2020年全国高考导数压轴题汇编

合集下载

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。

吉林省2020高考压轴题---函数与导数核心考点(精编完美版)

导数与函数核心考点目录题型一切线型1.求在某处的切线方程2.求过某点的切线方程3.已知切线方程求参数题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型2.主导函数为“一次函数”型3.主导函数为“二次函数”型4.已知函数单调性，求参数范围题型三极值最值型1.求函数的极值2.求函数的最值3.已知极值求参数4.已知最值求参数题型四零点型1.零点(交点，根)的个数问题2.零点存在性定理的应用3.极值点偏移问题题型五恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题2.单变量型存在性问题3.双变量型的恒成立与存在性问题4.等式型恒成立与存在性问题题型六与不等式有关的证明问题1.单变量型不等式证明2.含有e x与lnx的不等式证明技巧3.多元函数不等式的证明4.数列型不等式证明的构造方法题型一切线型1.求在某处的切线方程例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x ²e x 在点(1，f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝3x ²e x ，得f ′(x )＝6x －3x ²e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3e由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3e ；∴切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，即3x －ey ＝0.例2.求f (x )＝e x (1x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程.解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x ²＋1x ＋2)由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ；∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0. 例3.求f (x )＝ln 1－x1＋x 在点(0，f (0))处的切线方程.解：由f (x )＝ln1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －11＋x由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2； ∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0.例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x ²4与直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程.解：由题意得：a =x ²4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )，由f (x )＝x ²4，得f ′(x )＝x2，当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ，此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0；当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ，此时切线方程为：ax －y －a ＝0；解题模板一求在某处的切线方程⑴写出f (x )； ⑵求出f ′(x )；⑶写出切点(x 0，f (x 0))； ⑷切线斜率k ＝f ′(x 0)；⑸切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0). 2.求过某点的切线方程Step 1 设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为： y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)Step 2 因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 Step 2 当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1) 当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)例1.求f (x )＝13x 3＋43过点P (2，4)的切线方程.解：设切点为(x 0，13x 03＋43)，则切线斜率f ′(x 0)＝x 0²，所以切线方程为：y －13x 03＋43＝x 0² (x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－13x 03＋43＝x 0² (2－x 0)，整理得：x 03－3x 0²＋4＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2当x 0＝－1时，切线方程为：x －y ＋2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：4x －y －4＝0. 例2.求f (x )＝x 3－4x ²＋5x －4过点 (2，－2)的切线方程. 解：设切点为(x 0，x 03－4x 0²＋5x 0－4)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－8x 0＋5，所以切线方程为：y －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (2－x 0)，解得x 0＝1或x 0＝2当x 0＝1时，切线方程为：2x ＋y －2＝0；当x 0＝2时，切线方程为：x －y －4＝0.例3.过A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线，求m 的取值范围. 解：设切点为(x 0，x 03－3x 0)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－3，切线方程为y －(x 03－3x 0)＝(3x 0²－3)(x －x 0)∵切线经过点P (1,m )，点P 不在曲线上点P 在曲线上点P 在曲线上∴m－(x03－4x0²＋5x0－4)＝(3x0²－8x0＋5) (1－x0)，即：－2x03＋3x0²－3－m＝0，即m＝－2x03＋3x0²－3∵过点A(1，m)(m≠2)可作f(x)＝x3－3x的三条切线，∴方程m＝－2x03＋3x0²－3，有三个不同的实数根.∴曲线H(x0)＝－2x03＋3x0²－3与直线y=m有三个不同交点，H′(x0)＝－6x0²＋6x0＝－6x0(x0－1)令H′(x0)＞0，则0＜x0＜1；令H′(x0)＜0，则x0＜0或x0＞1∴H(x0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减，∴H(x0)的极小值＝H(0)＝－3，H(x0)的极大值＝H(1)＝－2，由题意得－3＜x＜－2.例4.由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作几条切线，并说明理由.解：设切点为(x0，lnx0－x0－1)，则切线斜率f′(x0)＝1x0－1，切线方程为y－(lnx0－x0－1)＝(1x0－1)(x－x0)，∵切线经过点(－e，e－2)，∴e－2－(lnx0－x0－1)＝(1x0－1)(－e－x0)，即lnx0＝e x0∵y=lnx与y=ex只有一个交点∴方程lnx0＝ex0有唯一的实数根∴由点(－e，e－2)可向曲线f(x)＝lnx－x－1作一条切线.解题模板二求过某点的切线方程⑴设切点为(x0，f(x0))，则切线斜率f′(x0)，切线方程为：y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)⑵因为切线过点(a，b)，所以b－f(x0)＝f′(x0)(a－x0)，解得x0＝x1或x0＝x2⑶当x0＝x1时，切线方程为y－f(x1)＝f′(x0)(x－x1)当x0＝x2时，切线方程为y－f(x2)＝f′(x0)(x－x2)3.已知切线方程求参数解题模板三已知切线方程求参数已知直线Ax＋By＋C＝0与曲线y=f(x)相切⑴设切点横坐标为x0，则⎩⎪⎨⎪⎧切点纵坐标＝切点纵坐标切线斜率＝切线斜率即⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝－Ax 0＋CBf ′(x 0)＝－A B⑵解方程组得x 0及参数的值.例1.函数f (x )＝alnx x ＋1＋bx 在(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝alnx x ＋1＋bx ，∴f ′(x )＝a (x ＋1)x －alnx (x ＋1)²－b x ²由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1a 2－b ＝－12 ∴a ＝b ＝1例2.f (x )＝ae x lnx ＋bex －1 x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝e (x －1)＋2，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x ，∴f ′(x )＝ae x (1x ＋lnx )＋be x －1(－1x ²＋1x )由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝2f ′(1)＝－e ，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2ae ＝e∴a ＝1，b ＝2例3.若直线y ＝kx ＋b 是y =lnx ＋2的切线，也是y =ln (x ＋1)的切线，求b .解：设y ＝kx ＋b 与y =lnx ＋2相切的切点横坐标为x 1，y ＝kx ＋b 与y =ln (x ＋1)相切的切点横坐标为x 2，⎩⎪⎨⎪⎧lnx 1＋2＝kx 1＋b ①1x 1＝k ②ln (x 2＋1)＝kx 2＋b ③1x 2＋1＝k ④，由②③得：x 1＝x 2＋1，由①－③得：lnx 1－ln (x 2＋1)＋2＝k (x 1－x 2)，将上式代入得：k ＝2∴x 1＝12，代入①得：－ln 2＋2＝1＋b∴b ＝1－ln 2.例4.若f (x )＝x 与g (x )＝a lnx 相交，且在交点处有共同的切线，求a 和该切线方程.解：设切点横坐标为x 0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝alnx 0 ①12x 0＝a x 0②，由②得x 0＝2a ，代入①得：x0＝e²，∴a＝e2∵切点为(e²，e)，切线斜率为12e，∴切线方程为x－2ey＋e²＝0.例5.已知函数f(x)＝x3＋ax＋14，当a为何值时，x轴为曲线方程y=f(x)的切线.例6.已知函数f(x)＝x²＋ax＋b和g(x)＝e x(cx＋d)都过点P(0,2)且在P处有相同切线y=4x＋2，求a，b，c，d的值.题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型 I 不含参求单调区间例1.求函数f (x )＝x (e x －1)－12x ²的单调区间.解：f (x )的定义域为Rf ′(x )＝e x (1＋x )－1－x ＝(x ＋1)(e x ＋1)令f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞0；令f ′(x )＜0，得－1＜x ＜0 f (x )的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。

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）＜．。

压轴题10 导数的简单应用(原卷版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用)

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数()e ln xf x x a =++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y kx =-，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e3．已知直线l 为曲线22ln y x x =-在1x =处的切线，则点()3,2-到直线l 的距离为（）AB ．10C ．5D 4．若直线y x a =+与函数()x f x e =和()ln g x x b =+的图象都相切，则a b +=（）A ．1-B ．0C ．1D ．35．曲线221e 24x y x -=⋅+在1x =处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．32B ．3C ．4916D ．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()()()f a f b f m a b-=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A ．4215-B 1C 1D 1二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．211．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x ，()f x 在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞3．设0.33e a -=，0.6e b =， 1.6c =，则（）A ．c b a <-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()x f x e =，若存在0[1,2]x ∈-使得00()()f t x f x t =+-恒成立，则0()b f x t =-的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-10．对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．12．已知函数()222ln 12x x f x x-+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．104272．函数()f x 的定义域为R ，导函数()f x '的图象如图所示，则函数()f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥5．若函数()3222f x x ax a x =++在1x =处有极大值，则实数a 的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3e 3ln x f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()1()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln xf x ax x=-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln xf x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.。

2020年高考数学导数压轴题每日一题 (8)

2020年高考数学导数压轴题每日一题例8（分类讨论，区间划分）已知函数3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥,'()f x 为函数()f x 的导函数.(1)设函数f(x)的图象与x 轴交点为A,曲线y=f(x)在A 点处的切线方程是33y x =-,求,a b 的值;(2)若函数()'()axg x e f x -=⋅,求函数()g x 的单调区间.例8解:(Ⅰ)∵3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥, ∴2'()1f x x ax =++∵()f x 在(1,0)处切线方程为33y x =-, ∴'(1)3(1)0f f =⎧⎨=⎩, ∴1=a ,611-=b . (各1分)(Ⅱ)'()()ax f x g x e=21axx ax e ++=()x R ∈. '()g x =22(2)(1)()ax axax x a e a x ax e e +-++2[(2)]ax x ax a e -=-+- ①当0a =时,'()2g x x =,g ②当0a >时,令'()0g x =,得0x =或2x a a=- (ⅰ)当20a->,即0a <<时,)()g x 的单调递增区间为2(0,)a a -,单调递减区间为(,0)-∞,2(,)a a-+∞; (ⅱ)当20a a-=,即a =,'()g x =2220xx e -=-≤,故()g x 在(,)-∞+∞单调递减; (ⅲ)当20a-<,即a >,()g x 在22(,0)a a -上单调递增,在(0,)+∞,22(,)a a--∞上单调递减综上所述,当0a =时,()g x 的单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞;当0a <<,()g x 的单调递增区间为22(0,)a a-,单调递减区间为(,0)-∞ 当a =()g x 的单调递减区间为(,)-∞+∞当a >时,()g x 的单调递增区间为2(,0)a a-,单调递减区间为(0,)+∞、2(,)a a-∞-。

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2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

2.2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，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2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

解析：（1）单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，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）恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。

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=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）解法一，分离参数法当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

2020高考数学-导数压轴题型归类总结(解析版)

导数压轴题型归类总结目录一、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 .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年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析

2.2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

解析：（1）单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，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）恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。

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=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）解法一，分离参数法当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

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，。

2024届新高考新试卷结构第19题新定义--导数压轴题分类汇编(学生版)

2024新高考新试卷结构19题新定义导数压轴题分类汇编【精选例题】1悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x +e -x 2的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin 2x +cos 2x =1，②和角公式：cos x +y =cos x cos y -sin x sin y ，③导数：sin x =cos x ,cos x =-sin x , 定义双曲正弦函数sh x =e x -e -x 2．(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x >0时，sh x >ax 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x -x 2的最小值．2已知a 为实数，f x =x +a ln x +1 ．对于给定的一组有序实数k ,m ，若对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m ≥0，则称k ,m 为f x 的“正向数组”．(1)若a =-2，判断0,0 是否为f x 的“正向数组”，并说明理由；(2)证明：若k ,m 为f x 的“正向数组”，则对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0；(3)已知对任意x 0>-1，f x 0 ,f x 0 -x 0f x 0 都是f x 的“正向数组”，求a 的取值范围．3帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m ，n ，函数f (x )在x =0处的[m ,n ]阶帕德近似定义为：R (x )=a 0+a 1x +⋯+a m x m1+b 1x +⋯+b n xn ，且满足：f (0)=R (0)，f (0)=R (0)，f (0)=R (0)⋯，f (m +n )(0)=R (m +n )(0)．已知f (x )=ln (x +1)在x =0处的[1,1]阶帕德近似为R(x )=ax 1+bx．注：f (x )=f (x ) ,f (x )=f (x ) ,f (4)(x )=f (x ) ,f (5)(x )=f (4)(x ) ,⋯(1)求实数a ，b 的值；(2)求证：(x +b )f 1x >1；(3)求不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集，其中e =2.71828⋯．4在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB ，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 232(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y 1+y3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈-1,+∞n，在 n∈1,+∞时，有不等式 1+x≥1+nx成立；在 n∈0,1n≤1+nx成立．时，有不等式 1+x(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n≥1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a1,a2,⋯,a n n∈N*是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a1⋯1+a n≥1+a1+a2+⋯+a n1+a26梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数(x>0,s>1，s为常数)密切相关，请解决下列问题．f x =x s-1e x-1(1)当1<s≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s>2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．7定义函数f n x =1-x+x22-x33+⋯+-1nx nnn∈N*．(1)求曲线y=f n x 在x=-2处的切线斜率；(2)若f2x -2≥ke x对任意x∈R恒成立，求k的取值范围；(3)讨论函数f n x 的零点个数，并判断f n x 是否有最小值．若f n x 有最小值m﹐证明：m>1-ln2；若f n x 没有最小值，说明理由．(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)8如果函数F x 的导数F x =f x ，可记为F x =f x d x．若f x ≥0，则b a f x d x=F b -F a表示曲线y=f x ，直线x=a,x=b以及x轴围成的“曲边梯形”的面积．(1)若F x =1x d x，且F1 =1，求F x ；(2)已知0<α<π2，证明：αcosα<acos x d x<α，并解释其几何意义；(3)证明：1n1+cosπn+1+cos2πn+1+cos3πn+⋯+1+cos nπn<22π，n∈N*．9对于函数y =f x ,x ∈I ，若存在x 0∈I ，使得f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的一阶不动点；若存在x 0∈I ，使得f f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的二阶不动点；依此类推，可以定义函数f x 的n 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.(1)已知f x =2x +2x -3，求f x 的不动点；(2)已知函数f x 在定义域内单调递增，求证： “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)已知a >-1，讨论函数f x =2e 2ln x +a +1 x -1x 的稳定点个数.【跟踪训练】10已知y =f x 与y =g x 都是定义在0,+∞ 上的函数，若对任意x 1，x 2∈0,+∞ ，当x 1<x 2时，都有g x 1 ≤f x 1 -f x 2 x 1-x 2≤g x 2 ，则称y =g x 是y =f x 的一个“控制函数”．(1)判断y =2x 是否为函数y =x 2x >0 的一个控制函数，并说明理由；(2)设f x =ln x 的导数为f x ，0<a <b ，求证：关于x 的方程f b -f a b -a=f x 在区间a ,b 上有实数解；(3)设f x =x ln x ，函数y =f x 是否存在控制函数？若存在，请求出y =f x 的所有控制函数；若不存在，请说明理由．11利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F (x )表示成F (x )=d (x -b )(x -c )(a -b )(a -c )+e (x -a )(x -c )(b -a )(b -c )+f (x -a )(x -b )(c -a )(c -b )的形式.(1)若a =1，b =2，c =3，d =4，e <f ，把F (x )的二次项系数表示成关于f 的函数G (f )，并求G (f )的值域(此处视e 为给定的常数，答案用e 表示)；(2)若a 0，e <0，f >0，求证：a +b <d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2 d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )0，则y 随着a 的增大而增大；反之，已知d y da<0，则y 随着a 的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：d y 1+y 2 da =d y 1da +d y 2da ；②乘法法则：d y 1y 2 da=y 2d y 1da +y 1d y 2da ；③除法法则：d y 1y 2 da =y 2d y 1da -y 1d y2da y 22；④复合法则：d y 2da =d y 2d y 1⋅d y 1da .记y =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a .(e =2.7182818⋯为自然对数的底数)，(1)写出d y d x 和d y da的表达式；(2)已知方程y =0有两实根x 1,x 2，x 1<x 2.①求出a 的取值范围；②证明d x 1+x 2 da>0，并写出x 1+x 2随a 的变化趋势.13设函数f x =sin x-x cos x，g x =1+x2 2cos x.(1)①当x∈0,π时，证明：f x ≥0；②当x∈-π,π时，求g x 的值域；(2)若数列a n满足a1=1，a n+1=a n cos a n，a n>0，证明：3a1+a2+a3+⋅⋅⋅+a ncos a1cos a2cos a3⋅⋅⋅cos a n<2 (n∈N*).14给出下列两个定义：Ⅰ.对于函数y=f(x)，定义域为D，且其在D上是可导的，其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定义函数”.Ⅱ.对于一个“同定义函数”y=f(x)，若有以下性质：①f x =g f x；②f(x)=h(f (x))，其中y=g(x)，y=h(x)为两个新的函数，y=f x 是y=f(x)的导函数.我们将具有其中一个性质的函数y=f(x)称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f(x)称之为“双向导函数”，将y=g(x)称之为“自导函数”.(1)判断下列两个函数是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”.Ⅰ.f(x)=tan x；Ⅱ.f(x)=ln x.(2)给出两个命题p，q，判断命题p是q的什么条件，证明你的结论.p：y=f(x)是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，q：f(x)=k⋅a x(k∈R,a>0,a≠1).(3)已知函数h(x)=(x a-b)e x.①若h(x)的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围.②若a=b=1，且定义I(x)=e x h(x)-43kx3+kx，若对任意k∈[1,2]，x∈[0,k]，不等式I(x)≤c恒成立，求c的取值范围.15若函数f x 在定义域内存在两个不同的数x 1，x 2，同时满足f x 1 =f x 2 ，且f x 在点x 1,f x 1 ，x 2,f x 2 处的切线斜率相同，则称f x 为“切合函数”.(1)证明：f x =2x 3-6x 为“切合函数”；(2)若g x =x ln x -1ex 2+ax 为“切合函数”(其中e 为自然对数的底数)，并设满足条件的两个数为x 1，x 2.(ⅰ)求证：x 1x 2<e 24；(ⅱ)求证：(a +1)2x 1x 2-x 1x 2<34.16设y =f x 、y =g x 是定义域为R 的函数，当g x 1 ≠g x 2 时，δx 1,x 2 =f x 1 -f x 2 g x 1 -g x 2.(1)已知y =g x 在区间I 上严格增，且对任意x 1,x 2∈I ,x 1≠x 2，有δx 1,x 2 >0，证明：函数y =f x 在区间I 上是严格增函数；(2)已知g x =13x 3+ax 2-3x ，且对任意x 1,x 2∈R ，当g x 1 ≠g x 2 时，有δx 1,x 2 >0，若当x =1时，函数y =f x 取得极值，求实数a 的值；(3)已知g x =sin x ,f π2 =1,f -π2=-1，且对任意x 1,x 2∈R ，当g x 1 ≠g x 2 时，有δx 1,x 2 ≤1，证明：f x =sin x .17给出下列两个定义：I.对于函数y=f x ，定义域为D，且其在D上是可导的，若其导函数定义域也为D，则称该函数是“同定义函数”.II.对于一个“同定义函数”y=f x ，若有以下性质：①f x =g f x；②f x =h f x，其中y=g x ,y=h x 为两个新的函数，y=f x 是y=f x 的导函数.我们将具有其中一个性质的函数y=f x 称之为“单向导函数”，将两个性质都具有的函数y=f x 称之为“双向导函数”，将y=g x 称之为“自导函数”.(1)判断函数y=tan x和y=ln x是“单向导函数”，或者“双向导函数”，说明理由.如果具有性质①，则写出其对应的“自导函数”；(2)已知命题p:y=f x 是“双向导函数”且其“自导函数”为常值函数，命题q:f x =k⋅a x(k∈R,a>0,a ≠1).判断命题p是q的什么条件，证明你的结论；(3)已知函数f x =x a-be x.①若f x 的“自导函数”是y=x，试求a的取值范围；②若a=b=1，且定义I x =e x f x -43kx3+kx，若对任意k∈1,2,x∈0,k，不等式I x ≤c恒成立，求c的取值范围.18我们把底数和指数同时含有自变量的函数称为幂指函数，其一般形式为y =u x v x u x >0，u x ≠1 ，幂指函数在求导时可以将函数“指数化"再求导.例如，对于幂指函数y =x x ，y =x x =e ln x x =ex ln x =e x ln x ln x +1 .(1)已知f x =x x -1x ，x >0，求曲线y =f x 在x =1处的切线方程；(2)若m >0且m ≠1，x >0.研究g x =1+m x 21x 的单调性；(3)已知a ，b ，s ，t 均大于0，且a ≠b ，讨论a s +b s 2 t 和a t +b t 2s 大小关系.19定义：设y =f x 和y =g x 均为定义在R 上的函数，它们的导函数分别为f x 和g x ，若不等式f x -g x f x -gx ≤0对任意实数x 恒成立，则称y =f x 和y =g x 为“相伴函数”.(1)给出两组函数，①f 1x =1ex 和g 1x =0②f 2x =e x 和g 2x =x ，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”(只需直接给出结论，不需论证)；(2)若y =f x ､y =g x 是定义在R 上的可导函数，y =f x 是偶函数，y =g x 是奇函数，f x +g x =ln e -x +1 +x ，证明：y =f x 和y =g x 为“相伴函数”；(3)f x =sin x +θ ,g x =cos x -θ ，写出“y =f x 和y =g x 为相伴函数”的充要条件，证明你的结论.20牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法．比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯⋯，x n．从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等．显然，它们会越来越逼近r．于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解．已知函数f x =x3+a-2x+a，a∈R．(1)当a=1时，试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x -x3+x2ln x≥0，求a的取值范围．21对于函数y=f x 的导函数y =f x ，若在其定义域内存在实数x0,t，使得f x0+t成=t+1f x0立，则称y=f x 是“跃点”函数，并称x0是函数y=f x 的“t跃点”(1)若m为实数，函数y=sin x-m，x∈R是“π2跃点”函数，求m的取值范围；(2)若a为非零实数，函数y=x3-2x2+ax-12，x∈R是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2跃点”，求a的值：(3)若b为实数，函数y=e x+bx,x∈R是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范围.。

高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)

【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。

【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-，设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=，当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++，记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+，当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增；当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减，故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（），可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞恒成立，即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜时，有10lnx -＞，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜时，223lnx ＜＜，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜，可得0a ≥ ；当x e ＞时，有10lnx -＜，可得21x a lnx ≤- ，设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（），由32 e x e ＜＜时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减，由32x e >时，0g x g x '（）＞，（）在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，即有)g x （在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ，可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=，设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减；故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →；作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+，因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >，作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时，有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件，即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0．则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程，可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='，令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点，又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程，可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立；则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值；当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ，即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ；设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1；所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ．【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-，则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。

高考数学压轴题100题汇总(含答案)

高考数学压轴题100题汇总(含答案)1. 设函数f(x) = x^3 3x + 1，求f(x)的极值点和极值。

答案：f(x)的极值点为x = 1和x = 1，极值分别为f(1) = 1和f(1) = 3。

2. 已知等差数列{an}的前n项和为Sn = n^2 + n，求该数列的通项公式。

答案：an = 2n + 1。

3. 已知三角形ABC中，AB = AC = 5，BC = 8，求三角形ABC的面积。

答案：三角形ABC的面积为12。

4. 设直线y = kx + b与圆x^2 + y^2 = 1相切，求k和b的值。

答案：k = ±√3/3，b = ±√6/3。

5. 已知函数f(x) = log2(x^2 + 1)，求f(x)的导数。

答案：f'(x) = 2x/(x^2 + 1)ln2。

6. 已知向量a = (2, 3)，向量b = (1, 4)，求向量a和向量b的夹角。

答案：向量a和向量b的夹角为arccos(1/√5)。

7. 已知矩阵A = [1 2; 3 4]，求矩阵A的逆矩阵。

答案：矩阵A的逆矩阵为[4 2; 3 1]。

8. 已知函数f(x) = x^3 6x^2 + 9x + 1，求f(x)的零点。

答案：f(x)的零点为x = 1和x = 3。

9. 已知函数f(x) = sin(x) cos(x)，求f(x)在区间[0, π/2]上的最大值。

答案：f(x)在区间[0, π/2]上的最大值为√2。

10. 已知函数f(x) = x^2 + 4x + 4，求f(x)的顶点坐标。

答案：f(x)的顶点坐标为(2, 0)。

高考数学压轴题100题汇总(含答案)11. 已知函数f(x) = e^x 2x，求f(x)的导数。

答案：f'(x) = e^x 2。

12. 已知函数f(x) = x^2 4x + 4，求f(x)的极值点和极值。

答案：f(x)的极值点为x = 2，极值为f(2) = 0。

高考满分数学压轴题21 导数中的构造函数(可编辑可打印)

近几年高考数学压轴题，多以导数为工具来证明不等式或求参数的范围，这类试题具有结构独特、技巧性高、综合性强等特点，而构造函数是解导数问题的最基本方法，一下问题为例，对在处理导数问题时构造函数的方法进行归类和总结．【方法综述】以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“()()f x g x ±、()()f x g x 、()()f xg x ”等特征式、解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题．方法总结：和与积联系：()()f x xf x '+，构造()xf x ； 22()()xf x x f x '+，构造2()x f x ；3()()f x xf x '+，构造3()x f x ；…………………()()nf x xf x '+，构造()n x f x ；()()f x f x '+，构造e ()x f x ．等等．减法与商联系：如()()0xf x f x ->'，构造()()f x F x x=； ()2()0xf x f x ->'，构造2()()f x F x x =；………………… ()()0xf x nf x ->'，构造()()nf x F x x =． ()()f x f x '-，构造()()e x f x F x =，()2()f x f x '-，构造2()()e x f x F x =，……………… ()()f x nf x '-，构造()()e nxf x F x =，奇偶性结论：奇乘除奇为偶；奇乘偶为奇。

（可通过定义得到）构造函数有时候不唯一，合理构造函数是关键。

给出导函数，构造原函数，本质上离不开积分知识。

【解答策略】类型一、巧设“()()y f x g x =±”型可导函数【例1】已知不相等的两个正实数x ，y 满足()2244log log x y y x -=-，则下列不等式中不可能成立的是导数中的构造函数（） A ．1x y <<B ．1y x <<C ．1x y <<D ．1y x <<【来源】广东省佛山市2021届高三下学期二模数学试题【答案】B【解析】由已知()2244log log x y y x -=-，因为2log 4x ＝log 2x ，所以原式可变形222log 4g 2lo x x y y =++令()222log f x x x =+，()24log g x x x =+，函数()f x 与()g x 均为()0,∞+上的增函数，且()()f x g y =，且()()11f g =，当1x >时，由()1f x >，则()1g y >，可得1y >，当1x <时，由()1f x <，则()1g y <，可得1y <，要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222224log 2log 2log g x g y g x f x x x x x x x x -=-=+--=-+设()()222log 0h x x x x x =-+>，则()212ln 2h x x x '=-+()2220ln 2h x x ''=--<，故()h x '在()0+∞，上单调递减，又()2110ln 2h '=-+>，()1230ln 2h '=-+<，则存在()01,2x ∈使得()0h x '=，所以当()00,x x ∈时，()0h x '>，当()0,x x ∈+∞时，()0h x '<，又因为()()()()010,10,412480h h x h h =>==-+=-<，所以当1x <时，()0h x <，当1x >时，()h x 正负不确定，故当1,1x y <<时，()0h x <，所以()()()1g x g y g <<，故1x y <<，当1,1x y >>时，()h x 正负不定，所以()g x 与()g y 的正负不定，所以,,111x y x y y x ><<>>>均有可能，即选项A ，C ，D 均有可能，选项B 不可能．故选：B ．【点睛】本题考查了不等关系的判断，主要考查了对数的运算性质以及对数函数性质的运用，解答本题的关键是要比较x 与y 的大小，只需比较()g x 与()g y 的大小，()()()()222log g x g y g x f x x x x -=-=-+，设()()222log 0h x x x x x =-+>，求导得出其单调性，从而得出,x y 的大小可能性．【举一反三】1．若实数a ，b 满足()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，则a b +=（）A ．2B C ．2D ．【来源】浙江省宁波市镇海中学2021届高三下学期5月模拟数学试题【答案】C 【解析】()ln 1g x x x =--，1()1g x x'=-， ()0g x '>(1,)x ⇒∈+∞，()0g x '<⇒(0,1)x ∈， ∴()g x 在(0,1)x ∈单调递减，在(1,)x ∈+∞单调递增，∴()(1)1ln110g x g =--=，∴1ln 0x x x -≥>，恒成立，1x =时取等号，2211a b +-2221a b -21a b =-， 221ln ln(2)ln a a a bb b-=-， ()221ln 2ln 1a b a b-+-≥，∴2211ln(2)ln a a b b+-=-，又21ab =（不等式取等条件），解得：a b ==，2a b ∴+=，故选：C.2．（2020·河北高考模拟（理））设奇函数()f x 在R 上存在导函数'()f x ，且在(0,)+∞上2'()f x x <，若(1)()f m f m --331[(1)]3m m ≥--，则实数m 的取值范围为（）A ．11[,]22-B ．11(,][,)22-∞-⋃+∞C ．1(,]2-∞- D ．1[,)2+∞【答案】D【解析】由()()1f m f m -- ()33113m m ⎡⎤≥--⎣⎦得：3311(1)(1)()33f m m f m m ---≥-，构造函数31()()3g x f x x =-，2()()0g x f x x '=-<'故g （x ）在()0,+∞单调递减，由函数()f x 为奇函数可得g(x)为奇函数，故g(x)在R 上单调递减，故112m m m -≤⇒≥选D点睛：本题解题关键为函数的构造，由()2'f x x <要想到此条件给我们的作用，通常情况下是提示我们需要构造函数得到新函数的单调性，从而得不等式求解；3．（2020·山西高考模拟（理））定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()()251,22x f x f ='>，则关于x 的不等式()13xxf e e <-的解集为（）A ．()20,eB ．()2,e +∞C ．()0,ln 2D ．(),2ln -∞【答案】D 【解析】【分析】构造函数()()1F x f x x=+，利用已知条件求得()'0F x >，即函数()F x 为增函数，而()23F =，由此求得e 2x <，进而求得不等式的解集.【详解】构造函数()()1F x f x x =+，依题意可知()()()222110x f x F x f x x x-=-=''>'，即函数在()0,∞+上单调递增.所求不等式可化为()()1e e 3e x x x F f =+<，而()()12232F f =+=，所以e 2x <，解得ln 2x <，故不等式的解集为(),ln 2-∞.【点睛】本小题主要考查利用导数解不等式，考查构造函数法，考查导数的运算以及指数不等式的解法，属于中档题.题目的关键突破口在于条件()21x f x '>的应用.通过观察分析所求不等式，转化为()1e 3e x x f +<，可发现对于()()1F x f x x=+，它的导数恰好可以应用上已知条件()21x f x '>.从而可以得到解题的思路.4．（2020·河北衡水中学高考模拟（理））定义在R 上的可导函数()f x 满足()11f =，且()2'1f x >，当3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，不等式23(2cos )2sin 22x f x +>的解集为( )A ．4,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭B ．4,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭C ．0,3π⎛⎫⎪⎝⎭D ．,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ 【答案】D【解析】令11()()22g x f x x =--，则1()'()0'2g x f x =->， ()g x ∴在定义域R 上是增函数，且11(1)(1)022g f =--=，1(2cos )(2cos )cos 2g x f x x ∴=--23=(2cos )2sin 22x f x +-，∴23(2cos )2sin 022x f x +->可转化成()(2cos )1g x g >，得到2cos 1x >，又3,22x ππ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，可以得到,33x ππ⎛⎫∴∈- ⎪⎝⎭，故选D5．定义在()0+，∞上的函数()f x 满足()10xf x '-<，且(1)1f =，则不等式()()21ln 211f x x ->-+的解集是__________．【答案】()112，【解析】()()ln F x f x x =-，则()11()()xf x F x f x xx-=-='''，而()10xf x '-<，且0x >，∴()0F x '<，即()F x 在()0+，∞上单调递减，不等式()()21ln 211f x x ->-+可化为()()21ln 2111ln1f x x --->=-，即()()211F x F ->，故210211x x ->-<⎧⎨⎩，解得：112x <<，故解集为：()112，．类型二巧设“()()f x g x ”型可导函数【例】已知定义在R 上的图象连续的函数()f x 的导数是fx ，()()20f x f x +--=，当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，则不等式()()10xf x f ->的解集为（）A ．(1,1)-B ．(),1-∞-C ．1,D ．()(),11,-∞-⋃+∞【来源】2021年浙江省高考最后一卷数学（第七模拟）【答案】A【解析】当1x <-时，()()()()110x f x x f x '+++<⎡⎤⎣⎦，即有()()()10f x x f x '++>．令()()()1F x x f x =+，则当1x <-时，()()()()10F x f x x f x ''=++>，故()F x 在(),1-∞-上单调递增．∵()()()()()()22121F x x f x x f x F x --=--+--=---=⎡⎤⎣⎦， ∴()F x 关于直线1x =-对称，故()F x 在()1,-+∞上单调递减，由()()10xf x f ->等价于()()()102F x F F ->=-，则210x -<-<，得11x -<<． ∴()()10xf x f ->的解集为(1,1)-．故选：A. 【举一反三】1．（2020锦州模拟）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x <时，()()0f x xf x '+<，若(2)0f =，则不等式()0xf x >的解集为（）A ．{20 x x -<<或}02x <C ．{20 x x -<<或}2x >D ．{ 2 x x <-或}02x <<【答案】D ．【解析】令()()F x xf x =，则()F x 为奇函数，且当0x <时，()()()0F x f x xf x '+'=<恒成立，即函数()F x 在()0-，∞，()0+，∞上单调递减，又(2)0f =，则(2)(2)0F F -==，则()0xf x >可化为()(2)F x F >-或()(2)F x F >，则2x <-或02x <<．故选D ．2．（2020·陕西高考模拟）已知定义在R 上的函数()f x 的导函数为'()f x ，对任意x ∈R 满足'()()0f x f x +<，则下列结论正确的是（）A ．23(2)(3)e f e f >B ．23(2)(3)e f e f <C ．23(2)(3)e f e f ≥D ．23(2)(3)e f e f ≤【答案】A【解析】令()()xg x e f x = ，则()(()())0xg x e f x f x '+'=<，所以(2)(3),g g > 即()()2323e f e f >，选A.点睛：利用导数解抽象函数不等式，实质是利用导数研究对应函数单调性，而对应函数需要构造. 构造辅助函数常根据导数法则进行：如()()f x f x <'构造()()xf xg x e=，()()0f x f x '+<构造()()xg x e f x =，()()xf x f x '<构造()()f x g x x=，()()0xf x f x '+<构造()()g x xf x =等 3．（2020·海南高考模拟）已知函数()f x 的导函数'()f x 满足()(1)'()0f x x f x ++>对x ∈R 恒成立，则下列判断一定正确的是（） A ．(0)02(1)f f <，所以函数()g x 在R 上单调递增，所以()()()101g g g -<<，即()()0021f f <<．故选B ． 4．（2020·青海高考模拟（理））已知定义在上的函数满足函数的图象关于直线对称，且当成立（是函数的导数），若，则的大小关系是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】令，则当，因为函数的图象关于直线对称，所以函数的图象关于直线对称，即为偶函数，为奇函数，因此当，即为上单调递减函数，因为，而，所以，选A.5.（2020南充质检）()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，()21()2()0x f x xf x '++<，且(2)0f =，则不等式()0f x <的解集是（）A ．()()22--+，，∞∞ B ．()()2002-，，C ．()()202-+，，∞D ．()()202--，，∞ 【答案】C ．【解析】构造函数()2()1()g x x f x =+，则()2()1()g x x f x ''=+．又()f x 是定义在R 上的奇函数，所以()2()1()g x x f x =+为奇函数，且当0x >时，()2()1()2()0g x x f x xf x ''=++<，()g x 在()0+，∞上函数单减， ()0()0f x g x <⇒<．又(2)0g =，所以有()0f x <的解集()()202-+，，∞．故选C ．点睛：本题主要考察抽象函数的单调性以及函数的求导法则及构造函数解不等式，属于难题．求解这类问题一定要耐心读题、读懂题，通过对问题的条件和结论进行类比、联想、抽象、概括，准确构造出符合题意的函数是解题的关键；解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数，构造函数时往往从两方面着手：①根据导函数的“形状”变换不等式“形状”以构造恰当的函数；②若是选择题，可根据选项的共性归纳构造合适的函数．6．（2020荆州模拟）设函数()f x '是奇函数()f x (x ∈R )的导函数，当0x >时，1ln ()()x f x f x x '<-，则使得()21()0x f x ->成立的x 的取值范围是（）A ．()()1001-，，B ．()()11--+，，∞∞C ．()()101-+，，∞D ．()()101--，，∞ 【答案】D.【解析】设()ln ()g x x f x =，当0x >时，1()()ln ()0g x f x xf x x'=+<'，()g x 在()0+，∞上为减函数，且(1)0g =，当()01x ∈，时，()0g x >，ln 0x <∵，()0f x <∴，2(1)()0x f x ->；当()1x ∈+，∞时，()0g x <，ln 0x >∵，()0f x <∴，()21()0x f x -<， ∵()f x 为奇函数，∴当()10x ∈-，时，()0f x >，()21()0x f x -<；当()1x ∈--，∞时，()0f x >，()21()0x f x ->．综上所述：使得()21()0x f x -<成立的x 的取值范围是()()101--，，∞ 【点睛】构造函数，借助导数研究函数单调性，利用函数图像解不等式问题，是近年高考热点，怎样构造函数，主要看题目所提供的导数关系，常见的有x 与()f x 的积或商，2x 与()f x 的积或商，e x 与()f x 的积或商，ln x 与()f x 的积或商等，主要看题目给的已知条件，借助导数关系说明导数的正负，进而判断函数的单调性，再借助函数的奇偶性和特殊点，模拟函数图象，解不等式．7．（2020·河北高考模拟）已知()f x 是定义在R 上的可导函数，且满足(1)()'()0x f x xf x ++>，则（） A ．()0f x > B ．()0f x < C ．()f x 为减函数 D ．()f x 为增函数【答案】A【解析】令()e [()]x g x xf x =，则由题意，得()e [(1)()()]0xg x x f x xf x '+'=+>，所以函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，又因为(0)0g =，所以当0x >时，()0>g x ，则()0f x >，当0x <时，()0<g x ，则()0f x >，而()()()1'0x f x xf x ++>恒成立，则(0)0f >；所以()0f x >；故选A.点睛：本题的难点在于如何利用()()()1'0x f x xf x ++>构造函数()e [()]xg x xf x =。

导数高考题(大题)(2020年8月整理).pdf

导数高考题（非常实用）一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域 →→ 疑似极值点 →→ 单调区间 →→ 极值 →→ 最值基本方法：一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法本组题旨在强化对函数定义域的关注，以及求导运算和分类讨论的能力与技巧【例题】（2009江西理17/22）设函数()xe f x x=. 求（1）函数()f x 的单调区间；（2）略.解：函数定义域为),0()0,(+∞⋃−∞，'22111()x x xx f x e e e x x x−=−+=, 由'()0f x =,得 1x =.因为当0x <时或01x <<时,'()0f x <；当1x >时,'()0f x >；所以()f x 的单调增区间是:[1,)+∞；单调减区间是: (,0)(0,1]−∞，.【例题】（2008北京理18/22）已知函数22()(1)x bf x x −=−，求导函数()f x '，并确定()f x 的单调区间．解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x −−−−'=−3222(1)x b x −+−=−32[(1)](1)x b x −−=−−．令()0f x '=，得1x b =−．当11b −=，即2b =时，2()1f x x =−，所以函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减．当11b −<，即2b <时，()f x '的变化情况如下表：当11b −>，即b所以，2b <11)−，上单调递增，2b =时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减． 2b >时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)b −+∞，上单调递减，在(11)b −，上单调递增．本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧【例题】（2009北京文18/22）设函数3()3(0)f x x ax b a =−+≠. （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点. 解：∵()()()'230fx x a a =−≠,当0a <时，()'0fx >，函数()f x 在(),−∞+∞上单调递增，此时函数()f x 没有极值点.当0a >时，由()'0fx x =⇒=当(,x ∈−∞时，()'0fx >，函数()f x 单调递增，当(x ∈时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增，∴此时x =()f x 的极大值点，x =()f x 的极小值点.点评：此题是2010届文科考试说明的样题，题目考查了对导函数零点进行分类的能力，旨在帮助学生巩固研究函数单调性的基本方法.【例题】（2009天津理20/22）已知函数22()(23)(),xf x x ax a a e x R =+−+∈其中a R ∈. （II ）当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. [].42)2()('22x e a a x a x x f +−++=解：.2232.220)('−≠−≠−=−==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令以下分两种情况讨论. （1）a 若＞32，则a 2−＜2−a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()a 2−∞−，a 2−()22−−a a ，2−a()∞+−，2af'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗.)22()2()2()(内是减函数，内是增函数，在，，，在所以−−∞+−−−∞a a a a x f.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f −=−−−=，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2−−=−−−=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数（2）a 若＜32，则a 2−＞2−a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()2−∞−a ，2−a()a a 22−−，a 2−()∞+−，a 2f'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗内是减函数。

高考数学导数压轴题7大题型总结汇编

高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明
（一）做差证明不等式
（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
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
学习-----好资料
07导数结合三角函数
更多精品文档。

十种解法妙解2020年高考导数压轴题

解题篇经典题突破方法高二数学2021年4月■福建省泉州市第七中学彭耿铃2020年山东卷导数压轴题在形式上有“简约而不简单”之感，试题的设计有层次感，不但考査了同学们的数学核心素养，还给同学们提供更广阔的思考空间、更多的思考角度，从而探索不同的解题方法。

本文从多角度解析，旨在探究此题型考査特点，仅供同学们参考，希望大家将来能决胜高考。

（2020年高考山东卷第21题）已知函数_/（工）=ae I~1—In x+ln a o（1）当a=e时，求曲线y=/<rr）在点（1/（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若/（工）玄1,求a的取值范围。

解析：（1）当a=e时，/"0）=^-In x+ 1,所以/Cl）=e+l o又因为f'S=€—丄，所以切线的斜率yfe=r（l）=e-l,切线JC方程为y=（e—1）（JU—1）+e+1,与x轴交于点人（三彳，0）,与夕轴交于点£（0,2）。

所以围成的三角形的面积为：(2)解法一：构造同构式1o由f(rc)1得a e x_1—In rc+ln a工1,变形得e lnfl+x_1—In rr+ln a^l,即e lnfl+"_1+ In a+rc—l^ln rr~\~jc=e lna:H-lri oc o令g(£) =e’+E,则g'Q)=e'+l>0,所以gQ)在R 上单调递增。

原不等式等价于g(lna+工一l)Ng(ln匚)，所以In a+匚一l^ln jc恒成立，即In aNln x,—工+1恒成立，只需In q二(In a+l)max o令h(rc)=In ac.—h+1,贝|j h r=—JC1—z_1=-------。

分析可知鼻Q)在(0,1)上单调递re增，在(1,+oo)上单调递减，所以h(X)< h(1)=0,即In.,a^l o故a的取值范围是口，+oo)。

导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引

导数压轴题十种构造方法大全以及解题方法导引方法一等价变形，转化构造方法导读研究函数的性质是高考压轴题的核心思想，但直接构造或者简单拆分函数依然复杂，这时候需要依赖对函数的等价变形，通过恒等变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。

方法导引例1 已知函数f(x)=a e x (a ∈R )，g(x)=lnx x+1.（1）求函数g(x)的极值；（2）当a ≥1e 时，求证：f(x)≥g(x). 解析:（1）由g (x )=ln x x+1，得g ′(x )=1−ln x x 2，定义域为(0,+∞).令g ′(x )=0，解得x =e ，列表如下：结合表格可知函数g (x )的极大值为g (e )=1e +1，无极小值. （2）要证明f (x )≥g (x )，即证ae x ≥ln x x+1，而定义域为(0,+∞)，所以只要证axe x −ln x −x ≥0，又因为a ≥1e，所以axe x −ln x −x ≥1exe x −ln x −x ，所以只要证明1e xe x −ln x −x ≥0.令F (x )=1e xe x −ln x −x ，则F ′(x )=(x +1)(e x−1−1x )，记ℎ(x )=e x−1−1x ，则ℎ(x )在(0,+∞)单调递增且ℎ(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，ℎ(x )<0，从而F ′(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，ℎ(x )>0，从而F ′(x )>0，即F (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，F (x )≥F (1)=0. 所以当a ≥1e 时，f (x )≥g (x ).例2已知a ∈R ，a ≠0，函数f (x ) =e ax -1-ax ，其中常数e =2.71828.（1）求f (x ) 的最小值；（2）当a ≥1时，求证:对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 解析：（1）因为()1ax f x eax -=-，则()()11ax f x a e -'=-，()210ax f x a e -'=>'故()f x '为R 上的增函数，令()0f x '=，解得1x a= 故当()1,,0x f x a ⎛⎫∈-∞< '⎪⎝⎭，()f x 单调递减；当()1,,0x f x a ⎛⎫∈+∞>'⎪⎝⎭，()f x 单调递增，则()10min f x f a ⎛⎫==⎪⎝⎭故函数()f x 的最小值为0.（2）证明：要证明xf (x ) ≥ 2ln x +12ax - 等价于证明121ax xe lnx -≥+由（1）可知：10ax e ax --≥，即1ax e ax -≥ 因为0x >，故12ax xe ax -≥ 故等价于证明221ax lnx ≥+即()2210,0,ax lnx x --≥∈+∞令()221g x ax lnx =--，即证()()0,0,g x x ≥∈+∞恒成立.又())21122g x ax x x+-=-='令()0g x '=，解得x =故当(),0x g x⎛'∈< ⎝，()g x 单调递减；当(),0x g x⎫∈+∞>'⎪⎭，()g x 单调递增；故()2g x g lna≥== 有因为1a ≥，故0lna ≥ 故()0g x lna ≥≥即证.即对任意x >0 ，都有xf (x ) ≥ 2ln x +1-ax 2. 方法二：构造常见典型函数方法导读常见典型函数主要包括xlnx ，x/lnx ，lnx/x ; xe x ,xe x ,e x /x 等，通过变形发现简单函数结构再进行构造研究，会起到事半功倍的效果。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

2016全国各地导数压轴题汇编
1、（2016年全国卷Ｉ理数）
已知函数2
)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点
（I ）求a 的取值范围
（II ）设21,x x 是)(x f 的两个零点，求证：221<+x x
2、（2016年全国卷Ｉ文数）
已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x （I ）讨论)(x f 的单调性
（II ）若)(x f 有两个零点，求a 的取值范围
3、（2016年全国卷II 理数）
(I )讨论函数x x 2f (x)x 2
-=+e 的单调性，并证明当x >0时，(2)20;x x e x -++> (II )证明：当[0,1)a ∈ 时，函数2x =(0)x e ax a g x x
-->（）有最小值.设g （x ）的最小值为()h a ，求函数()h a 的值域.
4、（2016年全国卷II 文数）
已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--.
（I ）当4a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；
(II)若当()1,x ∈+∞时，()0f x ＞，求a 的取值范围.
5、（2016年全国卷III 理数）
设函数)1)(cos 1(2cos )(+-+=x a x a x f 其中a ＞0，记|)(|x f 的最大值为A
（Ⅰ）求)(x f '；
（Ⅱ）求A ；
（Ⅲ）证明A x f 2)(≤'
6、（2016年全国卷III 文数）
设函数()ln 1f x x x =-+.
（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）证明当(1,)x ∈+∞时，11ln x x x
-<<；（Ⅲ）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->.
7、（2016年天津理数）
设函数R x b ax x x f ∈---=,)1()(3
其中R b a ∈, (Ⅰ)求)(x f 的单调区间；
(Ⅱ)若)(x f 存在极点0x ，且)()(01x f x f =其中01x x ≠，求证：3201=+x x ； (Ⅲ)设0>a ，函数|)(|)(x f x g =,求证：)(x g 在区间]2,0[上的最大值不小于．．．4
1
8、（2016年四川理数）
设函数x a ax x f ln )(2
--=其中R a ∈ （Ⅰ）讨论)(x f 的单调性；
（Ⅱ）确定a 的所有可能取值，使得x e x
x f -->11)(在区间（1，+∞）内恒成立(e =2.718…
为自然对数的底数)。

9、（2016年山东理数）
已知()2
21()ln ,x f x a x x a R x -=-+∈. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；
（Ⅱ）当1a =时，证明()3()'2
f x f x +＞对于任意的[]1,2x ∈成立 2、 (I)()()()()()
'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+
(i)设0a ≥，则当(),1x ∈-∞时，()'0f x <；当()1,x ∈+∞时，()'0f x >.
所以在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.
(ii)设0a <，由()'0f x =得x=1或x=ln(-2a). ①若2
e a =-，则()()()'1x
f x x e e =--，所以()f x 在(),-∞+∞单调递增. ②若2e a >-，则ln(-2a)<1,故当()()(),ln 21,x a ∈-∞-+∞时，()'0f x >；
当()()ln 2,1x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),ln 2,1,a -∞-+∞单调递增，在()()
ln 2,1a -单调递减. ③若2e a <-，则()21ln a ->，故当()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞时，()'0f x >，当()()1,ln 2x a ∈-时，()'0f x <，所以()f x 在()()(),1,ln 2,a -∞-+∞单调递增，在()()1,ln 2a -单调递减.
(II)(i)设0a >，则由(I)知，()f x 在(),1-∞单调递减，在()1,+∞单调递增.
又()()12f e f a =-=，，取b 满足b <0且ln 22
b a <，
则()()()23321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=-> ⎪⎝
⎭，所以()f x 有两个零点. (ii)设a =0，则()()2x f x x e =-所以()f x 有一个零点.
(iii)设a <0，若2
e a ≥-，则由(I)知，()
f x 在()1,+∞单调递增. 又当1x ≤时，()f x <0，故()f x 不存在两个零点；若2e a <-
，则由(I)知，()f x 在()()1,ln 2a -单调递减，
在()()ln 2,a -+∞单调递增.又当1x ≤时()f x <0，故()f x 不存在两个零点. 综上，a 的取值范围为()0,+∞.
3、试题解析：（Ⅰ）()f x 的定义域为(,2)(2,)-∞-⋃-+∞.
且仅当0x =时，'()0f x =，所以()f x 在(,2),(2,)-∞--+∞单调递增，
因此当(0,)x ∈+∞时，()(0)1,f x f >=-
所以(2)(2),(2)20x x
x e x x e x ->-+-++> （II ）22(2)(2)2()(()),x x e a x x g x f x a x x
-+++==+ 由（I ）知，()f x a +单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,a f a a f a a ∈+=-<+=≥ 因此，存在唯一0(0,2],x ∈使得0()0,f x a +=即0'()0g x =，
当00x x <<时，()0,'()0,()f x a g x g x +<<单调递减；
当0x x >时，()0,'()0,()f x a g x g x +>>单调递增.
因此()g x 在0x x =处取得最小值，最小值为
于是00h()2
x e a x =+，由2(1)()'0,2(2)2x x x e x e e x x x +=>+++单调递增所以，由0(0,2],x ∈得0022
01().2022224
x e e e e h a x =<=≤=+++ 因为2x e x +单调递增，对任意2
1(,],24
e λ∈存在唯一的0(0,2],x ∈0()[0,1),a
f x =∈ 使得(),h a λ=所以()h a 的值域是2
1(,],24
e 综上，当[0,1)a ∈时，()g x 有()h a ，()h a 的值域是2
1(,].24
e 考点：函数的单调性、极值与最值.
4、【答案】（Ⅰ）220.x y +-=；（Ⅱ）(],2.-∞.
【解析】
试题分析：（Ⅰ）先求定义域，再求()f x '，(1)f '，(1)f ，由直线方程得点斜式可求曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-=（Ⅱ）构造新函数(1)()ln 1
-=-+a x g x x x ，对实数a 分类讨论，用导数法求解. 试题解析：（I ）()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时，
1()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+
-f x x x x f x x x
，(1)2,(1)0.'=-=f f 曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-= （II ）当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 0.1
-->+a x x x 令(1)()ln 1
-=-+a x g x x x ，则
222
122(1)1(),(1)0(1)(1)+-+'=-==++a x a x g x g x x x x ，（i ）当2≤a ，(1,)∈+∞x 时，22
2(1)1210+-+≥-+>x a x x x ，故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增，因此()0>g x ；
（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得
1211=-=-+x a x a ，
由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)∈x x 单调递减，因此()0<g x .
综上，a 的取值范围是(],2.-∞
考点：导数的几何意义，函数的单调性.。