->，，)(x f 单调递增，(,)()03a x a f x '∈-<，，)(x f 单调递减，(,)()03ax f x '∈+∞>，，)(x f 单调递增，因此，)(x f 的极大值为3()1f a a -=+，)(x f 的极小值为35()1327a a f =-.② 当0a =时，0b =，此时3()1f x x =+不存在三个相异零点；当0a <时，与①同理可得)(x f 的极小值为3()1f a a -=+，)(x f 的极大值为35()1327a a f =-. 要使)(x f 有三个不同零点，则必须有335(1)(1)027a a +-<， 即332715a a <->或. 不妨设)(x f 的三个零点为321,,x x x ，且321x x x <<， 则123()()()0f x f x f x ===，3221111()10f x x ax a x =+-+=， ① 3222222()10f x x ax a x =+-+=， ② 3223333()10f x x ax a x =+-+=， ③②-①得222212121212121()()()()()0x x x x x x a x x x x a x x -+++-+--=， 因为210x x ->，所以222212121()0x x x x a x x a ++++-=， ④ 同理222332232()0x x x x a x x a ++++-=， ⑤ ⑤-④得231313131()()()()0x x x x x x x a x x -+-++-=， 因为310x x ->，所以2310x x x a +++=， 又1322x x x +=，所以23ax =-. 所以()03af -=，即22239a a a +=-，即327111a =-<-，因此，存在这样实数a =满足条件.（2）设A （m ，f (m )）,B (n ，f (n ))，则b am m k ++=2321，b an n k ++=2322，又b n m a n mn m nm n m b n m a n m n m n f m f k +++++=--+-+-=--=)()()()()()(2222331，由此可得b n m a n mn m b am m +++++=++)(23222，化简得m a n 2--=， 因此，b a am m b m a a m a k +++=+--+--=2222812)2(2)2(3， 所以，2221284(32)m am b a m am b +++=++， 所以b a 32=. 10.解：（1）由条件知(1)1xxx m e ee --+-≤-在(0,)+∞上恒成立，令xt e =（0x >），则1t >，所以21111111t m t t t t -≤-=--+-++-对于任意1t >成立．因为111131t t -++≥=-，∴1113111t t -≥--++-， 当且仅当2t =，即ln 2x =时等号成立． 因此实数m 的取值范围是1(,]3-∞-． （2）令函数31()(3)xx g x e a x x e =+--+，则21'()3(1)x xg x e a x e=-+-， 当1x ≥时，10xxe e->，210x -≥，又0a >，故'()0g x >， 所以()g x 是[1,)+∞上的单调递增函数，因此()g x 在[1,)+∞上的最小值是1(1)2g e e a -=+-． 由于存在0[1,)x ∈+∞，使00300(3)0xx e ea x x -+--+<成立，当且仅当最小值(1)0g <，故120e e a -+-<，即12e e a -+>．1a e -与1e a -均为正数，同取自然底数的对数，即比较(1)ln a e -与(1)ln e a -的大小，试比较ln 1e e -与ln 1aa -的大小．构造函数ln ()1x h x x =-（1x >），则211ln '()(1)xx h x x --=-，再设1()1ln m x x x =--，21'()xm x x-=，从而()m x 在(1,)+∞上单调递减， 此时()(1)0m x m <=，故'()0h x <在(1,)+∞上恒成立，则ln ()1xh x x =-在(1,+)∞上单调递减．综上所述，当1(,)2e e a e -+∈时，11a e e a --<； 当a e =时，11a e ea --=；当(,)a e ∈+∞时，11a e e a -->．11.（Ⅰ）(1) 当 0a ≤时，()F x 在()2,-+∞ 上单调递减； (2) 当0a >时,()F x 在 12,2a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减,在12,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增． （Ⅱ）a 的取值范围是 1(,0)0,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U . 解：（I ）定义域为{}|2,x x >-()()()11'e ln 2e e ln 222ax ax ax f x a x a x x x ⎛⎫=⋅++⋅=++ ⎪++⎝⎭故()()()1e 'ln 22ax F x f x a x x -==+++ 则 ()()()22121'222a ax a F x x x x +-=-=+++ (1)若0a =，则()()'0,F x F x <在()2,-+∞ 上单调递减；…………………2分 (2)若0a ≠，令()1'02F x x a=⇒=-. ①当 0a <时，则122x a=-<-，因此在()2,-+∞ 上恒有 ()'0F x < ，即 ()F x 在()2,-+∞ 上单调递减；②当0a >时，122x a =->-，因而在12,2a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上有()'0F x <，在12,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上有()'0F x >；因此 ()F x 在 12,2a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，在12,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增.综上， (1) 当 0a ≤时，()F x 在()2,-+∞ 上单调递减； (2) 当0a >时， ()F x 在 12,2a ⎛⎫-- ⎪⎝⎭上单调递减，在12,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调递增． …………………5分（Ⅱ）设 ()()()()1ln 21,1,axg x f x x e x x x =--=+--∈-+∞,()()()()1''1ln 2112ax axg x f x e a x e F x x ⎛⎫=-=++-=- ⎪+⎝⎭，设()()()'1ax h x g x e F x ==-，则 ()()()()()22241''ln 22axaxax a h x e aF x F x e a x x ⎛⎫+- ⎪⎡⎤=+=++⎣⎦ ⎪+⎝⎭． (1) 若=0a ,()()()()1ln 21,1,g x f x x x x x =--=+--∈-+∞()()'1110,1,22x g x x x x --=-=<∈-+∞++ ()g x 在()1,x ∈-+∞单调递减，()()10g x g <-=故此时函数()g x 无零点， =0a 不合题意. …………………7分 (2)若0a < ,①当0x ≥时，01ax e <≤，由（1）知()ln 21x x +<+对任意()1,x ∈-+∞恒成立()()()ln 211)1(1()10ax ax ax g x e x x e x x x e ∴=+--<+--=+-≤，故 ()0g x <，对任意[)0,x ∈+∞恒成立， ②当10x -<<时,()'1,10a g e -->-=()1'0ln202g a =-<， 因此当10x -<<时()'g x 必有零点，记第一个零点为0x ， 当0(1,)x x ∈-时()'g x >，()g x 单调递增，()(1)0g x g >-=.由①②可知，当0a <时，()g x 必存在零点. …………………9分 (2)当102a <<，考察函数 ()'h x ，由于()()1222114'1e 210,'ln 20,22122a a h a h e a a a a -⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫ ⎪-=-<=++> ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎛⎫+ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭ ()'h x ∴在 ()1,-+∞上必存在零点.设()'h x 在 ()1,-+∞的第一个零点为1x ，则当()11,x x ∈-时， ()'0h x <，故 ()h x 在 ()11,x -上为减函数，又 ()()e110ah x h -=-<-<，所以当()11,x x ∈-时， ()'0g x <，从而 ()g x 在()11,x x ∈-上单调递减，故当()11,x x ∈-时恒有 ()()10g x g <-=.即()10g x < ，令'()1,()(1)ax axx e ax x a e ϕϕ=--=-，则()x ϕ在(1,0)x ∈-单调递减，在(0,)x ∈+∞单调递增.()(0)0x ϕϕ≥=即1,axeax ≥+注意到1ax e ax ax a ≥+>+，因此()()()()()ln 21(1)ln 21(1)ln 21ax g x e x x a x x x x a x =+-->++--=++-，令10ax e =时，则有()11110(1)ln 21(1)ln 10aa a ag x e a e e a e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>++->+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理可知函数 ()y g x =在 11,a x e ⎛⎫⎪⎝⎭上有零点，符合题意.综上可知， a 的取值范围是 1(,0)0,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U . …………………12分 （Ⅱ）解法二：设()()()()1ln 21,1,axg x f x x e x x x =--=+--∈-+∞,()()()()1''1ln 2112ax axg x f x e a x e F x x ⎛⎫=-=++-=- ⎪+⎝⎭，(1) 若=0a ,()()()()1ln 21,1,g x f x x x x x =--=+--∈-+∞()()'1110,1,22x g x x x x --=-=<∈-+∞++ ()g x 在()1,x ∈-+∞单调递减，()()10g x g <-=故此时函数()g x 无零点， =0a 不合题意. …………………7分 (2)若0a < ,当10x -<<时,()'1,10a g e -->-=()1'0ln202g a =-<， 因此当10x -<<时()'g x 必有零点，记第一个零点为0x ，当0(1,)x x ∈-时()'0g x >，()g x 单调递增，()0(1)0g x g >-=又 ()()001ln210,g f =-=-<所以，当0a <时，()g x 在0(,0)x x ∈必存在零点. …………………9分 (3)当102a <<，由于 ()ln 2100g <-< ， 令'()1,()(1)ax axx e ax x a e ϕϕ=--=-，则()x ϕ在(1,0)x ∈-单调递减，在(0,)x ∈+∞单调递增.()(0)0x ϕϕ≥=即1,axeax ≥+注意到 1ax e ax ax a ≥+>+，因此()()()()()ln 21(1)ln 21(1)ln 21ax g x e x x a x x x x a x =+-->++--=++-，令10ax e =时，则有()11110(1)ln 21(1)ln 10aa a ag x e a e e a e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫>++->+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 由零点存在定理可知函数 ()y g x =在()00,x 上存在零点，符合题意. 综上可知，a 的取值范围是 1(,0)0,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭U . …………………12分 12.（1）∵()(3)(2)2ln g x a x a x =----，∴2'()3g x a x=--， ∴'(1)1g a =-， 又(1)1g =，∴121110a --==--，解得2a =， 由22'()320x g x x x-=--=<，得02x <<， ∴()g x 的单调递减区间为(0,2). （2）若函数()f x 在1(0,)2上无零点，则()f x 在1(0,)2上()0f x <或()0f x >恒成立， 因为()0f x <在区间1(0,)2上恒成立不可能，故要使函数()f x 在1(0,)2上无零点，只要对任意的1(0,)2x ∈，()0f x >恒成立，即对1(0,)2x ∈，2ln 21xa x >--恒成立. 令2ln ()21x I x x =--，1(0,)2x ∈， 则2222(1)2ln 2ln 2'()(1)(1)x x x x x I x x x --+-=-=--， 再令2()2ln 2m x x x =+-，1(0,)2x ∈， 则22222(1)'()0x m x x x x -=-+=-<， 故()m x 在1(0,)2上为减函数，于是1()()22ln 202m x m >=->， 从而'()0I x >，于是()I x 在1(0,)2上为增函数， 所以1()()24ln 22I x I <=-， 故要使2ln 21x a x >--，1(0,)2x ∈恒成立，只要[24ln 2,)a ∈-+∞， 综上，若函数()f x 在1(0,)2上无零点，则a 的最小值为24ln 2-. 13.（1）函数()f x 在区间(0,2)内单调递减(0,2)x ⇔∀∈，恒有'()0f x ≤成立，而22'()0ax f x x -=≤， 故对(0,2)x ∀∈，恒有2a x≤成立， 而21x>，则1a ≤满足条件. 所以实数a 的取值范围为(,1]-∞. （2）当0a >时，222'()0ax f x x x a-==⇒=.随x 的变化，'()f x ，()f x 的变化情况如下表：所以()f x 的最小值()ln g a f a a a a ⎛⎫==+⎪⎝⎭. '()ln 2ln 02g a a a =-=⇒=.随x 的变化，'()g x ，()g x 的变化情况如下表：（3）因为[1,)x ∈+∞， 所以当2a ≥时，()()(2)h x f x a x =+-2ln (2)a x a x x=++-. 因为22'()20ax h x a x -=+-≥， 所以()h x 在区间[1,)+∞内是增函数， 故()(1)2h x h a ≥=≥.当2a <时，()()(2)h x f x a x =--2ln (2)a x a x x=+--， 由22'()2ax h x a x-=-+ [(2)2](1)0a x x x-+-==，解得202x a=-<-（舍去）或1x =. 又20a ->，故1x ≥时，'()0h x ≥， 所以()h x 在区间[1,)+∞内是增函数， 所以()(1)42h x h a ≥=->.综上所述，对[1,)x ∀∈+∞，()2h x ≥恒成立.14.（1）由22()ln f x a x x ax =-+-，可知2'()2a f x x a x =-+-222(2)()x ax a x a x a x x--+-==. 因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以，①若0a >时，当(0,)x a ∈时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当(,)x a ∈+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增；②若0a =时，当'()20f x x =>在(0,)x ∈+∞内恒成立，函数()f x 单调递增； ③若0a <时，当(0,)2ax ∈-时，'()0f x <，函数()f x 单调递减，当(,)2a x ∈-+∞时，'()0f x >，函数()f x 单调递增.（2）证明：由题可知()()()h x f x x ϕ=+2(2)ln (0)x a x a x x =+-->， 所以'()2(2)a h x x a x=+--22(2)(2)(1)x a x a x a x x x +---+==. 所以当(0,)2ax ∈-时，'()0h x <；当(,)2a x ∈-+∞时，'()0h x >；当2a x =时，'()02a h =. 欲证12'()02x x h +>，只需证12'()'()22x x a h h +>，又2''()20a h x x=+>，即'()h x 单调递增，故只需证明1222x x a +>. 设1x ，2x 是方程()h x m =的两个不相等的实根，不妨设为120x x <<，则21112222(2)ln (2)ln x a x a x m x a x a x m⎧+--=⎪⎨+--=⎪⎩， 两式相减并整理得1212(ln ln )a x x x x -+-22121222x x x x =-+-， 从而221212121222ln ln x x x x a x x x x -+-=-+-， 故只需证明2212121212122222(ln ln )x x x x x x x x x x +-+->-+-， 即22121212121222ln ln x x x x x x x x x x -+-+=-+-. 因为1212ln ln 0x x x x -+-<，所以(*)式可化为12121222ln ln x x x x x x --<+， 即11212222ln 1x x x x x x -<+. 因为120x x <<，所以1201x x <<， 不妨令12x t x =，所以得到22ln 1t t t -<+，(0,1)t ∈. 设22()ln 1t R t t t -=-+，(0,1)t ∈，所以22214(1)'()0(1)(1)t R t t t t t -=-=≥++，当且仅当1t =时，等号成立，因此()R t 在(0,1)单调递增.又(1)0R =，因此()0R t <，(0,1)t ∈， 故22ln 1t t t -<+，(0,1)t ∈得证， 从而12'()02x x h +>得证.15.解：（1）因为0a >，所以()x a f x e x'=-在区间(0,2)上单调递增， 因为()0,0x f x '→<，由题意()f x 在区间(0,2)上有极小值，故()20f '>， 所以22022a e a e ->⇒<，设0x 为在区间(0,2)上的极小值点， 故000x a e x -=，所以000001()(ln 1)(ln 1)x f x e a x a x x =-+=--， 设()1(ln 1),(0,2)g x a x x x =--∈，则()2211(1)()a x g x a x x x +'=--=-， 所以()0g x '<，即()g x 在(0,2)上单调递减，易得出()10g =，故00()01f x x =⇒=，代入000x a e x -=，可得a e =，满足22a e <，故a e =. （2）()()()()2ln 2f x f x x h x g x mx x a '-=+=-+，因为()21x mx h x x-+'=， 令()0h x '=，即210x mx -+=，两根分别为12,x x ，则12121x x m x x +=⎧⎨=⎩， 又因为221211122211()()ln ln 22h x h x x mx x x mx x -=-+-+- 22222211121212122211()()ln ()()ln 22x x x x m x x x x x x x x =---+=---+ 2222111211212221222111ln ()ln ()n ()222x x x x x x x x x x x x x x x x-=+-=-=--， 令12x t x =，由于12x x <，所以01t <<，又因为3m ≥，2221216()3x x m -=>， 即212121221()2x x x x x x x x +=++，即11623t t ++≥， 所以231030t t -+≥，解得3t ≥或13t ≤，即103t <≤， 令111()ln ()(0)23h t t t t t =--<≤，2222211121(1)()02222t t t h t t t t t t ----'=--==< 所以1()(0,]3h t =上单调递减， min 11114()()ln (3)ln 332233h t h ==--=-+，所以12()()h x h x -的最小值4ln 33-+.。
高中数学导数压轴30题
高中数学导数压轴30题（解答题）解答题（共30小题）1．设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．解答：解：（I）令g（x）=2x2+2x+a，其对称轴为．由题意知x1、x2是方程g（x）=0的两个均大于﹣1的不相等的实根，其充要条件为，得（1）当x∈（﹣1，x1）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（﹣1，x1）内为增函数；（2）当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，∴f（x）在（x1，x2）内为减函数；（3）当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，∴f（x）在（x2，+∞）内为增函数；（II）由（I）g（0）=a＞0，∴，a=﹣（2x22+2x2）∴f（x2）=x22+aln（1+x2）=x22﹣（2x22+2x2）ln（1+x2）设，则h'（x）=2x﹣2（2x+1）ln（1+x）﹣2x=﹣2（2x+1）ln（1+x）（1）当时，h'（x）＞0，∴h（x）在单调递增；（2）当x∈（0，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）在（0，+∞）单调递减．∴故．2．己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．∴x=0是极小值点，x=2极大值点，又f（0）=0，f（2）=．故f（x）的极小值和极大值分别为0，．（II）设切点为（），则切线方程为y﹣=（x﹣x0），令y=0，解得x==，因为曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数，∴（＜0，∴x0＜0或x0＞2，令，则=．①当x0＜0时，0，即f′（x0）＞0，∴f（x0）在（﹣∞，0）上单调递增，∴f（x0）＜f（0）=0；②当x0＞2时，令f′（x0）=0，解得．当时，f′（x0）＞0，函数f（x0）单调递增；当时，f′（x0）＜0，函数f（x0）单调递减．故当时，函数f（x0）取得极小值，也即最小值，且=．综上可知：切线l在x轴上截距的取值范围是（﹣∞，0）∪．3．已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）若函数g（x）=f（x）﹣ax在其定义域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），若函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线能否平行于x轴？若能，求出该切线方程；若不能，请说明理由．分析：（Ⅰ）先根据题意写出：g（x）再求导数，由题意知，g′（x）≥0，x∈（0，+∞）恒成立，即由此即可求得实数a的取值范围；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，利用换元法令t=e x，则t∈[1，2]，则h（t）=t3﹣3at，接下来利用导数研究此函数的单调性，从而得出h（x）的极小值；（Ⅲ）对于能否问题，可先假设能，即设F（x）在（x0，F（x0））的切线平行于x轴，其中F（x）=2lnx﹣x2﹣kx结合题意，列出方程组，证得函数在（0，1）上单调递增，最后出现矛盾，说明假设不成立，即切线不能否平行于x轴。
2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析
全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2)当.总0时，.f(X)>yA J+l,求“的取值范囤.。
2. 2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数f(x) = e x-a(x + 2)・(1)当“ =1时,讨论/(x)的单调性：(2)若/(x)有两个零点，求"的取值范围・。
3. 2020年新高考1卷(山东考卷)第21题已知函数f (%) = - In x + In a(1).当a=e时，求曲线y=f(x)在点(l,f(l))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积;(2)若f(x) > 1,求a的取值范围。
1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2 )当XR时，./'(X)>y A J+1 ,求"的取值范围・。
解析：(1)单调性，常规题，a已知，求一个特左函数f(x)的单调性。
若一次求导不见底，则可二次或多次淸仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。
通常二次求导的为多。
(2)怛成立，提髙题，在恒成立情况下，求参数的取值范囤。
常常是把恒成立化成最值问题。
由于这里的a只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。
这里介绍了两种方法。
解：(1)当a=l 时，/(x) = c'+F_x,定义域为R,/'(x) = 7+2%-1,易知f，(x)是单调递增函数。
而f' (0)=0,.・.当xG (-8, 0), f，(x)V0当xW (O,+8), f (x)>0•当xW (-8, 0), f(x)单调递减：当xW (0,+8), f(x)单调递增。
2—.V+ JV +1 — K (A* — 2)(—x" + x +1 — 0*)令g(x)= --------- ；---- ，则gd)=—丄「 --------------------X X再令//(x) = -x2+x + l-，2到了这里发现，由(1)可得的e x+x2-x>\(x>0),不能引用。
2020高考理数：导数压轴小题汇编
导数压轴小题(01)12【图像法】设函数()(21)xf x e x ax a =--+，其中1a <，若存在唯一的整数0x 使得0()0f x <，则a 的取值范围是（ D ）A ．3[,1)2e -B ．33[,)24e -C ．33[,)24eD ．3[,1)2e【图像法】已知函数()m +-=mx xe x f x，若()0<x f 的解集为（a,b ）,其中b<0;不等式在（a,b ）中有且只有一个整数解，则实数m的取值范围是（ C ）A ．C ．(03)16【切线应用】若函数),()(23R b a bx ax x x f ∈++=的图象与x 轴相切于一点)0)(0,(≠m m A ，且)(x f 的极大值为21，则m 的值为 .答案： 32{f ′(f )=f f (f )=f (04)12【导数的切线法】设函数与有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b 的最大值为( A ) 【此题也是多变量转化+等与不等转化】 f′(f )=f′(f ) ⇒ f =fA ．B ．C ．D ． 构造F(b)=−f ff f −f fff f (05)11【导数的切线法】若对于函数()()2ln 1f x x x =++图象上任意一点处的切线1l ，在函数()sin cos g x a x x x =-的图象上总存在一条切线2l ，使得12l l ⊥，则实数a 的取值范围为( D ) −f +f f≤∃f f f <0 A．⎤⎥⎣⎦B．1⎡-⎢⎣⎦C.⎛⎤-∞+∞ ⎥ ⎝⎦⎣⎦UD ．(][),11,-∞-+∞U(06)12【导数的切线法】已知实数满足，实数满足，则的最小值为（ A ） 【距离模型+转化法】()()02232>-=a ax x x f ()b x a x g +=ln 2221e 221e e 1223-e ,a b ln(1)30b a b ++-=,c d 20d c -+=22()()a c b d -+-A ．1B ．2C ．3D ．4(07)12【导数的切线法】若直线ff −f −f +f =f (f ∈f )和曲线E ：f =ff f +ff f+ff(ff ≠f )的图像交于f ( f f f f )B ( f f f f )C ( f f f f ) (f f <f f <f f )三点时，曲线E 在点A ，点C处的切线总是平行，则过点（b, a ）可作曲线E 的( B )条切线 (咋读题目一头雾水，无思路！)A. 0B. 1C. 2D. 3(08)16【导数的直接应用】若f (f )是定义在R 上的可导函数，且满足(f −f )f′(f )≥f ，则必有（ D ）A ．f (f )+ f (f )<2f (1)B ．f (f )+ f (f )>2f (1)C ．f (f )+ f (f )≤ff (f )D ．f (f )+ f (f )≥ff (f ) 【易选B 】(09)12 【导数的直接应用】若函数f (f )=f f (ffff +fffff )在(f，f)上单调递增，则实数的取值范围是（ A ）(A) (B) (C) (D)(10)12【利用对称中心破题】已知函数, 则的值为（ B ） （A ） （B ） （C ） （D ）(11)12【利用对称中心破题】已知函数()1cos 212x f x x x π+⎛⎫=+- ⎪-⎝⎭, 则201612017k k f =⎛⎫⎪⎝⎭∑的值为（ B ） （A ）2016 （B ）1008 （C ）504 （D ）0(12)12【利用对称中心破题】已知函数()())221ln3cos 1x x x f x x ++=+，且()20172016f =，则()2017f -=a (],1-∞(),1-∞[)1,+∞()1,+∞()32331248f x x x x =-++201612017k k f =⎛⎫⎪⎝⎭∑050410082016( A )A ．2014-B ．2015-C ．2016-D ．2017-(13)12【利用对称中心破题】已知函数()2ln f x x x =-与()()()()21222g x x m m R x =-+-∈-的图象上存在关于()1,0对称的点，则实数m 的取值范围是( D ) 注意题干中是存在而不是任意 f (f )=−f (f −f ) A.(),1ln 2-∞- B.(],1ln 2-∞- C. ()1ln 2,-+∞ D.[)1ln 2,-+∞(14)16【通过构造函数破题】已知函数（为自然对数的底数），若对任意的正数，当时，都有成立，则实数m 的取值范围为 .答案：[f ,+∞)(15)12【通过构造函数破题】已知函数2)1ln()(x x a x f -+=，在区间（0，1）内任取两个实数p ，q ，且q p <，若不等式1)1()1(>-+-+qp q f p f 恒成立，则实数a 的取值范围是( B )A ．（15，)+∞B ．[15，)+∞C ．（-∞，6）D ．（-∞，6](16)11【直接法】已知直线与函数的图象交于两点AB ，若中点为点，则的大小为（ B ）A.B. C. 1 D. 2 (17)12【函数性质+K 法】已知函数f (f )=f +ffff (f ∈f )，且f (f f−ff +f )+f (f f−ff +f )≤f ，则当f ≥1时，f f +f的取值范围是（ A ）A ．B ．C ．D ．(18)12【考查函数性质】已知函数22()(8)12(0)f x x a x a a a =++++-<，且2(4)(28)f a f a -=-，则()ln xf x e m x =+,m R e ∈12,x x 12x x >()()1212f x f x x x ->-l ())()ln ln 1f x x =--AB 1,2P m ⎛⎫⎪⎝⎭m 1312*()4()1f n a n N n -∈+的最小值为（ A ） 提示： f f−f +ff −f =fA.374B.358C.328D.274(19)12.【分离参数法+隐含零点】已知函数f (f )=f +ffff ,若f ∈f ,并且f (f −f )<f (f )对任意的f >1恒成立，则f 的最大值为（B ） 提示：隐含零点必然用到导函数的零点的等量代换A. 2B. 3C.4D.5(20)8【考查函数的零点＋嵌套函数】已知函数⎩⎨⎧≥+--<-=1,2)2(1,)1(log )(25x x x x x f ，则方程a x x f =-+)21(的实根个数不可能为(B) 考查作图能力＋双勾函数，特别要注意双勾函数的二个拐点，本题当a=0 有３个，a=1时有７个，一共有２.３．４．６．７．８六种情况B. A ．8个 B ．7个 C ．6个D ．5个(21)12【考查函数的零点】定义在R 上的偶函数()f x 满足(2)()f x f x -=，且当[]1,2x ∈时，()ln 1f x x x =-+，若函数()()g x f x mx =+有7个零点，则实数m 的取值范围为（ A ） 函数的性质－对称中心要掌握哦！画出图像A. 1ln 21ln 2ln 21ln 21(,)(,)8668----⋃B. ln 21ln 21(,)68--C. 1ln 21ln 2(,)86-- D. 1ln 2ln 21(,)86-- (22)10【考查函数的零点】设函数()21cos ,12,01x x f x x x π⎧+>⎪=⎨⎪<≤⎩，函数()()10g x x a x x =++>，若存在唯一的0x ，使得()()(){}min ,h x f x g x =的最小值为()0h x ，则实数a 的取值范围是( A ) 好好琢磨一下本题！A. 2a <-B. 2a ≤-C. 1a <-D. 1a ≤- 画出图像(23)12【考查函数的零点】已知函数()xe f x kx x=-（e 为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是（ B ） 分参后求导画出图像（画图像注意x<0部分）A ．(0,2)B ．2(0,)4eC ．(0,)eD ．(0,)+∞ 【分离参数法】(24)16【转化法+零点】已知函数()2ln (6)f x a x x a x =++-在(0,3)上不是单调函数，则实数a 的取值范围是(f ,f ) 本题还需注意是相交，相切不行！求导后，分离ａ，转化为双勾函数！(25)11【图像法+转化法+零点】函数()())ln 00x x f x x x ⎧>⎪=⎨-≤⎪⎩与()()112g x x a =++的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ B ） 画出f (f )图像，再画出f =f f |f |＋1图像 实际转化为ff (−f )=ff(−f −f +f )有解 A ．(],32ln 2-∞- B ．[)32ln 2,-+∞ C.),e ⎡+∞⎣D ．(,e -∞-(26)12【考查函数的零点】定义在(1，+∞)上的函数f (f )满足下列两个条件：(1)对任意的x ∈(1，+∞)恒有f (f f )=2f (f )成立；(2)当x ∈(1，2]时，f (f )=2﹣x ；记函数f (f )= f (f )﹣k (x ﹣1)，若函数g (x )恰有两个零点，则实数k 的取值范围是（ C ）A ．[1，2）B ．4[,2]3 C ．4[,2)3 D ．4(,2)3f (f )图像容易画错(27)12【多变量转化+等与不等转化】已知函数n x m x g x x f ++==)32()(,ln )(，若对任意的),0(+∞∈x ,总有)()(x g x f ≤恒成立，记n m )32(+的最小值为),(n m f ，则),(n m f 最大值为（ C ）A. 1B.e 1 C. 21e D. e1 (28)12【多变量转化+等与不等转化】已知不等式(2)2xe a x b -+≥- 恒成立，则52b a -+的最大值为( A )A ． ln 3-B ．ln 2-C ．1ln3--D ．1ln2--失败：直接求导f ′(f )=f f−(f +f )(f ∈f );一般要对原函数作一下处理！分f +f >< =f三种情况讨论 (29)12【多变量转化+等与不等转化】对于任意0b >，a R ∈，不等式[][]222(2)ln (1)b a b a m m --+--≥-恒成立，则实数m 的最大值为（ B ） 本质是平行线间距离A ．B ．2 C. e D ．3(30)11【嵌套函数+零点图像法】函数f (f )={|fff f |ff −f || f ≠ff ,f f =ff 若方程ff f(f )+ff (f )+f =f 有8个不同的实根，则此8个实根之和是（ D ） 适合高一学生做A. fB. 4C. ffD. 2(31)10【嵌套函数法】已知函数()132,1,1x e x f x x x x -⎧<=⎨+≥⎩，则()()2f f x <的解集为( B ) 适合高一学生做A ．(f −fff ,+∞)B ．(−∞ ,f −fff ) C. (f −fff ,f ) D ．(f ,f +fff )(32)12【导数＋嵌套函数法+分离参数】函数22()3,()2x f x x x a g x x =-++=-,若[()]0f g x ≥对[0,1]x ∈恒成立,则实数a 的取值范围是（ C ）A.[,)e -+∞B.[ln 2,)-+∞C.[2,)-+∞D.1(,0]2-(33)11【导数＋嵌套函数法＋定义域与值域的关系】已知函数2)(+⋅+=-xx ea e x f （R a ∈，e 为自然对数的底数），若)(x f g =与))((x f f y =的值域相同，则a 的取值范围是（ A ）A ．0<aB ．1-≤aC ． 40≤<aD ．0<a 或40≤<a。
2020高考-导数压轴题小题(解析版)
1.已知定义在R上的奇函数f(x)的图象为一条连续不断的曲线,且当时,的导函数满足,则f(x)在[2015,2016]上的最大值为( )2.已知函数存在极小值,且对于b的所有可能取值f(x)的极小值恒大于0,则a的最小值为A.3.过双曲线的右支上一点P,分别向圆和圆切线,作切点分别为M,N,则的最小值为( )4.已知函数,设,且函数的所有零点在区间则的最小值为5.函数是定义在上的可导函数，其导函数为且满足,则不等式满足的解集为（）6.规定［表示不超过x的最大整数,例如［3.1]=3, ［-2.6 ]=-3, ［-2 ]=-2,(是函数是的导函数,设则函数)的值域是( )7. 若直角坐标平面内两点P,Q满足条件:①P,Q都在函数y=f(x)的图象上;②P,Q关于原点对称,则称(P,Q)是函数y=f(x)的伙伴点组”(点组(P,Q)与(Q,P)看作同一个“伙伴点组”).已知函数有两个“伙伴点组”,则实数k的取值范围是( )8.定义在R上的函数f(x)满足,当x∈[0,2)时,,函数.若对任意s∈[-4,-2 ],存在t∈[-4-2 ],不等式f(s)-g(t)0成立,则实数m的取值范围是9.定义在R上的偶函数f(x)的导函数为。
若对任意的实数x,都有恒成立,则使恒成立的实数x的取值范围为( )）10.设f(x)是函数的导函数,且)=e(e为自然对数的底数),则不等式的解集为11.设定义在D上的函数y=h(x)在点P处的切线为l:y=g(x),当时，若在D内恒成立，则称P为函数y=h(x)的“类对称点”。
则的类对称点的横坐标为12.已知若,则的取值范围为，，，［，13.设函数若对任意给定的,都存在唯一的满足,则正整数a的取值为，，，14.已知R上的奇函数f(x)满足则不等式的解集为，15.设则的最小值为16.当时，关于x的不等式恒成立。
则实数m 的取值范围［17. 如果数列中任意连续三项奇数项与连续项偶数项均能构成一个三角形的三边长,则称为“亚三角形"数列;对于“亚三角形”数列,如果函数使得仍为个“亚三角形"数列,则称是数列的一个“保亚三角形函数”.记数列的前n项和为,=2016,且,若是数列的“保亚三角形函数”。
2020高考数学《导数压轴题》
导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。
2020高考数学复习--选择题压轴训练-专题04 导数(第一篇)(解析版)
2020高考数学复习--选择题压轴训练专题4 导 数1．（2020北京中学生标准学术能力诊断性测试）已知不等式1ln ax x a x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为（ ）A ．B ．e 2-C ．e -D ．2e -【答案】C【解析】不等式1ln a x x a x x e++≥对()1,x ∈+∞恒成立 可变形为1ln a x x x a x e≥-+， 即n n l l x x a a e x x e ----≥对()1,x ∈+∞恒成立 设()ln g x x x =- 则()11'1x g x x x-=-= 当()1,x ∈+∞时，()'0g x >，即()ln g x x x =-在()1,x ∈+∞时单调递增 当()0,1x ∈时，()'0g x <，即()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减 因而()()x a g eg x -≥在()1,x ∈+∞上恒成立即可当()1,x ∈+∞时，10,xee -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭而当0a <时(因四个选项都小于0，所以只需讨论0a <的情况)()0,1a x ∈因为()ln g x x x =-在()0,1x ∈时单调递减，若()()x a g e g x -≥只需x a e x -≤不等式两边同取自然底数的对数，可得ln x a x -≤ 当()1,x ∈+∞时，0ln x < 化简不等式可得ln xa x-≤只需maxln x a x -⎛⎫≤⎪⎝⎭ 令()ln xh x x -=，()1,x ∈+∞ 则()()21ln 'ln xh x x -=，令()'0h x =解得x e =当()1,x e ∈时，()'0h x >，则()ln xh x x -=在()1,e 内单调递增 当(),x e ∈+∞时，()'0h x <，则()ln xh x x-=在(),e +∞内单调递减所以()ln x h x x -=在x e =处取得最大值，()max ln eh x e e-==- 故e a -≤所以实数a 的最小值为e - 故选C【押题点】导数在研究函数单调性与最值中的综合应用，不等式恒成立的参数取值范围问题2．（2020北京西城区二模）设函数()()1xf x x e =-，若关于x 的不等式()1f x ax <-有且仅有一个整数解，则正数a 的取值范围是（ ） A ．(]0,e B ．(20,e ⎤⎦C ．21,2e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦ 【答案】D 【解析】()()1x f x x e =-Q，()x f x xe '∴=，令()0f x '=，得0x =，列表如下：所以，函数()y f x =的单调递减区间为(),0-∞，单调递增区间为()0,∞+． 则函数()y f x =在0x =处取得极小值，且极小值为()01f =-，如下图所示：当0a >时，若关于x 的不等式()1f x ax <-有且仅有一个整数解，则()()11221f a f a ⎧<-⎪⎨≥-⎪⎩，解得2112e a +<≤；当0a <时，由于直线1y ax =-与x 轴的负半轴交于点1,0a ⎛⎫ ⎪⎝⎭， 当1x a<时，关于x 的不等式()1f x ax <-有无数个整数解，不合乎题意． 综上所述，实数a 的取值范围是211,2e ⎛⎤+ ⎥⎝⎦． 故选D ．【押题点】利用函数不等式整数解的个数问题求参数 3．（2020北京171中学模拟）已知函数211()(0)42f x x x a x =++<，()ln (0)g x x x =>，其中R a ∈．若()f x 的图象在点()()11,A x f x 处的切线与g x （）的图象在点()()22,B x g x 处的切线重合，则a 的取值范围为（ ） A ．(1ln 2,)-++∞ B ．(1ln 2,)--+∞ C ．3,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭D ．(ln 2ln3,)-+∞【答案】A【解析】∵211()(0)42f x x x a x =++<，()ln (0)g x x x => ∴()()11022f x x x '=+<，()()10g x x x'=>，函数()f x 在点()()11,A x f x 处的切线方程为：()2111111114222y x x a x x x ⎛⎫⎛⎫-++=+-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，函数()g x 在点()()22,B x f x 处的切线方程为：()2221ln y x x x x -=-， 两直线重合的充要条件是1211122x x +=①，2121ln 14x a x -+=-②， 由①及120x x <<得21102x <<， 故22222211111ln 1ln 122a x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+-=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，令21t x =，则102t <<，且21ln 12a t t ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭， 设()21ln 12h t t t ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭，102t ⎛⎫<< ⎪⎝⎭()()()221112121t t t t h t t t t t+---'=--==， 当102t <<时，()0h t '<恒成立，即()h t 单调递减， ()11ln 22h t h ⎛⎫>=-+ ⎪⎝⎭，0x →时，()h t →+∞，即a 的取值范围为(1ln 2,)-++∞，故选A ． 【押题点】导数的几何意义，导数与函数的单调性4．（2020北京昌平区模拟）已知()()(31)x f x e a ax =-+，若()0()f x x R ≥∈成立，则满足条件的a 的个数是（ ） A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D【解析】分类讨论：很明显当0a =时，()0xf x e =>恒成立，当0a >时，应有130aea --=，此方程的根即函数y x =与函数13x y e -=在区间()0,∞+上的交点的个数，注意到13x y e -=过坐标原点的切线方程为3y x e =，且31e>，故函数y x =与函数13x y e -=在区间()0,∞+上有2个交点，函数图象如图所示．当0a <时，不存在满足题意的实数a ， 综上可得，满足条件的a 的个数是3． 本题选择D 选项．【押题点】不等式恒成立的参数取值范围问题5．（2020北京101中学下学期模拟）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22()'()f x xf x x +>，则不等式2(2018)(2018)x f x ++4(2)0f -->的解集为（ ） A ．(2020,0)- B ．(,2020)-∞- C ．(2016,0)- D ．(,2016)-∞-【答案】B【解析】由()()22'f x xf x x +>，0x （＜），得：232xf x x f x x +'（）（）＜， 即23[]0x f x x '（）＜＜， 令F （x ）=x 2f （x ），则当0x ＜ 时，得0F x '（）＜，即0F x -∞（）在（，） 上是减函数，2201820182018242F x x f x F f ∴+=++-=-（）（）（），（）（），即不等式等价为201820F x F +--（）（）＞， F x Q （） 在0-∞（，） 是减函数，∴由F 20182x F +-（）＞（）得，20182x +-＜，即2020.x -＜故选B ．【押题点】导数研究函数的单调性以及抽象不等式的解法6．（2020北京朝阳区高三一模）已知函数222,1,()2ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()2af x ≥在R上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A．(-∞ B ．3[0,]2C ．[0,2]D．【答案】C【解析】（1）当1x ≤时，由()2a f x ≥得23(2)2x a x ≥-， 当314x <≤时，2322x a x ≤-232()4x x =-恒成立，因为222333933()()()42416443332()2()2()444x x x x x x x -+-+-+==---913316()32442()4x x =-++- 令34t x =-，则104t <≤，令193()2164y t t =++，则219(1)216y t'=-0<， 所以193()2164y t t =++在1(0,]4上递减，所以11938()212444164y ≥++==⨯， 即913316()32442()4x x -++-的最小值为2，所以此时2a ≤， 当34x ≤时，2322x a x ≥-913316()32442()4x x =-++-1393[()]324416()4x x =--++-恒成立，因为1393[()]324416()4x x --++-1324≤-⨯0=，当且仅当0x =时取等， 所以0a ≥．（2）当1x >时，由()2a f x ≥得21ln 2xa x ≤+恒成立，令21ln 2x y x =+(1)x >，则22ln 11(ln )2x y x -'=+，由0y '>得12x e>，由0y '<得121x e <<，所以函数21ln 2xy x =+在12(1,)e 上递减，在12(,)e +∞上递增，所以x =min 22y ==+a ≤ 综上所述：02a ≤≤．故选C ．【押题点】不等式恒成立的参数取值范围问题，导数与函数的单调性、最值 7．（2020北京通州区一模）关于函数()21()1x f x x ax e -=+-有以下三个判断①函数恒有两个零点且两个零点之积为-1； ②函数恒有两个极值点且两个极值点之积为-1； ③若2x =-是函数的一个极值点，则函数极小值为-1． 其中正确判断的个数有( ) A ．0个 B ．1个C ．2个D ．3个【答案】C【解析】因为10x e ->，方程210x ax +-=，240a ∆+>=，所以关于x 的方程210x ax +-=一定有两个实根，且两根之积为-1，所以21`()(1)x f x x ax e -=+-恒有两个零点且两个零点之积为-1，即①正确；()()()2121x f x x a x a e -'=+++-，10x e ->，对于()2210x a x a +++-=，()()2224180a a a ∆=+--=+>，所以()2210x a x a +++-=恒有两个不等实根，且导函数在这两个实根附近左右异号，两根之积为1a -，函数恒有两个极值点且两个极值点之积为1a -，所以②错误； 若2x =-是函数的一个极值点，()()242410f a a '-=--+-=，则1a =-，()()211x f x x x e -=--，()()()()211221x x f x x x e x x e --'=+-=+-，()()(),21,,0x f x '∈-∞-+∞>U ，()()2,1,0x f x '∈-<，所以函数的增区间为()(),2,1,-∞-+∞，减区间为()2,1-， 所以函数的极小值为()11f =-，所以③正确． 故选C ．【押题点】导数与函数的零点，导函数导论单调性、极值问题8．（2020北京朝阳区模拟）设函数3()3()f x x x a a R =-+∈，则“2a >”是“()f x 有且只有一个零点”的（ ） A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】f （x ）＝33x x a -+，f ′（x ）＝3x 2﹣3＝3（x +1）（x ﹣1），令f ′（x ）＞0，解得：x ＞1或x ＜﹣1， 令f ′（x ）＜0，解得：﹣1＜x ＜1，∴()()33f x x x a a R =-+∈在()1，-∞-，()1∞+，上单调递增，在()1,1-上单调递减， 且()12?f a -=+，() 12?f a =-+， 若()f x 有且只有一个零点，则2a >，或2a <-∴“2a >”是“()f x 有且只有一个零点”的充分而不必要条件， 故选A ．【押题点】充分性与必要性，运用导数研究三次函数的零点问题9．（2020北京丰台区高三一模）已知函数()e 1,0,,0.x x f x kx x ⎧-≥=⎨<⎩若存在非零实数0x ，使得()()00f x f x -=成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(),1-∞- B ．(],1-∞-C ．()1,0-D ．[)1,0-【答案】A【解析】不妨设00x >，当0k ≥时，()00=e 10xf x ->，()000f x kx -=-≤，不存在非零实数0x ，使得()()00f x f x -=成立，则0k ≥不满足题意，当k 0<时，若存在非零实数0x ，使得()()00f x f x -=成立，则方程00e 1xkx -=-有非零的正根，即函数()e 1,0x y x =->与(),0y kx x =->有交点，先考虑函数()e 1,0xy x =-≥与直线y kx =-相切的情形，设切点为11(,)x y ，则11111e 1x x k e y kx y ⎧-=⎪=-⎨⎪=-⎩，整理得()111e 10xx -+=，令()()1e 1,0xg x x x =-+≥，则()0e x g x x '=≥，即函数()g x 在[)0,+∞上单调递增，则()(0)0g x g ≥=，所以方程()111e 10xx -+=的根只有一个，且10x =，即1k -=，则函数()e 1,0xy x =-≥与直线y kx =-相切时，切点为原点，所以要使得函数()e 1,0xy x =->与(),0y kx x =->有交点，则1k ->，即1k <-，所以实数k 的取值范围是(),1-∞-，故选A ． 【押题点】函数与方程的综合应用，导数研究方程的根10．（2020北京高考模拟）已知函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩，若不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是（ ） A ．(],1-∞ B ．[)1,+∞ C ．[)0,1 D ．(]1,0-【答案】A【解析】当1x ≥时，()''1ln ,()(1)1f x x f x f x=⇒=⇒=，所以函数()f x 在(1,0)处的切线方程为：1y x =-，令()g x x k =-，它与横轴的交点坐标为(,0)k ．在同一直角坐标系内画出函数()0,1ln ,1x f x x x <⎧=⎨≥⎩和()g x x k =-的图象如下图的所示：利用数形结合思想可知：不等式()≤-f x x k 对任意的x ∈R 恒成立，则实数k 的取值范围是1k ≤． 故选A ．【押题点】不等式恒成立的参数取值范围问题 11．（2020北京十一中学高三一模）已知函数2sin ()1xf x x =+．下列命题：①函数()f x 的图象关于原点对称；②函数()f x 是周期函数；③当2x π=时，函数()f x 取最大值；④函数()f x 的图象与函数1y x=的图象没有公共点，其中正确命题的序号是（ ） A ．①④ B ．②③C ．①③④D ．①②④【答案】A【解析】由题意得：()f x 定义域为R ，()()()()22sin sin 11x xf x f x x x --==-=-+-+Q ，()f x ∴为奇函数，图象关于原点对称，①正确； sin y x =Q 为周期函数，21y x =+不是周期函数，()f x ∴不是周期函数，②错误；()()()2221cos 2sin 1x x x xf x x +-'=+Q ，02f π⎛⎫'∴≠⎪⎝⎭，2f π⎛⎫∴ ⎪⎝⎭不是最值，③错误； 令()()221sin 1sin 111x x x x g x f x x x xx --=-=-=++，11 / 13当0x >时，sin x x <，10x>，()0g x ∴<，此时()f x 与1y x =无交点； 当0x <时，sin x x >，10x <，()0g x ∴>，此时()f x 与1y x =无交点； 综上所述：()f x 与1y x =无交点，④正确． 故选A ．【押题点】函数与导数知识的综合应用13．（2020北京朝阳区六校高三四月联考）关于函数2()(1)e x f x x ax =+-，有以下三个结论： ①函数恒有两个零点，且两个零点之积为1-；②函数的极值点不可能是1-；③函数必有最小值．其中正确结论的个数有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个 【答案】D【解析】由题意函数()2()1e x f x x ax =+-的零点即为函数21y x ax =+-的零点，令210x ax +-=，则240a =+>V ，所以方程必有两个不等实根1x ，2x ，设12x x <，由韦达定理可得121x x =-，故①正确；()()()22()2e 1e 21e x x x f x x a x a a x x x a ⎡⎤+=+++-⎣=++⎦'-， 当1x =-时，()1112()e 201a a f x e --=--+-'=-≠，故1-不可能是函数()f x 的极值点，故②正确；令()0f x '=即()2210x a x a +++-=，()()2224180a a a =+--=+>V ，设()2210x a x a +++-=的两个实数根为3x ，4x 且34x x <，则当()3,x x ∈-∞，()4,x x ∈+∞时，()0f x '>，函数()f x 单调递增，当()34,x x x ∈时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，所以4()f x 为函数极小值；由①知，当()1,x x ∈-∞时，函数()0f x >，所以当()3,x x ∈-∞时，()0f x >，又 (0)0x f e =-<，所以()30,x ∈+∞，所以()4()00f x f ≤<，所以4()f x 为函数的最小值，故③正确．12 / 13 故选D ．【押题点】函数与导数的综合问题14．（2020北京13中学模拟）如图，已知直线y kx =与曲线()y f x =相切于两点，函数()g x kx m =+ (0)m >，则函数()()()F x g x f x =-（ ）A ．有极小值，没有极大值B ．有极大值，没有极小值C ．至少有两个极小值和一个极大值D ．至少有一个极小值和两个极大值【答案】C【解析】如图，由图像可知，直线y kx =与曲线()y f x =切于a ，b ，将直线向下平移到与曲线()y f x =相切，设切点为c ，当x a <时，()f x 单调递增，所以有'()0f x >且()()f x f a k ''>=．对于()()()F x g x f x =-=()kx m f x +-，有()()0F x k f x ''=-<，所以()F x 在x a <时单调递减；当a x c <<时，()f x 单调递减，所以有'()0f x <且()()f x f a k ''<=．有()()0F x k f x ''=->，所以()F x 在a x c <<时单调递增；所以x a =是()F x 的极小值点．同样的方法可以得到x b =是()F x 的极小值点，x c =是()F x 的极大值点．故选C ．【押题点】导数的几何意义，函数导数与单调性、极值之间的关系15．（2020北京101中学模拟）已知定义在R上的连续可导函数f(x)无极值，且∀x∈R，f[f(x)+2018x]=2019，若g(x)=2sin(x+π6)+mx在[3π2，2π]上与函数f(x)的单调性相同，则实数m的取值范围是( )A．(−∞，−2]B．[−2，+∞)C．(−∞，2]D．[−2，−1]【答案】A【解析】由于f(x)连续可导且无极值，故函数f(x)为单调函数．故可令t=f(x)+2018x，使f(t)=2019成立，故f(x)=t−2018x，故f(x)为R上的减函数．故g(x)在[3π2，2π]上为减函数．即g′(x)=2cos(x+π6)+m≤0在[3π2，2π]上恒成立，即m≤−2cos(x+π6)，由于x+π6∈[5π3，13π6]，故cos(x+π6)∈[12，1]，−2cos(x+π6)∈[−2，−1]，所以m≤−2，故选A．【押题点】导数与函数的单调性、极值，利用导数求解不等式恒成立问题13/ 13。
2020高考数学备考最新压轴题(一)
2020 备考最新数学压轴题之一1.（本小分12分）已知，函数a xa Rf ( )lnx1，g (x)ln x 1 e x（此中 e 自然数的底数）．x x（ 1）判断函数 f ( x) 在区 0,e上的性；（ 2）能否存在数x00,e ，使曲 y g ( x) 在点 x x0的切与y垂直 ? 若存在，求出x0的；若不存在，明原因．a 解（ 1）：∵f ( x)x 令 f ( x) 0 ，得 x①若 a0 ， f (x)ln x 1a1x a．，∴ f (x)2x x2xa．0 ，f x 在区0,e 上增.②若0a e ，当x0,a ，f( x)0 ，函数f x 在区0,a上减，当 x a, e ，f(x)0 ，函数f x 在区a, e 上增，③若 a e ， f (x)0，函数 f x 在区0,e 上减.⋯⋯6分（ 2）解：∵ g(x)ln x 1 e x x ， x0, e ，g ( x)ln x 1 e x ln x 1 e x1e x ln x 1 e x11ln x 1 e x1由（1）x x可知，当 a 1 ， f ( x)1ln x 1 ．x0，即1此 f ( x) 在区0,e上的最小ln1ln x10．x当 x00,e ，e x00，1ln x010 ，∴g ( x0)1ln x0 1 e x0 1 10 ．x0x0曲 y g( x) 在点 x x0的切与y垂直等价于方程g ( x0 )0 有数解．而x0g，即方程 g (x0 )0 无数解．故不存在x00,e，使曲y g( x) 在x x0的切与 y 垂直⋯⋯12分2．（本小分 12分）已知段 CD 2 3 ，CD 的中点 O，点A足 AC AD2a （a正常数）．（ 1）成立适合的直角坐系，求点 A 所在的曲方程；（ 2）若 a2，点B足 BC BD4，且 OA OB ，求AOB 面的最大和最小．解（ 1）以O心，CD所在直成立平面直角坐系.若AC AD2a 2 3，即0 a3，点 A所在的曲不存在；若AC AD2a 2 3 ，即 a 3 ，点A所在的曲方程 y0( 3 x 3) ；若 AC AD2a2 3 ，即 a 3 ，点A所在的曲方程x2y2a21.⋯⋯4分a 2 3x2x2(2)当a2，其曲方程y2 1 .由条件知A,B两点均在y2 1 上，且OA OB44A( x1 , y1 ) ， B( x2 , y2 ) ， OA 的斜率 k (k0) ， OA 的方程 y kx ， OB 的方程1ykxy解方程 2k xxy214 得 124， y 124k 2x1 4k 214k 24k 2同理可求得 x 22， y 22 4 4 k 2 4 k 2AOB 面 S1 1 k2 x 1 1 1 x 2 = 2(1 k 2 ) 2⋯⋯⋯⋯⋯⋯分2k2(1 4k 2 )( k24)8令 1 k 2 t( t 1)S2t 2 2129t99 94t4t2t令g(t )9 91 1 )2 25 所以4 g(t)25，即 4 S 1t 2 t 49( t 24 (t 1) 4 5当 k0 ，可求得 S 1,故4S 1 ，5故 S 的最小 4，最大 1. ⋯⋯12 分5（ 2）另解：令A(r 1 cos , r 1 sin ), B( r 2 sin , r 2 cos ) ，1 2 2224r1cos r 1 sin11r 2,2 sin 2 r 2 2 cos 214r 1 22 421 4 2解得cos4sin3sin44r 2 2sin 214cos 23cos 2所以r 1 2r 2 21616 64，而 sin 2 20,14 9sin2cos29sin 2 2所以 S1r 1r 2 4,1 ，即最大 是1，最小 是4.2553．（本小 分12 分）函 数 f (x)x(0 x 1) 的 反 函 数f 1 ( x) ， 数 列 { a n } 和 { b n }足 ： a 11 ，1(a1 x1 ( x) 的 象在点 n , f 1(n) (n2 a n 1f ) ，函数 yf N ) 的切 在 y 上的截距bnn.（ 1）求数列 { a n }的通 公式；（ 2）若数列 {b n} 的 中 b 5最小 ,求 的取 范 ；2a n 2a na 5 a 5（ 3）令函数g(x) [ f 1( x)f (x)] 1 x 2, 0 x 1 .数列 {xn} 足 : x 1 1 , 0 x n 1 且 xg( x ) ， (此中1 2 2n 1nx n N ). 明 :22(x 1 x 2 ) 2( x n 12 1( x 2 x 3 )⋯ x n )x 1x 2x 2 x 3x n x n 18解 :(1)令 yx , 解得 x y ; 由 0 x 1, 解得 y 0.1 x1 y∴函数 f ( x) 的反函数 f 1 (x)x ( x 0).a n1 xa n 1f 1 (a n )1 ,a n得11 1.a n 1a n{1}是以 2 首 ，1 公差的等差数列，故a n1 . ⋯⋯⋯⋯3分a nn 1(2)Q f1( x)x (x 0),1 x [ f 1 ( x)] '(1 1 2 ,x)yf 1 ( x) 在 点 (n, f1(n))的 切 方 程yn 1(1 1 ( x n), 令 x 0 得n n)2n 2b n222b n (1 n) 2 .a n 2a n n(n 1) ( n2 )4 .当 n5 获得最小 ，4.525.5.(9,11). ⋯⋯⋯6 分∴的取 范g ( x) [ f 1( x)f (x)]1x 2 (3)1x 2xx ] 1x 2x[ 1 x 1 , x (0,1).1 x 1 x 2x 2所以x n 1x nx n (1 x n )1 xn ,x n21又因 0x n1, x n 1x n .然1xn 1x n L x 21 . ⋯⋯⋯⋯8分x n (1 x n ) 12 x n 1 12xn 1x nx n 1 4 x n 1 2 2x n 1112 1 4 2 2 28( x n 1 x n )2x n 1 x n (x n 1x n )x n x n 1x n x n 1(x n 1 x n )( 11 )2 1(11 )x n x n 18 x nx n 12 1(11 ) 21(21)⋯10分8 x 1 x n 18x n 1Q1x n11,2(x 1 x 2 )2( x 2 x 3 )2x 1 x 2x 2x 3 2 1[( 11 ) ( 18x 1 x 2x 2112,xn 12⋯ (x n 1 x n )x n x n 11 ) ⋯ ( 11)]x 3x n x n 1( x 1 x 2 )2 ( x 2 x 3 ) 2 ⋯ (x n 1 x n )21x 1x 2 x 2 x 3 x n xn 1 021112 1xn 12 (2 )分88 (12)xn 1。
2020年高考理科数学高考大题专项1函数与导数的综合压轴大题
高考大题专项一函数与导数的综合压轴大题突破1利用导数求极值、最值、参数范围1. 已知函数f(x)=(x-k)e.(1)求f(x)的单调区间；⑵求f(x)在区间［0,1］上的最小值.2. (2018福建龙岩4月质检,21改编)已知函数f(x)= (x-2)e x-a(x+2)2.求函数g(x)=f(x)+ 3e x的极值点3. (2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a€ R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程；⑵求f(x)在区间［1,2］上的最小值.4. (2018陕西咸阳一模,21改编)已知f(x)=e x-aln x(a€ R).当a=-1时,若不等式f(x)>e+m(x-1)对任意x € (1, +旳恒成立，求实数m的取值范围.2 x ……5. 设函数f(x)=x +ax+b ,g(x)=e (cx+d).若曲线y=f (x)和曲线y=g (x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d 的值；⑵若x> -2时,f(x)w kg(x),求k的取值范围.6. (2018河北江西南昌一模,21)已知函数f(x)=ln(ax)+bx在点(1,f(1))处的切线是y=0.(1)求函数f(x)的极值;⑵当—f(x)+一x(m<0)恒成立时，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1. (2018全国3,文21)已知函数f(x)= —(1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程；⑵证明：当a> 1时,f(x)+e> 0.2. (2018河北保定一模，21改编)已知函数f(x)=ln x-——(a€ R)•若f(x)有两个极值点X1,X2,证明:f——--------------3 23. 已知函数f(x)=ax -3x + 1,若f(x)存在唯一的零点X0,且x°>0,求a的取值范围34. (2018安徽芜湖期末，21改编)已知函数f(x)=x -aln x(a € R).若函数y=f(x)在区间(1,e］上存在两个不同零点，求实数a的取值范围.5. (2018河南郑州一模,21)已知函数f(x)=ln x+—-,a€ R且a用.(1)讨论函数f(x)的单调性；_ x⑵当x - 时，试判断函数g(x)=(ln x- 1)e +x-m的零点个数.x 26. (2018河北衡水中学押题三,21)已知函数f(x)=e-x +a,x€ R，曲线y=f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=bx.(1)求函数y=f(x)的解析式；2⑵当x€ R时，求证:f(x) >-x +x;⑶若f(x)>kx对任意的x€ (0,+旳恒成立，求实数k的取值范围.高考大题专项一函数与导数的综合突破1利用导数求极值、最值、参数范围1•解(1)由题意知f(x)= (x-k+1)e .令 f (x)= 0,得x=k-1.当x€ (-s,k-1)时,f(x)<0,当x€ (k-1,+百时,f(x)>0.所以f(x)的单调递减区间是(-m,k-1),单调递增区间是(k-1,+ m).(2)当k-1 w 0,即k w 1时,f(x)在［0,1］上单调递增，所以f(x)在区间［0,1］上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k< 2时,f(x)在［0,k-1］上单调递减,在［k-1,1］上单调递增，所以f(x)在区间［0,1］上的最小值为f(k-1)=-e k-1；当k-1 > 1,即k> 2时,f(x)在［0,1］上单调递减，所以f(x)在区间［0,1］上的最小值为f(1)=(1-k)e. 综上，当k w 1时,f(x)在［0,1］上的最小值为f(0)=-k ;当1<k< 2 时,f(x)在［0,1］上的最小值为f(k-1)=-e k-1；当k>2时,f(x)在［0,1］上的最小值为f(1) = (1-k)e.x 22. 解由g(x)=(x+1)e -a(x+ 2),得g'(x)=(x+ 2)e x-2a(x+ 2)=(x+2)(e x-2a),(i )当a w 0 时，在(亠,-2)上,g'(x)<0,在(-2,+ 旳上,g'(x)>0.(ii)当a>0 时,令g'(x)=0,解得x=- 2 或x=ln(2a).①若a=—,ln(2 a)=-2,g'(x)> 0 恒成立;②若a> —,|n(2 a)>- 2,在(-2,1 n(2 a))上,g'(x)< 0;在(-円-2)与(ln(2 a),+ 旳上,g'(x)> 0.③若a< —,|n(2 a)<- 2,在(ln(2 a),-2)上,g'(x)< 0;在(-呵n(2 a))与(-2,+ 旳上,g'(x)> 0.综上，当a w 0时,g(x)极小值点为-2,无极大值点；当0<a<—时，g(x)极小值点为-2,极大值点为In(2 a);当a=—时,g(x)无极值点；当a> —时,g(x)极小值点为In(2 a), 极大值点为-2.3. 解(1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f(x)=(x-2)e x,f(x)=e x(x-1).所以f(0)=-2,k=f (0) = e°(0-1)=-1.所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+ 2= 0.(2)由题意得f(x)=e (x-a+ 1),令f(x)= 0,可得x=a-1.①若a-1 w 1,则a w 2,当x € ［1,2］时,f(x)> 0,则f(x)在［1,2］上单调递增.所以f(x)min=f (1)= (1-a)e.②若a-1 >2,则 a >3,当x € ［1,2］时,f(x)w 0,则f(x)在［1,2］上单调递减.所以f(x)min=f (2)=(2-a)e2.③若1<a-1<2,则2<a< 3,所以f(x),f(x)随x所以f(x)的单调递减区间为［1,a-1］,单调递增区间为［a-1,2］.所以f(x)在［1,2］上的最小值为f(a-1)=-e a-1.综上所述:当 a w 2 时,f(x)min=f (1)= (1-a)e;当 a >3 时,f(x)min=f(2) = (2-a)e2;当2<a< 3 时,f(x)min=f(a-1)=-e a-1.4. 解由f(x)=e x-aln x,原不等式即为e x+ In x-e-m(x-1)> 0,记F(x)=e X+|n x-e-m(x-1),F(1)= 0,依题意有F(x)>0 对任意x€ ［1,+ 旳恒成立,求导得F'(x)=e x+_-m,F'(1)= e x+1-m,F" (x) = e x-—,当x>1 时,F” (x)>0,则F'(x)在(1, + 百上单调递增,有F'(x)>F' (1)=e x+l-m,若m W e+1,则F'(x)>0,则F(x)在(1,+叼上单调递增，且F(x)>F(1) = 0,适合题意;若m>e+1,则F'(1)<0, 又F'(In m)=一> 0,故存在X! € (1,ln m),使F'(x)= 0,当1 <x<x 1时,F'(x)<0,得F(x)在(1,X1)上单调递减,F(x)<F(1)=0,舍去综上，实数m的取值范围是m W e+1. 5•解(1)由已知得f(0)=2,g(0)=2,f(0)=4,g'(0)=4.而f(x)=2x+a,g'(x)=e x(cx+d+c ),故b=2,d= 2,a= 4,d+c= 4.从而a=4,b=2,c=2,d=2.2 x x 2(2)由(1)知,f(x)=x + 4x+2,g(x)= 2e (x+1).设函数F(x)=kg (x)-f(x)=2ke (x+ 1)-x -4x-2, 则F' (x)= 2ke x(x+2)-2x-4= 2(x+ 2)(ke x-1).由题设可得F(0) > 0,即k> 1.令F' (x)= 0 得X1=-ln k,X2=-2.①若1W k<e2，则-2<X1W 0.从而当x€ (-2,X1)时,F'(x)<0;当x€ (X1,+ s)时,F'(x)>0.即F(x)在(-2,X1 )单调递减，在(X1, +旳单调递增.故F(x)在［-2,+旳的最小值为F(X1).而F(X1)= 2x1 +2- -4x1-2=-X1(X1 + 2)> 0.故当x>-2 时,F(x)>0,即f(x)w kg(x)恒成立.②若k=e2,则F'(x)=2e2(x+2)(e X-e-2).从而当x>-2时,F'(x)>0,即卩F(x)在(-2,+ s)单调递增.而F(-2)=0,故当x> -2 时,F(x) > 0,即f(x)< kg(x)恒成立.③若k>e，则F(-2)=-2ke +2=-2e (k-e )<0.从而当x> -2时,f(x)W kg(x)不可能恒成立.综上,k的取值范围是［1,e2］.6.解(1) T f(x) = ln(ax)+bx,二 f (x)=—+b= -+b,T点(1,f(1))处的切线是y=0,••• f(1)=1+b= 0,且f(1)=ln a+b= 0,••• a=e,b=-1,即f(x)=ln x-x+ 1(x>0),「. f(x)=--1 =—, /. f(x)在(0,1)上递增，在(1,+ S上递减. 所以f(x)的极大值为f(1)= ln e-仁0,无极小值.(2)由(1)f(x)= ln x-x+ 1,当—f(x)+—x(m< 0)恒成立时，即—In x-x+ 1 +—x(m< 0)在x € (0,+ S恒成立，同除以x得一 ------ -2+-设g(x)=—,h(x)= -------- -2,贝V g'(x)=— ,h'(x)=-—,又•••m<0所以当0<x< 1 时,g'(x)<0,h'(x)>0;当x> 1 时,g'(x)>0,h'(x)< 0.•g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+ s)上单调递增,g(x)min=g (1)=—,h(x)在(0,1)上单调递增，在(1, + s)上单调递减,h(X)max=h (1) = 一-1.•g(x),h(x)均在x= 1处取得最值，所以要使g(x)> h(x)恒成立,只需g(x)min h(x) max,即—_-1,解得m》1-e,又m<0,二实数m的取值范围是［1 -e,0).突破2利用导数证明问题及讨论零点个数1. (1)解f(x)= ,f(0) =2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是2x-y-1 = 0.2 x+ 1 _x 2 x+1⑵证明当a> 1 时,f(x)+e> (x+x-1+e )e-.令g(x)=x+x-1 + e , 则g'(x)=2x+ 1 + e x+1.当x<-1 时,g'(x)<0,g(x)单调递减；当x>-1 时,g'(x)>0,g(x)单调递增所以g(x) > g(-1)= 0. 因此f(x)+e》0.2. 证明f(x) = _ ------ --- ---------- - ----- (x> 0),令p(x)=x +(2-a)x+ 1, 由f(x)在(0, + 8)有两个极值点X1,X2,则方程p(x)= 0在(0,+旳有两个实根X1,x2, - 得a>4,二f(x“+f(X2)= In X1- -- + In x2 ---- = In X1x2 ------------------------ =-a ,f ------- =f — = In—----- =In —- (a-2),…f -------- ------------- = In—_a-2+-=In—_■ 2.设h(a)= In—-+ 2(a> 4),则h'(a)= ------- ----- —<0,••• h(a)在(4,+ 8)上为减函数,又h(4) =0,二h(a)<0,• f--------- -------------23. 解法1函数f(x)的定义域为R，当a=0时,f(x)=-3x + 1,有两个零点土一，原函数草图•a=0不合题意；当a>0时,当X T -8时,f(x)i -8,f(0)= 1,f(x)存在小于0的零点X g,不合题意;当a<0 时,f(x)= 3ax2-6x, 由f(x)=3ax2-6x=0，得X1 = 0,X2=-< 0,二在区间--内f(x)<0;在区间-内f(x)>0;在区间(0,+ 8)内f(x)<0.•f(x)在区间--为减函数，在区间- 为增函数，在区间(0, + 8)为减函数.•••若f(x)存在唯一的零点X0,且X0>0? f(x)min=f - >0? ——+ 1> 0? -<1? a2> 4. v a< 0, • a<- 2.解法2曲线y=ax3与曲线y=3/-1仅在y轴右侧有一个公共点，当a > 0时,由图象知不符合题意；当a<0时,设曲线y=ax3与曲线y= 3x2-1相切于点(X0,y°),贝U -得a=-2,由图象知a<-2时符合题意.解法 3 分离成a=- - +3 - =-t3+3t,令y=a,g(t)=-t3+3t,2 2g'(t)=-3t +3= 3(1-t),当t € (-1,1)时,g'(t)>0,当t> 1 或t<-1 时,g'(x)<0.所以g(t)在(-8,-1)递减,在区间(-1,1)递增，在(1,+ 8递减,所以当t=- 1 时,g(t)min=- 2，由g(t)=-t 3+ 3t 的图象可知,t= 1 时,g(t)max= 2.3X T + g时,g(t)f + a,当a<- 2时，直线y=a与g(t)=-t + 3t的图象只有一个交点,交点在第四象限，所以满足题意•4. --------------------------------------------- 解由f(x)=O，得a=—区间(1,e］上有两个不同实数解，即函数y=a的图象与函数g(x)=一的图象有两个不同的交点.因为g'(x)= ,令g'(x)=O 得X=一，所以当x j (1, 一)时,g'(x)<0,函数在(1,")上单调递减,当x€ ( ：e］时,g'(x)>0,函数在(一⑥上单调递增；则g(x)min=g( ")=3e,而g( 一)=二=27「>27,且g(e)=e'<27,要使函数y=a的图象与函数g(x) = —的图象有两个不同的交点，••• a的取值范围为(3e,e3］.5. 解(1)f(x)=—(x>0),当a<0时,f(x)>0恒成立屈数f(x)在(0,+ a)上单调递增；当a>0 时,由f(x)>0,得x>—,由f(x)<0,得0<x<-,函数单调递增区间为- ，单调递减区间为-综上所述，当a<0时，函数f(x)的单调递增区间为(0, +旳，当a>0时屈数f(x)的单调递增区间为- ，单调递减区间为-(2)T x - 时，函数g(x)=(ln X- 1)e x+x-m 的零点，即方程(ln x-1)e x+x=m的根.令h(x)= (ln x-1)e x+x,Xh'(x)= - - e + 1,由⑴知当a=1时,f(x)= ln x+--1在- 递减，在［1,e］上递增,• f(x) > f(1)=0,-+ ln X-1 > 0在X -上恒成立，二 h'(x)= - - e + 1 > 0+ 1>0, • h(x)= (ln x-1)e+x 在x - 上单调递增，•- h(x)min=h - =-2 -,h(x)max= e. •当m<-2 -或m>e 时，没有零点，当-2 - m W e 时有一个零点.6. (1)解根据题意，得f(x)=£_2x,则f(0)=仁b.由切线方程可得切点坐标为(0,0),将其代入y=f(x)，得a=-1,故f(x)=e x-x2-1._ 2 X X⑵证明令g(x)=f(x)+x -x=e -X-1 .由g'(x) = e -1= 0,得X= 0,当x€ (-g O)时,g'(x)<0,y=g (X)单调递减；当x€ (0,+ g)时,g'(x)> 0,y=g (X)单调递增.所以g(X)min=g (0)= 0,所以f(x) > -X2+X.⑶解f(x)>kx对任意的x€ (0, + g恒成立等价于——>k对任意的X€ (0,+ g)恒成立.令$(x)=——,X>0,得0(x)= := -------------- --------- = -------------由(2)可知，当x € (0,+ g)时,e X-x-1 > 0恒成立，令0(x)>0,得x>1;令0(x)<0,得0<X< 1.所以y= 0(x)的单调增区间为(1, + g),单调减区间为(0,1), 故<K X)min=(f)(1)= e-2,所以k<(j)(x)min=e-2.所以实数k的取值范围为(-g,e-2).。