2020高考数学专题-函数与导数测试题
2020年高考数学《新高考创新题型》之2：函数与导数(含精析)
2020年高考数学（新高考创新题型）之2.函数与导数（含精析）一、选择题。
1．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“凹函数”，已知()54112012f x x mx =- 22x -在()1,3上为“凹函数”，则实数m 的取值范围是（ ）A ．31(,)9-∞ B ．31[,5]9C ．(,3]-∞D ．(),5-∞ 2．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数1,()0,R x Qf x x Q∈⎧=⎨∈⎩ð被称为狄利克雷函数，其中R 为实数集,Q 为有理数集，则关于函数()f x 有如下四个命题： ①()()0f f x =； ②函数()f x 是偶函数；③任取一个不为零的有理数T ,()()f x T f x +=对任意的x ∈R 恒成立；④存在三个点()()()112233,(),,(),,()A x f x B x f x C x f x ，使得ABC ∆为等边三角形. 其中真命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．43．设函数()x f 的定义域为D ,若函数()x f 满足条件：存在[]D b a ⊆,,使()x f 在[]b a ,上的值域是⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,2b a 则称()x f 为“倍缩函数”，若函数()()t x f x+=2log 2为“倍缩函数”，则的范围是（ ） A.⎪⎭⎫⎝⎛+∞,41 B.()10， ⎥⎦⎤ ⎝⎛210.，C D. ⎪⎭⎫ ⎝⎛410， 4．函数(),0,ln 20,322⎪⎩⎪⎨⎧>-≤+--=x x x x x x f 直线m y =与函数()x f 的图像相交于四个不同的点，从小到大，交点横坐标依次记为d c b a ,,,，有以下四个结论①[)4,3∈m ②[)4,0e abcd ∈ ③562112,2a b c d e e e e ⎡⎫+++∈+-+-⎪⎢⎣⎭④若关于x 的方程()m x x f =+恰有三个不同实根，则m 取值唯一. 则其中正确的结论是（ ）A. ①②③B. ①②④C. ①③④D. ②③④5．)(x f 是定义在D 上的函数, 若存在区间D n m ⊆],[， 使函数)(x f 在],[n m 上的值域恰为],[kn km ，则称函数)(x f 是k 型函数．给出下列说法:型函数； x 是下列选项正确的是（ ）A ．①③B ．②③C ．②④D ．①④6．已知函数()121f x x =--，[0,1]x ∈.定义：1()()f x f x =，21()(())f x f f x =，……，1()(())n n f x f f x -=，2,3,4,n =满足()n f x x =的点[0,1]x ∈称为()f x 的n 阶不动点.则()f x 的n 阶不动点的个数是（ ）A.2n 个B.22n 个 C.2(21)n -个 D.2n 个二、填空题。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 二(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 二1.已知函数f(x)=e x－12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f(x 1)＋f(x 2)>2．2.设函数f(x)=lnx-0.5ax 2-bx.(1)当a=b=0.5时，求f(x)的最大值； (2)令，其图像上任意一点P(x 0,y 0)处切线的斜率k ≤0.5恒成立，求实数a 的取值范围.3.已知函数f(x)=e x-(x+a)ln(x+a)+x,(x ∈R).（1）当a=1时，求函数f(x)的图像在x=0处的切线方程； （2）若函数f(x)在定义域上为单调递增函数， ①求a 的最大整数；②证明：4.已知函数f(x)=kx3+3(k﹣1)x2﹣k2+1在x=0，x=4处取得极值.(1)求常数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)设g(x)=f(x)+c，且∀x∈[﹣1，2]，g(x)≥2c+1恒成立，求c的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[-1,2]，求b，c的值.(2)设f(x)=ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.6.已知函数f （x ）=+x 在x=1处的切线方程为2x ﹣y+b=0．（Ⅰ）求实数a ，b 的值；（Ⅱ）设函数g （x ）=f （x ）+x 2﹣kx ，且g （x ）在其定义域上存在单调递减区间（即g /（x ）＜0在其定义域上有解），求实数k 的取值范围．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0.(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.若函数f(x)+g(x)和f(x)·g(x)同时在x=t 处取得极小值，则称f(x)和g(x)为一对“P(t)函数”．（1）试判断f(x)=x 与g(x)=x 2+ax+b 是否是一对“P(1)函数”； （2）若f(x)=e x 与g(x)=x 2+ax+1是一对“P(t)函数”． ①求a 和t 的值；②若a ＜0，若对于任意x ∈ [1，+∞)，恒有f(x)+g(x)<m ·f(x)g(x)，求实数m 的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x－ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.10.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e<⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．11.已知函数．(1)若a=e ，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数在处的切线与轴平行，（）（1）试讨论在上的单调性；（2）①设，求的最小值；②证明：.14.已知函数①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围； ②若且关于x 的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；③设各项为正的数列满足:求证：.15.设函数f(x)=x2e x-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值.(2)设试比较f(x)与g(x)的大小.答案解析1.解：(1)∵f(x)=e x －12x 2－ax ，∴f′(x)=e x－x －a ．设g(x)=e x －x －a ，则g′(x)=e x－1．令g′(x)=e x－1=0，解得x=0．∴当x ∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减； 当x ∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． ∴g(x)min =g(0)=1－a ．当a≤1时，f′(x)=g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点； 当a>1时，g(0)=1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞； 当x→－∞时，g(x)→＋∞．∴当a>1时，f′(x)=g(x)=e x－x －a 有两个零点x 1，x 2． 不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2．∴函数f(x)有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，x 1，x 2为g(x)=0的两个实数根， x 1<0<x 2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减． 下面先证x 1<－x 2<0，只需证g(－x 2)<0． ∵g(x 2)=ex2－x 2－a=0，得a=ex2－x 2，∴g(－x 2)=e －x2＋x 2－a=e －x2－ex2＋2x 2．设h(x)=e －x －e x ＋2x(x>0)，则h′(x)=－1ex －e x＋2<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0，∴g(－x 2)<0，即x 1<－x 2<0．∵函数f(x)在(x 1，0)上单调递减，∴f(x 1)>f(－x 2)，∴要证f(x 1)＋f(x 2)>2，只需证f(－x 2)＋f(x 2)>2，即证ex2＋e －x2－x 22－2>0．设函数k(x)=e x ＋e －x －x 2－2(x>0)，则k′(x)=e x －e －x－2x ．设φ(x)=k′(x)=e x －e －x －2x ，φ′(x)=e x ＋e －x－2>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即k′(x)>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)=0，∴当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e －x －x 2－2>0，则ex2＋e －x 2－x 22－2>0，∴f(－x 2)＋f(x 2)>2，∴f(x 1)＋f(x 2)>2．2.解：3.解：4.解：5.解:(1)∵函数f(x)的导函数f′(x)=3x2＋2bx＋c，由题设知-1<x<2是不等式3x2＋2bx＋c<0的解集.∴-1,2是方程3x2＋2bx＋c=0的两个实根，∴-1＋2=-23b，(-1)×2=c3，即b=-1.5，c=-6.(2)∵f′(x)=3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，∴方程f′(x)=3ax2＋1=0有两个不等的实根，∴Δ=02-4×1×3a>0，∴a<0.∴a的取值范围为(-∞，0).6.7.解：(1)f′(x)=x-a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减； 当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增， 不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)． 因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)． 设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0， 即f(x 2)<f(2a-x 2)． 因此x 1＋x 2>2a.8.解：9.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点． 故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.10.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －ax(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －ax>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)． (2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数， 当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ， 则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0， 所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)．由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增， 因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x2>0，所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)．综上，原命题得证．11.解：12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0， 当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.14.解：15.解：。
2020年高考数学试题分类汇编 函数与导数 精品
2020年高考数学试题分类汇编：函数与导数一、选择题1.（安徽理3） 设()f x 是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，()f x x x 2=2-，则()f 1= （A ）-3 (B) -1 （Ｃ）１ （Ｄ）3 【答案】A【命题意图】本题考查函数的奇偶性，考查函数值的求法.属容易题.【解析】2(1)(1)[2(1)(1)]3f f =--=----=-.故选A. 2.(安徽理10) 函数()()m nf x ax x =1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则m ，n 的值可能是（A ）1,1m n == (B) 1,2m n == (C) 2,1m n == (D) 3,1m n ==【答案】B 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当1,2m n ==，()()()f x ax x n x x x 232=1-=-2+g ，则()()f x a x x 2'=3-4+1，由()()f x a x x 2'=3-4+1=0可知，121,13x x ==，结合图像可知函数应在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，即在13x =取得最大值，由()()f a 21111=⨯1-=3332g ，知a 存在.故选B.3.（安徽文5）若点(a,b)在lg y x = 图像上，a ≠1,则下列点也在此图像上的是（A ）（a 1，b ） (B) (10a,1-b) (C) (a 10,b+1) (D)(a2,2b)【答案】D 【命题意图】本题考查对数函数的基本运算，考查对数函数的图像与对应点的关系.【解析】由题意lg b a =，lg lg b a a 22=2=，即()2,2a b 也在函数lg y x = 图像上.4.(安徽文10) 函数()()n f x ax x 2=1-g 在区间〔0,1〕上的图像如图所示，则n 可能是（A ）1 (B) 2 (C) 3 (D) 4【答案】A 【命题意图】本题考查导数在研究函数单调性中的应用，考查函数图像，考查思维的综合能力.难度大.【解析】代入验证，当1n =时，()()()f x ax x a x x x 232=1-=-2+g ，则()()f x a x x 2'=3-4+1，由()()f x a x x 2'=3-4+1=0可知，121,13x x ==，结合图像可知函数应在10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，即在13x =取得最大值，由()()f a 21111=⨯1-=3332g ，知a 存在.故选A.5.（北京理6）根据统计，一名工人组装第x件某产品所用的时间（单位：分钟）为()x A f x x A <=≥（A ，c 为常数）。
2020各地高考数学理数导数真题
2020年全国各地导数题集（全国I 卷理）已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当1=a 时，讨论)(x f 的单调性；（2）当0x ≥时，121)(3+≥x x f ，求a 的取值范围.【解答】（1）当1a =时，2()e x f x x x =+-则'()e 21x f x x =+-．故当x ∈∞（-,0）时，()0f x '<；当x ∈∞（0,+）时，()0f x '>．所以)(x f 在)0,(-∞单调递减，在),0(+∞单调递增．（2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤.设函数321()(1)e (0)2x g x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22xg x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i）若210a +≤，即12a ≤-，则当(0,2)x ∈时，'()0g x >.所以()g x 在(0,2)单调递增，而(0)1g =，故当(0,2)x ∈时，()1g x >，不合题意.（ii）若2120<+<a ，即1122a -<<，则当),2()12,0(+∞⋃+∈a x 时，0)('<x g ；当)2,12(+∈a x 时，0)('>x g .所以)(x g 在),2(),12,0(+∞+a ，单调递减，在)2,12(+a 单调递增.由于(0)1g =，所以()1g x <当且仅当2(2)(74)1g a e -=-≤，即27e 4a -≥.所以当27e 142a -≤<时，1)(≤x g .（iii）若212a +≥，即12a ≥，则31()(1)e 2x g x x x -≤++.由于27e 10[,42-∈，故由（ii）可得31(1)e 12x x x -++≤.故当12a ≥时，1)(≤x g .综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞（全国Ⅱ卷理）已知函数2() sin sin 2f x x x =．（1）讨论()f x 在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()8f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4234sin nn n x x x x ≤ ．【解答】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)'f x x x x x x x '=+22sin cos sin 22sin cos 22sin sin 3x x x x x x x=+=当(0,(,)33x π2π∈π 时，()0f x '>，()f x 单调递增；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<，()f x 单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()38f π=，最小值为()38f 2π=-．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|8f x ≤．（3）由于32223332(sin sin 2sin 2)|sin sin 2sin 2|n n x x x x x x = 23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -= 1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤ ，所以222233sin sin 2sin 24n nnn x x x ≤= ．（全国Ⅲ卷理）设函数c bx x x f ++=3)(,曲线)(x f y =在点))21(,21(f 处的切线与y 轴垂直.（1）求b ;（2）若)(x f 有一个绝对值不大于1的零点，证明：)(x f 所有零点的绝对值都不大于1.【解答】（1）.3)('2b x x f +=依题意得,021('=f 即043==b .故43-=b .（2）由（1）知3233(),'()3.44f x x x c f x x =-+=-令,0)('=x f 解得21-=x 或.21=x )('x f 与)(x f 的情况为：x)21,(--∞21-)21,21(-21),21(∞=)('x f +0—0+)(x f ↑41+c ↓41-c ↑因为4121()1(+=-=c f f ，所以当41-<c 时，)(x f 只有大于1的零点.因为41)21()1(-==-c f f ，所以当41>c 时，)(x f 只有小于1-的零点.由题设可知.4141≤≤-c 当41-=c 时，)(x f 只有两个零点21-和1.当41=c 时，)(x f 只有两个零点1-和21.当4141<<-c 时，)(x f 有三个零点321,,x x x ，且).1,21(),21,21(),21,1(321∈-∈--∈x x x 综上，)(x f 所有零点的绝对值都不大于1.（北京理）已知函数212)(x x f -=（1）求曲线)(x f y =的斜率等于2-的切线方程；（2）设曲线)(x f y =在点))(,(t f t 处的切线与坐标轴围城的三角形面积为)(t s ，求)(t s 的最小值.【解答】（1）132+-=x y （2）在))(,(t f t 处的切线方程为：1222++-=t tx y ；若0=t ，则围不成三角形；切线与坐标轴交点为)0,212(),12,0(22t t B t A ++tt OB OA t s 22)12(4121)(+==，因为其为偶函数仅考虑0>t 即可0),14424(41)(3>++=t t t t t s ，则)12)(4(43144243(41)('2222+-=-+=t t t t t s 极小值为最小值32)2()(min ==s t s （天津）已知函数)(),(ln )('3x f R k x k x x f ∈+=为)(x f 的导函数（1）当6=k 时（i ）求曲线)(x f y =再点))1(,1(f 处的切线方程；（ii ）求函数xx f x f x g 9)(')()(+-=的单调区间和极值.（2）当3-≥k 时，求证：对任意的),1[,21+∞∈x x ，且21x x >，有.)()(2)(')('212121x x x f x f x f x f -->+【解答】（1）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+，(1)9f ∴'=，(1)1f = ，∴曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即980x y --=．（ii ）3293()()()6ln 3g x f x f x x x x x x =-'+=+-+，0x >，3222633(1)(1)()36x x g x x x x x x -+∴'=-+-=，令()0g x '=，解得1x =，当01x <<，()0g x '<，当1x >，()0g x '>，∴函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，1x =是极小值点，极小值为(1)1g =，无极大值；（2）由3()ln f x x k x =+，则2()3k f x x x'=+，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，令12x t x =，1t >，121212()[()()]2[()()]x x f x f x f x f x -'+'-+22331121212122()(33)2(ln )x k k x x x x x x k x x x =-+++--+332212112121221233()2ln x x x x x x x x x k k x x x =--++--，33221(331)(2ln )x t t t k t t t=-+-+--，①令1()2ln h x x x x=--，1x >，当1x >时，22121()1(1)0h x x x x '=+-=->，()h x ∴在(1,)+∞单调递增，当1t >，()(1)0h t h >=，即12ln 0t t t-->，21x ，323331(1)0t t t t -+-=->，3k - ，33221(331)(2ln )x t t t k t t t ∴-+-+--3232133313(2ln )36ln 1t t t t t t t t t t>-+----=-++-，②，由（1）（ii）可知当1t 时，()(1)g t g >即32336ln 1t t t t-++>，③，由①②③可得121212()[()()]2[()()]0x x f x f x f x f x -'+'-+>，∴当3k - 时，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，有121212()()()()2f x f x f x f x x x '+'->-．（江苏）已知关于x 的函数)(x f y =，()x g y =与),()(R b k b kx x h ∈+=在区间D 上恒有)()()(x g x h x f ≥≥（1）若x x x f 2)(2+=，x x x g 2)(2+-=，),(+∞-∞=D ，求)(x k 的表达式（2）若1)(2+-=x x x f ，),,0(,)(,ln )(+∞=-==D k kx x h x k x g 求k 的取值范围；（3）若x x x f 2)(4-=，84)(2-=x x g ，24223)(4)(t t x t t x h +--=[][]2,2,),20(-⊆=≤<n m D t ，求证：7≤-m n 【解答】（1）由题设有x x b kx x x 2222+≤+≤+-对任意的R x ∈恒成立令0=x ，则00≤≤b ，所以0=b ，因此x x kx 22+≤即0)2(2>-+x k x 对任意的R x ∈恒成立，所以0)2(2≤-=∆k ，因此2=k ，故.2)(x x h =（2）令)0)(ln 1()()()(>--=-=x x x k x g x h x F ，0)1(=F ，又xx k x F )1()('-=若0<k ，则)(x F 在)1,0(上递增，在),1(+∞上递减，则0)1()(=≤F x F ，即0)()(≤-x g x h ，不符合题意，当0=k 时，)()(,0)()()(x g x h x g x h x F ==-=，符合题意若0>k ，则)(x F 在)1,0(上递减，在),1(+∞上递增，则0)1()(=≥F x F ，即0)()(≥-x g x h ，符合题意，综上所述，0≥k 由0)1()1()(1)()(22≥+++-=--+-=-k x k x k kx x x x h x f 当021<+=k x ，即1-<k ，1)1(2+++-=k x k x y 在),1(+∞递增因为01)0()0(<+=-k h f ，故存在),0(0+∞∈x ，使0)()(<-x h x f ，不符合题意当021=+=k x ，即1-=k 时，0)()(2≥=-x x h x f ，符合题意当021>+=k x ，即1->k 时，则需0)1(4)1(2≤+-+=∆k k ，解得31≤<-k 综上所述，k 的取值范围是[]3,0∈k （3）因为8423)(42224224-≥+--≥-x t t x t t x x 对任意[][]2,2,-⊆∈n m x 恒成立，2422423)(42t t x t t x x +--≥-对任意[][2,2,-⊆∈n m x 恒成立，等价于0)232()(222≥-++-t tx x t x 对任意[][]2,2,-⊆∈n m x 恒成立，故023222≥-++t tx x 对任意[][]2,2,-⊆∈n m x 恒成立，令232)(22-++=t tx x x M ，当102≤≤t ，11,0882<-<->+-=∆t t ，此时)()(x h x f ≥不成立此时7122<+<+≤-t m n ，当212≤≤t ，0882≤+-=∆t 但243223)(484t t x t t x +--≥-对任意[][]22,-⊆∈n m x 恒成立，等价于0)2)(43()(442232≤-++--t t x t t x 对任意[][]2,2,-⊆∈n m x 恒成立，0)2)(43()(442232=-++--t t x t t x 的两根21,x x ，则4823,2421321--=-=+t t x x t t x x 所以8354)(2462122121++-=-+=-=-t t t x x x x x x m n 令λ=2t ，[]2,1∈λ，则83523++-=-λλλm n []),2,1(835)(23∈++-=λλλλλP )13)(3(3103)('2--=+-=λλλλλP 所以[]2,1∈λ，0)('<λP ，)(λP 递减，7)1()(max ==p P λ所以7≤-m n （浙江）已知21≤<a ，函数a x e x f x --=)(，其中...71828.2=e 是自然对数的底数.（1）证明：函数)(x f y =在),0(+∞上有唯一零点；（2）记0x 为函数)(x f y =在),0(+∞上的零点，证明：（i ）)1(210-≤≤-a x a （ii ）.)1)(1()(00a a e e f x x --≥【解答】（1）因为042)2(,01)0(22>-≥--=<-=e a e f a f ，所以)(x f y =在),0(+∞上存在零点.因为1)('-=x e x f ，所以当0>x 时，0)('>x f ，故函数)(x f 在),0[+∞上单调递增，所以函数)(x f y =在),0(+∞上有唯一零点（2）（i ）令1)(1)('),0(121)(2-+=--=≥---=a x f x e x g x x x e x g x x ，)1(2()1(2))1(2()1(2-=---=--a g a a e a f a 由（1）知函数)('x g 在),0[+∞上单调递增，故当0>x 时，0)0(')('=>g x g ，所以函数)(x g 在),0[+∞上单调递增，故.0)0()(=>g x g 由0))1(2(≥-a g 得)(0)1(2))1(2(0)1(2x f a a e a f a =≥---=--，因为)(x f 在),0[+∞上单调递增，故0)1(2x a ≥-令)10(1)(2≤≤---=x x x e x h x 1()1(),10(1)(2-=-≤≤---=a f a h x x x e x h x ,12)('--=x e x h x 令,2)('),10(12)(11-=≤≤--=xx e x h x x e x h 所以x0)2ln ,0(2ln )1,2(ln 1)('1x h 1--0+2-e )(1x h 0↓↑3-e 故当10<<x 时，0)(1<x h 即0)('<x h 在]1,0[单调递减，因此当10≤≤x 时0)0()(=≤h x h 由0)1(≤-a h 得)(01)1(01x f a a e a f a =≤---=--因为)(x f 在),0[+∞上单调递增，故01x a ≤-综上，)1(210-≤≤-a x a （ii ）令)1()(',1)1()(--=---=e e x u x e e x u x x ，所以当1>x 时，0)('>x u 故函数0)(>x u 在区间),0[+∞上单调递增，因此0)1()(=≥u x u由a x e x +=00可得20020000)1()2()1()()(0ax e x e a x e a x f x e f x a a x -≥-+-=+=由10-≥a x 得.)1)(1()(00a a e e f x x --≥（山东）已知函数.ln ln )(1a x ae x f x +-=-（1）当e a =时，求曲线)(x f y =再点))(,1(x f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若1)(≥x f ，求a 的取值范围【解答】)(x f 的定义域为.1)('),,0(1x aex f x -=+∞-（1）当e a =时，.1ln )(1+-=-x e x f x 1)1('-=e f ，曲线)(x f y =再点))(,1(x f 处的切线方程为)1)(1()1(--=--x e e y ，即.2)1(+-=x e y 直线2)1(+-=x e y 在x 轴，y 轴上的截距分别为.2,12--e 因此所求三角形的面积为.12--e （2）当10<<a 时，1ln )1(<+=a a f 当1=a 时，.1)(',ln )(11xe xf x e x f x x -=-=--当)1,0(∈x 时，0)('<x f ；当),1(+∞时，)(x f 取最小值，最小值为1)1(=f ，从而.1)(≥x f 当1>a 时，.1ln ln ln )(11≥-≥+-=--x e a x ae x f x x 综上，a 的取值范围是),1[+∞二级结论.,ln 1,1ex e x x x e xx ≥≥-+≥。
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：。
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高考数学刷题首选卷第二章函数、导数及其应用考点测试5函数的定义域和值域(文)(含解析)
考点测试5 函数的定义域和值域高考概览高考在本考点的常考题型为选择题、填空题，分值5分，中等难度 考纲研读会求一些简单函数的定义域和值域一、基础小题1．函数y ＝1log 2x －2的定义域为( )A ．(0，4)B ．(4，＋∞)C ．(0，4)∪(4，＋∞) D．(0，＋∞) 答案 C解析 由条件可得log 2x －2≠0且x >0，解得x ∈(0，4)∪(4，＋∞)．故选C ． 2．函数y ＝x (3－x )＋x －1的定义域为( ) A ．[0，3] B ．[1，3] C ．[1，＋∞) D．[3，＋∞) 答案 B解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧x (3－x )≥0，x －1≥0，解得1≤x ≤3．故选B ．3．函数f (x )＝－2x 2＋3x (0<x ≤2)的值域是( ) A ．－2，98 B ．－∞，98C ．0，98D ．98，＋∞答案 A解析 f (x )＝－2x －342＋98(x ∈(0，2])，所以f (x )的最小值是f (2)＝－2，f (x )的最大值是f 34＝98．故选A ．4．已知函数f (x )＝2＋log 3x ，x ∈181，9，则f (x )的最小值为( )A ．－2B ．－3C ．－4D ．0 答案 A解析 由函数f (x )在其定义域内是增函数可知，当x ＝181时，函数f (x )取得最小值f 181＝2＋log 3 181＝2－4＝－2，故选A ．5．已知函数f (x )的定义域为(－1，1)，则函数g (x )＝f x2＋f (x －1)的定义域为( )A ．(－2，0)B ．(－2，2)C ．(0，2)D ．－12，0答案 C解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－1<x 2<1，－1<x －1<1，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2<x <2，0<x <2，∴0<x <2，∴函数g (x )＝f x2＋f (x－1)的定义域为(0，2)，故选C ．6．函数y ＝x ＋2－x 的值域为( ) A ．94，＋∞ B．94，＋∞ C ．－∞，94 D ．－∞，94答案 D解析 令t ＝2－x ≥0，则t 2＝2－x ，x ＝2－t 2，∴y ＝2－t 2＋t ＝－t －122＋94(t ≥0)，∴y ≤94，故选D ．7．已知函数f (x )＝1x ＋1，则函数f [f (x )]的定义域是( ) A ．{x |x ≠－1} B ．{x |x ≠－2}C ．{x |x ≠－1且x ≠－2}D ．{x |x ≠－1或x ≠－2} 答案 C解析 f [f (x )]＝1f (x )＋1＝11x ＋1＋1，所以有⎩⎪⎨⎪⎧x ≠－1，11＋x＋1≠0，解得x ≠－1且x ≠－2．故选C ．8．若函数y ＝f (x )的值域是[1，3]，则函数F (x )＝1－f (x ＋3)的值域是( ) A ．[－8，－3] B ．[－5，－1] C ．[－2，0] D ．[1，3] 答案 C解析 ∵1≤f (x )≤3，∴－3≤－f (x ＋3)≤－1，∴－2≤1－f (x ＋3)≤0，即F (x )的值域为[－2，0]．故选C ．9．函数y ＝16－4x的值域是( )A ．[0，＋∞) B．[0，4] C ．[0，4) D ．(0，4) 答案 C解析 由已知得0≤16－4x<16，0≤ 16－4x<16＝4，即函数y ＝16－4x的值域是[0，4)．故选C ．10．函数y ＝2x －1的定义域是(－∞，1)∪[2，5)，则其值域是( ) A ．(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2 B ．(－∞，2] C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12∪(2，＋∞) D．(0，＋∞) 答案 A解析 当x <1时，x －1<0，此时y ＝2x －1<0；当2≤x <5时，1≤x －1<4，此时14<1x －1≤1，12<2x －1≤2，即12<y ≤2，综上，函数的值域为(－∞，0)∪⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2．故选A ．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，－2≤x ≤0，1x，0<x ≤3，则函数f (x )的值域是________．答案 －14，＋∞解析 当－2≤x ≤0时，x 2＋x ＝x ＋122－14，其值域为－14，2；当0<x ≤3时，1x 的值域为13，＋∞，故函数f (x )的值域是－14，＋∞．12．函数f (x )＝x －1x ＋1的值域为________． 答案 [－1，1)解析 由题意得f (x )＝x －1x ＋1＝1－2x ＋1，∵x ≥0，∴0<2x ＋1≤2，∴－2≤－2x ＋1<0，∴－1≤1－2x ＋1<1，故所求函数的值域为[－1，1)．二、高考小题13．(2016·全国卷Ⅱ)下列函数中，其定义域和值域分别与函数y ＝10lg x的定义域和值域相同的是( )A ．y ＝xB ．y ＝lg xC ．y ＝2xD ．y ＝1x答案 D 解析 函数y ＝10lg x的定义域、值域均为(0，＋∞)，而y ＝x ，y ＝2x的定义域均为R ，排除A ，C ；y ＝lg x 的值域为R ，排除B ．故选D ．14．(2018·江苏高考)函数f (x )＝log 2x －1的定义域为________． 答案 [2，＋∞)解析 由题意可得log 2x －1≥0，即log 2x ≥1，∴x ≥2．∴函数的定义域为[2，＋∞)． 15．(2016·江苏高考)函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________． 答案 [－3，1]解析 若函数有意义，则需3－2x －x 2≥0，即x 2＋2x －3≤0，解得－3≤x ≤1． 16．(2015·浙江高考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x－3，x ≥1，lg (x 2＋1)，x <1，则f [f (－3)]＝________，f (x )的最小值是________． 答案 0 22－3解析 由题知，f (－3)＝1，f (1)＝0，即f [f (－3)]＝0．又f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，1)上单调递增，在(1，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝min{f (0)，f (2)}＝22－3．17．(2015·山东高考)已知函数f (x )＝a x ＋b (a >0，a ≠1)的定义域和值域都是[－1，0]，则a ＋b ＝________．答案 －32解析 ①当a >1时，f (x )在[－1，0]上单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝－1，a 0＋b ＝0，无解．②当0<a <1时，f (x )在[－1，0]上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋b ＝0，a 0＋b ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－2，所以a ＋b ＝－32．18．(2015·福建高考)若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．答案 (1，2]解析 当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4，＋∞)．当x >2时，若a ∈(0，1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显然不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1＜a ≤2．三、模拟小题19．(2018·广东珠海一中等六校第三次联考)函数f (x )＝12－x＋ln (x ＋1)的定义域为( )A ．(2，＋∞) B．(－1，2)∪(2，＋∞) C ．(－1，2) D ．(－1，2] 答案 C解析 函数的定义域应满足⎩⎪⎨⎪⎧2－x >0，1＋x >0，∴－1<x <2．故选C ．20．(2018·河南联考)已知函数f (x )＝x ＋2x－a (a >0)的最小值为2，则实数 a ＝( )A ．2B ．4C ．8D ．16 答案 B解析 由2x－a ≥0得x ≥log 2a ，故函数的定义域为[log 2a ，＋∞)，易知函数f (x )在[log 2a ，＋∞)上单调递增，所以f (x )min ＝f (log 2a )＝log 2a ＝2，解得a ＝4．故选B ．21．(2018·江西南昌三模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2(x ≤1)，ln x (x >1)，那么函数f (x )的值域为( )A ．(－∞，－1)∪[0，＋∞) B．(－∞，－1]∪(0，＋∞)C ．[－1，0)D ．R 答案 B解析 函数y ＝x －2(x ≤1)的值域为(－∞，－1]，函数y ＝ln x (x >1)的值域为(0，＋∞)，故函数f (x )的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．故选B ．22．(2018·邵阳石齐中学月考)已知函数f (x )＝4|x |＋2－1的定义域是[a ，b ](a ，b ∈Z )，值域是[0，1]，那么满足条件的整数数对(a ，b )共有( )A ．2个B ．3个C ．5个D ．无数个 答案 C解析 ∵函数f (x )＝4|x |＋2－1的值域是[0，1]，∴1≤4|x |＋2≤2，∴0≤|x |≤2，∴－2≤x ≤2，∴[a ，b ]⊆[－2，2]．又由于仅当x ＝0时，f (x )＝1，当x ＝±2时，f (x )＝0，故在定义域中一定有0，且2，－2中必有其一，故满足条件的整数数对(a ，b )有(－2，0)，(－2，1)，(－2，2)，(－1，2)，(0，2)共5个．故选C ．23．(2019·汕头模拟)函数y ＝3|x |－1的定义域为[－1，2]，则函数的值域为________． 答案 [0，8]解析 当x ＝0时，y min ＝30－1＝0，当x ＝2时，y max ＝32－1＝8，故值域为[0，8]． 24．(2018·江苏常州期中)若函数f (x ＋1)的定义域是[－1，1]，则函数f (log 12x )的定义域为________．答案 14，1解析 ∵f (x ＋1)的定义域是[－1，1]，∴f (x )的定义域是[0，2]，则f (log 12x )的定义域为0≤log 12x ≤2，∴14≤x ≤1．一、高考大题1．(2016·浙江高考)已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p >q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围； (2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0，6]上的最大值M (a )． 解 (1)由于a ≥3，故当x ≤1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)(2－x )>0， 当x >1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )．所以，使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2，2a ]． (2)设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2． ①f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2， 所以，由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a >2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )≤f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)，当2≤x ≤6时，F (x )≤g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2，34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以，M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a <4，2，a ≥4.二、模拟大题2．(2018·山东青岛月考)已知f (x )＝2＋log 3x ，x ∈[1，9]，试求函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域．解 ∵f (x )＝2＋log 3x 的定义域为[1，9]，要使[f (x )]2＋f (x 2)有意义，必有1≤x ≤9且1≤x 2≤9，∴1≤x ≤3，∴y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的定义域为[1，3]． 又y ＝(2＋log 3x )2＋2＋log 3x 2＝(log 3x ＋3)2－3． ∵x ∈[1，3]，∴log 3x ∈[0，1]，∴y max ＝(1＋3)2－3＝13，y min ＝(0＋3)2－3＝6． ∴函数y ＝[f (x )]2＋f (x 2)的值域为[6，13]．3．(2019·山西太原一中月考)已知函数f (x )＝ax ＋1a(1－x )(a >0)，且f (x )在[0，1]上的最小值为g (a )，求g (a )的最大值．解 f (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫a －1a x ＋1a，当a >1时，a －1a>0，此时f (x )在[0，1]上为增函数，∴g (a )＝f (0)＝1a；当0<a <1时，a －1a<0，此时f (x )在[0，1]上为减函数，∴g (a )＝f (1)＝a ；当a ＝1时，f (x )＝1，此时g (a )＝1．∴g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，0<a <1，1a，a ≥1，∴g (a )在(0，1)上为增函数，在[1，＋∞)上为减函数， 又a ＝1时，有a ＝1a＝1，∴当a ＝1时，g (a )取得最大值1．4．(2018·陕西渭南尚德中学一模)已知函数f (x )＝x 2＋(2a －1)x －3． (1)当a ＝2，x ∈[－2，3]时，求函数f (x )的值域； (2)若函数f (x )在[1，3]上的最大值为1，求实数a 的值． 解 (1)当a ＝2时，f (x )＝x 2＋3x －3＝x ＋322－214，又x ∈[－2，3]，所以f (x )min ＝f －32＝－214，f (x )max ＝f (3)＝15，所以所求函数的值域为－214，15．(2)对称轴为x ＝－2a －12．①当－2a －12≤1，即a ≥－12时，f (x )max ＝f (3)＝6a ＋3，所以6a ＋3＝1，即a ＝－13，满足题意；②当－2a －12≥3，即a ≤－52时，f (x )max ＝f (1)＝2a －3，所以2a －3＝1，即a ＝2，不满足题意； ③当1<－2a －12<3，即－52<a <－12时，此时，f (x )max 在端点处取得，令f (1)＝1＋2a －1－3＝1，得a ＝2(舍去)， 令f (3)＝9＋3(2a －1)－3＝1，得a ＝－13(舍去)．综上，可知a ＝－13．。
2020年高考数学(理)函数与导数 专题04 二次函数及其性质(解析版)
函数与导数04 函数 二次函数及其性质一、具体目标：1.掌握二次函数的图象与性质,2.会求二次函数的最值(值域)、单调区间. 二、知识概述：二次函数1.一元二次方程的相关知识：20(0)ax bx c a ++=≠根的判别式： ；判别式与根的关系：________________________； 求根公式：_____________________；韦达定理：____________________.ac b 42-=∆；⎪⎩⎪⎨⎧∈<∆==∆≠>∆φx x x x x ,0,0,02121；aac b b x242-±-=；⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+a c x x a b x x 2121 2.二次函数的相关知识： 2(0)y ax bx c a =++≠定义域：________________________； 值域：________________________； 对称轴方程：____________________； 顶点坐标：____________________； 与y 轴的交点坐标：______________. 二次函数的顶点式：______________.二次函数的零点式：__________________；与x 轴的交点坐标：_______________________；定义域：R ； 值域：),44[,02+∞->abac a ；]44,(,02ab ac a --∞< 【考点讲解】对称轴方程：ab x 2-=； 顶点坐标：)44,2(2a b ac a b --； 与y 轴的交点坐标：),0(c .二次函数的顶点式：h k x a y +-=2)(.二次函数的零点式：))((21x x x x a y --=；与x 轴的交点坐标：)0,24(2aacb b -±-； 3.二次函数2(0)y ax bx c a =++≠的单调性：当0a >时，单调增区间是___________；单调减区间是__________. 当0a <时，单调增区间是___________；单调减区间是__________.0>a 时),2(+∞-a b ；)2,(a b --∞．0<a 时)2,(a b --∞；),2(+∞-ab4.二次函数2(0)y ax bx c a =++≠在某一闭区间上的最值： 首先确定二次函数的顶点：_______________ ①若顶点的横坐标在给定的区间上，则：0a >时，在顶点处取得最____值，为_______，在离对称轴较远的端点取得最____值. 0a <时，在顶点处取得最____值，为_______，在离对称轴较远的端点取得最____值.②若顶点的横坐标不在给定的区间上，则：0a >时，最___值在离对称轴较近的端点处取得，最___值在离对称轴较远的端点处取得. 0a <时，最___值在离对称轴较近的端点处取得，最___值在离对称轴较远的端点处取得.)44,2(2a b ac a b --；①小，a b ac 442-，大；大，ab ac 442-，小 ②小 大 大 小5.考点探析：从近几年的高考试题来看，二次函数图像的应用与其最值问题是高考的热点，题型多以小题或大题中关键的一步的形式出现，主要考查二次函数与一元二次方程及一元二次不等式三者的综合应用．高考对幂函数，只需掌握简单幂函数的图象与性质.6.温馨提示：（1）二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；（2）二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图象的对称轴进行分析讨论求解． 7.根据已知条件确定二次函数解析式，一般用待定系数法，选择规律如下： （1）已知三个点的坐标，可选用一般式；（2）已知顶点坐标、对称轴、最大或最小值，可选用顶点式； （3）已知抛物线与x 轴的两交点坐标，可选用两点式. 【常见题型】1.二次函数的解析式：（1）已知二次函数的图象经过三点错误!未找到引用源。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 五(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 五1.已知函数f(x)=lnx －x ，g(x)=ax 2＋2x(a<0)．(1)求函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最值； (2)求函数h(x)=f(x)＋g(x)的极值点． 2.已知函数f(x)=x 3-3x 2+2x ，g(x)=tx ，．（1）求函数的单调增区间；（2）令h(x)=f(x)-g(x)，且函数h(x)有三个彼此不相等的零点0,m,n ，其中m<n ． ①若n=2m ，求函数h(x)在x=m 处的切线方程； ②若对，恒成立，求实数t 的取值范围．3.已知函数f(x)=xlnx.（1）若函数，求g(x)的极值；（2）证明：f(x)+1<e x-x 2. （参考数据：,,,）4.已知函数f(x)=(x －1)e x＋1，x ∈[0,1]．(1)证明：f(x)≥0；(2)若a<e x－1x<b 对任意的x ∈(0,1)恒成立，求b －a 的最小值．5.已知函数f(x)=e x (x －ae x)．(1)当a=0时，求f(x)的极值；(2)若f(x)有两个不同的极值点，求a 的取值范围． 6.已知函数，．(1)当m<1时，讨论函数f(x)的单调性； (2)若函数f(x)有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2.求证．7.已知（1）求函数的单调区间; （2）求函数在上的最小值;（3）对一切的,恒成立,求实数的取值范围.8.已知函数f(x)=ln x,g(x)=21ax+b. (1)若曲线f(x)与g(x)在x=1处相切,求g(x)的表达式; (2)若φ(x)=1)1(+-x x m -f(x)在[1,+∞)上是减函数,求实数m 的取值范围.9.设函数f(x)=(1-x 2)e x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求实数a 的取值范围．10.已知函数，（为自然对数的底数）．（1）求函数的最小值；（2）若对任意的恒成立，求实数的值；（3）在（2）的条件下，证明：．11.已知函数f(x)=xlnx+ax+1-a.(1)求证：对任意实数a，都有[f(x)]min≤1；(2)若a=2，是否存在整数k，使得在x∈(2,+∞)上，恒有f(x)>(k+1)x-2k-1成立？若存在，请求出k的最大值；若不存在，请说明理由.（e=2.71828）12.已知函数f(x)=ax2+1(a＞0)，g(x)=x3+bx．(1)若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1，c)处有公共切线，求a，b的值；(2)当a=3，b=﹣9时，函数f(x)+g(x)在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．13.已知函数f(x)=x ＋ax＋b(x≠0)，其中a ，b ∈R.(1)若曲线y=f(x)在点P(2，f(2))处的切线方程为y=3x ＋1，求函数f(x)的解析式； (2)讨论函数f(x)的单调性；(3)若对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立，求b 的取值范围． 14.已知函数(1)求函数的极值；(2)设函数，其中k ∈R ，求函数在区间[1，e]上的最大值．15.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣xlna （a ＞0，a ≠1）．（Ⅰ）当a ＞1时，求证：函数f （x ）在（0，+∞）上单调递增； （Ⅱ）若函数y=|f （x ）﹣t|﹣1有三个零点，求t 的值．答案解析1.解：(1)依题意，f′(x)=1x －1，令1x－1=0，解得x=1.因为f(1)=－1，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e =－1－1e ，f(e)=1－e ，且1－e<－1－1e <－1， 故函数f(x)在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤1e ，e 上的最大值为－1，最小值为1－e. (2)依题意，h(x)=f(x)＋g(x)=lnx ＋ax 2＋x(x>0)，h′(x)=1x ＋2ax ＋1=2ax 2＋x ＋1x，当a<0时，令h′(x)=0，则2ax 2＋x ＋1=0. 因为Δ=1－8a>0，所以h′(x)=2ax 2＋x ＋1x =2a (x －x 1)(x －x 2)x ，其中x 1=－1－1－8a 4a ，x 2=－1＋1－8a4a.因为a<0，所以x 1<0，x 2>0，所以当0<x<x 2时，h′(x)>0； 当x>x 2时，h′(x)<0，所以函数h(x)在区间(0，x 2)内是增函数，在区间(x 2，＋∞)内是减函数，故x 2=－1＋1－8a4a为函数h(x)的极大值点，无极小值点．2.解：（1），所以，令 得到，所以的单调增区间是．（2）由方程得是方程的两实根，故，且由判别式得， ①若，得，故，得，因此，故函数在处的切线方程为． ②若对任意的，都有成立，所以，因为，所以， 当时，对有，所以，解得，又因为，得，则有；当时，，则存在的极大值点，且，由题意得，将代入得，进而得到，得，又因为，得，综上可知t的取值范围是或．3.解:（1），，当，，当，，在上递增，在上递减，在取得极大值，极大值为，无极大值.（2）要证f（x）+1＜e x﹣x2．即证e x﹣x2﹣xlnx﹣1＞0，先证明lnx≤x﹣1，取h（x）=lnx﹣x+1，则h′（x）=，易知h（x）在（0，1）递增，在（1，+∞）递减，故h（x）≤h（1）=0，即lnx≤x﹣1，当且仅当x=1时取“=”，故xlnx≤x（x﹣1），e x﹣x2﹣xlnx≥e x﹣2x2+x﹣1，故只需证明当x＞0时，e x﹣2x2+x﹣1＞0恒成立，令k（x）=e x﹣2x2+x﹣1，（x≥0），则k′（x）=e x﹣4x+1，令F（x）=k′（x），则F′（x）=e x﹣4，令F′（x）=0，解得：x=2ln2，∵F′（x）递增，故x∈（0，2ln2]时，F′（x）≤0，F（x）递减，即k′（x）递减，x∈（2ln2，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）递增，即k′（x）递增，且k′（2ln2）=5﹣8ln2＜0，k′（0）=2＞0，k′（2）=e2﹣8+1＞0，由零点存在定理，可知∃x1∈（0，2ln2），∃x2∈（2ln2，2），使得k′（x1）=k′（x2）=0，故0＜x ＜x 1或x ＞x 2时，k ′（x ）＞0，k （x ）递增，当x 1＜x ＜x 2时，k ′（x ）＜0，k （x ）递减，故k （x ）的最小值是k （0）=0或k （x 2），由k ′（x 2）=0，得=4x 2﹣1， k （x 2）=﹣2+x 2﹣1=﹣（x 2﹣2）（2x 2﹣1），∵x 2∈（2ln2，2），∴k （x 2）＞0，故x ＞0时，k （x ）＞0，原不等式成立． 4.解：(1)证明：因为f ′(x)=xe x≥0，即f(x)在[0,1]上单调递增， 所以f(x)≥f(0)=0，即结论成立．(2)令g(x)=e x －1x ，则g ′(x)=x －1e x ＋1x2>0，x ∈(0,1)， 所以当x ∈(0,1)时，g(x)<g(1)=e －1，要使e x－1x <b ，只需b≥e－1.要使e x－1x >a 成立，只需e x－ax －1>0在x ∈(0,1)恒成立，令h(x)=e x －ax －1，x ∈(0,1)，则h ′(x)=e x－a.由x ∈(0,1)，得e x∈(1，e)． ①当a≤1时，h ′(x)>0，此时x ∈(0,1)，有h(x)>h(0)=0成立，所以a≤1满足条件； ②当a≥e 时，h′(x)<0，此时x ∈(0,1)，有h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去； ③当1<a<e 时，令h′(x)=0，得x=ln a ． 当x ∈(0，ln a)时，h′(x)<0，即x ∈(0，ln a)时，h(x)<h(0)=0，不符合题意，舍去． 综上，a≤1.又b≥e－1，所以b －a 的最小值为e －2. 5.解：(1)当a=0时，f(x)=xe x ，f′(x)=(x ＋1)e x，令f′(x)>0，可得x>－1，故f(x)在(－1，＋∞)上单调递增， 同理可得f(x)在(－∞，－1)上单调递减，故f(x)在x=－1处有极小值f(－1)=－1e .(2)依题意，可得f′(x)=(x ＋1－2ae x )e x=0有两个不同的实根．设g(x)=x ＋1－2ae x ，则g(x)=0有两个不同的实根x 1，x 2，g′(x)=1－2ae x，若a≤0，则g′(x)≥1，此时g(x)为增函数，故g(x)=0至多有1个实根，不符合要求；若a>0，则当x<ln 12a 时，g′(x)>0，当x>ln 12a时，g′(x)<0，故此时g(x)在－∞，ln 12a 上单调递增，在ln 12a ，＋∞上单调递减，g(x)的最大值为gln 12a =ln 12a －1＋1=ln 12a，又当x→－∞时，g(x)→－∞，当x→＋∞时，g(x)→－∞，故要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0，得0<a<12或作图象知要使g(x)=0有两个不同实根，则gln 12a =ln 12a>0.设g(x)=0的两个不同实根为x 1，x 2(x 1<x 2)， 当x<x 1时，g(x)<0，此时f′(x)<0； 当x 1<x<x 2时，g(x)>0，此时f′(x)>0； 当x>x 2时，g(x)<0，此时f′(x)<0.故x 1为f(x)的极小值点，x 2为f(x)的极大值点，0<a<12符合要求．综上所述，a 的取值范围为(0，0.5). 6.解：， ，令，，， 令则， 当，即时， 令则；令则．此时函数在上单调递减；在上单调递增．当，即时， 令，则； 令则， 此时函数在上单调递减； 在和上单调递增． 由知，若有两个极值点， 则且，又，是的两个根，则， ，令，则， 令，则，令，则，所以在上单调递减；在上单调递增．，，，得证．7.8.解析：9.解：(1)f′(x)=(1-2x-x2)e x，令f′(x)=0，得x=-1±2，当x∈(-∞，-1-2)时，f′(x)<0；当x∈(-1-2，-1＋2)时，f′(x)>0；当x∈(-1＋2，＋∞)时，f′(x)<0.所以f(x)在(-∞，-1-2)，(-1＋2，＋∞)上单调递减，在(-1-2，-1＋2)上单调递增．(2)令g(x)=f(x)-ax-1=(1-x2)e x-(ax＋1)，令x=0，可得g(0)=0.g′(x)=(1-x2-2x)e x-a，令h(x)=(1-x2-2x)e x-a，则h′(x)=-(x2＋4x＋1)e x，当x≥0时，h′(x)<0，h(x)在[0，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(0)=1-a，即g′(x)≤1-a，要使f(x)-ax-1≤0在x≥0时恒成立，需要1-a≤0，即a≥1，此时g(x)≤g(0)=0，故a≥1.综上所述，实数a的取值范围是[1，＋∞)．10.（1）；（2）；（3）证明见解析.11.解：（1）证明：由已知易得，所以令得：显然，时，<0，函数f（x）单调递减；时，>0，函数f（x）单调递增，所以，令，则由得，时，>0，函数t（）单调递增；时，<0，函数t（）单调递减，所以，即结论成立.（2）由题设化简可得，令，所以 由=0得①若，即时，在上，有，故函数单调递增所以 ②若，即时， 在上，有，故函数在上单调递减， 在上，有.故函数在上单调递增， 所以，在上，故欲使，只需即可令, 由得所以，时，，即单调递减又，故12.解：(1)f(x)=ax 2+1(a ＞0)，则f ′(x)=2ax ，k 1=2a ，g(x)=x 3+bx ，则g ′(x)=3x 2+b ，k 2=3+b ， 由(1，c)为公共切点，可得：2a=3+b ①又f(1)=a+1，g(1)=1+b ，∴a+1=1+b ，即a=b ，代入①式，可得：a=3，b=3． (2)当a=3，b=﹣9时，设h(x)=f(x)+g(x)=x 3+3x 2﹣9x+1则h ′(x)=3x 2+6x ﹣9， 令h'(x)=0，解得：x 1=﹣3，x 2=1；∴k ≤﹣3时，函数h(x)在(﹣∞，﹣3)上单调增，在(﹣3，1]上单调减，(1，2)上单调增，所以在区间[k ，2]上的最大值为h(﹣3)=28﹣3＜k ＜2时，函数h(x)在区间[k ，2]上的最大值小于28 所以k 的取值范围是(﹣∞，﹣3] 13.解：(1)f′(x)=1－ax2(x≠0)，由已知及导数的几何意义得f′(2)=3，则a=－8.由切点P(2，f(2))在直线y=3x ＋1上可得－2＋b=7，解得b=9，所以函数f(x)的解析式为f(x)=x －8x＋9.(2)由(1)知f′(x)=1－ax2(x≠0)．当a≤0时，显然f′(x)>0，这时f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是增函数． 当a>0时，令f′(x)=0，解得x=±a ，当x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：所以当a>0时，f(x)在(－∞，－a)，(a ，＋∞)上是增函数， 在(－a ，0)，(0，a)上是减函数．(3)由(2)知，对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2，不等式f(x)≤10在⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1上恒成立等价于 ⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14≤10，f 1≤10，即⎩⎪⎨⎪⎧b ≤394－4a ，b≤9－a对于任意的a ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2成立，从而得b≤74，所以满足条件的b 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－∞，74.14.15.。
2020年高考数学试题解析分项版 专题3 函数与导数 理
2020年高考试题解析数学（理科）分项版03 函数与导数一、选择题:1. (2020年高考山东卷理科5)对于函数(),y f x x R =∈,“|()|y f x =的图象关于y 轴对称”是“y =()f x 是奇函数”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 【答案】B【解析】由奇函数定义,容易得选项B 正确. 2. (2020年高考山东卷理科9)函数2sin 2xy x =-的图象大致是【答案】C【解析】因为'12cos 2y x =-,所以令'12cos 02y x =->,得1cos 4x <,此时原函数是增函数;令'12cos 02y x =-<,得1cos 4x >,此时原函数是减函数,结合余弦函数图象，可得选C 正确.3. (2020年高考山东卷理科10)已知()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时,3()f x x x =-,则函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为（A ）6 （B ）7 （C ）8 （D ）9 【答案】B【解析】因为当02x ≤<时, 3()f x x x =-,又因为()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且(0)0f =,所以(6)(4)(2)(0)0f f f f ====,又因为(1)0f =,所以(3)0f =,(5)0f =,故函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为7个,选B.4．(2020年高考安徽卷理科3)设()f x 是定义在R 上的奇函数，当x ≤0时，()f x x x 2=2-，则()f 1=（A ）-3 (B) -1 （Ｃ）１ （Ｄ）３6．(2020年高考辽宁卷理科9)设函数f （x ）=⎩⎨⎧≤，＞，，，1x x log -11x 22x -1则满足f （x ）≤2的x 的取值范围是（ ）（A ）[-1，2] （B ）[0，2] （C ）[1，+∞） （D ）[0，+∞） 答案： D解析：不等式等价于11,22xx -≤⎧⎨≤⎩或21,1log 2,x x >⎧⎨-≤⎩解不等式组，可得01x ≤≤或1x >，即0x ≥，故选D.7．(2020年高考辽宁卷理科11)函数f （x ）的定义域为R ，f （-1）=2，对任意x ∈R ，f ’(x)＞2，则f （x ）＞2x+4的解集为（ ）（A ）（-1，1） （B ）（-1，+∞） （C ）（-∞，-1） （D ）（-∞，+∞） 答案： B解析：设g(x)= f(x)-(2x+4), g ’(x)= f ’(x)-2.因为对任意x R ∈，f ’（x ）＞2，所以对任意x R ∈，g ’(x)>0，则函数g(x)在R 上单调递增.又因为g(-1)= f(-1)-(-2+4)=0，故g(x)>0,即f(x)＞2x+4的解集为(-1，+∞).8．(2020年高考浙江卷理科1)设函数2,0,()()4,0.x x f x f x x α-≤⎧==⎨>⎩若,则实数α=（A ）-4或-2 （B ）-4或2 （C ）-2或4 （D ）-2或2 【答案】 B【解析】：当2042,a a a >=⇒=时,044a a a ≤=⇒=-当时,-，故选B9. (2020年高考全国新课标卷理科2)下列函数中，既是偶函数又是区间),0(+∞上的增函数的是（ ）A 3x y = B 1+=x y C 12+-=x y D xy -=2【答案】B解析：由偶函数可排除A ，再由增函数排除C,D,故选B ；点评：此题考查复合函数的奇偶性和单调性，因为函数x y x y -==和都是偶函数，所以，内层有它们的就是偶函数，但是，它们在),0(+∞的单调性相反，再加上外层函数的单调性就可以确定。
导数及其应用选择题、填空题 高考真题
B． y x
C． y 2x
D． y x
【答案】D 【解析】因为函数 ( )是奇函数，所以 − 1 = 0，解得 = 1，所以 ( ) = 3 + ， '( ) = 3 2 +1， 所以 '(0) = 1, (0) = 0 ， 所以曲线 = ( )在点(0,0)处的切线方程为 − (0) = '(0) ，化简可得 = . 故选 D. 【名师点睛】该题考查的是有关曲线 = ( )在某个点( 0, ( 0))处的切线方程的问题， 在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不 存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得 '( )， 借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.
【答案】4
【解析】由
y
x
4 (x x
0) ，得 y 1
4 x2
，
设斜率为 1的直线与曲线
y
x
4 x
(x
0)
切于 (x0 ,
x0
4 x0
)
，
由1
4 x02
1 得 x0
2 （ x0 2 舍去），
∴曲线 y x 4 (x 0) 上，点 P( 2, 3 2) 到直线 x y 0 的距离最小，最小值为 x
y＝f（x）﹣ax﹣b
在（﹣∞，0）
y f (x) ax b 恰有 3 个零点，则
A．a<–1，b<0
B．a<–1，b>0
上有一个零点，在[0，+∞）上有 2 个零点， 如图：
C．a>–1，b<0
D．a>–1，b>0
【答案】C
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 一(15题含答案解析)
2020年高考数学大题专项练习导数与函数一1.定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)=ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．2.设函数，已知是奇函数。
（1）求b、c的值。
（2）求函数的单调区间3.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，.4.已知函数f(x)=a x+x2﹣xlna(a＞0，a≠1)．(1)当a＞1时，求证：函数f(x)在(0，+∞)上单调递增；(2)若函数y=|f(x)﹣t|﹣1有三个零点，求t的值．5.已知函数，，当a=2时，f(x)与g(x)的图象在x=1处的切线相同.（1）求k的值；（2）令F(x)=f(x)-g(x)，若F(x)存在零点，求实数a的取值范围.6.已知函数f(x)=ax+lnx(a＜0)(1)若当x∈[1，e]时，函数f(x)的最大值为﹣3，求a的值；(2)设g(x)=f(x)+f′(x)(f′(x)为函数f(x)的导函数)，若函数g(x)在(0，+∞)上是单调函数，求a的取值范围．7.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.8.设f(x)=(x ＋1)e ax (其中a≠0)，曲线y=f(x)在x=1a处有水平切线． (1)求a 的值；(2)设g(x)=f(x)＋x ＋xln x ，证明：对任意x 1，x 2∈(0,1)有|g(x 1)－g(x 2)|＜e －1＋2e －2.9.已知f(x)=(x 3-6x 2+3x+t)ex.(1)当t=-3时,求函数f(x)的单调递增区间.(2)如果f(x)有三个不同的极值点,求t 的取值范围.10.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x ≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．11.已知函数f(x)=axlnx ﹣x+1(a ≥0)．(1)当a=1时，求f(x)的最小值；(2)若x ∈(1，+∞)，f(x)＞0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：当m ＞n ＞1时，m n ﹣1＜n m ﹣1．12.已知函数f(x)=e x ＋lnx.(1)求函数y=f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值；(2)若对任意x∈[1，＋∞)，恒有f(x)≥e＋m(x －1)，求实数m 的取值范围．13.已知函数f(x)=ln x-a(x ＋1)，a∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x∈(1，x 0)时，恒有f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)成立，求k 的取值范围．14.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x －ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(-x)＋f(x)=e x -3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围；(3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤a e －1≤e.15.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．答案解析1.解：因为f(x)是定义在R 上的奇函数，所以f(0)=0；所以要使f(x)在R 上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a=ln x ＋1x在(0，＋∞)上有2个根． 所以等价于y=a 与g(x)=ln x ＋1x (x>0)的图象有2个交点．g′(x)=－ln x x2，所以g(x)的最大值为g(1)=1.因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：li m x→＋∞g(x)=li m x→＋∞ ln x ＋1′x ′=li m x→＋∞ 1x=0， 所以0<a<g(1)，所以0<a<1.2.解：（1），,（2）单调增区间3.解：4.解：5.解：6.解：7.8.解：(1) f ′(x)=e ax ＋a(x ＋1)e ax =(ax ＋a ＋1)e ax.由题意知0=f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫1a =(a ＋2)e ，解得a=－2. (2)证明：令g(x)=g 1(x)＋g 2(x)，x ∈(0,1)，其中g 1(x)=(x ＋1)e －2x＋x ，g 2(x)=xln x ，求导得g 1′(x)=－(2x ＋1)e －2x＋1.对h(x)=g 1′(x)求导得h′(x)=－2e －2x ＋2(2x ＋1)e －2x =4xe －2x＞0，x ∈(0,1)． 因此g 1′(x)在(0,1)上为增函数，故当x ∈(0,1)时，g 1′(x)＞g 1′(0)=0.因此g 1(x)在(0,1)上也为增函数，从而1=g 1(0)＜g 1(x)＜g 1(1)=1＋2e －2(0＜x ＜1)．①又g 2′(x)=1＋ln x ，令g 2′(x)=0，解得x=e －1.当0＜x ＜e －1时，g 2′(x)＜0，g 2(x)在(0，e －1)上为减函数；当e －1＜x ＜1时，g 2′(x)＞0，g 2(x)在(e －1,1)上为增函数，从而g 2(x)在(0,1)上取得的最小值为g 2(e －1)=－e －1，因此－e －1≤g 2(x)＜0(0＜x ＜1)．②由①②得1－e －1＜g(x)＜1＋2e －2(0＜x ＜1)，因此对任意x 1，x 2∈(0,1)，有|g(x 1)－g(x 2)|＜(1＋2e －2)－(1－e －1)=e －1＋2e －2. 9.解:10.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]． 11.解：12.解：(1)令y=h(x)=f′(x)=e x ＋1x ，则h′(x)=e x－1x2，则当x∈[1，＋∞)时，e x≥e，1x2≤1，所以h′(x)>0，即h(x)在区间[1，＋∞)内是增函数， 于是y=f′(x)在区间[1，＋∞)内的最小值为h(1)=e ＋1.(2)令g(x)=f(x)－e －m(x －1)，则g(x)≥0对任意x∈[1，＋∞)恒成立，且发现g(1)=0，g′(x)=1x＋e x－m.由(1)知当m≤e＋1时，g′(x)≥0，此时g(x)单调递增，于是g(x)≥g(1)=0，成立；当m>e ＋1时，则存在t∈(1，＋∞)，使得g′(t)=0，当x∈(1，t)时，g′(x)<0，当x∈(t，＋∞)时，g′(x)>0， 此时g(x)min =g(t)<g(1)=0，矛盾．综上得m≤e＋1，即实数m 的取值范围为(－∞，e ＋1]． 13.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=1x -a ，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=1x -1=1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)可化为ln x-x 22＋x-12>k(x-1)，令g(x)=ln x-x 22＋x-12-k(x-1)，则g′(x)=1x -x ＋1-k=－x 2＋1－k x ＋1x，令h(x)=-x 2＋(1-k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=1－k 2，①当1－k 2≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k ， 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(1)=0，不符合题意． 若-1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k<-1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，∴h(x)>h(1)=1-k>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(-∞，1)． 14.解：(1) 当a=2时，f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－2x ，x ≥0.①当x<0时，f ′(x)=-3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减； ②当x ≥0时，f ′(x)=e x-2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增． 因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]， 单调递增区间是[ln2，＋∞)．(2) 当x>0时，f(x)=e x -ax ，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x 3＋x 2. 所以可化为a=x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解．记g(x)=x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)=2x ＋1-3x 2=（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x2. 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞.所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(3) 当x ∈[0，2]时，f(x)=e x -ax ，有f ′(x)=e x-a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna ，2]上递增．不妨设0≤m<lna<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)． 由m ，n ∈[0，2]，n-m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分)因为f(m)=f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，即e-1≤a ≤e 2-e ，所以1≤ae －1≤e.15.解：。
2020年高考数学导数题(含答案)
2020年高考数学导数题卷一理科 21.(12分)已知函数f (x )=e x +ax 2-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.21.解 (1)当a=1时,f (x )=e x +x 2-x ,f'(x )=e x +2x -1. 故当x ∈(-∞,0)时,f'(x )<0;当x ∈(0,+∞)时,f'(x )>0. 所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f (x )≥12x 3+1等价于(12x 3-ax 2+x +1)e -x ≤1. 设函数g (x )=(12x 3-ax 2+x +1)e -x (x ≥0), 则g'(x )=- 12x 3-ax 2+x+1-32x 2+2ax -1e -x =-12x [x 2-(2a+3)x+4a+2]e -x =-12x (x -2a -1)(x -2)e -x .①若2a+1≤0,即a ≤-12,则当x ∈(0,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2)单调递增,而g (0)=1, 故当x ∈(0,2)时,g (x )>1,不合题意.②若0<2a+1<2,即-12<a<12,则当x ∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时,g'(x )<0;当x ∈(2a+1,2)时,g'(x )>0.所以g (x )在(0,2a+1),(2,+∞)单调递减,在(2a+1,2)单调递增.由于g (0)=1,所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7-4a )e -2≤1,即a ≥7-e 24.所以当7-e 24≤a<12时,g (x )≤1. ③若2a+1≥2,即a ≥12,则g (x )≤12x 3+x+1e -x .由于0∈7-e 24,12,故由②可得(12x 3+x +1)e -x ≤1.故当a ≥12时,g (x )≤1. 综上,a的取值范围是[7-e 24,+∞).卷一文科15.曲线y=ln x+x+1的一条切线的斜率为2,则该切线的方程为 .15.y=2x 设切点坐标为(x 0,y 0).对y=ln x+x+1求导可得y'=1x +1. 由题意得,1x 0+1=2,解得x 0=1,故y 0=ln 1+1+1=2,切线方程为y -2=2(x -1),即y=2x.20.(12分)已知函数f (x )=e x -a (x+2).(1)当a=1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.20.解 (1)当a=1时,f (x )=e x -x -2,则f'(x )=e x -1. 当x<0时,f'(x )<0;当x>0时,f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,0)单调递减,在(0,+∞)单调递增. (2)f'(x )=e x -a.当a ≤0时,f'(x )>0,所以f (x )在(-∞,+∞)单调递增,故f (x )至多存在1个零点,不合题意. 当a>0时,由f'(x )=0可得x=ln a.当x ∈(-∞,ln a )时,f'(x )<0;当x ∈(ln a ,+∞)时f'(x )>0.所以f (x )在(-∞,ln a )单调递减,在(ln a ,+∞)单调递增,故当x=ln a 时,f (x )取得最小值,最小值为f (ln a )=-a (1+ln a ).①若0<a ≤1e ,则f (ln a )≥0,f (x )在(-∞,+∞)至多存在1个零点,不合题意. ②若a>1e ,则f (ln a )<0.由于f (-2)=e -2>0,所以f (x )在(-∞,ln a )存在唯一零点. 由(1)知,当x>2时,e x -x -2>0, 所以当x>4且x>2ln(2a )时,f (x )=e x2·e x2-a (x+2)>e ln(2a )·(x2+2)-a (x+2)=2a>0. 故f (x )在(ln a ,+∞)存在唯一零点. 从而f (x )在(-∞,+∞)有两个零点. 综上,a 的取值范围是(1e ,+∞).卷二理科 21.(12分)已知函数f (x )=sin 2x sin 2x.(1)讨论f (x )在区间(0,π)的单调性; (2)证明:|f (x )|≤3√38; (3)设n ∈N*,证明:sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n4n.21.(1)解 f'(x )=cos x (sin x sin 2x )+sin x (sin x sin 2x )' =2sin x cos x sin 2x+2sin 2x cos 2x =2sin x sin 3x.当x ∈(0,π3)∪(2π3,π)时,f'(x )>0;当x ∈(π3,2π3)时,f'(x )<0. 所以f (x )在区间(0,π3),(2π3,π)单调递增,在区间π3,2π3单调递减.(2)证明 因为f (0)=f (π)=0,由(1)知,f (x )在区间[0,π]的最大值为f (π3)=3√38,最小值为f (2π3)=-3√38. 而f (x )是周期为π的周期函数,故|f (x )|≤3√38. (3)证明 由于(sin 2x sin 22x …sin 22nx )32=|sin 3x sin 32x …sin 32n x|=|sin x||sin 2x sin 32x …sin 32n -1x sin 2n x||sin 22n x| =|sin x||f (x )f (2x )…f (2n -1x )||sin 22n x| ≤|f (x )f (2x )…f (2n -1x )|, 所以sin 2x sin 22x …sin 22n x ≤(3√38)2n 3=3n4n .卷二文科 21.(12分)已知函数f (x )=2ln x+1.(1)若f (x )≤2x+c ,求c 的取值范围; (2)设a>0,讨论函数g (x )=f (x )-f (a )x -a的单调性. 21.解 设h (x )=f (x )-2x -c ,则h (x )=2ln x -2x+1-c , 其定义域为(0,+∞),h'(x )=2x-2.(1)当0<x<1时,h'(x )>0;当x>1时,h'(x )<0.所以h (x )在区间(0,1)单调递增,在区间(1,+∞)单调递减.从而当x=1时,h (x )取得最大值,最大值为h (1)=-1-c.故当且仅当-1-c ≤0,即c ≥-1时,f (x )≤2x+c. 所以c 的取值范围为[-1,+∞).(2)g (x )=f (x )-f (a )x -a=2(lnx -lna )x -a,x ∈(0,a )∪(a ,+∞). g'(x )=2(x -ax +lna -lnx )(x -a )2=2(1-a x +ln ax )(x -a )2.取c=-1得h (x )=2ln x -2x+2,h (1)=0,则由(1)知,当x ≠1时,h (x )<0,即1-x+ln x<0.故当x ∈(0,a )∪(a ,+∞)时,1-ax +ln ax <0,从而g'(x )<0.所以g (x )在区间(0,a ),(a ,+∞)单调递减. 卷三理科 21.(12分)设函数f (x )=x 3+bx+c ,曲线y=f (x )在点12,f (12)处的切线与y 轴垂直.(1)求b ;(2)若f (x )有一个绝对值不大于1的零点,证明:f (x )所有零点的绝对值都不大于1.21.(1)解 f'(x )=3x 2+b ,依题意得f'(12)=0,即34+b=0. 故b=-34.(2)证明 由(1)知f (x )=x 3-34x+c ,f'(x )=3x 2-34. 令f'(x )=0,解得x=-12或x=12. f'(x )与f (x )-∞,-12-12,1212,+∞ 因为f (1)=f (-12)=c+14,所以当c<-14时,f (x )只有大于1的零点.因为f (-1)=f (12)=c -14,所以当c>14时,f (x )只有小于-1的零点. 由题设可知-14≤c ≤14.当c=-14时,f (x )只有两个零点-12和1. 当c=14时,f (x )只有两个零点-1和12.当-14<c<14时,f (x )有三个零点x 1,x 2,x 3,且x 1∈-1,-12,x 2∈-12,12,x 3∈12,1.综上,若f (x )有一个绝对值不大于1的零点,则f (x )所有零点的绝对值都不大于1. 卷三文科 20.(12分)已知函数f (x )=x 3-kx+k 2. (1)讨论f (x )的单调性;(2)若f (x )有三个零点,求k 的取值范围.20.解 (1)f'(x )=3x 2-k.当k=0时,f (x )=x 3,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增;当k<0时,f'(x )=3x 2-k>0,故f (x )在(-∞,+∞)单调递增.当k>0时,令f'(x )=0,得x=±√3k3.当x ∈-∞,-√3k3时,f'(x )>0; 当x ∈-√3k 3,√3k3时,f'(x )<0;当x ∈√3k3,+∞时,f'(x )>0.故f (x )在-∞,-√3k3,√3k3,+∞单调递增,在-√3k 3,√3k3单调递减.(2)由(1)知,当k ≤0时,f (x )在(-∞,+∞)单调递增,f (x )不可能有三个零点. 当k>0时,x=-√3k3为f (x )的极大值点,x=√3k3为f (x )的极小值点.此时,-k -1<-√3k3<√3k3<k+1且f (-k -1)<0,f (k+1)>0,f (-√3k3)>0.根据f (x )的单调性,当且仅当f (√3k3)<0,即k 2-2k √3k9<0时,f (x )有三个零点,解得k<427.因此k 的取值范围为0,427.山东卷 21.(12分)已知函数f (x )=a e x -1-ln x+ln 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成的三角形的面积; (2)若f (x )≥1,求a 的取值范围.21.解f (x )的定义域为(0,+∞),f'(x )=a e x -1-1x .(1)当a=e 时,f (x )=e x -ln x+1,f'(1)=e -1,曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -(e +1)=(e -1)(x -1),即y=(e -1)x+2.直线y=(e -1)x+2在x 轴,y 轴上的截距分别为-2e -1,2.因此所求三角形的面积为2e -1. (2)由题意a>0,当0<a<1时,f (1)=a+ln a<1. 当a=1时,f (x )=e x -1-ln x ,f'(x )=e x -1-1x .当x ∈(0,1)时,f'(x )<0;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )>0.所以当x=1时,f (x )取得最小值,最小值为f (1)=1,从而f (x )≥1. 当a>1时,f (x )=a e x -1-ln x+ln a ≥e x -1-ln x ≥1. 综上,a 的取值范围是[1,+∞). 天津卷 20.(16分)已知函数f (x )=x 3+k ln x (k ∈R ),f'(x )为f (x )的导函数. (1)当k=6时,①求曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程;②求函数g (x )=f (x )-f'(x )+9x 的单调区间和极值;(2)当k ≥-3时,求证:对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2. 20.(1)解①当k=6时,f (x )=x 3+6ln x ,故f'(x )=3x 2+6x.可得f (1)=1,f'(1)=9,所以曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -1=9(x -1),即y=9x -8.②依题意,g (x )=x 3-3x 2+6lnx+3x ,x ∈(0,+∞).从而可得g'(x )=3x2-6x+6x −3x 2,整理可得g'(x )=3(x -1)3(x+1)x 2.令g'(x )=0,解得x=1.当x 变化时,g'(x ),g (x )所以,函数g (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g (x )的极小值为g (1)=1,无极大值.(2)证明由f (x )=x 3+k ln x ,得f'(x )=3x 2+kx . 对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,令x1x 2=t (t>1),则(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]=(x 1-x 2)3x 12+k x 1+3x 22+kx2-2x 13−x 23+k ln x1x 2=x 13−x 23-3x 12x 2+3x 1x 22+kx 1x 2−x 2x 1-2k ln x1x 2=x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t .①令h (x )=x -1x -2ln x ,x ∈[1,+∞). 当x>1时,h'(x )=1+1x 2−2x=(1-1x )2>0,由此可得h (x )在[1,+∞)单调递增,所以当t>1时,h (t )>h (1),即t -1t-2ln t>0. 因为x 2≥1,t 3-3t 2+3t -1=(t -1)3>0,k ≥-3,所以,x 23(t 3-3t 2+3t -1)+k t -1t -2ln t ≥(t 3-3t 2+3t -1)-3t -1t -2ln t =t 3-3t 2+6ln t+3t -1.② 由(1)②可知,当t>1时,g (t )>g (1),即t 3-3t 2+6ln t+3t >1,故t 3-3t 2+6ln t+3t -1>0. ③由①②③可得(x 1-x 2)[f'(x 1)+f'(x 2)]-2[f (x 1)-f (x 2)]>0. 所以,当k ≥-3时,对任意的x 1,x 2∈[1,+∞),且x 1>x 2,有f '(x 1)+f '(x 2)2>f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2.。
2020年高考数学(理)大题分解专题06 函数与导数
当 x ( 2 1，+) 时, F (x) 0 , F (x) 单调递减. a
因此 F (x) F ( 2 1) 2 ln 2 2 a ln a a 2 ln a ．
a
a
2
2
令函数 g(a) a 2 ln a ,其中 1 a 2 ,
又因为 f (0) 1，所以曲线 y f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y 1.
【肢解
2】（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
上的最大值和最小值.
（2）设 h(x) ex (cos x sin x) 1 ，则 h(x) ex (cos x sin x sin x cos x) 2ex sin x .
【解析】（1） f (x) 3x2 2ax 3x(x 2 a) ， 3
当 a 0 ， f (x) 0 ，函数递增区间是 (, ) ，
当 a 0 ，递增区间是 (, 2 a), (0, ) ， 3
当 a 0 ，递增区间是 (, 0), ( 2a , ) . 3
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大题肢解一
专题 06 函数与导数
函数的最值
（2020 安徽省十四校联盟高三段考）已知函数 f x ex cos x x .
（1）求曲线 y f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
（2）求函数
f
x 在区间
0,
π 2
1 m
1 e
所以
m
的取值范围是
1
e
e
,1
.
变式训练一
2020年高考数学(文)母题题源解密20 函数与导数综合(解析版)
专题20 函数与导数综合【母题原题1】【2020年高考全国Ⅲ卷，文数】已知函数32()f x x kx k =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围． 【答案】（1）详见解析；（2）4(0,)27． 【解析】 【分析】（1）'2()3f x x k =-，对k 分0k ≤和0k >两种情况讨论即可；（2）()f x 有三个零点，由（1）知0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩，解不等式组得到k 的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可．【详解】（1）由题，'2()3f x x k =-，当0k ≤时，'()0f x ≥恒成立，所以()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0k >时，令'()0f x =，得x ='()0f x <，得x << 令'()0f x >，得x <x >()f x在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增． （2）由（1）知，()f x 有三个零点，则0k >，且(00f f ⎧>⎪⎪⎨⎪<⎪⎩即22203203k k ⎧+>⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩，解得4027k <<，当4027k <<>20f k =>，所以()f x 在上有唯一一个零点，同理1k --<32(1)(1)0f k k k --=--+<，所以()f x 在(1,k --上有唯一一个零点，又()f x 在(上有唯一一个零点，所以()f x 有三个零点， 综上可知k 的取值范围为4(0,)27． 【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题．【母题原题2】【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围． 【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27． 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =． 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减．（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -．于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭． 当23a ≤<时，327a 单调递增，所以M m -的取值范围是8[,1)27．综上，M m -的取值范围是8[,2)27． 【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少．考查函数的单调性，最大值、最小值的计算．【母题原题3】【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()exax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥． 【答案】（1）210x y --=；（2）见解析．【解析】（1）2(21)2()exax a x f x -+-+'=，(0)2f '=． 因此曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程是210x y --=． （2）当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+．令21()1ex g x x x +=+-+，则1()21ex g x x +'=++．当1x <-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当1x >-时，()0g x '>，()g x 单调递增； 所以()g x (1)=0g ≥-．因此()e 0f x +≥．【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当1a ≥时，21()e (1e)e x x f x x x +-+≥+-+，令21()1e x g x x x +=+-+，求出()g x 的最小值即可证明．【命题意图】了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数不超过三次）．主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算能力和逻辑推理能力．【命题规律】导数的综合应用一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查，一般出现在解答题的压轴位置，难度较大． 【答题模板】1．利用导数求函数单调区间的基本步骤 （1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ）；（3）由f '（x ）>0（或<0）解出相应的x 的取值范围，对应的区间为f （x ）的单调递增（减）区间． 还可以通过列表，写出函数的单调区间． 2．证明或讨论函数的单调性方法一：求出在对应区间上导数的正负即得结论． 方法二：（1）确定函数f （x ）的定义域； （2）求导数f '（x ），并求方程f '（x ）=0的根；（3）利用f '（x ）=0的根将函数的定义域分成若干个子区间，在这些子区间上讨论f '（x ）的正负，由符号确定f （x ）在该子区间上的单调性． 【知识总结】 1．函数的极值设函数y=f （x ）在x 0附近有定义，如果对x 0附近的所有的点，都有f （x ）<f （x 0），则f （x 0）是函数y=f（x）的一个极大值，记作y极大值=f（x0）；如果对x0附近的所有的点，都有f（x）>f（x0），则f（x0）是函数y=f（x）的一个极小值，记作y极小值=f（x0）．极大值与极小值统称为极值．一般地，当函数f（x）在x0处连续时，（1）如果在x0附近的左侧f'（x）>0，右侧f'（x）<0，那么f（x0）是极大值；（2）如果在x0附近的左侧f'（x）<0，右侧f'（x）>0，那么f（x0）是极小值．注意：（1）极值点不是点，若函数f（x）在x1处取得极大值，则x1为极大值点，极大值为f（x1）；在x2处取得极小值，则x2为极小值点，极小值为f（x2）．极大值与极小值之间无确定的大小关系．（2）极值一定在区间内部取得，有极值的函数一定不是单调函数．（3）f'（x0）=0是x0为f（x）的极值点的必要而非充分条件．例如，f（x）=x3，f'（0）=0，但x=0不是极值点．2．函数的最值在区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．在区间[a，b]上连续的函数f（x）若有唯一的极值点，则这个极值点就是最值点．注意：极值与最值的区别与联系极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得，有极值的未必有最值，有最值的未必有极值；极值有可能成为最值，最值只要不在端点处必定是极值．在指定区间上极值可能不止一个，也可能一个也没有，而最值最多有一个．3．利用导数解决函数单调性问题应该注意：（1）单调区间是函数定义域的子区间，所以求解函数的单调区间要先求函数的定义域；（2）求可导函数f（x）的单调区间，可以直接转化为f'（x）>0与f'（x）<0这两个不等式的解集问题来处理；（3）若可导函数f（x）在指定区间D上单调递增（减），则应将其转化为f'（x）≥0（f'（x）≤0）来处理；（4）涉及含参数的函数的单调性或单调区间问题，一定要弄清参数对导数f'（x）在某一区间内的符号是否有影响．若有影响，则必须分类讨论．4．函数的图象与导函数图象的关系理解导函数y=f'（x）的图象与函数f（x）图象的升降关系，导函数大于0对应原函数图象由左至右上升，导函数小于0对应原函数图象由左至右下降，在解题时要注意原函数的定义域，如判断定义域是否具有对称性等．5．由函数的单调性求参数的取值范围的技巧（1）由可导函数f（x）在D上单调递增（或递减）求参数范围问题，可转化为f'（x）≥0（或f'（x）≤0）对x∈D恒成立问题，再参变分离，转化为求最值问题，要注意“=”是否取到．（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是f'（x）>0（或f'（x）<0）在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成不等式问题．（3）若已知f（x）在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f（x）的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围．（4）若已知f（x）在D上不单调，则f（x）在D上有极值点，且极值点不是D的端点．6．求函数f（x）在[a，b]上的最值的方法（1）若函数在区间[a，b]上单调递增或递减，f（a）与f（b）一个为最大值，一个为最小值；（2）若函数在区间[a，b]内有极值，要先求出函数在[a，b]上的极值，再与f（a），f（b）比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成；（3）函数f（x）在区间（a，b）上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大（或最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．注意：求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间（或开区间）上的最值时，方法是不同的．求函数在无穷区间（或开区间）上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．7．已知函数的极值、最值求参数（1）已知函数的极值求参数时，通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程．需注意的是，可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件，所以必须对求出的参数值进行检验，看是否符合函数取得极值的条件．（2）已知函数的最值求参数，一般先求出最值（含参数），再根据最值列方程或不等式（组）求解．8．利用导数解决不等式问题（1）利用导数证明不等式的方法证明f（x）<（>）g（x），x∈（a，b），可以构造函数F（x）=f（x）-g（x），如果F'（x）<（>）0，则F（x）在（a，b）上是减（增）函数，同时若F（a）≤（≥）0，由减（增）函数的定义可知，x∈（a，b）时，有F（x）<（>）0，即证明了f（x）<（>）g（x）．其一般步骤是：构造可导函数→研究单调性或最值→得出不等关系→整理得出结论．（2）不等式成立（恒成立）问题①f（x）≥a恒成立⇔f（x）min≥a，f（x）≥a成立⇒f（x）max≥a．②f （x ）≤b 恒成立⇔f （x ）max ≤b ， f （x ）≤b 成立⇔f （x ）min ≤b ． ③f （x ）>g （x ）恒成立F （x ）min >0．④∀x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）min ． ∀x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）min >g （x 2）max ． ∃x 1∈M ，∃x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）min ． ∃x 1∈M ，∀x 2∈N ，f （x 1）>g （x 2）⇔f （x 1）max >g （x 2）max ．注意：不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可转化为最值问题，但f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对存在x ∈D 能成立等价于f （a ）≥g （x ）min （f （a ）≤g （x ）max ），f （a ）≥g （x ）（f （a ）≤g （x ））对任意x ∈D 都成立等价于f （a ）≥g （x ）max （f （a ）≤g （x ）min ），应注意区分，不要搞混． 9．导数在研究函数零点中的应用（1）研究函数图象的交点、方程的根、函数的零点，归根到底是研究函数的性质，如单调性、极值等． （2）用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．1．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数3()ln ()f x x a x a R =-∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()y f x =在区间(1,]e 上存在两个不同零点，求实数a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)3(3,]e e .【解析】试题分析：（1）先求导数，再根据a 讨论导函数零点，根据导函数零点情况讨论导函数符号，根据导函数符号确定函数单调性，（2）先分离3ln x a x =，再利用导数研究函数()3ln x g x x=单调性，最后根据图像确定存在两个不同零点的条件，解对应不等式得实数a 的取值范围.试题解析：（1）∵()323'3(0)a x af x x x x x-=-=>①若0a ≤时，()'0f x >，此时函数在()0,+∞上单调递增；②若0a >时，又()33'0x af x x-==得：x =x ⎛∈ ⎝时()'0f x <，此时函数在⎛ ⎝上单调递减；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时()'0f x >，此时函数在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增； （2）由题意知：3ln x a x =在区间(]1,e 上有两个不同实数解，即函数y a =图像与函数()3ln x g x x=图像有两个不同的交点，因为()()()223ln 1'ln x x g x x -=，令()'0g x =得：x =所以当(x ∈时，()'0g x <，函数在(上单调递减当x e ⎤∈⎦时，()'0g x >，函数在e ⎤⎦上单调递增；则()min 3g x ge ==，而311272791272727ln e g e e e ⎛⎫==> ⎪⎝⎭，且()327g e e =<， 要使函数y a =图像与函数()3ln xg x x=图像有两个不同的交点，所以a 的取值范围为(33,e e ⎤⎦.点睛：利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 (1)利用零点存在的判定定理构建不等式求解. (2)分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解.(3)转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 2．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三月考（文））函数()()2sin cos exx f x x -=. （1）讨论()f x 在[)0,+∞上的最大值；（2）有几个ω（0>ω，且为常数），使得函数()y f x ω=在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为2e πω？【答案】（1）22eπ；（2）两个.【解析】【分析】（1）利用导数求出()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，然后当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>，()222f x ee π<<，从而可得到答案；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，然后分1ω≥、01ω<<两种情况讨论，当01ω<<时，22ef πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭，记()2sin cos t g t e t t e t ππ-=-，利用导数得到g t 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一的零点即可. 【详解】（1）()4cos xf x ex='，x ∈R ， 当0,2x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，0f x，()f x 单调递增； 当3,22x ππ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦时，0f x，()f x 单调递减，∴()f x 在0,32π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为222f e ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭； 又当32x π>时，2sin 2cos x x -≤32x e e π>， 此时，()222f x ee π<<，所以()f x 在[)0,+∞上的最大值为22eπ.（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，0,2x ωπω⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦. ①当1ω≥时，22ωππ≥，()fx ω的最大值为22e π，∴222e e ππω=，2ω=；②当01ω<<时，()f x ω的最大值为2f ωπ⎛⎫⎪⎝⎭，∴22e f πωπω⎛⎫= ⎪⎝⎭. 令0,22t ωππ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，则有()22sin cos 2t t t e e t ππ-=， 记()2sin cos tg t e t te t ππ-=-， 则()2sin cos t g t e t t t e ππ--'=，()()2sin cos t g t e t t +=''-. 当0,2t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t ''<，()g t '单调递减，又∵02g π⎛⎫'<⎪⎝⎭， ∴()g t '在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点t t =0. 当()00,t t ∈时，()0g t '>，g t 单调递增； 当0,2t t π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，g t 单调递减. ∴()021022g t g e ππ⎛⎫>=> ⎪⎝⎭，又∵()010g =-<， 所以g t 在()00,t 上有唯一的零点1t t =，在0,2t π⎡⎫⎪⎢⎣⎭上的函数值恒大于0. 即g t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点1t t =. ∴22f e πωπω-⎛⎫=⎪⎝⎭在()0,1ω∈上有唯一解，112t ωπ=. 综上所述，有两个ω符合题意.【点睛】本题考查的是利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论的思想，属于较难题. 3．（2020·安徽省高三三模（文））已知函数()3ln 42x a f x x x =+--，其中a R ∈，且曲线()y f x =在点()()11f ，处的切线垂直于直线12y x =． （1）求a 的值；（2）求函数()f x 的单调区间与极值．【答案】(1)54(2) 在(0,5)内为减函数；在(5，＋∞)内为增函数． 极小值f (5)＝－ln 5.无极大值． 【解析】试题分析：（1）由曲线y=f （x ）在点（1，f （1））处的切线垂直于直线12y x =可得12f '=-（），可求出a 的值；（2）根据（1）可得函数的解析式和导函数的解析式，分析导函数的符号，进而可得函数f （x ）的单调区间与极值． 试题解析：（1）对()f x 求导得211()4a f x x x =--，由()f x 在点(1,(1))f 处的切线垂直于直线12y x =知3(1)24f a =--=-，解得54a =． （2）由（1）知53()ln 442x f x x x =+--，则2245()4x x f x x--=， 令()0f x =，解得1x =-或5x =．因为1x =-不在()f x 的定义域(0,)+∞内，故舍去． 当(0,5)x ∈时，()0f x '<，故()f x 在(0,5)上为减函数； 当(5,)x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在(5,)+∞上为增函数． 由此知函数()f x 在5x =时取得极小值，(5)ln 5f =-．考点：利用导数研究曲线上某点切线方程，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值 4．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数f （x ）＝ae x ﹣2x +1． （1）当a ＝1时，求函数f （x ）的极值；（2）若f （x ）＞0对x ∈R 成立，求实数a 的取值范围【答案】（1）极小值为3﹣2ln 2，无极大值；（2）322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【解析】【分析】（1）求导，判断函数单调性，根据单调性求得极值； （2）分离参数，构造函数，求解函数的最值，即可求得参数的范围. 【详解】（1）当a ＝1时，f （x ）＝e x ﹣2x +1，则f ′（x ）＝e x ﹣2， 令f ′（x ）＜0，解得x ＜ln 2；令f ′（x ）＞0，解得x ＞ln 2；故函数f （x ）在（﹣∞,ln 2）上递减，在（ln 2,+∞）上递增，故函数f （x ）的极小值为f （ln 2）＝2﹣2ln 2+1＝3﹣2ln 2，无极大值； （2）f （x ）＞0对x ∈R 成立，即为21xx a e -＞对任意x ∈R 都成立， 设()21xx g x e -=，则a ＞g （x ）max ()()222132'()x xx xe x e xg x e e---==， 令g ′（x ）＞0，解得32x ＜；令g ′（x ）＜0，解得32x ＞； 故函数g （x ）在32⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，递增，在32⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，递减， ∴323232()22maxg x g e e -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，故实数a 的取值范围为322e -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，． 【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，以及根据恒成立问题求解参数的范围，本题采用了分离参数的方法.5．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()e xf x a x =-⋅，其中e 是自然对数的底数.（1）若e a =，证明：()0f x ≥；（2）若[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析（2）(],1-∞ 【解析】【分析】（1）当e a =时，()e e xf x x =-，利用导数求出函数()f x 的单调区间并求出最小值，即可证明()0f x ≥；（2）令()()()g x f x f x =--，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，可得()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立，利用导数判断()g x 在[)0,+∞的单调性，分别讨论1a ≤和1a >两种情况，即可得到a 的取值范围.【详解】（1）由题意，当e a =时，()e e xf x x =-，所以()e e xf x '=-，当1x =时，0fx ；当(),1x ∈-∞时，0f x，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递增；所以()f x 在1x =时取得极小值，也是最小值. 所以()()10f x f ≥=.（2）令()()()e e2xxg x f x f x ax -=--=--，[)0,x ∈+∞，由[)0,x ∈+∞时，都有()()f x f x ≥-，所以()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立. 由()e e2xxg x a -'=+-，令()()h x g x ='，则()2e 10ex xh x -'=≥在[)0,+∞上恒成立. 所以()g x '在[)0,+∞上单调递增，又()022g a '=-， ①当1a ≤时，()()00g x g ''≥≥， 所以()g x 在[)0,+∞上单调递增，所以()()00g x g ≥=，即()()f x f x ≥-，满足题意. ②当1a >时，因为()g x '在[)0,+∞上单调递增， 所以()()min 0220g x g a ''==-<， 存在()0,t ∈+∞，使得当()0,x t ∈时，0g x，()g x 在()0,t 上单调递减，所以当()0,x t ∈时，()()00g x g <=，这与()0g x ≥在[)0,+∞上恒成立矛盾. 综上所述，1a ≤，即实数a 的取值范围(],1-∞.【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的最值和不等式恒成立问题，考查学生分类讨论的思想和转化能力，属于中档题.6．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数ln ()4x xf x x =+，已知ln 20.69≈. (1)证明：11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增；(2)若1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，求整数m 的最大值. 【答案】(1)证明见解析；(2)2- 【解析】【分析】(1)求244ln ()(0)(4)x xf x x x ++'=>+，设()44ln g x x x =++，求导数可知()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，根据零点存在性定理可知011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，从而可得()f x 在()0,x +∞上单调递增，进而可得当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增，即可得证；(2)只需求出()f x 的最小值即可，由(1)可知0044ln 0x x ++=， ()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，而011,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，可得min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭，进而可得11168m ≤-，即2m ≤-，从而可求出整数m 的最大值.【详解】(1)证明：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，244ln ()(4)x xf x x ++'=+，设函数()44ln g x x x =++，因为4()10g x x'=+>， 所以()g x 在(0,)+∞上单调递增，又194ln 2022g ⎛⎫=->⎪⎝⎭，1178ln 2044g ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭， 所以011,42x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，()00g x =，所以当0x x >时，()0>g x ，从而()0f x '>， 所以()f x 在()0,x +∞上单调递增，所以当01,2t x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f x 在(,)t +∞上单调递增， 故11,42t ⎛⎫∃∈⎪⎝⎭，()f x 在(,)t +∞上单调递增.(2)解：由(1)知，()f x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 且0044ln 0x x ++=，即0044ln x x +=-， 所以()000min 00ln ()44x x xf x f x x ===-+，因为011,42x ⎛⎫∈⎪⎝⎭，所以min 11(),816f x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭， 又1()16f x m >对(0,)x ∈+∞恒成立，所以11168m ≤-，即2m ≤-， 所以整数m 的最大值为2-.【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，零点存在性定理及恒成立问题处理方法，属于难题．本题中在确定()g x 存在唯一的零点0x 后，没有直接求解0x ，而是在形式上虚设，这样处理的好处在于，通过对0x 满足的等式条件0044ln 0x x ++=的合理代换使用，快速将复杂的表达式()0000ln 4x x f x x =+，化简为较容易求解的表达式()004x f x =-，从而使问题得以解决． 7．（2020·广西壮族自治区桂平市第五中学高三月考（文））已知函数()3223332xf x e x x =+-+，()()g x f x '=，()f x '为()f x 的导数.()1求证：()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；（其中，()g x '为()g x 的导数） ()2若不等式()()2331g x x a x ≥+-+在[)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】()1证明见解析；()2(],2e -∞-. 【解析】【分析】()1先写出()()223xg x f x e x x '==+-，求导得()43xg x e x '=+-，则函数()g x '在区间[]0,1上单调递增，进而即可求证()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点；()2由()1知，()223xg x e x x =+-，则()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--，利用导数判断单调性，进而算出a 的取值范围.【详解】解：()1证明：()3223332x f x e x x =+-+， ∴()()223x g x f x e x x '==+-，则()43xg x e x '=+-，显然，函数()g x '在区间[]0,1上单调递增. 又()01320g '=-=-<，()14310g e e '=+-=+>， ∴()g x '在区间[]0,1上存在唯一零点.()2由()1知，()223x g x e x x =+-，∴不等式()()2331g x x a x ≥+-+即为()2223331xe x x x a x +-≥+-+，即1x e a x x x≤--在[)1,+∞上恒成立，令()1x e h x x x x=--则()()()222111111x x e x e x h x x x x--+'=+-=-， 当1x ≥时，()1,()10xxu x e x u x e =--'=->，()u x 在[1,)+∞是增函数，()(1)20,10x u x u e e x ∴≥=->∴≥+>∴当1x ≥时，()()2111x e x h x x -+'=-≥()()211110x x x +-+-=，则()h x 在[)1,+∞单调递增，故()()min 12h x h e ==-，故2a e ≤-，∴实数a 的取值范围是(],2e -∞-.【点睛】本题考查导数在函数中的应用，考查分析能力和运算能力，属于中档题.8．（2020·广西壮族自治区高三其他（文））已知函数()()32f x x a x =-+.（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，求a 的取值范围.【答案】（1）在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，在()1,1-上单调递减；（2）()0,27 【解析】【分析】（1）根据3a =，得到()336f x x x =--，求导()2'33f x x =-，由()'0f x >求得增区间，()'0f x <求得减区间.（2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，由00x >不成立，当0a ≠时，()2'3f x x a =-，再分0a <，0a >讨论求解.【详解】（1）因为3a =，则()336f x x x =--，()2'33f x x =-，令()'0f x =，解得1x =±. 当()(),11,x ∈-∞-+∞时，()'0f x >；当()1,1x ∈-时，()'0f x <.故()f x 在(),1-∞-，()1,+∞上单调递增，()f x 在()1,1-上单调递减. （2）当0a =时，()3f x x =，()f x 的零点是0x =，不符合题意.当0a ≠时，()2'3f x x a =-，当0a <时，()f x 在R 上单调递增，所以()020f a =->，不符合题意，当0a >时，令()'0f x =，解得x =()f x 在,⎛-∞ ⎝，⎫+∞⎪⎪⎭上单调递增，在⎛ ⎝上单调递减.若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则0f ⎛< ⎝，解得027a <<. 综上，a 的取值范围为()0,27.【点睛】本题考查导数与函数的单调性，导数与函数的零点，还考查了分类讨论的思想和运算求解的能力，属于难题.9．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三三模（文））已知函数21()ln (1),()2f x x ax a x a R =+-+∈． （1）当1a =时，判断函数()y f x =的单调性；（2）若关于x 的方程212f x ax =（）有两个不同实根12x x ，，求实数a 的取值范围，并证明212•x x e ＞．【答案】（1）()f x 在∞（0，+）上单调递增；（2）详见解析. 【解析】【分析】（1）对()f x 求导，根据()f x '的符号得出()f x 的单调性；（2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，求出ln y x =的过原点的切线斜率即可得出a 的范围，设21210,t x x x x <<=，根据分析法构造关于t 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可． 【详解】解：（1）1a =时，21()ln 2(0)2f x x x x x =+->， 故22121()20x x f x x x x '-+=+-=≥，()f x ∴在∞（0，+）上单调递增． （2）由题意可知ln (1)x a x =+有两解，设直线y kx =与ln y x =相切，切点坐标为00()x y ，，则00000ln 1y kx y x k x ⎧⎪=⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩，解得001,1,x e y k e ===，101a e ∴<+<，即111a e-<<-．∴实数a 的取值范围是11,1e ⎛⎫-- ⎪⎝⎭． 不妨设210x x >>，则1122ln (1),ln (1)x a x x a x =+=+，两式相加得：()()1212ln (1)x x a x x =++， 两式相减得：()2211ln(1)x a x x x =+-，()12122211ln ln x x x x x x x x +∴=-，故()12212211ln ln x x x x x x x x +=-•， 要证212x x e >，只需证122211ln 2x x xx x x +>-•， 即证()2211221121212ln 1x x x x xx x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++，令211x t x =>，故只需证2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立即可． 令2(1)()ln (1)1t g t t t t-=->+， 则22214(1)()0(1)(1)t g t t t t t -'=-=>++， ∴()g x 在1（，）+∞上单调递增， t 10g g ∴=（）＞（），即2(1)ln 1t t t->+在1（，）+∞恒成立． 212x x e ∴>•．【点睛】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于t 的不等式是证明的难点，属于难题．10．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））设函数1ln(1)()x f x x++=（0x >）. （1）设()(1)()h x x f x =+，求曲线()y h x =在1x =处的切线方程； （2）若()1kf x x >+恒成立，求整数k 的最大值. 【答案】（1）(ln 2)3ln 22y x =-++ （2）max 3k = 【解析】【分析】（1）求出21ln(1)()x x h x x--+'=，然后算出(1)h '和()h 1即可 （2）由()1k f x x >+得(1)(1)ln(1)x x x k x ++++<，令(1)(1)ln(1)()x x x h x x++++=，则21ln(1)()x x h x x--+'=，令()1ln(1)g x x x =--+，则可得出存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+，然后推出min 0()1h x x =+即可【详解】解：（1））(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=，∴21ln(1)()x x h x x --+'=∴(1)ln 2h '=-，又(1)22ln 2h =+∴()y h x =在1x =处的切线方程为(1)(1)(1)y h h x '-=- 即(ln 2)3ln 22y x =-++（2）即(1)(1)ln(1)(1)()x x x k x f x x++++<+=令(1)(1)ln(1)()x x x h x x ++++=∴21ln(1)()x x h x x--+'= 令()1ln(1)g x x x =--+∴1()101g x x '=->+对0x >恒成立， 知()g x 在(0,)+∞单调递增，∵(0)10g =-<，(1)0g <，(2)0g <，(3)0g > 故存在0(2,3)x ∈使得0()0g x =，即001ln(1)x x -=+.从而当0x x >时，有0()()0g x g x >=，()0h x '>∴()h x 在0(,3)x 单调递增. 当0x x <时，有0()()0g x g x <=，()0h x '<∴()h x 在0(2,)x 单调递减. 知()()()()000min 0011ln 1()x x x h x h x x ++++==()()()00001111(3,4)x x x xx +++-==+∈∴3k ≤，∴max 3k =【点睛】恒成立问题或者存在性问题，首选的方法是分离变量法，通过分离变量然后转化为最值问题.11．（2020·广西壮族自治区南宁三中高三期末（文））已知函数2()ln 1f x x mx =++，m ∈R .（1）当2m =-时，求函数()f x 的单调区间及极值； （2）讨论函数()f x 的零点个数.【答案】（1）增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，减区间为1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭，极大值为1ln 22-，无极小值，（2）当2e m <-时，函数()f x 没有零点；当0m ≥或2e m =-时.函数()f x 有1个零点；当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【解析】【分析】（1）求导，求出()0,()0f x f x ''><的解，即可求出单调区间，进而求出极值；（2）求导，求出()f x 单调区间，确定极值，根据极值的正负以及零点存在性定理，对m 分类讨论，即可求解.【详解】由题得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞. （1）当2m =-时，2()ln 21f x x x =-+，所以1(12)(12)()4x x f x x xx-+'=-=，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，函数()f x 单调递增； 当1,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以函数()f x 的单调递增区间为10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭. 所以当12x =时，()f x 有极大值， 且极大值为21111ln 21ln 22222f ⎛⎫⎛⎫=-⨯+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，无极小值. （2）由2()ln 1f x x mx =++，得2112()2mx f x mx x x+'=+=. 当0m ≥时，()0f x '>恒成立，函数()f x 单调递增， 当10m x e--<<时，()()211()110m m f x f em m e----<=--++≤，又(1)10f m =+>，所以函数()f x 有且只有一个零点；当0m <时，令()0f x x '=⇒=，当x ⎛∈ ⎝时，()0f x '>，函数()f x 单调递增；当x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 所以()f x 的极大值为2111ln 1ln 222f m m ⎛⎫=+⨯+=-+ ⎪⎝⎭， ①当111ln 0222m ⎛⎫-+< ⎪⎝⎭，即得11ln 1ln 2m e ⎛⎫-<-= ⎪⎝⎭时， 解得2em <-，此时函数()f x 没有零点； ②当111ln 0222m ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭，即2e m =-时，函数()f x 有1个零点； ③当111ln 0222m ⎛⎫-+> ⎪⎝⎭，即02e m -<<时， ()2442110f e me me ---=-++=-+<.当1x >时，令()ln g x =x-x ， 则1()10g x x'=-<在(1,)+∞上恒成立， 所以()(1)1g x g <=-，即ln 1x x <-， 所以221()ln 1f x x mx x mx mx x+m ⎛⎫=++<+= ⎪⎝⎭， 故当1x >且1x m>-时，()0f x <.当02e m -<<时，有21e m-<<-， 所以函数()f x 有2个零点.综上所述：当2em <-时，函数()f x 没有零点； 当0m ≥或2em =-时.函数()f x 有1个零点； 当02em -<<时，函数()f x 有2个零点. 【点睛】本题考查导数在研究函数性质的应用，涉及到函数的单调区级、极值、和零点个数判断，以及零点存在性定理的灵活运用，考查分类讨论思想和数形结合思想，属于难题.12．（2020·广西壮族自治区高三月考（文））已知函数2()2(1)2(0)f x x a x alnx a =-++≠． （1）当1a =时，求函数()f x 的图象在点1x =处的切线方程； （2）讨论函数()f x 的单调性． 【答案】（1）y +3＝0；（2）见解析 【解析】【分析】（1）先把1a =代入，对函数求导，然后结合导数的几何意义可求切线的斜率，进而可求切线方程；（2）先对函数求导，对a 进行分类讨论，确定导数的符号，进而可求函数的单调性． 【详解】解：（1）1a =时，2()42f x x x lnx =-+，2()24f x x x'=-+， ()13f ∴=-，()10f '=，故()f x 的图象在点1x =处的切线方程30y +=； （2）函数的定义域(0,)+∞， 22(1)()()22(1)a x x a f x x a x x--'=-++=， 当0a <时，(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>，函数单调递增， 当01a <<时，(,1)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(1,)x ∈+∞，(0,)a 时，()0f x '>，函数单调递增，当1a =时，22(1)()0x f x x-'=恒成立，()f x 在(0,)+∞上单调递增， 当1a >时，(1,)x a ∈时，()0f x '<，函数单调递减，(,)x a ∈+∞，(0,1)时，()0f x '>，函数单调递增，综上：当0a <时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增， 当01a <<时，函数在(,1)a 上单调递减，在(1,)+∞，(0,)a 上单调递增， 当1a =时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，当1a >时，函数在(1,)a 单调递减，在(,)a +∞，(0,1)上单调递增．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义及利用导数求解函数的单调性，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题.13．（2020·广西壮族自治区高三一模（文））已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . (I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】（Ⅰ）390x y --=；（Ⅱ）见解析．【解析】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由()()(sin )g x x a x x =-'-,通过讨论确定()g x 的单调性,再由单调性确定极值. 试题解析：（Ⅰ）由题意2()f x x ax =-'， 所以，当2a =时，(3)0f =，2()2f x x x =-'， 所以(3)3f '=，因此，曲线()y f x =在点(3,(3))f 处的切线方程是3(3)y x =-， 即390x y --=.（Ⅱ）因为()()()cos sin g f x a x x x x =+--， 所以()()cos ()sin cos g x f x x x a x x ''=+---，()()sin x x a x a x =--- ()(sin )x a x x =--，令()sin h x x x =-，则()1cos 0h x x '=-≥， 所以()h x 在R 上单调递增， 因为(0)0h =，所以，当0x >时，()0h x >；当0x <时，()0h x <. （1）当0a <时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增.所以当x a =时()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--，当0x =时()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-. （2）当0a =时，()(sin )g x x x x '=-， 当(,)x ∈-∞+∞时，()0g x '≥，()g x 单调递增；所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，()g x 无极大值也无极小值. （3）当0a >时，()()(sin )g x a x x x '=--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，()0g x '>，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，()0g x '<，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，()0g x '>，()g x 单调递增. 所以当0x =时()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-；当x a =时()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-；当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.【考点】导数的几何意义及导数的应用【名师点睛】(1)求函数f (x )极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f (x )在x 0处取极大值,如果左负右正,那么f (x )在x 0处取极小值．(2)若函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有极值,那么y ＝f (x )在(a ,b )内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值． 14．（2020·西藏自治区高三二模（文））已知函数()()2112xa f x e x e x =--，0a <．（1）求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； （2）求函数()f x 的极小值； （3）求函数()f x 的零点个数．【答案】（1）1y =-；（2）极小值1-；（3）函数()y f x =的零点个数为1． 【解析】【分析】（1）求出()0f 和()0f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）利用导数分析函数()y f x =的单调性，进而可得出该函数的极小值；（3）由当1x ≤时，()0f x <以及()20f >，结合函数()y f x =在区间()0,∞+上的单调性可得出函数()y f x =的零点个数. 【详解】（1）因为()()2112xa f x ex e x =--，所以()x a f x xe xe '=-． 所以()01f =-，()00f '=．所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线为1y =-； （2）因为()()xaxaf x xe xe x e e'=-=-，令()0f x '=，得0x =或()0x a a =<．列表如下：所以，函数()y f x =的单调递增区间为(),a -∞和()0,∞+，单调递减区间为(),0a ， 所以，当0x =时，函数()y f x =有极小值()01f =-； （3）当1x ≤时，()0f x <，且()222220af e e e =->->．由（2）可知，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增，所以函数()y f x =的零点个数为1．【点睛】本题考查利用导数求函数的切线方程、极值以及利用导数研究函数的零点问题，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.15．（2020·西藏自治区拉萨中学高三月考（文））已知函数()32ln f x x ax x =+-.（1）当1a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）若()0f x ≥在定义域内恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1；（2）[)1,-+∞. 【解析】【分析】（1）先对函数()f x 求导，然后说明每个区间导数的符号，进而求出函数的单调区间； （2）构造函数()()22ln xx x g x x a f x+-==，由()0f x ≥在()0,∞+上恒成立，得()0g x ≥在()0,∞+上恒成立，对()g x 求导，研究其单调性，求出()g x 的最小值，即可得出实数a 的取值范围.【详解】（1）当1a =-时，()()32ln 0f x x x x x =-->，()2323132x x xf x x x '=--=--()()21332x x x x-++=，∵23320x x ++>恒成立，∴当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()y f x =单调递增；当()0,1x ∈时，。
2020年高考数学 大题专项练习 导数与函数 三(15题含答案解析)
2020年高考数学 大题专项练习导数与函数 三1.设函数f （x ）=alnx ﹣bx 2．（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x 1，x 2，证明：．2.已知函数f(x)=1－ln x x ，g(x)=ae e x ＋1x－bx ，若曲线y=f(x)与曲线y=g(x)的一个公共点是A(1，1)，且在点A 处的切线互相垂直．(1)求a ，b 的值；(2)证明：当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.已知函数f(x)是奇函数，f(x)的定义域为(-∞,+∞)．当x<0时，．(e为自然对数的底数)．(1)若函数f(x)在区间上存在极值点，求实数a的取值范围；(2)如果当x ≥1时，不等式恒成立，求实数k 的取值范围．4.函数xx k x x f )2-(-ln 1)(+=，中k 为常数. (1)若k=0，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若k=5，求证：f(x)有且仅有两个零点；(3)若k 为整数，且当x ＞2时，f(x)＞0恒成立，求k 的最大值.5.已知函数f(x)=ln x ＋a x，a ∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当a>0时，证明f(x)≥2a －1a.6.已知函数g=aln x，f=x3＋x2＋bx.(1)若f在区间上不是单调函数，求实数b的范围；(2)若对任意x∈，都有g≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求实数a的取值范围；(3)当b=0时，设对任意给定的正实数a，曲线y=F上是否存在两点P，Q，使得△POQ是以O(O为坐标原点)为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y轴上？请说明理由．7.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．8.已知函数，.（1）当，时，求函数在处的切线方程，并求函数的最大值；（2）若函数的两个零点分别为，且，求证：.9.已知函数f(x)=x3-ax-1.(1)若f(x)在实数集R上单调递增，求实数a的取值范围；(2)是否存在实数a，使f(x)在(-1,1)上单调递减？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由.10.已知函数f(x)=ln(ax ＋1)＋1－x 1＋x，x≥0，其中a>0.若f(x)的最小值为1，求a 的取值范围．11.设函数h(x)=(1-x)e x -a(x 2+1).(1)若函数h(x)在点(0,h(0))处的切线方程为y=kx+2，求实数k 与a 的值；(2)若函数h(x)有两个零点x 1,x 2，求实数a 的取值范围，并证明：x 1+x 2<0.12.已知函数．（1）当a=1时，求f(x)在点(1, f(1))处的切线方程及函数f(x)的单调区间；（2）若对任意x ∈[1,e], f(x)≤4恒成立，求实数a 的取值范围13.已知函数f(x)=e2x(x3＋ax＋4xcos x＋1)，g(x)=e x－m(x＋1)．(1)当m≥1时，求函数g(x)的极值；(2)若a≥－72，证明：当x∈(0,1)时，f(x)>x＋1.14.已知函数f（x）=x3+ax2+bx+c在x=与x=1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x∈[﹣1，2]，不等式f（x）＜c2恒成立，求c的取值范围．15.已知函数f(x)=(x-1)e x＋1，g(x)=e x＋ax-1(其中a∈R，e为自然对数的底数，e=2.718 28…)．(1)求证：函数f(x)有唯一零点；(2)若曲线g(x)=e x＋ax-1的一条切线方程是y=2x，求实数a的值．答案解析1.2.解：(1)f′(x)=ln x －1x 2，g′(x)=－ae 1－x－1x2－b. 由⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1，g′(1)·f′(1)＝－1，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ，a ＋b ＝－2，所以a=b=－1.(2)证明：由(1)可知g(x)=－e e x ＋1x＋x.f(x)＋g(x)≥2x ⇔1－ln x x －e 1－x ＋1x ＋x≥2x ⇔x －ln x≥ex ex ＋1－x 2.记h(x)=x －ln x ，则h′(x)=x －1x≥0，所以h(x)在[1，＋∞)上单调递增，因此h(x)≥h(1)=1.记φ(x)=ex ex ，则φ′(x)=(1－x)e 1－x≤0，所以φ(x)在[1，＋∞)上单调递减，因此φ(x)≤φ(1)=1.而当x≥1时，1－x 2≤0，所以xe 1－x ＋1－x 2≤x－ln x.综上所述，当x≥1时，f(x)＋g(x)≥2x.3.解：4.解：5.解：(1)f′(x)=1x -a x 2=x －ax2(x>0)．当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a>0时，若x>a ，则f′(x)>0，函数f(x)在(a ，＋∞)上单调递增； 若0<x<a ，则f′(x)<0，函数f(x)在(0，a)上单调递减． (2)证明：由(1)知，当a>0时，f(x)min =f(a)=ln a ＋1.要证f(x)≥2a －1a ，只需证ln a ＋1≥2a －1a ，即证ln a ＋1a-1≥0.令函数g(a)=ln a ＋1a -1，则g′(a)=1a -1a 2=a －1a2(a>0)，当0<a<1时，g′(a)<0，当a>1时，g′(a)>0，所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(a)min =g(1)=0.所以ln a ＋1a-1≥0恒成立，所以f(x)≥2a －1a.6.解：7.8.解：令，即证，，9.解:(1)由已知，得f ′(x)=3x 2-a.因为f(x)在(-∞，＋∞)上是单调增函数，所以f ′(x)=3x 2-a≥0在(-∞，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2对x ∈(-∞，＋∞)恒成立.因为3x 2≥0，所以只需a ≤0.又a=0时，f ′(x)=3x 2≥0，f(x)在实数集R 上单调递增，所以a ≤0.(2)假设f ′(x)=3x 2-a ≤0在(-1,1)上恒成立，则a ≥3x 2在x ∈(-1,1)时恒成立.因为-1<x<1，所以3x 2<3，所以只需a ≥3.当a=3时，在x ∈(-1,1)上，f ′(x)=3(x 2-1)<0， 即f(x)在(-1,1)上为减函数，所以a ≥3.故存在实数a ≥3，使f(x)在(-1,1)上单调递减.10.解：因为f′(x)=ax 2＋a －2ax ＋1x ＋12.①当a≥2时，f′(x)≥0，所以f(x)在[0，＋∞)递增， 所以f(x)min =f(0)=1，满足题设条件． ②当0<a<2时，f(x)在⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2－a a 上递减，在(2－aa，＋∞ )递增．所以f(x)min=f( 2－a a )<f(0)=1，不满足题设条件．综上，a≥2.11.解：12.解：(1) 当时，，则切线方程为即当，，即时，单调递增；当，，即时，单调递减．(2)．当时，，在上单调递增．不恒成立．当时，设∵的对称轴为∴在上单调递增，且存在唯一使得．∴当即，在上单调递减； 当时，，即，在上单调递增． ∴在上的最大值 ∴，得， 解得.13.解：(1)由题意可知g′(x)=e x－m ，当m≥1时，由g′(x)=0得x=ln m ，由x>ln m 得g′(x)>0，g(x)单调递增；由x<ln m 得g′(x )<0，g(x)单调递减． 所以函数g(x)只有极小值，且极小值为g(ln m)=m －m(ln m ＋1)=－mln m.(2)证明：当x ∈(0,1)时，要证f(x)>x ＋1，即证x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x .由(1)得，当m=1时，g(x)=e x －(x ＋1)≥0，即e x≥x＋1，所以e 2x ≥(x＋1)2，所以x ＋1e 2x <1x ＋1，x ∈(0,1)，x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－x ＋1e 2x >x 3＋ax ＋4xcos x ＋1－1x ＋1=x 3＋ax ＋4xcos x ＋x x ＋1=x ，⎝⎛⎭⎫x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1令h(x)=x 2＋4cos x ＋a ＋1x ＋1，则h′(x)=2x －4sin x －1x ＋12，令I(x)=2x －4sin x ，则I′(x)=2－4cos x=2(1－2cos x)，当x ∈(0,1)时，cos x>cos 1>cos π3=12，所以1－2cos x<0，所以I′(x)<0，所以I(x)在(0,1)上为减函数，所以当x ∈(0,1)时，I(x)<I(0)=0，h′(x)<0，所以h(x)在(0,1)上为减函数，因此，当x ∈(0,1)时，h(x)>h(1)=a ＋32＋4cos 1，因为4cos 1>4cos π3=2，而a≥－72，所以a ＋32＋4cos 1>0，所以当x ∈(0,1)时，h(x)>0，所以x 3＋ax ＋4xcos x ＋1>x ＋1e2x 成立，所以当x ∈(0,1)时，f(x)>x ＋1成立．14.15.解：(1)证明：因为f(x)=(x-1)e x＋1(x∈R)，所以f′(x)=xe x，由f′(x)=xe x =0，得x=0，f′(x)=xe x >0时，x>0；f′(x)=xe x<0时，x<0；所以f(x)=(x-1)e x＋1在(-∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)=(x-1)e x＋1的最小值为f(0)=0，即函数f(x)=(x-1)e x＋1有唯一零点．(2)设曲线g(x)=e x＋ax-1与切线y=2x 相切于点(x 0，y 0)，因为g(x)=e x ＋ax-1，所以g′(x)=e x＋a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ex 0＋a ＝2，y 0＝ex 0＋ax 0－1，y 0＝2x 0，消去a ，y 0，得(x 0-1)ex 0＋1=0，由(1)知方程(x 0-1)ex 0＋1=0有唯一根x 0=0，则e 0＋a=2，所以a=1.。
2020年高考试题分类汇编(函数与导数)
2020年高考试题分类汇编（函数与导数）考法1函数的图像与性质1.（2020·北京卷）函数1()ln 1f x x x =++的定义域是 ． 2.（2020·天津卷）函数241x y x =+的图象大致为3.（2020·天津卷）已知函数30()0x x f x x x ⎧≥=⎨-<⎩，若函数2()()2g x f x kx x =--（k R ∈）恰有4个零点，则k 的取值范围是 A.1(,)(22,)2-∞-+∞ B.1(,)(0,22)2-∞- C.(,0)(0,22)-∞ D.(,0)(22,)-∞+∞4.（2020·北京卷）已知函数()21x f x x =--，则不等式()0f x >的解集是A ．(1,1)-B ．(,1)(1,)-∞+∞C ．(0,1)D ．(,0)(1,)-∞+∞5.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设函数()x e f x x a =+，若1(1)4f =，则a = . 6.（2020·全国卷Ⅱ·理科）设函数()ln 21ln 21f x x x =+--，则()fxA ．是偶函数，且在1(,)2+∞单调递增B ．是奇函数，且在11(,)22-单调递减 C ．是偶函数，且在1(,)2-∞-单调递增 D ．是奇函数，且在1(,)2-∞-单调递减 7.（2020·全国卷Ⅱ·文科）设函数331()f x x x=-，则()f x A ．是奇函数，且在(0,)+∞单调递增 B ．是奇函数，且在(0,)+∞单调递减C ．是偶函数，且在(0,)+∞单调递增D ．是偶函数，且在(0,)+∞单调递减8.（2020·全国卷Ⅱ·文理科）若2233x y x y ---<-，则A ．ln(1)0y x -+>B ．ln(1)0y x -+<C ．ln 0x y ->D ．ln 0x y -<9.（2020·全国卷Ⅲ·理科）已知5458<，45138<.设5log 3a =，8log 5b =，13log 8c =，则A ．a b c <<B ．b a c <<C ．b c a <<D ．c a b <<10.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设3log 2a =，5log 3b =，23c =，则 A ．a c b << B ．a b c << C ．b c a << D ．c a b <<11.（2020·天津卷）设0.73a =，0.81()3b -=，0.7log 0.8c =，则a ，b ，c 的大小关系为A.a b c <<B.b a c <<C.b c a <<D.c a b <<12.（2020·全国卷Ⅲ·理科）关于函数1()sin sin f x x x=+有如下四个命题： ①()f x 的图像关于y 轴对称； ②()f x 的图像关于原点对称； ③()f x 的图像关于2x π=轴对称； ④()f x 的最小值为2.其中所有真命题的序号是 .13.（2020·全国卷Ⅲ·文科）设函数1()sin sin f x x x=+，则 A ．()f x 有最小值为2 B ．()f x 的图像关于y 轴对称C ．()f x 的图像关于x π=轴对称D ．()f x 的图像关于2x π=轴对称2.（2020·上海卷）已知3()f x x =，则1()f x -= .14.（2020·山东卷）若定义在R 上奇函数()f x 在(,0)-∞单调递减，且(2)0f =，则满足(1)0xf x -≥的x 的取值范围是A ．[1,1][3,)-+∞B ．[3,1][0,3]--C ．[1,0][1,)-+∞D ．[1,0][1,3]- 考法2函数与导数1.（2020·全国卷Ⅰ·理科）函数43()2f x x x =-的图像在点(1,(1))f 处的切线方程为A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+2.（2020·全国卷Ⅰ·文科）曲线ln 1y x x =++的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为 .3.（2020·北京卷）已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．4.（2020·全国卷Ⅰ·理科）已知2()x f x e ax x =+-.（Ⅰ）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当0x ≥时，31()12f x x ≥+，求a 的取值范围. 5.（2020·全国卷Ⅰ·文科）已知()(2)x f x e a x =-+.（Ⅰ）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.6.（2020·全国卷Ⅱ·理科）已知函数2()sin sin 2f x x x =.（Ⅰ）讨论()f x 在区间(0,)π的单调性；（Ⅱ）证明：()f x ≤； （Ⅲ）设n N *∈，证明：22223sin sin 2sin 4sin 24nnn x x x x ≤.7.（2020·全国卷Ⅱ·理科）已知函数()2ln 1f x x =+. （Ⅰ）若()2f x x c ≤+，求c 的取值范围；（Ⅱ）设0a >，讨论()()()f x f a g x x a-=-的单调性. 8.（2020·全国卷Ⅲ·理科）设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点11(,())22f 处的切线与轴垂直. （Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1.9.（2020·全国卷Ⅲ·文科）已知函数32()f x x kx k =-+. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有三个零点，求k 的取值范围.10.（2020·山东卷）已知函数1()ln ln x f x ae x a -=-+． （Ⅰ）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（Ⅱ）若()1f x ≥，求a 的取值范围．11.（2020·天津卷）已知函数3()ln f x x k x =+（k R ∈），()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （ii ）求函数9()()()g x f x f x x '=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的1x ，2[1,)x ∈+∞，且12x x >，有 121212()()()()2f x f x f x f x x x ''+->-． 12.（2020·浙江卷）已知12a <≤，函数()x f x e x a =--，其中 2.71828e =为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0)+∞，上有唯一零点； （Ⅱ）记0x 为函数()y f x =在(0)+∞，上的零点，证明：0x ≤≤；（ⅱ）00()(1)(1)x x f e e a a ≥--．13.（2020·海南卷）已知函数1()ln ln x f x ae x a -=-+． （Ⅰ）当a e =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（Ⅱ）若()1f x ≥，求a 的取值范围．。
【高考冲刺】2020年高考数学(理数) 函数与导数 大题(含答案解析)
【高考复习】2020年高考数学(理数)函数与导数 大题1.已知函数f(x)=ln xx ＋a (a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)-k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.2.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．3.已知函数f(x)=ax-ln x ，F(x)=e x＋ax ，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g(x)=xe ax-1-2ax ＋f(x)的最小值为M ，求M 的最小值．4.已知函数f(x)=ln x ＋tx-s(s ，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.5.已知函数f(x)=(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x)-2x.(1)若a=0，证明：当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0； (2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.6.已知函数f(x)=ln x ＋2ax ＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤x ＋12.7.已知函数f(x)=ln x-a(x ＋1)，a∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x∈(1，x 0)时，恒有f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)成立，求k 的取值范围．8.已知函数f(x)=xe x－a 3x 2－a 2x ，a≤e，其中e 为自然对数的底数．(1)当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex 2； (2)讨论函数f(x)极值点的个数．9.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．10.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(-x)＋f(x)=e x-3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围； (3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤ae －1≤e.答案解析1.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f′(x)=x ＋ax－ln x ＋2，因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠-1.所以f′(1)=1＋a ＋2=11＋a， 又由过点(1，f(1))的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直可得，f′(1)=1，即11＋a=1，解得a=0.此时f(x)=ln x x ，f′(x)=1－ln xx2， 令f′(x)>0，即1-ln x>0，解得0<x<e ； 令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g(x 1)=g(x 2)=0， 所以ln x 1-kx 1=0，ln x 2-kx 2=0.可得ln x 1＋ln x 2=k(x 1＋x 2)，ln x 1-ln x 2=k(x 1-x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k(x 1＋x 2)>2，因为k=ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2=t ，则t>1，即证ln t>－t ＋1.令h(t)=ln t-－t ＋1(t>1)．由h′(t)=1t -4＋2=－2＋2>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>－t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 2.解：(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-1x =kx －1x(x>0，k>0)，当x=1k 时，f′(x)=0；当0<x<1k 时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f(x)min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k =ln k ， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k=0，∴k=1.(2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，∵n∈N *，令x=n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n =ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．3.解：(1)由题意得f′(x)=a-1x =ax －1x，F′(x)=e x＋a ，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当-1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a<-1时，由F′(x)>0，得x>ln(-a)，由F′(x)<0，得0<x<ln(-a)， ∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(-a))，单调递增区间为(ln(-a)，＋∞)． ∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(-a)≥ln 3，解得a≤-3， 综上，a 的取值范围是(-∞，-3]．(2)g′(x)=e ax-1＋axe ax-1-a-1x =(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由e ax-1-1x =0，解得a=1－ln x x ，设p(x)=1－ln x x ，则p′(x)=ln x －2x 2， 当x>e 2时，p′(x)>0，当0<x<e 2时，p′(x)<0，从而p(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p(x)min =p(e 2)=-1e2，当a≤-1e 2时，a≤1－ln x x ，即e ax-1-1x≤0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min =g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a =M ， 设t=-1a ∈(0，e 2]，M=h(t)=t e2-ln t ＋1(0<t≤e 2)，则h′(t)=1e 2-1t ≤0，h(t)在(0，e 2]上单调递减，∴h(t)≥h(e 2)=0，即M≥0， ∴M 的最小值为0. 4.解：(1)f′(x)=x －tx2(x>0)，当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值； 当t>0时，由f′(x)<0，得x<t ，由f′(x)>0，得x>t ， f(x)在(0，t)上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x=t 处取得最小值，最小值为f(t)=ln t ＋1-s ，无最大值． (2)∵f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f(x 1)=ln x 1＋2x 1-s=0，f(x 2)=ln x 2＋2x 2-s=0，得s=2x 1＋ln x 1=2x 2＋ln x 2，∴2－x 1x 1x 2=ln x 2x 1，设t=x 2x 1>1，则ln t=－tx 1，x 1=－tln t，故x 1＋x 2=x 1(t ＋1)=2－tln t ，∴x 1＋x 2-4=2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h(t)=t 2－1t-2ln t ，∵h′(t)=－2t2>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增， ∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=x 2x 1>1，ln t>0，故x 1＋x 2>4成立．5.解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)-2x ，f′(x)=ln(1＋x)-x1＋x. 设函数g(x)=ln(1＋x)-x 1＋x ，则g′(x)=x＋2. 当-1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0， 且仅当x=0时，g(x)=0，从而f′(x)≥0，且仅当x=0时，f′(x)=0. 所以f(x)在(-1，＋∞)上单调递增． 又f(0)=0，故当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0. (2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)-2x>0=f(0)， 这与x=0是f(x)的极大值点矛盾． ②若a<0，设函数h(x)=2＋x ＋ax 2=ln(1＋x)-2x2＋x ＋ax2.由于当|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，2＋x ＋ax 2>0， 故h(x)与f(x)符号相同． 又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点．h′(x)=11＋x -＋x ＋ax 2－＋＋x ＋ax 22=x 22x 2＋4ax ＋6a ＋＋2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x<-6a ＋14a， 且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)>0， 故x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1=0存在根x 1<0，故当x∈(x 1,0)，且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1=0，则h′(x)=x 3－＋2－6x －2，则当x∈(-1,0)时，h′(x)>0； 当x∈(0,1)时，h′(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点， 从而x=0是f(x)的极大值点．综上，a=-16.6.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=x 2＋－＋1＋2.考虑y=x 2＋2(1-a)x ＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x 2＋2(1-a)x ＋1=0，得x=a-1±a 2－2a.若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a-1＋a 2－2a>a-1-a 2－2a>0，由f′(x)>0，得0<x<a-1-a 2－2a 或x>a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(0，a-1-a 2－2a)和(a-1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a-1-a 2－2a<x<a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)上单调递减．综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a-1-a 2－2a)，(a-1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)．(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x ＋2x ＋1.令g(x)=f(x)-x ＋12=ln x ＋2x ＋1-x ＋12(x>0)， 则g′(x)=1x -2＋2-12=2－x －x 3＋2=－－2＋x ＋＋2. 当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤x ＋12成立，得证．7.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=1x -a ，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=1x -1=1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)可化为ln x-x 22＋x-12>k(x-1)，令g(x)=ln x-x 22＋x-12-k(x-1)，则g′(x)=1x -x ＋1-k=－x 2＋－＋1x，令h(x)=-x 2＋(1-k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=1－k 2，①当1－k 2≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k ， 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(1)=0，不符合题意． 若-1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k<-1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，∴h(x)>h(1)=1-k>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(-∞，1)． 8.解:(1)证明：依题意，f(x)=xe x ，故原不等式可化为xe x ≥ex 2，因为x>0，所以只要证e x－ex≥0即可，记g(x)=e x－ex(x>0)，则g′(x)=e x－e(x>0)，当0<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，即f(x)≥ex 2，原不等式成立．(2)f′(x)=e x －13ax 2－12ax ＋xe x －23ax －12a=(x ＋1)e x －ax(x ＋1)=(x ＋1)(e x－ax)，记h(x)=e x －ax ，h′(x)=e x－a.(ⅰ)当a<0时，h′(x)=e x－a>0，h(x)在R 上单调递增，h(0)=1>0，h 1a =e 1a－1<0，所以存在唯一的x 0∈1a，0，使h(x 0)=0，且当x<x 0时，h(x)<0；当x>x 0，h(x)>0.①当x 0=－1，即a=－1e时，对任意x≠－1，f′(x)>0，此时f(x)在R 上单调递增，无极值点；②若x 0<－1，即－1e<a<0时，此时当x<x 0或x>－1时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，x 0)，(－1，＋∞)上单调递增；当x 0<x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(x 0，－1)上单调递减， 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点－1.③若－1<x 0<0，即a<－1e时，此时当x<－1或x>x 0时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(x 0，＋∞)上单调递增；当－1<x<x 0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，x 0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点－1和一个极小值点x 0.(ⅱ)当a=0时，f(x)=xe x ，所以f′(x)=(x ＋1)e x ，显然f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅲ)当0<a<e 时，由(1)可知，对任意x≥0，h(x)=e x －ax>e x －ex≥0，从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)=e x －ax>e x >0，所以对任意x ∈R ，h(x)>0，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)>0，得x>－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅳ)当a=e 时，由(1)可知，对任意x ∈R ，h(x)=e x －ax=e x －ex≥0(当且仅当x=1时，取等号)，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．综上所述，①当a<－1e 或－1e<a<0时，f(x)有两个极值点； ②当a=－1e时，f(x)无极值点； ③当0≤a≤e 时，f(x)有一个极值点．9.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －a x(x>0)， 当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －a x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．(2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1， 两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)． 由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x 2>0， 所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)． 综上，原命题得证．10.解：(1) 当a=2时，f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x －2x ，x ≥0. ①当x<0时，f ′(x)=-3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减；②当x ≥0时，f ′(x)=e x -2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(2) 当x>0时，f(x)=e x -ax ，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x 3＋x 2.所以可化为a=x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解． 记g(x)=x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)=2x ＋1-3x 2=（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x 2. 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(3) 当x ∈[0，2]时，f(x)=e x -ax ，有f ′(x)=e x -a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna ，2]上递增．不妨设0≤m<lna<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m ，n ∈[0，2]，n-m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分)因为f(m)=f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，即e-1≤a ≤e 2-e ，所以1≤a e －1≤e.。
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2020高考虽然延迟，但是练习一定要跟上，加油，孩子们！数学（理科）本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.共150分，考试时间120分钟.第Ⅰ卷（选择题共60分）一.选择题：（本大题共12小题，每小题5分，共60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．请把所选项前的字母填在答题卷的表格内）1．设f：x→x2是集合A到集合B的映射，若B＝{1，2}，则A ∩B为( )A．φB．{1} C．φ或{2} D．φ或{1}2．在△ABC中，条件甲：A＜B，甲乙：cos2A＞cos2B，则甲是乙的( )A．仅充分条件B．仅必要条件C．充要条件D．非充分非必要条件3．若函数f(x)＝log a(x2－ax＋3)在区间(－∞，a2]上为减函数，则a的取值范围是( )A．(0，1) B．(1，＋∞) C．(1，23) D．(0，1)∪(1，23)4．已知定义在R 上的函数f(x)的图象关于点(－34,0)对称，且满足f(x)＝－f(x ＋32)，f(－1)＝1，f(0)＝－2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2005)的值为( ) A ．－2B ．－1C ．0D ．15．已知集合A ＝{1,2,3}，B ＝{－1,0,1}，满足条件f(3)＝f(1)＋f(2)的映射f ：A →B 的个数是( ) A ．7B ．6C ．4D ．26．已知函数f(x)，g(x)，(x ∈R)，设不等式|f(x)|＋|g(x)|＜a(a ＞0)的解集为M ，不等式|f(x)＋g(x)|＜a(a ＞0)的解集为N ，则( )A ．N ⊂≠M B ．M ＝N C ．M ⊂≠N D ．M ⊂－N 7．已知f(x)＝ax 3＋bx 2＋cx ＋dA ．b ＜0B ．0＜b ＜1C ．1＜b ＜2D ．b ＞28．如果一个点是一个指数函数的图象与一个对数函数的图象的公共点，那么称这个点为“好点”。
在下面五个点M （1，1），N （1，2），P （2，1），Q （2，2），G （2，12）中，“好x点”的个数为 （ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个9. 已知函数f(x)定义域为R ，则下列命题：①y=f(x)为偶函数，则y=f(x+2)的图象关于y 轴对称. ②y=f(x+2)为偶函数，则y=f(x)关于直线x=2对称.③若函数f(2x+1)是偶函数，则f(2x)的图象关于直线12x =对称.④若f(x-2)=f(2-x)，则y=f(x)关于直线x=2对称. ⑤y=f(x-2)和y=f(2-x)的图象关于x=2对称. 其中正确的命题序号是( )A 、①②④B 、①③④C 、②③⑤D 、②③④ 10. 设)(x f 、)(x g 分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当0)()()()(0>'+'<x g x f x g x f x 时, 且0)3(=-g ，则不等式0)()(<x g x f 的解集是（ ） A ．),3()0,3(+∞-YB ．)3,0()0,3(Y -C ．),3()3,(+∞--∞YD ．)3,0()3,(Y --∞11．如图是函数f(x)＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象， 则x 21＋x 22等于( )A ．89B ．109C ．169D ．28912．定义：对函数()y f x =，x D ∈。
若存在常数C ，对于任意1x D ∈，存在唯一的2x D ∈，使得12()()2f x f x C +=。
则称函数()y f x =在D 上的“均值”为C 。
已知：()lg ,f x x =[]10,100x ∈。
则函数()lg f x x =，在[]10,100上的均值为（ ）3.2A 3.4B 1.10C .10D 二.填空题(每小题4分,共16分)13.对任意实数x ，定义[]x 为不大于x 的最大整数（例如[3.4]3,[ 3.4]4=-=-等），设函数()[]f x x x =-，给出下列四个结论：①()0f x ≥②()1f x <③()f x 是周期函数④()f x 是偶函数。
其中正确结论的是14．定义非空集合A 的真子集的真子集为A 的“孙集”，则集合{1,3,5,7,9}的“孙集”的个数有＿＿＿＿＿个．15.若一系列函数的解析式相同、值域相同,但其定义域不同,则称这些函数为“同族函数”,那么函数解析式为y=x 2、值域为{1,4}的“同族函数”共有______个.16.设函数f(x)=x|x|+bx+c,给出下列命题：①b=0, c>0 时，方程f(x)=0只有一个实数根；②c=0时，y=f(x)是奇函数；③方程f(x)=0至多有两个实根.上述四个命题中所有的正确命题的序号为 .一.选择题： 1-5 6-10 11-12 二.填空题 13 14 15 16 三.解答题17、已知函数()2f x x mx n =++的图像过点()13，，且()()11f x f x -+=--对任意实数都成立，函数()y g x =与()y f x =的图像关于原点对称。
⑴ 求()f x 与()x g 的解析式； ⑵ 若()()x g x F =—()f x λ在[-1，1]上是增函数，求实数λ的取值范围；18.设函数22)1ln()1()(x x x f +-+=(1)求函数)(x f 的单调区间;(2)当]1,11[--∈e ex 时，不等式m x f <)(恒成立,求实数m 的取值范围;(3)关于x 的方程]2,0[)(2在a x x x f ++=上恰有两个相异实根，求a 的取值范围.19．设函数f(x)的定义域为R ，对于任意实数x ，y ，总有f(x ＋y)＝f(x)f(y)，且当x ＞0时，0＜f(x)＜1．(1)求f(0)的值；(2)证明：当x ＜0时，f(x)＞1；(3)证明：f(x)在R 上单调递减；(4)若M ＝{y|f(y)·f(1－a)≥f(1)}，N ＝{y|f(ax 2＋x ＋1－y)＝1，x ∈R}，且M ∩N ≠φ，求a 的取值范围．20．（本小题满分12分已知二次函数),,0(1)(2R b a bx ax x f ∈>++=设方程f (x )＝x 有两个实数根x 1、x 2.(Ⅰ)如果4221<<<x x ，设函数f(x)的对称轴为x ＝x 0,求证x 0>—1; (Ⅱ)如果201<<x ，且f(x)＝x 的两实根相差为2，求实数b 的取值范围.21．（本题满分12分）已知函数f （x ）在（－1，1）上有定义，1)21(-=f 且满足x 、y ∈（－1，1） 有)1()()(xyyx f y f x f ++=+．（Ⅰ）证明：f （x ）在（－1，1）上为奇函数；（Ⅱ）对数列,12,21211nnn x x x x +==+求)(n x f ； （Ⅲ）（理）求证;252)(1)(1)(121++->+++n n x f x f x f n Λ22.定义函数()(1)1n n f x x =+-，2x >-，n *∈N ，其导函数记为()n f x '。
（Ⅰ）求证：()n f x nx ≥；（Ⅱ）设0101()(1)()(1)n nn n f x f f x f ++'='，求证：001x <<；（Ⅲ）是否存在区间[,](,0]a b ⊂-∞，使函数32()()()h x f x f x =-在区间[,]a b 上的值域为[,]ka kb ？若存在，求出最小的k 值及相应的区间[,]a b ；若不存在，请说明理由。
DCCDA DADCD CA ②③④ 26 9 ①②17．解：⑴由题意知：a 1b 0==，，()222'f x x x ∴=+K K K设函数()y f x =图象上的任意一点()00Q x y ，关于原点的对称点为P （x,y ）,则00x x y y =-=-，，因为点()()00Q x y y f x =，在的图像上，()2222,,26'y x x y x x g x x x ∴-=-∴=-+∴=-+⋯⋯⑵()()()()22222121x x x x x x x λλλ=-+-+=-++-F()(]11-Q F x 在，上是增函且连续，()()()21210λλ=-++-≥'F x x 即(]1211λ-≤=--++在，上恒成立111x x x ，由(]-+21-111x在，上为减函数，当 =x 1时取最小值0，故(]λλ≤-∞K K K 所求的取值范围是，0012', 另解：()[]1,1F x -Q 在上是增函数，()()()[]'22221,1F x x λλ∴=--+--在上非负()()()()()22220221220λλλλ--+-≥⎧⎪∴⎨---+-≥⎪⎩，解得0λ≤18. (1)函数定义域为),1()1,(+∞---∞Y ,,1)2(2]11)1[(2)(++=+-+='x x x x x x f Θ由,0)(>'x f 得,012>-<<-x x 或 由,0)(<'x f 得.012<<--<x x 或则递增区间是),,0(),1,2(+∞--递减区间是).0,1(),2,(---∞ (2)由,01)2(2)(=++='x x x x f 得20-==x x 或.由（1）知, )(x f 在]0,11[-e上递减,在]1,0[-e 上递增.又212,2)1(,21)11(2222+>--=-+=-e e ee f eef 且.]1,11[--∈∴e ex 时, ,2)]([2max-=e x f 故22->e m 时,不等式m x f <)(恒成立.(3)方程,)(2a x x x f ++= 即0)1ln(12=+-+-x a x .记2)1ln(1)(x a x x g +-+-=,11121)(+-=+-='x x x x g 则.由,0)(>'x g 得,11>-<x x 或 由,0)(<'x g 得.11<<-x )(x g ∴在]1,0[上递减,在]2,1[上递增. 为使ax xx f ++=2)(在]2,0[上恰好有两个相异的实根,只须0)(=x g在)1,0[和]2,1(上各有一个实根,于是{.0)2(,0)1(,0)0(≥<≥g g g 解得3ln 232ln 22-≤<-a19．解：(1)显然，f(x)不恒等于0，令x ＝1，y ＝0时，得f(0)＝1；(2)令y ＝－x ≥0则1＝f(x －x)＝f(x)·f(－x)，即f(－x)＝1f(－x)．由题0＜f(－x)＜1 ∴f(x)＞1；(3)设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，由题得(2)知f(x)＞0． ∴f(x 2)－f(x 1)＝f[(x 2－x 1)＋x 1]－f(x 1)＝f(x 2－x＝f(x 1)[f(x 2－x 1)－1]＜0 ∴f(x 2)＜f(x 1)． ∴f(x)在R 上单调递减；(4)由已知及(3)得：M ＝{y|y ≤a}，N ＝{y|y ＝x ∈R}显然，当a ≤0时，M ∩N ≠φ 当a ＞0时，N ＝{y|y ＝a(x ＋12a)2＋1－14a，x ∈R}要使M ∩N ≠φ，必须1－14a ≤a ．即4a 2－4a ＋1≥0⇒a ∈R 故所求的a 的取值范围是a ∈R ．20．(Ⅰ)设,0,1)1()()(2>+-+=-=a x b ax x x f x g 且∴由条件)4(0)2(,4221><<<<g g x x 且得……（2分）即.221443034160124a b a b a b a -<<-⇒⎩⎨⎧>-+<-+（4分）∴.81221443>-<-a a a 得……（5分）对可得a b a 221443-<<-.8322411a a b a -<-<-.18141141120-=⨯->->-=∴aa b x ……（8分）（Ⅱ）由.0101)1()(21212同号与即可知x x ax x x b ax x g >==+-+=1122102,24,2,x x x x x <<\<<<-=Q ……（11分）y ＝a.1)1(1244)1(4)()(22212212212+-=+⇒=--=-+=-∴b a a ab x x x x x x 由01240)2(<-+<b a g 即代入有.41231)1(22<⇒-<+-b b b ……（14分）21．证：（I ）令,0==y x 则2(0)(0)f f =令,x y -=则)()(,0)0()()(x f x f f x f x f -=-∴==-+ 为奇函数 （4分） （II ）1)21()(1-==f x f ，)(2)()()1()12()(21n n n n n nn nn n x f x f x f x x x x f x x f x f =+=⋅++=+=+ )}({.2)()(1n n n x f x f x f 即=∴+是以－1为首项，2为公比的等比数列．1()2n n f x -=-（III ）（理）2112111111(1)()()()222n n f x f x f x -+++=-++++L L2212)212(21121111->+-=--=---=--n n n 而2511(2)22222n n n n +-=-+=--<-+++ 252)(1)(1)(121++->+++∴n n x f x f x f n Λ22.【略解】（Ⅰ）证明：令()()n n g x f x nx =-，则由1()(1)0n ng x n x n -'=+-=得0x =，且0x =是()n g x 的唯一极小值点，故min [()](0)0n n g x g ==，因此，有()n f x nx ≥；（Ⅱ）00101()(1)(1)21()(1)(1)(21)n n n n n n f x f n x f x f n ++'-+=⇒='+-：显然00x >，且10221(1)(21)n n n x n +---=-+-，而1101112(11)2n n n n C C n ++++=+>+=+，故001x <<；（Ⅲ）322()(1)(1)(1)h x x x x x =+-+=+令1()01h x x '=⇒=-，213x =-，且当(,1)x ∈-∞-时，()0h x '>；当11,3x ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭()0h x '<；当1,03x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '>()h x下面考察直线y kx =（0k >）与函数()h x 的图像的相交问题：当直线y kx=在围绕原点旋转时，可以看到：当直线y kx =经过44,327B ⎛⎫-- ⎪⎝⎭时，k 取得最小值404274903k +==+，且此时区间4[,],03a b ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦。