【高考精品】高中数学：导数压轴题题型历年真题+解析

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【高考数学】22道压轴题：导数及其应用(练习及参考答案)

【高考数学】22道压轴题导数及其应用（练习及参考答案）1.已知函数xa x x f +=ln )(. （1）若函数)(x f 有零点，求实数a 的取值范围；（2）证明：当e a 2≥时，x e x f ->)(.2.已知函数2()ln f x x a x =-（a R ∈），()F x bx =（b R ∈）.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设2a =，()()()g x f x F x =+，若12,x x （120x x <<）是()g x 的两个零点，且1202x x x +=，试问曲线()y g x =在点0x 处的切线能否与x 轴平行？请说明理由.3.已知函数32()f x x mx nx =++（,m n R ∈）（1）若()f x 在1x =处取得极大值，求实数m 的取值范围；（2）若'(1)0f =，且过点(0,1)P 有且只有两条直线与曲线()y f x =相切，求实数m 的值.4.已知函数2()x f x x e =，3()2g x x =.（1）求函数()f x 的单调区间；（2）求证：x R ∀∈，()()f x g x ≥5.已知函数f （x ）= xx ln ﹣ax +b 在点（e ，f （e ））处的切线方程为y =﹣ax +2e ．（Ⅰ）求实数b 的值；（Ⅱ）若存在x ∈[e ，e 2]，满足f （x ）≤41+e ，求实数a 的取值范围．6.已知函数21()ln 12f x x ax bx =-++的图像在1x =处的切线l 过点11(,)22. （1）若函数()()(1)(0)g x f x a x a =-->，求()g x 的最大值（用a 表示）；（2）若4a =-，121212()()32f x f x x x x x ++++=，证明：1212x x +≥.7.已知函数()ln a f x x x x=+，32()3g x x x =--，a R ∈. （1）当1a =-时，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；（2）若对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，求实数a 的取值范围.8.设函数2)(--=ax e x f x（1）求)(x f 的单调区间；（2）若k a ,1=为整数，且当0>x 时，1)(1<'+-x f x x k 恒成立，其中)(x f '为)(x f 的导函数，求k 的最大值.9.设函数2()ln(1)f x x b x =++.（1）若对定义域内的任意x ，都有()(1)f x f ≥成立，求实数b 的值；（2）若函数()f x 的定义域上是单调函数，求实数b 的取值范围；（3）若1b =-，证明对任意的正整数n ，33311111()123n k f k n=<++++∑.10.已知函数1()(1)ln x f x a e x a a=-+-（0a >且1a ≠），e 为自然对数的底数．（Ⅰ）当a e =时，求函数()y f x =在区间[]0,2x ∈上的最大值；（Ⅱ）若函数()f x 只有一个零点，求a 的值．11.已知函数1()f x x x=-，()2ln g x a x =. （1）当1a ≥-时，求()()()F x f x g x =-的单调递增区间；（2）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值12,x x ，其中11(0,]3x ∈，求12()()h x h x -的最小值.12.已知函数f （x ）=ln x +x 2﹣2ax +1（a 为常数）．（1）讨论函数f （x ）的单调性；（2）若存在x 0∈（0，1]，使得对任意的a ∈（﹣2，0]，不等式2me a （a +1）+f （x 0）＞a 2+2a +4（其中e 为自然对数的底数）都成立，求实数m 的取值范围．13.已知函数f （x ）=a x +x 2﹣x ln a （a ＞0，a ≠1）．（1）求函数f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）单调增区间；（3）若存在x 1，x 2∈[﹣1，1]，使得|f （x 1）﹣f （x 2）|≥e ﹣1（e 是自然对数的底数），求实数a 的取值范围．14.已知函数1()ln f x x x=-，()g x ax b =+．（1）若函数()()()h x f x g x =-在()0,+∞上单调递增，求实数a 的取值范围；（2）若直线()g x ax b =+是函数1()ln f x x x=-图像的切线，求a b +的最小值；（3）当0b =时，若()f x 与()g x 的图像有两个交点1122(,),(,)A x y B x y ，求证：2122x x e >15.某工艺品厂要设计一个如图1所示的工艺品，现有某种型号的长方形材料如图2所示，其周长为4m ，这种材料沿其对角线折叠后就出现图1的情况．如图，ABCD （AB ＞AD ）为长方形的材料，沿AC 折叠后AB '交DC 于点P ，设△ADP 的面积为2S ，折叠后重合部分△ACP 的面积为1S ．（Ⅰ）设AB x =m ，用x 表示图中DP 的长度，并写出x 的取值范围；（Ⅱ）求面积2S 最大时，应怎样设计材料的长和宽？（Ⅲ）求面积()122S S +最大时，应怎样设计材料的长和宽？16.已知()()2ln x f x e x a =++.（1）当1a =时，求()f x 在()0,1处的切线方程；（2）若存在[)00,x ∈+∞，使得()()20002ln f x x a x <++成立，求实数a 的取值范围.17.已知函数()()()2ln 1f x ax x xa R =--∈恰有两个极值点12,x x ，且12x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）若不等式12ln ln 1x x λλ+>+恒成立，求实数λ的取值范围.18.已知函数f （x ）=（ln x ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）（1）当x ＞1时，求f （x ）的单调区间和极值．（2）若对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4ln x 成立，求k 的取值范围．（3）若x 1≠x 2，且f （x 1）=f （x 2），证明：x 1x 2＜e 2k ．19.已知函数()21e 2x f x a x x =--（a ∈R ）. （Ⅰ）若曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直，求a 的值；（Ⅱ）若函数()f x 有两个极值点，求a 的取值范围；（Ⅲ）证明：当1x >时，1e ln x x x x>-.20.已知函数()()321233f x x x x b b R =-++?. (1)当0b =时，求()f x 在[]1,4上的值域；(2)若函数()f x 有三个不同的零点，求b 的取值范围.21.已知函数2ln 21)(2--=x ax x f . （1）当1=a 时，求曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程；（2）讨论函数)(x f 的单调性.22.已知函数1()ln sin f x x x θ=+在[1,]+∞上为增函数，且(0,)θπ∈. （Ⅰ）求函数()f x 在其定义域内的极值；（Ⅱ）若在[1,]e 上至少存在一个0x ，使得0002()e kx f x x ->成立，求实数k 的取值范围.参考答案1.（1）函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由x a x x f +=ln )(，得221)(xa x x a x x f -=-='. ①当0≤a 时，0)(>'x f 恒成立，函数)(x f 在),0(+∞上单调递增，又+∞→+∞→<=+=)(,,01ln )1(x f x a a f ，所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有1个零点.②当0>a 时，则),0(a x ∈时，),(;0)(+∞∈<'a x x f 时，0)(>'x f . 所以函数)(x f 在),0(a 上单调递减，在),(+∞a 上单调递增. 当1ln )]([min +==a x f a x .当01ln ≤+a ，即e a 10≤<时，又01ln )1(>=+=a a f ，所以函数)(x f 在定义域),0(+∞上有2个零点.综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞. 另解：函数x a x x f +=ln )(的定义域为),0(+∞. 由xa x x f +=ln )(，得x x a ln -=. 令x x x g ln )(-=，则)1(ln )(+-='x x g . 当)1,0(e x ∈时，0)(>'x g ；当),1(+∞∈e x 时，0)(<'x g . 所以函数)(x g 在)1,0(e 上单调递增，在),1(+∞e 上单调递减. 故e x 1=时，函数)(x g 取得最大值ee e e g 11ln 1)1(=-=. 因+∞→+∞→)(,xf x ，两图像有交点得e a 1≤，综上所述实数a 的取值范围为]1,(e -∞.（2）要证明当e a 2≥时，x e x f ->)(，即证明当e a x 2,0≥>时，x e xa x ->+ln ，即x xe a x x ->+ln .令a x x x h +=ln )(，则1ln )(+='x x h . 当e x 10<<时，0)(<'x f ；当ex 1>时，0)(>'x f . 所以函数)(x h 在)1,0(e 上单调递减，在),1(+∞e 上单调递增. 当e x 1=时，a ex h +-=1)]([min . 于是，当e a 2≥时，ea e x h 11)(≥+-≥.① 令x xe x -=)(ϕ，则)1()(x e xe e x x x x -=-='---ϕ.当10<<x 时，0)(>'x f ；当1>x 时，0)(<'x f .所以函数)(x ϕ在)1,0(上单调递增，在),1(+∞上单调递减. 当1=x 时，ex 1)]([min =ϕ. 于是，当0>x 时，ex 1)(≤ϕ.② 显然，不等式①、②中的等号不能同时成立. 故当ea 2≥时，x e x f ->)(. 2.（Ⅰ）0,22)(2>-=-='x xa x x a x x f (1)当0≤a 时，0)(>'x f ，)(x f 在()上+∞,0单调递增，(2)当0>a 时，20)(a x x f =='得有⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛>,22,0)(0a a x f a ，单调增区间是的单调减区间是时，所以 (Ⅱ) bx x x x g +-=ln 2)(2假设)(x g y =在0x 处的切线能平行于x 轴.∵()0,22)(>+-='x b xx x g 由假设及题意得：0ln 2)(11211=+-=bx x x x g0ln 2)(22222=+-=bx x x x g1202x x x +=022)(000=+-='b x x x g ④ 由-得，()()()0ln ln 221212221=-+---x x b x x x x即0212`12ln2x x x x x b --=由④⑤得，()1121212122222ln 1x x x x x x x x x x --==++ 令12x t x =，12,01x x t <∴<<.则上式可化为122ln +-=t t t ，设函数()()10122ln <<+--=t t t t t h ，则 ()()()()011141222>+-=+-='t t t t t t h , 所以函数()122ln +--=t t t t h 在(0,1)上单调递增. 于是，当01t <<时，有()()01=<h t h ，即22ln 01t t t --<+与⑥矛盾. 所以()y f x =在0x 处的切线不能平行于x 轴.3.（Ⅰ）n mx x x f ++='23)(2()02301=++='n m f 得由.01242>-=∆n m∴()3032-≠>+m m ，得到 ①∵()()()32313223)(2++-=+-+='m x x m mx x x f∴⎪⎭⎫ ⎝⎛+-==='32110)(m x x x f 或，得由题3,1321-<>⎪⎭⎫⎝⎛+-m m 解得② 由①②得3-<m（Ⅱ）()02301=++='n m f 得由所以()m mx x x f 2323)(2+-+='因为过点)1,0(且与曲线)(x f y =相切的直线有且仅有两条，令切点是()00,y x P ，则切线方程为()()000x x x f y y -'=- 由切线过点)1,0(，所以有()()0001x x f y -'=-∴()()[]()0020020302323231x m mx x x m mx x -+-+=++--整理得0122030=++mx x.01220300有两个不同的实根的方程所以，关于=++mx x x ()()需有两个零点，则令x h mx x x h 1223++= ()mx x x h 262+='所以()3000mx x x h m -==='≠或得，且()03,00=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 或由题，()03,10=⎪⎭⎫⎝⎛-=m h h 所以又因为0133223=+⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛-m m m 所以3-=m 解得,即为所求4.（Ⅰ）()x x e e x xe x f xxx22)(22+=+='∴()()()上单调递减；在时，0,2,002-<'<<-x f x f x()()()().,02,,002上单调递增和在时，或+∞-∞->'>-<x f x f x x()()()+∞-∞--,020,2)(，和，，单调递增区间是的单调递减区间是所以x f（Ⅱ）显然0≤x 时有)()(x g x f ≥，只需证0>x 时)()(x g x f ≥，由于02≥xx e x x 20≥>时，只需证()+∞∈-=,0,2)(x x e x h x 令 2)(-='x e x h2ln ,0)(=='x x h 得()()02ln ln 22ln 222ln 22ln )(2ln min >-=-=-==∴e e h x h ()恒成立0)(,,0>+∞∈∴x h x所以当0>x 时，)()(x g x f >. 综上R x ∈∀，()()f x g x ≥5.解：（Ⅰ）f （x ）=﹣ax+b ，x ∈（0，1）∪（1，+∞），求导，f′（x ）=﹣a ，则函数f （x ）在点（e ，f （e ））处切线方程y ﹣（e ﹣ex+b ）=﹣a （x ﹣e ），即y=﹣ax+e+b ，由函数f （x ）在（e ，f （e ））处的切线方程为y=﹣ax+2e ，比较可得b=e ，实数b 的值e ；（Ⅱ）由f （x ）≤+e ，即﹣ax+e≤+e ，则a≥﹣在[e ，e 2]，上有解，设h （x ）=﹣，x ∈[e ，e 2]，求导h′（x ）=﹣==，令p （x ）=lnx ﹣2，()()()()0,,2ln ,0,2ln ,0>'+∞∈<'∈∴x h x x h x ()()()上单调递增上单调递减，在，在+∞∴,2ln 2ln 0x h∴x 在[e ，e 2]时，p′（x ）=﹣=＜0，则函数p （x ）在[e ，e 2]上单调递减，∴p （x ）＜p （e ）=lne ﹣2＜0，则h′（x ）＜0，及h （x ）在区间[e ，e 2]单调递减，h （x ）≥h （e 2）=﹣=﹣，∴实数a 的取值范围[﹣，+∞]．6.（1）由'1()f x ax b x=-+，得'(1)1f a b =-+， l 的方程为1(1)(1)(1)2y a b a b x --++=-+-，又l 过点11(,)22，∴111(1)(1)(1)222a b a b --++=-+-，解得0b =. ∵21()()(1)ln (1)12g x f x a x x ax a x =--=-+-+， ∴2'1()(1)1(1)1()1(0)a x x ax a x a g x ax a a x x x--+-+-+=-+-==>，当1(0,)x a∈时，'()0g x >，()g x 单调递增；当1(,)x a∈+∞时，'()0g x <，()g x 单调递减. 故2max 111111()()ln()(1)1ln 22g x g a a a a a a a a==-+-+=-. （2）证明：∵4a =-，∴2212121211221212()()3ln 21ln 213f x f x x x x x x x x x x x x x ++++=++++++++，212121212ln()2()22x x x x x x x x =++++-+=，∴2121212122()ln()x x x x x x x x +++=-令12(0)x x m m =>，()ln m m m ϕ=-，'1()m m mϕ-=，令'()0m ϕ<得01m <<；令'()0m ϕ>得1m >.∴()m ϕ在(0,1)上递减，在(1,)+∞上递增，∴()(1)1m ϕϕ≥=，∴212122()1x x x x +++≥，120x x +>，解得：1212x x +≥.7.（1）当1a =-时，1()ln f x x x x =-，(1)1f =-，'21()ln 1f x x x=++， '(1)2f =，从而曲线()y f x =在1x =处的切线为2(1)1y x =--，即23y x =-.（2）对任意的121,[,2]2x x ∈，都有12()()f x g x ≥成立，从而min max ()()f x g x ≥ 对32()3g x x x =--，'2()32(32)g x x x x x =-=-，从而()y g x =在12[,]23递减，2[,2]3递增，max 1()max{(),(2)}12g x g g ==. 又(1)f a =，则1a ≥. 下面证明当1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立. 1()ln ln a f x x x x x x x =+≥+，即证1ln 1x x x +≥. 令1()ln h x x x x =+，则'21()ln 1h x x x=+-，'(1)0h =. 当1[,1]2x ∈时，'()0h x ≤，当[1,2]x ∈时，'()0h x ≥，从而()y h x =在1[,1]2x ∈递减，[1,2]x ∈递增，min ()(1)1h x h ==，从而1a ≥时，ln 1a x x x +≥在1[,2]2x ∈恒成立.8.（1）函数f （x ）=e x -ax -2的定义域是R ，f ′（x ）=e x -a ，若a ≤0，则f ′（x ）=e x -a ≥0，所以函数f （x ）=e x -ax -2在（-∞，+∞）上单调递增若a ＞0，则当x ∈（-∞，ln a ）时，f ′（x ）=e x -a ＜0；当x ∈（ln a ，+∞）时，f ′（x ）=e x -a ＞0；所以，f （x ）在（-∞，ln a ）单调递减，在（ln a ，+∞）上单调递增（2）由于a=1，1)1)((1)(1'+<--⇔<+-x e x k x f x x k x x e x k e x xx +-+<∴>-∴>11.01,0 令x e x x g x +-+=11)(，min )(x g k <∴，22')1()2(1)1(1)(---=+---=x x x xx e x e e e xe x g 令01)(,2)('>-=--=xxe x h x e x h ，)(x h ∴在),0(+∞单调递增，且)(,0)2(,0)1(x h h h ∴><在),0(+∞上存在唯一零点，设此零点为0x ，则)2,1(0∈x 当),0(00x x ∈时，0)('<x g ，当),(00+∞∈x x 时，0)('>x g000min 11)()(0x e x x g x g x +-+==∴，由)3,2(1)(,20)(0000'0∈+=∴+=⇒=x x g x ex g x ，又)(0x g k <所以k 的最大值为29.（1）由01>+x ,得1->x ．∴()x f 的定义域为()+∞-,1．因为对x ∈()+∞-,1,都有()()1f x f ≥，∴()1f 是函数()x f 的最小值，故有()01='f ．,022,12)(/=+∴++=bx b x x f 解得4-=b ．经检验，4-=b 时，)(x f 在)1,1(-上单调减，在),1(+∞上单调增．)1(f 为最小值．（2）∵,12212)(2/+++=++=x bx x x b x x f 又函数()x f 在定义域上是单调函数，∴()0≥'x f 或()0≤'x f 在()+∞-,1上恒成立．若()0≥'x f ，则012≥++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≥=21)21(22++-x 恒成立,由此得≥b 21；若()0≤'x f ,则012≤++x bx 在()+∞-,1上恒成立, 即x x b 222--≤=21)21(22++-x 恒成立．因21)21(22++-x 在()+∞-,1上没有最小值，∴不存在实数b 使()0≤'x f 恒成立．综上所述，实数b 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,21．（3）当1-=b 时，函数()()1ln 2+-=x x x f ．令()()()1ln 233+-+-=-=x x x x x f x h ，则()()1131123232+-+-=+-+-='x x x x x x x h ．当()+∞∈,0x 时，()0<'x h ，所以函数()x h 在()+∞,0上单调递减．又()00=h ，∴当[)+∞∈,0x 时，恒有()()00=<h x h ，即()321ln x x x <+-恒成立．故当()+∞∈,0x 时，有()3x x f <．而*∈N k ，()+∞∈∴,01k ．取k x 1=，则有311kk f <⎪⎭⎫ ⎝⎛． ∴33311312111n k f nk +⋅⋅⋅+++<⎪⎭⎫⎝⎛∑=．所以结论成立．10.解：（Ⅰ）当a e =时，1()(1)xf x e e x e=-+-，'()xf x e e =-，令'()0f x =，解得1x =，(0,1)x ∈时，'()0f x <；(1,2)x ∈时，'()0f x >，∴{}max ()max (0),(2)f x f f =，而1(0)1f e e =--，21(2)3f e e e=--，即2max 1()(2)3f x f e e e==--．（Ⅱ）1()(1)ln xf x a e x a a=-+-，'()ln ln ln ()x xf x a a e a a a e =-=-，令'()0f x =，得log a x e =，则 ①当1a >时，ln 0a >，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min ()(log )ln a f x f e e a a==--，因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞，则min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=，因为当1a >时，ln 0a >，所以此方程无解． ②当01a <<时，ln 0a <，所以当log a x e =时，()f x 有最小值min 1()(log )ln a f x f e e a a==--，因为函数()f x 只有一个零点，且当x →-∞和x →+∞时，都有()f x →+∞，所以min 1()ln 0f x e a a =--=，即1ln 0e a a+=（01a <<）（*）设1()ln (01)g a e a a a =+<<，则2211'()e ae g a a a a -=-=，令'()0g a =，得1a e=，当10a e <<时，'()0g a <；当1a e>时，'()0g a >；所以当1a e =时，min 11()()ln 0g a g e e e e ==+=，所以方程（*）有且只有一解1a e=．综上，1a e=时函数()f x 只有一个零点．11.(1)由题意得F (x)= x －－2a ln x . x 0,=,令m （x ）=x ２－2ax+1，①当时F(x)在（0，+单调递增； ②当a 1时，令，得x 1=, x 2=x(0,) ()()+－+∴F (x)的单增区间为(0,)，()综上所述，当时F (x)的单增区间为（0，+）当a 1时，F (x)的单增区间为(0,)，()（2）h (x )= x －2a ln x , h /(x)=,(x >0),由题意知x 1,x 2是x 2+2ax+1=0的两根，∴x 1x 2=1, x 1+x 2=－2a,x 2=,2a=,－=－=2()令H (x )=2(), H /(x )=2()lnx=当时，H/(x)<0, H(x)在上单调递减，H(x)的最小值为H()=,即－的最小值为.12.解：（I）f（x）=lnx+x2﹣2ax+1，f'（x）=+2x﹣2a=，令g（x）=2x2﹣2ax+1，（i）当a≤0时，因为x＞0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）当0＜a时，因为△≤0，所以g（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（iii）当a＞时，x在（，）时，g（x）＜0，函数f（x）单调递减；在区间（0，）和（，+∞）时，g（x）＞0，函数f（x）单调递增；（II）由（I）知当a∈（﹣2，0]，时，函数f（x）在区间（0，1]上单调递增，所以当x∈（0，1]时，函数f（x）的最大值是f（1）=2﹣2a，对任意的a∈（﹣2，0]，都存在x0∈（0，1]，使得不等式a∈（﹣2，0]，2me a（a+1）+f（x0）＞a2+2a+4成立，等价于对任意的a∈（﹣2，0]，不等式2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2＞0都成立，记h（a）=2me a（a+1）﹣a2+﹣4a﹣2，由h（0）＞0得m＞1，且h（﹣2）≥0得m≤e2，h'（a）=2（a+2）（me a﹣1）=0，∴a=﹣2或a=﹣lnm，∵a∈（﹣2，0]，∴2（a+2）＞0，①当1＜m＜e2时，﹣lnm∈（﹣2，0），且a∈（﹣2，﹣lnm）时，h'（a）＜0，a∈（﹣lnm，0）时，h'（a）＞0，所以h（a）最小值为h（﹣lnm）=lnm﹣（2﹣lnm）＞0，所以a∈（﹣2，﹣lnm）时，h（a）＞0恒成立；②当m=e2时，h'（a）=2（a+2）（e a+2﹣1），因为a∈（﹣2，0]，所以h'（a）＞0，此时单调递增，且h（﹣2）=0，所以a∈（﹣2，0]，时，h（a）＞0恒成立；综上，m的取值范围是（1，e2]．13.解：（1）∵f（x）=a x+x2﹣xlna，∴f′（x）=a x lna+2x﹣lna，∴f′（0）=0，f（0）=1即函数f（x）图象在点（0，1）处的切线斜率为0，∴图象在点（0，f（0））处的切线方程为y=1；（3分）（2）由于f'（x）=a x lna+2x﹣lna=2x+（a x﹣1）lna＞0①当a＞1，y=2x单调递增，lna＞0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当0＜a＜1，y=2x单调递增，lna＜0，所以y=（a x﹣1）lna单调递增，故y=2x+（a x﹣1）lna单调递增，∴2x+（a x﹣1）lna＞2×0+（a0﹣1）lna=0，即f'（x）＞f'（0），所以x＞0 故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；综上，函数f（x）单调增区间（0，+∞）；（8分）（3）因为存在x1，x2∈[﹣1，1]，使得|f（x1）﹣f（x2）|≥e﹣1，所以当x∈[﹣1，1]时，|（f（x））max﹣（f（x））min|=（f（x））max﹣（f（x））min≥e﹣1，（12分）由（2）知，f（x）在[﹣1，0]上递减，在[0，1]上递增，所以当x∈[﹣1，1]时，（f（x））min=f（0）=1，（f（x））max=max{f（﹣1），f（1）}，而f（1）﹣f（﹣1）=（a+1﹣lna）﹣（+1+lna）=a﹣﹣2lna，记g（t）=t﹣﹣2lnt（t＞0），因为g′（t）=1+﹣=（﹣1）2≥0所以g（t）=t﹣﹣2lnt在t∈（0，+∞）上单调递增，而g（1）=0，所以当t＞1时，g（t）＞0；当0＜t＜1时，g（t）＜0，也就是当a＞1时，f（1）＞f（﹣1）；当0＜a＜1时，f（1）＜f（﹣1）（14分）①当a＞1时，由f（1）﹣f（0）≥e﹣1⇒a﹣lna≥e﹣1⇒a≥e，②当0＜a＜1时，由f（﹣1）﹣f（0）≥e﹣1⇒+lna≥e﹣1⇒0＜a≤，综上知，所求a的取值范围为a∈（0，]∪[e，+∞）．（16分）14.（1）解：h （x ）=f （x ）﹣g （x ）=1ln x ax b x ---，则211()h x a x x'=+-， ∵h （x ）=f （x ）﹣g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴对∀x ＞0，都有211()0h x a x x '=+-≥，即对∀x ＞0，都有211a x x≤+，.…………2分 ∵2110x x+>，∴0a ≤，故实数a 的取值范围是(],0-∞；.…………3分（2）解：设切点为0001,ln x x x ⎛⎫-⎪⎝⎭，则切线方程为()002000111ln y x x x x x x ⎛⎫⎛⎫--=+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即00220000011111ln y x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-++- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，亦即02000112ln 1y x x x x x ⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭，令010t x =>，由题意得220011a t t x x =+=+，002ln 1ln 21b x t t x =--=--- ，令2()ln 1a b t t t t ϕ+==-+--，则()()2111()21t t t t ttϕ+-'=-+-=，.…………6分当()0,1t ∈时，()()0,t t ϕϕ'<在()0,1上单调递减；当()1,t ∈+∞时，()()0,t t ϕϕ'>在()1,+∞上单调递增，∴()()11a b t ϕϕ+=≥=-，故a b +的最小值为﹣1；.…………7分（3）证明：由题意知1111ln x ax x -=，2221ln x ax x -=，两式相加得()12121212ln x x x x a x x x x +-=+ 两式相减得()21221112lnx x x a x x x x x --=-即212112ln 1x x a x x x x +=-∴()21211212122112ln1ln x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫ ⎪+ ⎪-=++- ⎪⎪⎝⎭，即1212212122112()ln ln x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-= ⎪-⎝⎭，. 9分不妨令120x x <<，记211x t x =>，令()21()ln (1)1t F t t t t -=->+，则()221()0(1)t F t t t -'=>+，∴()21()ln 1t F t t t -=-+在()1,+∞上单调递增，则()21()ln (1)01t F t t F t -=->=+， ∴()21ln 1t t t ->+，则2211122()ln x x x x x x ->+，∴1212212122112()ln ln 2x x x x x x x x x x x x ⎛⎫++-=> ⎪-⎝⎭，又1212121212122()ln ln ln x x x x x x x x x x +-<==∴2>，即1>，.…………10分令2()ln G x x x =-，则0x >时，212()0G x x x'=+>，∴()G x 在()0,+∞上单调递增．又1ln 210.8512=+≈<，∴1ln G =>>>，即2122x x e >．.…………12分15.（Ⅰ）由题意，AB x =,2-BC x =，2,12x x x >-∴<<Q .…………1分设=DP y ，则PC x y =-，由△ADP ≌△CB'P ，故PA=PC=x ﹣y ，由PA 2=AD 2+DP 2，得()()2222x y x y -=-+即：121,12y x x ⎛⎫=-<< ⎪⎝⎭..…………3分（Ⅱ）记△ADP 的面积为2S ，则()212=1-233S x x x x ⎛⎫⎛⎫-=-+≤- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.…………5分当且仅当()1,2x =时，2S 取得最大值．，宽为(2m 时，2S 最大．….…………7分（Ⅲ）()()2121114+2=2123,1222S S x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+--=-+<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭于是令()31222142+220,2x S S x x x x-+⎛⎫'=--==∴= ⎪⎝⎭分∴关于x 的函数12+2S S 在(上递增，在)上递减，∴当x =12+2S S 取得最大值．，宽为(m 时，12+2S S 最大．.…………12分16.（1）1a =时，()()2ln 1xf x ex =++，()2121x f x e x '=++ ()01f =，()10231f '=+=，所以()f x 在()0,1处的切线方程为31y x =+ （2）存在[)00,x ∈+∞，()()20002ln f x x a x <++，即：()02200ln 0x ex a x -+-<在[)00,x ∈+∞时有解；设()()22ln xu x ex a x =-+-，()2122x u x e x x a'=--+ 令()2122xm x ex x a =--+，()()21420x m x e x a '=+->+ 所以()u x '在[)0,+∞上单调递增，所以()()102u x u a''≥=- 1°当12a ≥时，()1020u a'=-≥，∴()u x 在[)0,+∞单调增，所以()()max 01ln 0u x u a ==-<，所以a e > 2°当12a <时，()1ln ln 2x a x ⎛⎫+<+ ⎪⎝⎭设()11ln 22h x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭， ()11211122x h x x x -'=-=++ 令()102h x x '>⇒>，()1002h x x '<⇒<< 所以()h x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增所以()1102h x h ⎛⎫≥=> ⎪⎝⎭，所以11ln 22x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭所以()()222ln ln xx u x e x a x e =-+->-2221122x x x e x x ⎛⎫⎛⎫+->-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭设()()22102xg x ex x x ⎛⎫=--+≥ ⎪⎝⎭，()2221x g x e x '=--，令()2221xx ex ϕ=--，()242420x x e ϕ'=-≥->所以()2221xx ex ϕ=--在[)0,+∞上单调递增，所以()()010g x g ''≥=>所以()g x 在()0,+∞单调递增，∴()()00g x g >>，所以()()00g x g >>，所以()()()22ln 0xu x e x a x g x =-+->>所以，当12a <时，()()22ln f x x a x >++恒成立，不合题意综上，实数a 的取值范围为12a ≥.17.（1）因为()ln 2f x a x x '=-，依题意得12,x x 为方程ln 20a x x -=的两不等正实数根， ∴0a ≠，2ln x a x=，令()ln x g x x =，()21ln xg x x -'=，当()0,x e ∈时，()0g x '>；当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，所以()g x 在()0,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减，()10g =，当x e >时，()0g x >，所以()20g e a<< ∴()210g e a e<<= 解得2a e >，故实数a 的取值范围是()2,e +∞.（2）由（1）得，11ln 2a x x =，22ln 2a x x =，两式相加得()()1212ln ln 2a x x x x λ+=+，故()12122ln ln x x x x aλλ++=两式相减可得()()1212ln ln 2a x x x x -=-，故12122ln ln x x a x x -=⋅-所以12ln ln 1x x λλ+>+等价于()1221x x aλλ+>+，所以()()1221x x a λλ+>+ 所以()()121212221ln ln x x x x x x λλ-+>+-，即()()121212ln ln 1x x x x x x λλ+->+-，所以112212ln 11x x x x x x λλ⎛⎫+ ⎪⎝⎭>+-，因为120x x <<，令()120,1x t x =∈，所以()ln 11t t t λλ+>+-即()()()ln 110t t t λλ+-+-<，令()()()()ln 11h t t t t λλ=+-+-，则()0h t <在()0,1上恒成立，()ln h t t tλλ'=+-，令()ln I t t t λλ=+-，()()()2210,1t I t t t t tλλ-'=-=∈ ①当1λ≥时，()0I t '<所以()h t '在()0,1上单调递减，()()10h t h ''>=所以()h t 在()0,1上单调递增，所以()()10h t h <=符合题意②当0λ≤时，()0I t '>所以()h t '在()0,1上单调递增()()10h t h ''<=故()h t 在()0,1上单调递减，所以()()10h t h >=不符合题意； ③当01λ<<时，()01I t t λ'>⇔<< 所以()h t '在(),1λ上单调递增，所以()()10h t h ''<=所以()h t 在(),1λ上单调递减，故()()10h t h >=不符合题意综上所述，实数λ的取值范围是[)1,+∞.18.解：（1）∵f （x ）=（lnx ﹣k ﹣1）x （k ∈R ）， ∴x ＞0，=lnx ﹣k ，①当k≤0时，∵x ＞1，∴f′（x ）=lnx ﹣k ＞0，函数f （x ）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值； ②当k ＞0时，令lnx ﹣k=0，解得x=e k ，当1＜x ＜e k时，f′（x ）＜0；当x ＞e k，f′（x ）＞0，∴函数f （x ）的单调减区间是（1，e k ），单调减区间是（e k ，+∞），在区间（1，+∞）上的极小值为f （e k ）=（k ﹣k ﹣1）e k =﹣e k，无极大值．（2）∵对于任意x ∈[e ，e 2]，都有f （x ）＜4lnx 成立，∴f （x ）﹣4lnx ＜0，即问题转化为（x ﹣4）lnx ﹣（k+1）x ＜0对于x ∈[e ，e 2]恒成立，即k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，令g （x ）=，则，令t （x ）=4lnx+x ﹣4，x ∈[e ，e 2]，则，∴t （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，故t （x ）min =t （e ）=e ﹣4+4=e ＞0，故g′（x ）＞0， ∴g （x ）在区间[e ，e 2]上单调递增，函数g （x ）max =g （e 2）=2﹣，要使k+1＞对于x ∈[e ，e 2]恒成立，只要k+1＞g （x ）max ，∴k+1＞2﹣，即实数k 的取值范围是（1﹣，+∞）．证明：（3）∵f （x 1）=f （x 2），由（1）知，函数f （x ）在区间（0，e k）上单调递减，在区间（e k，+∞）上单调递增，且f （e k+1）=0，不妨设x 1＜x 2，则0＜x 1＜e k＜x 2＜e k+1，要证x 1x 2＜e 2k，只要证x 2＜，即证＜，∵f （x ）在区间（e k ，+∞）上单调递增，∴f （x 2）＜f （），又f （x 1）=f （x 2），即证f （x 1）＜，构造函数h （x ）=f （x ）﹣f （）=（lnx ﹣k ﹣1）x ﹣（ln﹣k ﹣1），即h （x ）=xlnx ﹣（k+1）x+e 2k（），x ∈（0，e k）h′（x ）=lnx+1﹣（k+1）+e 2k （+）=（lnx ﹣k ），∵x ∈（0，e k ），∴lnx ﹣k ＜0，x 2＜e 2k ，即h′（x ）＞0，∴函数h （x ）在区间（0，e k ）上单调递增，故h′（x ）＜h （e k ）， ∵，故h （x ）＜0，∴f （x 1）＜f （），即f （x 2）=f （x 1）＜f （），∴x 1x 2＜e 2k成立．19.（Ⅰ）由()21e 2xf x a x x =--得()e 1x f x a x '=--.因为曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线与y 轴垂直，所以()010f a '=-=，解得1a =.（Ⅱ）由（Ⅰ）知()e 1xf x a x '=--，若函数()f x 有两个极值点，则()e 10x f x a x '=--=，即 1e x x a +=有两个不同的根，且1e xx a +-的值在根的左、右两侧符号相反. 令()1e x x h x +=，则()()()2e 1e e e x x x x x x h x -+'==-，所以当0x >时，()0h x '<，()h x 单调递减；当0x <时，()0h x '>，()h x 单调递增. 又当x →-∞时，()h x →-∞；0x =时，()01h =；0x >时，()0h x >；x →+∞时，()0h x →，所以01a <<.即所求实数a 的取值范围是01a <<. （Ⅲ）证明：令()1e ln xg x x x x=-+（1x >），则()10g =，()2e 1e ln 1x xg x x x x'=+--.令()()h x g x '=，则()e e ln x xh x x x '=+23e e 2x x x x x-++，因为1x >，所以e ln 0xx >，e 0xx >，()2e 10x x x ->，320x>，所以()0h x '>，即()()h x g x '=在1x >时单调递增，又()1e 20g '=->，所以1x >时，()0g x '>，即函数()g x 在1x >时单调递增. 所以1x >时，()0g x >，即1x >时，1e ln xx x x>-.20.(1)当0b =时，()321233f x x x x =-+，()()()2'4313f x x x x x =-+=--.当()1,3x Î时，()'0f x <，故函数()f x 在()1,3上单调递减；当()3,4x Î时，()'0f x >，故函数()f x 在()3,4上单调递增. 由()30f =，()()4143f f ==.∴()f x 在[]1,4上的值域为40,3轾犏犏臌；(2)由(1)可知，()()()2'4313f x x x x x =-+=--，由()'0f x <得13x <<，由()'0f x >得1x <或3x >. 所以()f x 在()1,3上单调递减，在(),1-?，()3,+?上单调递增；所以()()max 413f x f b ==+，()()min 3f x f b ==，所以当403b +>且0b <，即403b -<<时，()10,1x $?，()21,3x Î，()33,4x Î，使得()()()1230f x f x f x ===，由()f x 的单调性知，当且仅当4,03b 骣琪?琪桫时，()f x 有三个不同零点.21.（1）当1=a 时，函数2ln 21)(2--=x x x f ，xx x f 1)('-=， ∴0)1('=f ，23)1(-=f ， ∴曲线)(x f 在点))1(,1(f 处的切线方程为23-=y . （2）)0(1)('2>-=x xax x f . 当0≤a 时，0)('<x f ，)(x f 的单调递减区间为),0(+∞；当0>a 时，)(x f 在),0(a a 递减，在),(+∞aa 递增.22.（Ⅰ）211()0sin f x x x θ'=-+≥∙在[1,)-+∞上恒成立，即2sin 10sin x x θθ∙-≥∙.∵(0,)θπ∈，∴sin 0θ>.故sin 10x θ∙-≥在[1,)-+∞上恒成立只须sin 110θ∙-≥，即sin 1θ≥，又0sin 1θ<≤只有sin 1θ=，得2πθ=.由22111()0x f x x x x-'=-+==，解得1x =. ∴当01x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>.故()f x 在1x =处取得极小值1，无极大值. （Ⅱ）构造1212()ln ln e e F x kx x kx x x x x+=---=--，则转化为；若在[1,]e 上存在0x ，使得0()0F x >，求实数k 的取值范围.当0k ≤时，[1,]x e ∈，()0F x <在[1,]e 恒成立，所以在[1,]e 上不存在0x ，使得0002()ekx f x x ->成立. ②当0k >时，2121()e F x k x x+'=+-2222121()kx e x kx e e e x x x ++-+++-==. 因为[1,]x e ∈，所以0e x ->，所以()0F x '>在[1,]x e ∈恒成立. 故()F x 在[1,]e 上单调递增，max 1()()3F x F e ke e ==--，只要130ke e-->，解得231e k e +>. ∴综上，k 的取值范围是231(,)e e++∞.。

(完整版)高三导数压轴题题型归纳

导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x－1x ＋m＝e x x ＋1－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内，设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0，所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减；当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增；所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

压轴高考数学复习导数大题精选10题附详细解答

高考压轴导数大题例1.已知函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内各有一个极值点．（I ）求24a b -的最大值；（II ）当248a b -=时，设函数()y f x =在点(1(1))A f ，处的切线为l ，若l 在点A 处穿过函数()y f x =的图象（即动点在点A 附近沿曲线()y f x =运动，经过点A 时，从l 的一侧进入另一侧），求函数()f x 的表达式．例3已知函数()θθcos 163cos 3423+-=x x x f ，其中θ,R x ∈为参数，且πθ20≤≤．（1）当时0cos =θ，判断函数()x f 是否有极值；（2）要使函数()f x 的极小值大于零，求参数θ的取值范围；例4．已知函数32()f x ax bx cx =++在点0x 处取得极大值5，其导函数'()y f x =的图象经过点(1,0)，(2,0).求：（Ⅰ）0x 的值；（Ⅱ）,,a b c 的值.例5设3=x 是函数()()()R x e b ax x x f x ∈++=-32的一个极值点.（Ⅰ）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()x f 的单调区间；（Ⅱ）设0>a ，()x e a x g ⎪⎭⎫ ⎝⎛+=4252.若存在[]4,0,21∈εε使得()()121<-εεg f 成立，求a 的取值范围例6已知函数321()(2)13f x ax bx b x =-+-+ 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，且12012x x <<<<．（1）证明0a >；（2）若z =a +2b ,求z 的取值范围。

1. 已知函数21()22f x ax x =+，()g x lnx =.（Ⅰ）如果函数()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数，求a 的取值范围；（Ⅱ）是否存在实数0a >，使得方程()()(21)g x f x a x '=-+在区间1(,)e e 内有且只有两个不相等的实数根？若存在，请求出a 的取值范围；若不存在，请说明理由．2. 如果()0x f 是函数()x f 的一个极值，称点()()00,x f x 是函数()x f 的一个极值点.已知函数()()()00≠≠-=a x e b ax x f x a 且（1）若函数()x f 总存在有两个极值点B A ,，求b a ,所满足的关系；（2）若函数()x f 有两个极值点B A ,，且存在R a ∈，求B A ,在不等式1<x 表示的区域内时实数b 的范围.（3）若函数()x f 恰有一个极值点A ，且存在R a ∈，使A 在不等式⎩⎨⎧<<e y x 1表示的区域内，证明：10<≤b .3 已知函数3221()ln ,()3(,,R)32f x x x g x x ax bx c a b c ==-+-+∈.(1)若函数()()()h x f x g x ''=-是其定义域上的增函数，求实数a 的取值范围；(2)若()g x 是奇函数，且()g x 的极大值是3g ，求函数()g x 在区间[1,]m -上的最大值；(3)证明：当0x >时，12()1x f x e ex '>-+.4已知实数a 满足0＜a ≤2，a ≠1，设函数f (x )＝13x 3－12a +x 2＋ax ． (Ⅰ) 当a ＝2时，求f (x )的极小值；(Ⅱ) 若函数g (x )＝x 3＋bx 2－(2b ＋4)x ＋ln x (b ∈R )的极小值点与f (x )的极小值点相同．求证：g (x )的极大值小于等于5/4例1解（I ）因为函数3211()32f x x ax bx =++在区间[11)-，，(13]，内分别有一个极值点，所以2()f x x ax b '=++0=在[11)-，，(13]，内分别有一个实根，设两实根为12x x ，（12x x <），则2214x x a b -=-2104x x <-≤．于是2044a b <-，20416a b <-≤，且当11x =-，23x =，即2a =-，3b =-时等号成立．故24a b -的最大值是16．（II ）解法一：由(1)1f a b '=++知()f x 在点(1(1))f ，处的切线l 的方程是(1)(1)(1)y f f x '-=-，即21(1)32y a b x a =++--，因为切线l 在点(1())A f x ，处空过()y f x =的图象，所以21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++--在1x =两边附近的函数值异号，则 1x =不是()g x 的极值点．而()g x 321121(1)3232x ax bx a b x a =++-++++，且 22()(1)1(1)(1)g x x ax b a b x ax a x x a '=++-++=+--=-++．若11a ≠--，则1x =和1x a =--都是()g x 的极值点．所以11a =--，即2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．解法二：同解法一得21()()[(1)]32g x f x a b x a =-++-- 2133(1)[(1)(2)]322a x x x a =-++-+．因为切线l 在点(1(1))A f ，处穿过()y f x =的图象，所以()g x 在1x =两边附近的函数值异号，于是存在12m m ，（121m m <<）．当11m x <<时，()0g x <，当21x m <<时，()0g x >；或当11m x <<时，()0g x >，当21x m <<时，()0g x <．设233()1222a a h x x x ⎛⎫⎛⎫=++-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则当11m x <<时，()0h x >，当21x m <<时，()0h x >；或当11m x <<时，()0h x <，当21x m <<时，()0h x <．由(1)0h =知1x =是()h x 的一个极值点，则3(1)21102a h =⨯++=，所以2a =-，又由248a b -=，得1b =-，故321()3f x x x x =--．例3解（Ⅰ）当cos 0θ=时，3()4f x x =，则()f x 在(,)-∞+∞内是增函数，故无极值.（Ⅱ）2'()126cos f x x x θ=-，令'()0f x =，得12cos 0,2x x θ==. 由（Ⅰ），只需分下面两种情况讨论.①当cos 0θ>时，随x 的变化'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： x(,0)-∞ 0 cos (0,)2θ cos 2θ cos (,)2θ+∞ '()f x + 0 - 0 + ()f x ↗ 极大值↘ 极小值 ↗因此，函数()f x 在2x =处取得极小值f()2，且3cos 13()cos 2416f θθθ=-+.要使cos ()02f θ>，必有213cos (cos )044θθ-->，可得30cos θ<<由于30cos θ≤≤3116226ππππθθ<<<<或. ②当时cos 0θ<，随x 的变化，'()f x 的符号及()f x 的变化情况如下表： xcos (,)2θ-∞ cos 2θ cos (,0)2θ 0 (0,)+∞ '()f x+ 0 - 0 + ()f x 极大值极小值因此，函数()0f x x =在处取得极小值(0)f ，且3(0)cos .16f θ= 若(0)0f >，则cos 0θ>.矛盾.所以当cos 0θ<时，()f x 的极小值不会大于零.综上，要使函数()f x 在(,)-∞+∞内的极小值大于零，参数θ的取值范围为311(,)(,)6226ππππ⋃.例4解法一：（Ⅰ）由图像可知，在(),1-∞上()'0f x >，在()1,2上()'0f x <，在()2,+∞上()'0f x >,故()f x 在∞∞（-，1），（2，+）上递增，在(1,2)上递减，因此()f x 在1x =处取得极大值，所以01x =（Ⅱ）'2()32,f x ax bx c =++由'''f f f （1）=0，（2）＝0，（1）＝5，得320,1240,5,a b c a b c a b c ++=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解得2,9,12.a b c ==-=解法二：（Ⅰ）同解法一（Ⅱ）设'2()(1)(2)32,f x m x x mx mx m =--=-+又'2()32,f x ax bx c =++所以3,,232m a b m c m ==-= 32|3()2,32m f x x mx mx =-+ 由(1)5f =，即325,32m m m -+=得6,m =所以2,9,12a b c ==-=例5解（Ⅰ）f `(x)＝－[x 2＋(a －2)x ＋b －a ]e 3－x ,由f `(3)=0，得－[32＋(a －2)3＋b －a ]e 3－3＝0，即得b ＝－3－2a ，则 f `(x)＝[x 2＋(a －2)x －3－2a －a ]e 3－x ＝－[x 2＋(a －2)x －3－3a ]e 3－x ＝－(x －3)(x ＋a+1)e 3－x .令f `(x)＝0，得x 1＝3或x 2＝－a －1，由于x ＝3是极值点，所以x+a+1≠0，那么a ≠－4.当a <－4时，x 2>3＝x 1，则在区间（－∞，3）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（3，―a ―1）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（―a ―1，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.当a >－4时，x 2<3＝x 1，则在区间（－∞，―a ―1）上，f `(x)<0， f (x)为减函数；在区间（―a ―1，3）上，f `(x)>0，f (x)为增函数；在区间（3，＋∞）上，f `(x)<0，f (x)为减函数.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当a >0时，f (x)在区间（0，3）上的单调递增，在区间（3，4）上单调递减，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[min(f (0)，f (4) )，f (3)]，而f (0)＝－（2a ＋3）e 3<0，f (4)＝（2a ＋13）e －1>0，f (3)＝a ＋6，那么f (x)在区间[0，4]上的值域是[－（2a ＋3）e 3，a ＋6].又225()()4x g x a e =+在区间[0，4]上是增函数，且它在区间[0，4]上的值域是[a 2＋425，（a 2＋425）e 4]，由于（a 2＋425）－（a ＋6）＝a 2－a ＋41＝（21-a ）2≥0，所以只须仅须（a 2＋425）－（a ＋6）<1且a >0，解得0<a <23. 故a 的取值范围是（0，23）.例6解（Ⅰ）由函数()f x 在1x x =处取得极大值，在2x x =处取得极小值，知12x x ，是()0f x '=的两个根．所以12()()()f x a x x x x '=--当1x x <时，()f x 为增函数，()0f x '>，由10x x -<，20x x -<得0a >．（Ⅱ）在题设下，12012x x <<<<等价于(0)0(1)0(2)0f f f '>⎧⎪'<⎨⎪'>⎩ 即202204420b a b b a b b ->⎧⎪-+-<⎨⎪-+->⎩．化简得203204520b a b a b ->⎧⎪-+<⎨⎪-+>⎩．此不等式组表示的区域为平面aOb 上三条直线：203204520b a b a b -=-+=-+=，，．所围成的ABC △的内部，其三个顶点分别为：46(22)(42)77A B C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，，，，． z 在这三点的值依次为16687，，．所以z 的取值范围为1687⎛⎫ ⎪⎝⎭，． 1解：（Ⅰ）当0a =时，()2f x x =在[1,)+∞上是单调增函数，符合题意．当0a >时，()y f x =的对称轴方程为2x a =-，由于()y f x =在[1,)+∞上是单调增函数，所以21a -≤，解得2a ≤-或0a >，所以0a >．当0a <时，不符合题意．综上，a 的取值范围是0a ≥．（Ⅱ）把方程()()(21)g x f x a x '=-+整理为2(21)lnx ax a x =+-+，即为方程2(12)0ax a x lnx +--=. b a 21 2 4 O 4677A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，(42)C ， (22)B ，设2()(12)H x ax a x lnx =+-- (0)x >，原方程在区间(1,e e )内有且只有两个不相等的实数根, 即为函数()H x 在区间(1,e e )内有且只有两个零点.1()2(12)H x ax a x '=+--22(12)1(21)(1)ax a x ax x x x +--+-==令()0H x '=，因为0a >，解得1x =或12x a =-（舍）当(0,1)x ∈时, ()0H x '<, ()H x 是减函数；当(1,)x ∈+∞时, ()0H x '>，()H x 是增函数.()H x 在(1,e e )内有且只有两个不相等的零点, 只需min 1()0,()0,()0,H e H x H e ⎧>⎪⎪<⎨⎪>⎪⎩即2222212(12)10,(1)(12)10,(12)1(2)(1)0,a a a e a e e e e H a a a ae a e e e a e ⎧--++++=>⎪⎪⎪=+-=-<⎨⎪+--=-+->⎪⎪⎩ ∴22,211,1,2e e a e a e a e e ⎧+<⎪-⎪⎪>⎨⎪-⎪>-⎪⎩ 解得2121e e a e +<<-, 所以a 的取值范围是(21,21e e e +-) ．2（1）x a x a e x a b ax e a x f ⋅--+⋅=))(()('2令()0f x '=得20x ax b -+= 240a b ∴-> 又 00a x ≠≠且204a b b ∴<≠且（2）20x ax b -+=在(1,1)-有两个不相等的实根. 即2401121010a b a a b a b ⎧∆=->⎪⎪-<<⎪⎨⎪++>⎪-+>⎪⎩ 得 22441b a a b ⎧>⎪<⎨⎪<-⎩110b b ∴-<<≠且（3）由①2()00f x x ax b '=⇒-+=(0)x ≠ ①当()220a xx ax b b f x a e x -+'==⋅⋅在x a =左右两边异号(,())a f a ∴是()y f x =的唯一的一个极值点由题意知2110()a a e a b e e <<≠⎧⎨-<-<⎩且－即 220111a a ⎧<<⎨-<<⎩ 即 201a <<存在这样的a 的满足题意 0b ∴=符合题意②当0b ≠时，240a b ∆=-=即24b a = 这里函数()y f x =唯一的一个极值点为(,())22a a f由题意12102()2a a a e b e e ⎧<≠⎪⎪⎨⎪-<-<⎪⎩且即 211222042a a e b e ⎧<<⎪⎨-<-<⎪⎩ 即 1122044b e b e <<⎧⎪⎨⎪-<<⎩01b ∴<<综上知：满足题意 b 的范围为[0,1)b ∈.3解：(1)()ln 1f x x '=+ ，2()23g x x ax b '=-+-，所以2()ln 231h x x x ax b =+-++，由于()h x 是定义域内的增函数，故1()40x h x x a '=+-≥恒成立，即14x a x ≤+对0x ∀>恒成立，又144xx +≥(2x =时取等号)，故(,4]a ∈-∞. (2)由()g x 是奇函数，则()()0g x g x +-=对0x ∀>恒成立，从而0a c ==，所以323()3g x x bx =--，有2()23g x x b '=--. 由()g x 极大值为3g ，即3(0g '=，从而29b =-；因此32233()g x x x =--，即23323()22(g x x x x '=-+=--+，所以函数()g x 在3(,-∞和3()+∞上是减函数，在33(上是增函数.由()0g x =，得1x =±或0x =，因此得到：当10m -<<时，最大值为(1)0g -=；当30m ≤<32233()g m m m =-+；当3m ≥时，最大值为343(g =.(3)问题等价于证明2()ln x xe ef x x x =>-对0x >恒成立；()ln 1f x x '=+，所以当1(0,)e x ∈时，()0f x '<，()f x 在1(0,)e 上单调减；当1(,)e x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 在1(,)e+∞上单调增；所以()f x 在(0,)+∞上最小值为1e -(当且仅当1e x =时取得) 设2()(0)x xe e m x x =->，则1()x x e m x -'=，得()m x 最大值1(1)e m =-(当且仅当1x =时取得), 又()f x 得最小值与()m x 的最大值不能同时取到，所以结论成立.4(Ⅰ) 解: 当a ＝2时，f ′(x )＝x 2－3x ＋2＝(x －1)(x －2)．列表如下：x(－∞，1) 1 (1，2) 2 (2，＋∞) f ′(x )＋ 0 － 0 ＋ f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，f (x )极小值为f (2)＝23．(Ⅱ) 解：f ′(x )＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a )．g ′(x )＝3x 2＋2bx －(2b ＋4)＋1x ＝2(1)[3(23)1]x x b x x -++-．令p (x )＝3x 2＋(2b ＋3)x －1，(1) 当 1＜a ≤2时，f (x )的极小值点x ＝a ，则g (x )的极小值点也为x ＝a ，所以p (a )＝0，即3a 2＋(2b ＋3)a －1＝0，即b ＝21332a a a --，此时g(x)极大值＝g(1)＝1＋b－(2b＋4)＝－3－b＝－3＋23312a aa+-＝313222aa--．由于1＜a≤2，故313222aa--≤32⨯2－14－32＝54．(2) 当0＜a＜1时，f (x)的极小值点x＝1，则g(x)的极小值点为x＝1，由于p(x)＝0有一正一负两实根，不妨设x2＜0＜x1，所以0＜x1＜1，即p(1)＝3＋2b＋3－1＞0，故b＞－52．此时g(x)的极大值点x＝x1，有g(x1)＝x13＋bx12－(2b＋4)x1＋ln x1＜1＋bx12－(2b＋4)x1＝(x12－2x1)b－4x1＋1(x12－2x1＜0)＜－52(x12－2x1)－4x1＋1＝－52x12＋x1＋1＝－52(x1－15)2＋1＋110(0＜x1＜1)≤11 10＜54．综上所述，g(x)的极大值小于等于54．。

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解：导数与三角函数交汇问题(解析版)

高考数学复习历年压轴题归类专题讲解导数与三角函数交汇问题（解析版）1．已知函数()e sin cos ,()e sin cos x x f x x x g x x x =--=++．（1）证明：当54x π>-时，()0f x ；（2）若()2g x ax +，求a ．【答案】(1)证明见解析；(2)2a =.(1)分类讨论：①.当45,4x ππ⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦，()04x f x e x π⎛⎫=+> ⎪⎝⎭； ②.当,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()()cos sin ,00x f x e x x f ''=-+=， ()sin cos 04x x f x e x x e x π⎛⎫''=++=++> ⎪⎝⎭，则函数()f x '在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调增，则()()00f x f ''<=，则函数()f x 在,04π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调减，则()()00f x f >=； ③.当0x =时，由函数的解析式可知()01010f =--=，当[)0,x ∈+∞时，令()()sin 0H x x x x =-+≥，则()'cos 10H x x =-+≥，故函数()H x 在区间[)0,+∞上单调递增，从而：()()00H x H ≥=，即sin 0,sin x x x x -+≥-≥-，从而函数()sin cos 1x x f x e x x e x =--≥--，令1x y e x =--，则：1x y e '=-，当0x ≥时，0y '≥，故1x y e x =--在[)0,+∞单调递增，故函数的最小值为0min 010y e =--=，从而：10x e x --≥.从而函数()sin cos 10x x f x e x x e x =--≥--≥；综上可得，题中的结论成立.(2) 当54x π>-时，令()()2sin cos 2x h x g x ax e x x ax =--=++--﹐则()cos sin x h x e x x a '=+--， ()()0h x f x ''=>，故()h x '单调递增，当2a >时， ()020h a '=-<，()()()ln 22ln 204h a a π⎡⎤'+=+->⎢⎥⎣⎦， ()()10,ln 2x a ∃∈+使得()10h x '=，当10x x <<时，()()0,h x h x '<单调递减，()()00h x h <=不符合题意; 当2a <时，()00h '>，若在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，总有()0h x '≥（不恒为零），则()h x 在5,4π⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为增函数，但()00h =，故当5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x <，不合题意．故在5,04x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭上，()0h x '<有解，故25,04x π⎛∃∈⎫- ⎪⎝⎭，使得()20h x '=，且当20x x <<时，()()0,h x h x '>单调递增，故当()2,0x x ∈时，()(0)0h x h <=，不符合题意;故2a <不符合题意，当a =2时，()cos sin 2x h x e x x '=+--，由于()h x '单调递增，()00h '=，故：504x π-<<时，()()0,h x h x '<单调递减; 0x >时，()()0,h x h x '>单调递增，此时()()00h x h ≥=﹔当54x π-时，()5sin cos 220202x h x e x x x π=++--≥->，综上可得，a =2.2．已知曲线()sin f x kx x b =+在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．（1）求k ，b 的值；（2）判断函数()f x 在区间0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上零点的个数，并证明．【答案】（1）2k =，3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．证明见解析. （1）因为()sin cos f x k x kx x '=+，所以sin cos 2222f k k k ππππ⎛⎫'=+⨯= ⎪⎝⎭，又因为sin 2222k f k b b ππππ⎛⎫=⨯+=+ ⎪⎝⎭，因为曲线()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为230x y --=．所以2k =，所以223,222f b πππ⎛⎫=+=⨯- ⎪⎝⎭ 所以3b =-；（2）()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点，因为()2sin 2cos f x x x x '=+，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上为单调递增函数且图象连续不断，因为(0)30f =-<，302f ππ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以()f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有且只有一个零点．3．已知函数()cos sin x f x e x x x =-，()sin x g x x =-，其中e 是自然对数的底数.（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦，使得不等式()()12f x m g x ≤+成立，试求实数m 的取值范围；（2）若1x >-，求证：()()0f x g x ->.【答案】（1）1,)+∞；（2）证明见解析.解：（1）1,02x π⎡⎤∀∈-⎢⎥⎣⎦，20,2x π⎡⎤∃∈⎢⎥⎣⎦使得不等式()()12f x m g x ≤+成立，即()()12max max f x m g x +⎡⎤⎣⎦，()cos sin x f x e x x x =-，()(cos sin )(sin cos )x f x e x x x x x ∴=--+'，()()cos 1sin x x e x x e x =--+，当,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦π时，()0f x '>，故()f x 在,02π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以当0x =时，max ()(0)1f x f ==，又()sin x g x x =-，()cos x g x x '∴=，()sin x g x x ''=-，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()0g x ''<， ()'g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()(0)10g x g ∴'='<，故()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此，当0x =时，max ()(0)g x g ==12m ∴-，即21m +，∴实数m 的取值范围是1,)+∞；（2）证明：当1x >-时，要证()()0f x g x ->，只需证cos sin sin 0x x e x x x x -->，即证(cos (1)sin x e x x x >+，由于cos 0,10x x +>+>，∴只需证1x e x >+令()(1)1xe h x x x =>-+，则22(1)()(1)(1)x x xe x e xe h x x x +=++'-=，当(1,0)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(0,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴当且仅当0x =时，()h x 取得最小值，且最小值为()0011e h ==，令k则cos sin k x x =，即sin cos x k x -，即sin())x k ϕϕ-==，1，即11k -，max 1k =，又当0x =时，01(0)k h =<=，当0x ≠时，()1h x k >，max min1x e x ⎛⎫∴> ⎪+⎝⎭，即1x e x >+ 综上所述：当1x >-时，()()0f x g x ->成立.4．已知函数()cos 2x f x e x =+-，()f x '为()f x 的导数.（1）当0x ≥时，求()'f x 的最小值；（2）当2x π≥-时，2cos 20x xe x x ax x +--≥恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）1；（2）1a ≤.（1）()e sin x f x x '=-，令()e sin x g x x =-，0x ≥，则()e cos x g x x '=-.当[)0,πx ∈时，()g x '为增函数， ()()00g x g ''≥=；当[)π,x ∈+∞时，()πe 10g x '≥->.故0x ≥时，()0g x '≥，()g x 为增函数，故()()min 01g x g ==，即()f x '的最小值为1.（2）令()e cos 2x h x x ax =+--，()e sin x h x x a '=--，则本题即证当π2x ≥-时， ()0x h x ⋅≥恒成立.当1a ≤时，若0x ≥，则由（1）可知，()10h x a '≥-≥，所以()h x 为增函数，故()()00h x h ≥=恒成立，即()0x h x ⋅≥恒成立；若π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，则()e cos x h x x ''=-， ()e sin x h x x '''=+在π,02⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上为增函数，又()01h '''=，π2πe 102h -⎛⎫'''-=-< ⎪⎝⎭，故存在唯一0π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，使得()00h x '''=. 当0π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0h x '''<，()h x ''为减函数； ()0,0x x ∈时，()0h x '''≥，()h x ''为增函数. 又π2πe 02h -⎛⎫''-=> ⎪⎝⎭，()00h ''=，故存在唯一1π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭使得()10h x ''=. 故1π,2x x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()10h x ''>，()h x '为增函数； ()1,0x x ∈时，()10h x ''<，()h x '为减函数. 又π2πe 102h a ⎛⎫'-=+-> ⎪⎝⎭，()010h a '=-≥，所以π,02x ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦时，()0h x '>，()h x 为增函数，故()()00h x h ≤=，即()0x h x ⋅≥恒成立；当1a >时，由（1）可知()e sin x h x x a '=--在[)0,+∞上为增函数，且()010h a '=-<，()1110a h a e a +'+≥-->，故存在唯一()20,x ∈+∞，使得()20h x '=. 则当()20,x x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数，所以()()00h x h <=，此时()0x h x ⋅<，与()0x h x ⋅≥恒成立矛盾.综上所述，1a ≤.5．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=．（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，求证：24a π．【答案】（1）单调递增；（2）证明见解析. 解：（1）()2sin f x x x '=-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，()2cos 0h x x =->'，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以当[0,]x π∈时，()2sin 0f x x x -'=，所以当[0,]x π∈时，2()cos f x x x =+单调递增．（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()f x g x 有解，所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅有解，令()sin ()k x x f x =⋅，所以()cos ()sin ()k x x f x x f x ''=⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x '>>>>，所以()0k x '>，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，所以24a π．6．设函数2()cos ,()sin a f x x x g x x=+=.（1）当[0,]x π∈时，判断()f x 的单调性；（2）若当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，求a 的取值范围. 【答案】（1）()f x 单调递增；（2）24a π.解：（1）()'2sin f x x x =-，令()2sin h x x x =-，当[0,]x π∈时，'()2cos 0h x x =->，所以当[0,]x π∈时，()2sin h x x x =-单调递增；所以()(0)0h x h =，即()0f x '，所以()f x 单调递增.（2）因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()()0f x g x -恒成立，所以当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式sin ()a x f x ⋅恒成立，令()sin ()k x x f x =⋅，所以''()cos ()sin ()k x x f x x f x =⋅+⋅，因为当,62x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，'cos 0,()0,sin 0,()0x f x x f x >>>>，所以'()0k x >，所以()k x 单调递增，所以2()24k x k ππ⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，所以24a π≥.7．已知函数1()cos x f x e x -=，2()x g x e +=. （1）求函数()f x 在(,)ππ-上的单调区间；（2）证明：对任意的实数1x ，211,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，12x x <，都有()()()()121222g x g x f x f x ->-恒成立.【答案】（1）单调递增区间是,4ππ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.（1）解：11()(cos sin )sin 4x xf x e x x x π--⎛⎫'=-+=+ ⎪⎝⎭，当,4x ππ⎛⎫∈-- ⎪⎝⎭或3,4x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当3,44x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '<，所以，函数()f x 的单调递增区间是,4ππ⎛⎫--⎪⎝⎭，3,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间是3,44ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）证明：因为12x x <，2()x g x e +=在11,2上是增函数，所以不等式()()()()()()()()121221122222g x g x f x f x g x g x f x f x ->-⇔->-，即()()()()221122g x f x g x f x +>+恒成立.设21()()2()2cos x x h x g x f x e e x +-=+=+，即证函数()h x 在11,2上是增函数，即证21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥，即证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭在11,2上恒成立. 令()(1)x u x e x =-+，()1x u x e '=-，()u x 在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增，min ()(0)0u x u ==.所以()0u x ≥，即1x e x ≥+.因为11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，所以2122x e x +≥+.所以要证2104x x eπ+⎛⎫-+≥ ⎪⎝⎭成立，只需证2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，令()14v x x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，11,2x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，()14v x x π⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当(1,0)x ∈-时，()0v x '<，()v x 递减；当10,2⎛⎫∈ ⎪⎝⎭x 时，()0v x '>，()v x 递增.min ()(0)0v x v ==，所以2204x x π⎛⎫+-+≥ ⎪⎝⎭，即21()2(cos sin )0x x h x e e x x +-'=-+≥在11,2上恒成立，所以原命题成立. 8．已知函数()(1cos )f x x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(,())f ππ，处的切线方程；（2）确定()f x 在33(,)22ππ-上极值点的个数，并说明理由．【答案】（1）2y x =；（2）极值点的个数为2，理由见解析.（1）由题意，函数()(1cos )f x x x =-，可得()1cos sin f x x x x '=-+，则()2f π'=，又由()2f ππ=，所以曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程为22()y x ππ-=-，即2y x =．（2）由()1cos sin f x x x x '=-+，当(0,]x π∈时，()0f x '>，则()f x 在(0,]π上单调递增，无极值点；设()()g x f x ='，则()2sin cos g x x x x '=+，当3(,)2x ππ∈时，()0g x '<，则()g x 在3(,)2ππ上单调递减，因为()20g π=>，33π1022g π⎛⎫=-<⎪⎝⎭，所以存在唯一的实数3(,)2m ππ∈，使得()0g m =，当(,)x m π∈时，()0f x '>，当3(,)2x m π∈时，()0f x '<，所以()f x 在3(0,)2π只有一个极值点，且该极值点为m ，因为()()f x f x -=-，所以()f x 为奇函数，所以()f x 在3(,0)2π-上也只有1个极值点，且该极值点为m -．综上可得，()f x 在上极值点的个数为2． 9．已知函数cos ()(,a xf x b a x=+b ∈R ). （1）当1,0a b ==时，判断函数f (x )在区间(0,)2π内的单调性;（2）已知曲线cos ()a x f x b x =+在点(,())22f ππ处的切线方程为62.y x π=-+ (i )求f (x )的解析式; (ii )判断方程3()2f x π=-1在区间(0，2π]上解的个数，并说明理由. 【答案】（1）单调递减函数；（2）(i ) 3cos ()1xf x x=-； (ii ) 3个，理由见解析.（1）当1,0a b ==时，cos ()x f x x =，可得2sin cos ()x x xf x x ⋅+'=-，因为(0,)2x π∈，所以sin cos 0x x x ⋅+>，即()0f x '<，所以函数()f x 在区间(0,)2π上为单调递减函数.（2）(i ) 由函数cos ()a x f x b x =+，可得2(sin cos )()a x x x f x x -⋅+'=，则2()2af ππ-'= 因为函数()f x 在点(,())22f ππ处的切线方程为62y x π=-+，所以26aππ-=-，解得3a =，当2x π=，代入切线方程为6212y ππ=-⨯+=-，可得()12f b π==-，所以函数()f x 的解析式为3cos ()1xf x x=-. (ii ) 令()()33cos 3122x g f x x x ππ+=-=-，则()23(sin cos )x x x x g x -+'=， ①当(0,]2x π∈时，可得()0g x '<，()g x 单调递减，又由330(,022)()62g g ππππ->-=<=，所以函数()g x 在区间(0,]2π上只有一个零点；②当3(,)22x ππ∈时，cos 0x <，可得()3cos 302x x g x π-=<恒成立，所以函数()g x 在区间3(,)22ππ上没有零点；③当3[,2]2x ππ∈时，令()sin cos h x x x x =+，可得()cos 0h x x x '=>，所以()h x 在区间3[,2]2ππ单调递增，3(2)0,()02h h ππ><，所以存在03[,2]2x ππ∈，使得()g x 在03[,)2x π上单调递增，在0(,2]x π单调递减，又由(2)0,()02g g ππ=<，所以函数在3[,2]2ππ上有两个零点，综上可得，方程3()12f x π=-在(0,2]π上有3个解. 10．已知函数()2sin f x x x =-.（1）当[]0,2x π∈时，求()f x 的最小值；（2）若[]0,x π∈时，()()1cos f x a x x x ≤--⋅，求实数a 的取值范围.【答案】（1）3π-（2）1a ≤（1）()12cos f x x '=-，[0,2]x π令()10cos 2f x x '>⇒<，得5,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；0f x，得0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和5,23ππ⎛⎤⎥⎝⎦所以()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在5,33上单调递增，在5,23ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减因为33f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭(2)2f ππ=，(2)3f f ππ⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以[0,2]x π时，min ()33f x f ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭（2）()(1)cos f x a x x x ≤--⋅，即2sin cos 0x x x ax --≥.. 设()2sin cos h x x x x ax =--，[0,]x π∈()2cos cos sin cos sin h x x x x x a x x x a '=-+-=+-()cos h x x x ''=，∴0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''>，,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()0h x ''<.∴()22h x h a ππ⎛⎫''≤=- ⎪⎝⎭，又(0)1h a '=-，()1h a π'=--.①02a π-≤即2a π≥时，()0h x '≤，()h x 在[]0,π上递减，则()0≤h x ，不满足. ②02a π->即2a π<时，当10a --<，10a -<即12a π<<时，00,2x π⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '= 且00x x <<，()00h x '<，()h x 在()00,x 内递减，()(0)0h x h ≤=，不满足当10a --<，10a -≥即11a -<≤时，0,2x ππ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x '=，且00x x ≤<，()00h x '≥，0x x π<≤，()00h x '<，∴()h x 在()00,x 上递增，在()0,x π上递减，又(0)0h =，()(1)0h a ππ=->，所以()0h x ≥成立.当10a --≥，10a -≥即1a ≤-时，()0h x '>，()h x 在[]0,π上递增，则()(0)0h x h ≥=.满足题意.综上，1a ≤11．已知函数()sin 2( 2.71828x f x e a x x b e =--+≈，a ，)b R ∈.（1）当1a =时，存在0(x ∈-∞,0]，使得0()0f x <成立，求实数b 的取值范围；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 【答案】（1）1b <-；（2）证明见解析. （1）当1a =时，()sin 2x f x e x x b =--+，因为存在]0(,0x ∈-∞，使得0()0f x <即000sin 20xe b x x --+<成立，所以]max [sin 2],(,0xb e x x x <-++∈-∞，令]()sin 2,(,0xg x e x x x =-++∈-∞，则()cos 2x g x e x '=-++，](,0x ∈-∞，10x e ∴-≤-<，1cos 1x -≤≤，因此()0g x '≥恒成立，所以()g x 在](,0-∞上单调递增，max ()(0)1g x g ==-，所以1b <-；（2）证明：当11a -≤≤时，对任意(0,)x ∈+∞，都有()1(ln 2)x f x b e x x +->-+. 即证：ln 1sin 0x x a x +->，设()ln 1h x x x x =+-，则()ln h x x'=，所以当(0,1)x ∈时，()0h x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，因此()()10h x h ≥=，所以ln 10x x x +-≥，即ln 1x x x +≥，设()sin ,(0,)F x x a x x =-∈+∞，11a -≤≤，则()1cos 0F x a x '=-≥，所以()F x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0F x F ∴>=，即sin x a x >，所以ln 1sin x x a x +>，即ln 1sin 0x x a x +->，综上，()1(ln 2)x f x b e x x +->-+成立.12．设函数()()2cos sin f x x x x =+-，()f x '是函数()f x 的导数.（1）证明：()f x '在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）证明：在()0,x ∈+∞上，()0f x >. 【答案】（1）见解析；（2）见解析. （1）()()2cos sin f x x x x =+-，()2sin f x x x ∴=-'，当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()2sin 2sin 2202f x x x x x x π=-≥>'->-->，因此，函数()y f x ='在区间,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上没有零点；（2）()()()sin 2cos sin 2cos 2cos x f x x x x x x x ⎛⎫=+-=+- ⎪+⎝⎭，由[]cos 1,1x ∈-，所以2cos 0x +>恒成立，故只需证明sin 02cos xx x->+即可．设sin ()2cos xF x x x=-+，()()()()()222221cos 22cos 1cos 2cos 3102cos 2cos 2cos x x x x F x x x x +++++=-==++'>+，故函数()sin 2cos xF x x x=-+在区间()0,+∞上单调递增，所以()()00F x F >=．所以当0x >时，()0F x >，即()0f x >.13．设函数()sin xf x e m x n =-+（其中 2.71828e ≈⋯，m ，n 为常数）（1）当1m =时，对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，求实数n 的取值范围；（2）若曲线()y f x =在0x =处的切线方程为10x y --=，函数()()2g x xf x x =+-的零点为0x ，求所有满足[]0,1x k k ∈+的整数k 的和．【答案】（1）[)1,-+∞；（2）2-.（1）当1m =时，()sin x f x e x n =-+，()cos 0xf x e x '∴=->，当0x >时，e 1x >，[]cos 1,1x ∈-，()0f x '∴>对任意的()0,x ∈+∞都成立，()f x ∴在()0,∞+单调递增，()()01f x f n ∴>=+，要使得对()0,x ∈+∞有()0f x >恒成立，则10n +≥，解得：1n ≥-，即n 的取值范围为[)1,-+∞. （2）()cos x f x e m x '=-，()011f m '∴=-=，解得：0m =，又()011f n =+=-，2n ∴=-，()2x f x e ∴=-，()2xg x xe x =--，显然0x =不是()g x 的零点，20x xe x ∴--=可化为210xe x--=，令()21xh x e x =--，则()220x h x e x'=+>，()h x ∴在(),0-∞，()0,∞+上单调递增. 又()130h e =-<，()2220h e =->，()311303h e -=-<，()2120h e -=>， ()h x ∴在()3,2--，()1,2上各有1个零点，()g x ∴在[]3,2--，[]1,2上各有1个零点，∴整数k 的取值为3-或1，∴整数k 的所有取值的和为312-+=-.14．设函数()2sin f x x x π=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()22cos 22x m g x x x ππ⎛⎫=++- ⎪⎝⎭，()m R ∈.（1）证明：()0f x ≤；（2）当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，不等式()4g x π≥恒成立，求m 的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭（1）2()cos f x x π'=-在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增，22()1,f x ππ⎡⎤'∈-⎢⎥⎣⎦，所以存在唯一00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()00f x '=.当()00,,()0x x f x '∈<，()f x 递减；当0,,()02x x f x π⎛⎫'∈> ⎪⎝⎭，()f x 递增.所以max ()max (0),02f x f f π⎧⎫⎛⎫==⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，()0,02f x x π∴≤≤≤（2）2()sin 2x g x x m x ππ⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，2()cos g x x m π''=-+当0m ≥时，()0g x '≤，()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递减，min ()24g x g ππ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭，满足题意当20m π-<<时，()g x '在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上单调递增， 2(0)10g m π''=-+<，202g m ππ⎛⎫''=+> ⎪⎝⎭，所以存在唯一10,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()10g x ''=.当()()10,,0x x g x ''∈<，()g x '递减；当()1,,02x x g x π⎛⎫''∈> ⎪⎝⎭，()g x '递增而(0)02g m π'=->，02g π⎛⎫'=⎪⎝⎭.所以存在唯一()220,,02x g x π⎛⎫'∈= ⎪⎝⎭. 当()20,,()0x x g x '∈>，()g x 递增；当2,,()0,()2x x g x g x π⎛⎫'∈< ⎪⎝⎭递减.要02x π≤≤时，()4g x π≥恒成立，即2(0)42824g m g πππππ⎧≥⎪-⎪⇒≥⎨⎛⎫⎪≥ ⎪⎪⎝⎭⎩所以2280m ππ-≤< 当2m π≤-时，()0g x ''≤，当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，()g x '递减，0,()02g g x π⎛⎫''=≥ ⎪⎝⎭()g x ∴在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递增，()24g x g ππ⎛⎫∴≤= ⎪⎝⎭与题意矛盾综上：m 的取值范围为228,ππ-⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭15．已知函数()()2cos sin f x a x x x =--.（Ⅰ）当=0a 时，求函数()f x 在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）当4a >，π[0,]2x ∈时，求函数()f x 的最大值；（Ⅲ）当12a <<，ππ[,]22x ∈-时，判断函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（Ⅰ）2y =；（Ⅱ）2π-；（Ⅲ）有2个零点，理由见解析.（Ⅰ）当0a =时，函数()2cos sin f x x x x =-，(0)2f =()2sin sin cos 3sin cos f x x x x x x x x '=---=--，∴切线的斜率(0)0k f '==，∴曲线()y f x =在原点处的切线方程为2y =.（Ⅱ）()(2)(sin )sin cos (3)sin cos f x a x x x x a x x x '=----=--，令()(3)sin cos g x a x x x =--，则()(3)cos cos sin (4)cos sin g x a x x x x a x x x '=--+=-+，当4a >，π[0,]2x ∈时，()0g x '>，所以()g x 在[0,]2π上单调递.所以()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '>，所以()f x 在[0,]2π上单调递增，所以当2x π=时，()f x 的最大值为()22f ππ=-. （Ⅲ）()(3)sin cos f x a x x x '=--，因为12a <<，当π[0,]2x ∈时，()0f x '≤，仅在0x =处()0f x '=，其余各处()0f x '<，所以()f x 在[0,]2π上单调递减，因为(0)20,()022f a f ππ=->=-<，所以存在唯一0[0,]2x π∈，使得0()0f x =，即()f x 在[0,]2π上有且只有一个零点，因为()(2)cos()sin()(2)sin ()f x a x x x a x x f x -=--+-=--=，所以()f x 是偶函数，其图像关于y 轴对称，所以在[,0]2π-上有且只有一个零点，所以()f x 在[,]22ππ-上有2个零点. 16．设函数()e cos ,()x f x x g x =为()f x 的导函数．（1）求()f x 的单调区间；（2）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（3）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．【答案】（1）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z ；（2）证明见解析；（3）证明见解析. （1）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2()44k k k ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ()f x 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ．（2）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．依题意及（1），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（3）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1nxn x =．记2n ny x n π=-，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos e cos 2e n ny x n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e 1n n f y f y -π==≤及（1），得0n y y ≥．由（2）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（2）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<．所以，20022sin cos n n n x x e x πππ-+-<-．17．已知函数sin c s ()o f x m x x=+，其中m 为常数，且23π是函数()f x 的极值点．（Ⅰ）求m 的值；（Ⅰ）若(1)()x k e f x ->在0x >上恒成立，求实数k 的最小值．【答案】（Ⅰ）2m =；（Ⅱ）13．(Ⅰ)sin c s ()o f x m xx=+,则2cos 1()(co )s m f x m x x +'=+,23π是函数()f x 的极值点, 2()0,1032mf π'∴=-=,2m =, 又2m =时,2cos 12()(2)cos f x xx +'=+,当2(0,)3x π∈时,()0f x '>,2(,)3x ππ∈时,()0f x '<,∴()f x 在2(0,)3π上单调递增,2(,)3ππ上单调递减, ∴23π是函数()f x 的极大值点,∴2m =符合题意;(Ⅱ)令()(1)sin 2cos xg x k e xx=--+,则()00g =,由题得()0g x >在0x >上恒成立,2co 12(s cos )(2)x xx g x ke +'=-+,令[]2cos 1,3t x =+∈,则22123211,(2)cos cos 3t t x x +⎡⎤=-+∈-⎢⎥+⎣⎦,①当13k ≥时,13xke >,则()0g x '>,∴()g x 在(0,)+∞上单调递增,∴()()00g x g >=,成立; ②当103k <<时,令()()h x g x =', 则3sin cos 2(1)(s )()co 2xx x h x e x k -'=-+,在(0,)x π∈时,()0h x '>, ∴()h x 在(0,)π上单调递增,又1(0)03h k =-<,1(0)h ke ππ=+>,则在(0,)π上存在唯一0x 使得()00h x =,∴当()00,x x ∈时,()0h x <,()g x 在()00,x 上单调递减,()()00g x g <=,不符合题意;③当0k ≤时,在(0,)2x π∈时,()0g x '<,∴()g x 在(0,)2π上单调递减,此时()()00g x g <=,不符合题意;综上所述,实数k 的最小值为13.18．已知函数()(sin cos )x f x e x x =+．（1）求()f x 的单调递增区间；（2）求证：曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且只有一条斜率为2的切线．【答案】（1）2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）见解析（1）函数()(sin cos )x f x e x x =+,x ∈R ，则()(sin cos )(cos sin )2cos x x x f x e x x e x x e x '=++-=，令()2cos 0x f x e x '=>得2,222x k k ππππ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈，∴()f x 单调递增区间为2,222k k ππππ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k Z ∈（2）原命题等价于：在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上，方程cos 1x e x =有唯一解，设()cos xg x e x =，0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭则()cos sin sin 4x x xg x e x e x x π⎛⎫'=-=- ⎪⎝⎭此时，x ，()'g x ，()g x 变化情况如下：此时，()g x 在0,4π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，且(0)1g =，414g e ππ⎛⎫=> ⎪⎝⎭， ()g x 在,42ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，且02g π⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴()cos 1x g x e x ==在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一一个根，()2cos 20xf x e x '=-=在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上存在唯一一个零点，∴曲线()y f x =在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有一条斜率为2的切线.19．已知()sin ()x f x e x ax a R =++∈.（1）当2a =-时，求证：()f x 在(,0)-∞上单调递减；（2）若对任意0x ≥，()1f x ≥恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）2a ≥-.（1）由题意，函数()sin ()x f x e x ax a R =++∈，可得，由2a =-时，则()cos 2x f x e x '=+-，当0x <时，1,cos 1x e x <≤ ，所以()cos 20x f x e x '=+-<，所以()f x 在(,0)-∞单调递减.（2）当0x =时，()11f x =≥，对于R a ∈，命题成立，当0x >时，由（1）()cos x f x e x a '=++，设()cos =++x g x e x a ，则()sin x g x e x '=-，因为1,sin 1>≤x e x 所以()sin 110x g x e x '=->-=，()g x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)2=+g a ，所以()2>+g x a ，所以()'f x 在(0,)+∞上单调递增，且()2f x a '>+，①当2a ≥-时，'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，因为2a ≥-，所以()1f x >恒成立；②当2a <-时，(0)20f a '=+<，因为()'f x 在[0,)+∞上单调递增，又当ln(2)=-x a 时，()2cos(ln(2))2cos(ln(2))0f x a a a a '=-++-+=+->，所以存在0(0,)x ∈+∞对于()00,x x ∈，'()0f x <恒成立.所以()f x 在()00,x 上单调递减，所以当()00,x x ∈时，()<(0)1f x f =，不合题意. 综上，当2a ≥-时，对于0x ≥，()1f x ≥恒成立.20．已知函数()cos ,,2xf x e x x π⎡⎫=-∈-+∞⎪⎢⎣⎭，证明.（1）()f x 存在唯一的极小值点；（2）()f x 的极小值点为0x ，()010f x -<<. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.（1）()sin x f x e x '=+，设()()sin x g x f x e x '==+，则()cos xg x e x '=+，当,02x π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭时，[)()cos 0,1,0,1xx e ∈∈，所以()0g x '>.当[)0,x ∈+∞时，()0cos 1cos 0g x e x x '≥+=+≥，综上所述，当,2x π⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭时，()0g x '≥恒成立，故()()f x g x '=在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上单调递增. 又()02110,0102f e e f ππ-⎛⎫''-=-<-==> ⎪⎝⎭，由零点存在定理可知，函数()f x '在2π⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，上存在唯一的零点0x ，且0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭. 结合单调性可得()f x 在02x π⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，所以函数()f x 存在唯一极小值点0x .（2）由（1）知，0,02x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，且021102f e e ππ-⎛⎫'-=-<-= ⎪⎝⎭，11224211422f eeπππ-⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪'-=-=-⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，而122e eπ>>，所以11222112eπ⎛⎫⎛⎫⎪< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即04fπ⎛⎫'<⎪⎝⎭，()00010f e'=+=>，故极小值点0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，且()000sin0xf x e x'=+=，即0sinxe x=-，∴()000cosxf x e x=-()000sin cos4x x xπ⎛⎫=-+=+⎪⎝⎭.由0,04xπ⎛⎫∈-⎪⎝⎭，得00,44xππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以()1,04xπ⎛⎫+∈-⎪⎝⎭，即()010f x-<<.21．已知函数2()cos()f x ax x a R=+∈.（1）当1aπ=时，求曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线；（2）若0x=为()f x的一个极大值点，求实数a的取值范围.【答案】（1）4yπ=；（2）12a≤解：（1）当1aπ=时，2()cos1f x x xπ=+，则()2sinf x x xπ'=-，()sin02222fππππ⨯'∴=-=，2()cos22241fπππππ⎛⎫=+=⎪⎝⎭⨯，∴曲线()y f x=在点,22A fππ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线为4yπ=；（2）由已知()2sin f x ax x '=-，则(0)0f '=，所以0x =为()f x 的一个极值点，要0x =为()f x 的一个极大值点，则0x =在()2sin f x ax x '=-的单调减区间中，又()2cos f x a x ''=-，则(0)2cos00f a ''=-<，解得12a <，又当12a =时，()1cos 0f x x ''=-≤恒成立，故12a ≤. 22．已知函数21()cos ()4f x x x x R =+∈. （1）求曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线；（2）求证：0x =为函数()f x 的极大值点. 【答案】（1）1y =，（2）证明见解析.（1）因为21()cos ()4f x x x x R =+∈，所以1()sin 2f x x x '=-所以()()01,00f f '==，所以曲线()y f x =在点(0,(0))A f 处的切线为：1y = （2）令()1()sin 2g x f x x x '==-，则()1cos 2g x x '=-所以可得当,33x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x '<所以()g x 在,33ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，因为()00g =所以当,03x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()0g x >，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x < 所以()f x 在,03π⎛-⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减所以0x =为函数()f x 的极大值点.23．已知函数()2ln cos 1f x x x x =-++.证明：（1）()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点.（2）对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析（1）由题意知：21()2cos sin f x x x x x x '=-+-在[,)2ππ上有()0f x '<恒成立 ∴()f x 在[,)2ππ上单调递减，而(,)2e ππ∈，2()cos 0f e e e =<，()1ln 1ln 022f e ππ=->-= 可知：()f x 在区间,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭上存在唯一的零点（2）要证：对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+需证：()22ln cos 1(21)ln 0f x x x x x x x x x ++--=-+>恒成立令()(21)ln g x x x x =-+，故1()2ln 3g x x x'=-+，而()'g x 在()0,x ∈+∞单调增∵(1)20g '=>，1()12ln 2ln 024eg '=-=<∴必01(,1)2x ∃∈，使得0001()2ln 30g x x x '=-+=，即有00013ln 2x x x -= ∴在0(0,)x 上()0g x '<，()g x 单调减；在0(,)x +∞上()0g x '>，()g x 单调增故2000min0000000(21)(13)251()()(21)ln (2)0222x x x g x g x x x x x x x --+==-+==-+>(21)ln 0x x x -+>在对任意()0,x ∈+∞恒成立得证∴对任意()0,x ∈+∞，都有()22ln cos 1f x x x x x x ++>+24．已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y =；（Ⅱ）最大值1；最小值2π-.【解析】（Ⅰ）因为()e cos x f x x x =-，所以()()()e cos sin 1,00xf x x x f -''=-=.又因为()01f =，所以曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程为1y =.（Ⅱ）设()()e cos sin 1x h x x x =--，则()()e cos sin sin cos 2e sin x xh x x x x x x =--=-'-.当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x '<，所以()h x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.所以对任意π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦有()()00h x h <=，即()0f x '<.所以函数()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减.因此()f x 在区间π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值为()01f =，最小值为22f ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭.25．已知函数()cos axf x e x a =+．（1）当1a =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a ≥，若0,2x π⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦，恒有()()()a f x a bx f x '-≤+成立，求b 的取值范围（注()axaxe ae='）．【答案】（1）函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增；()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减；（2）22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.（1）()cos 1x f x e x =+，得()()cos sin cos 4x xf x e x x e x π=⎪⎛⎫'=-⋅+ ⎝⎭，令()0f x '>，得cos 04x π⎛⎫+> ⎪⎝⎭，22242k x k πππππ-<+<+，所以312244k x k ππππ-+<<+，()k Z ∈，令()0f x '<，得cos 04x π⎛⎫+< ⎪⎝⎭，322242k x k πππππ+<+<+，所以152244k x k ππππ+<<+，()k Z ∈．所以函数()f x 在()312,244k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦上单调递增； ()152,244k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦上单调递减．（2）设()()()()sin axg x a f x a f x bx e x bx '=---=-，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则()()sin cos axg x e a x x b '=+-．设()()sin cos axh x ea x xb =+-，则()()21sin 2cos 0ax h x e a x a x ⎡⎤'=-+≥⎣⎦，()h x ∴单调递增，即()g x '在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，()21,a g x b ae b π⎡⎤'∴∈--⎢⎥⎣⎦．当1b ≤时，()0g x '≥，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，0g x g ，不符合题意；当2a b e π≥时，()0g x '≤，()g x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，()()00g x g ≤=，符合题意；当21a b ae π<<时，由于()g x '为一个单调递增的函数，而()010g b '=-<，202a g ae b ππ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，由零点存在性定理，必存在一个零点0x ，使得()00g x '=，从而()g x 在[]00,x x ∈上单调递减，在0,2x π⎛⎤⎥⎝⎦上单调递增，因此只需02g π⎛⎫≤ ⎪⎝⎭，22a e b ππ∴≤，22ab e ππ∴≥，从而222a e ae b πππ≤<综上，b 的取值范围为22,a e ππ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．。

函数与导数经典例题-高考压轴题(含答案)(K12教育文档)

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函数与导数1. 已知函数32()4361,f x x tx tx t x R =+-+-∈，其中t R ∈． (Ⅰ）当1t =时，求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； (Ⅱ）当0t ≠时，求()f x 的单调区间;（Ⅲ)证明：对任意的(0,),()t f x ∈+∞在区间(0,1)内均存在零点．【解析】（19）本小题主要考查导数的几何意义、利用导数研究函数的单调性、曲线的切线方程、函数的零点、解不等式等基础知识,考查运算能力及分类讨论的思想方法，满分14分。

(Ⅰ）解：当1t =时，322()436,(0)0,()1266f x x x x f f x x x '=+-==+-(0) 6.f '=-所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为6.y x =-（Ⅱ）解：22()1266f x x tx t '=+-,令()0f x '=，解得.2t x t x =-=或因为0t ≠，以下分两种情况讨论：（1)若0,,tt t x <<-则当变化时，(),()f x f x '的变化情况如下表:所以，()f x 的单调递增区间是(),,,;()2t t f x ⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭的单调递减区间是,2t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭。

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

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数的图象在点处的切线方程为，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e．已知直线l为曲线A B．10C．5D与函数()的图象都相切，则a b+=（）A．1-B．0C．1D．35．曲线22e24xy x-=⋅+在1x=处的切线与坐标轴围成的面积为（）A．32B．3C．4916D．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()f m a b=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-对于C ，1x -+∈R ，()1e xf x -+∴=的值域为()0,∞+；()1e x f x -+'=- ，()f x '∴的值域为(),0∞-；则()f x 的值域不是()f x '值域的子集，C 不满足性质Ω；对于D ，12x -∈R ，()()cos 12f x x ∴=-的值域为[]1,1-；()()2sin 12f x x '=- ，()f x '∴的值域为[]22-,，则[][]1,12,2-⊆-，D 满足性质Ω.故选：C.8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A 1-B ．15-C 1D ．15-二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()ln 12f x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．2因为函数()f x 的图象上，不存在互相垂直的切线，所以()min 0f x '≥，即10a -≥，解得1a ≤，故选：AC11．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数在区间,a b 上的导函数为f x ，f x 在区间,a b 上的导函数为f x ，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+【答案】C【详解】()2e xf x x =- ，()2e x f x ∴-'=，令()0f x ¢>，得ln 2x <，所以函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为(],ln2∞-.故选：C2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞=A ．c b a <-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <【答案】B【详解】由()()xf x f x '>-，设()()g x xf x =，则()()()0g x xf x f x ''=+>，所以()g x 在R 上是增函数，又a b >，所以()()g a g b >，即()()af a bf b >，故选：B.5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()，若存在0使得00恒成立，则0的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦【答案】D 【详解】由00()()f t x f x t =+-，可得00()()f t t x f x +=+，设函数()()e x h x f x x x =+=+，则()e 10xh x '=+>在R 上恒成立，所以()e xh x x =+单调递增，所以0t x =，则0()b f x t =-()e tf t t t =-=-，[]1,2t ∈-，令()e t g t t =-，[]1,2t ∈-，则()e 1tg t '=-，当0=t 时，()0g t '=，令()0g t '>得：(]0,2t ∈，令()0g t '<得：[)1,0t ∈-，所以()()0min 0=e 01g t g =-=，又()11e 1g --=+，()22e 2g =-，其中21e 2e 1-->+，所以实数b 的取值范围是21,e 2⎡⎤-⎣⎦.故选：D.8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-【答案】BCD【详解】由()(1)e x f x x =+，得()(2)e x f x x '=+，当2x =-时，(2)0f '-=，B 正确；当<2x -时，()0f x '<，函数()f x 单调递减，当2x >-时，()0f x ¢>，函数()f x 单调递增，观察图象知，当210e a -<<时，直线所以函数()()g x f x a =-有两个不同的零点时，故选：BCD10．对于三次函数()3ax bx f x =+，给出定义：设f x 是函数的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．当0a =时，()20f x x '=≥，()f x \在R 上单调递增；当a<0时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若(),0x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，若()(),0,x a ∈-∞⋃+∞，则()0f x ¢>；若()0,x a ∈，则()0f x '<；()f x \在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减；综上所述：当0a =时，()f x 在R 上单调递增；当a<0时，()f x 在()(),,0,a ∞∞-+上单调递增，在(),0a 上单调递减；当0a >时，()f x 在()(),0,,a -∞+∞上单调递增，在()0,a 上单调递减.12．已知函数()222ln 12x x f x x -+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．10427．函数的定义域为R ，导函数f x 的图象如图所示，则函数f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点【答案】C【详解】解：设()f x '的图象与x 轴的4个交点的横坐标从左至右依次为1234,,,x x x x ，当1x x <或23x x x <<或4x x >时，()0f x ¢>，当12x x x <<或34x x x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在()1,x -∞，()23,x x 和()4,x +∞上递增，在()12,x x 和()34,x x 上递减，所以函数()f x 的极小值点为24,x x ，极大值点为13,x x ，所以函数()f x 有两个极大值点、两个极小值点.故选：C ．3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()2h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥．若函数在1x =处有极大值，则实数的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3ln f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln x f x ax x =-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-观察图象知，当a<0或10a 4<<时，直线y a =与函数于是当a<0或10a 4<<时，2ln 1(ln )x a x -=在(0,1)(1,⋃+∞所以实数a 的取值范围是a<0或10a 4<<，即a 的值可以是三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln f x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.∴max ，∴，∴3e a =-③若e a -≥，即e a -≤时，在(0,e)上()0f x ¢>，∴()f x 在(0,e)上是增函数，故()f x 在(0,e]上的最大值为()()max e e 12f x f a ==+=，∴e a =不符合题意，舍去，综合以上可得e a =.。

2017-2019年高考真题导数压轴题全集(含详细解析)

2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈．（Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10a e<<，()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--．（1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 20．（2018•天津）已知函数()x f x a =，()log a g x x =，其中1a >．（Ⅰ）求函数()()h x f x xlna =-的单调区间；（Ⅱ）若曲线()y f x =在点1(x ，1())f x 处的切线与曲线()y g x =在点2(x ，2())g x 处的切线平行，证明122()lnlnax g x lna+=-；（Ⅲ）证明当1ea e …时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线． 21．（2018•江苏）记()f x '，()g x '分别为函数()f x ，()g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足00()()f x g x =且00()()f x g x '='，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()g x lnx =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 22．（2018•新课标Ⅱ）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点． 23．（2018•新课标Ⅰ）已知函数1()f x x alnx x=-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．24．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++．（1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a …时，讨论方程()0f x =实根的个数． 25．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x …，求a 的取值范围．26．（2017•天津）设a Z ∈，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设[1m ∈，00)(x x ⋃，2]，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且[1pq∈，00)(x x ⋃，2]，满足041||p x q Aq-…． 27．（2017•新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x ax +…，求a 的取值范围． 28．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．29．（2017•天津）设a ，b R ∈，||1a …．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()()x g x e f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点0(x ，0)y 处有相同的切线， ()i 求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；()ii 若关于x 的不等式()x g x e …在区间0[1x -，01]x +上恒成立，求b 的取值范围．30．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．31．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-．（1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．32．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …．（1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．33．（2017•浙江）已知函数1()(()2x f x x e x -=…．（1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[2，)+∞上的取值范围．34．（2017•新课标Ⅲ）已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0a <时，证明3()24f x a--…． 35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 36．（2017•新课标Ⅲ）已知函数()1f x x alnx =--．（1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．37．（2017•山东）已知函数3211()32f x x ax =-，a R ∈，（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3，f （3）)处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．38．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈．（1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 39．（2016•天津）设函数3()f x x ax b =--，x R ∈，其中a ，b R ∈．（1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=；（3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[1-，1]上的最大值不小于14． 40．（2016•新课标Ⅲ）设函数()1f x lnx x =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<；（3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->． 41．（2016•北京）设函数32()f x x ax bx c =+++．（1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围；（3）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．42．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '；（Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明：|()|2f x A '…．43．（2016•山东）已知221()()x f x a x lnx x -=-+，a R ∈． ()I 讨论()f x 的单调性；()II 当1a =时，证明3()()2f x f x >'+对于任意的[1x ∈，2]成立． 44．（2016•四川）设函数2()f x ax a lnx =--，1()x eg x x e=-，其中a R ∈， 2.718e ⋯=为自然对数的底数．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明：当1x >时，()0g x >；（3）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立． 45．（2016•江苏）已知函数()(0x x f x a b a =+>，0b >，1a ≠，1)b ≠．（1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x R ∈，不等式(2)()6f x mf x -…恒成立，求实数m 的最大值；（2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 46．（2016•新课标Ⅱ）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--．（Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程；（Ⅱ）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 47．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；（Ⅱ）证明：当[0a ∈，1)时，函数2()(0)x e ax a g x x x--=>有最小值．设()g x 的最小值为h （a ），求函数h （a ）的值域．48．（2016•北京）设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为(1)4y e x =-+，（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间．49．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点．（Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 50．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．【解答】解：（1）当1a =时，2())f x x x =-，则5322()(0)f x x x x '=-…，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-剟，令()0f x '=，则35a x =，当0a …时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件；当1003a <…时，3025a <…，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，2a ∴=，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax b =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由．【解答】解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=…，函数()f x 在R 上单调递增． ②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a…，即3a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，舍去．综上可得：存在a ，b ，使得()f x 在区间[0，1]的最小值为1-且最大值为1．a ，b 的所有值为：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩． 3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【解答】解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-，令()0f x '=，得0x =或3ax =．若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<．故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩…．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩…．当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <…时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-+=， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a…，得0a <…，当04a <…时，()f x…20lnx -…，令1t a=，则t …设()22g t t lnx =-，t …，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞则()2g x g lnx =…，记()p x lnx =，17x …，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴…（1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7，则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴…，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()f x …，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【解答】证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增，又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减，当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-，又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根，综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--．令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，．因此3a =，3b =-，213a bA +=∈，可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-．（3）证明：0a =，01b <…，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，可得：2111[(22)]3x b x b =+-，1111()()(1)M f x x x b x ==--222211111111(22)1()()()()[(21)2]33b x b x b x x x b x b x b x b +-=--=--=--+2222111(22)11[(21)2][(222)]339b x b b b x b b b x b b +-=--+=-+-++， 22132222()022b b b -+-=---<，M ∴在1(0x ∈，1]3上单调递减，2221222524()932727b b b b M b b -+-+-∴++=剟． 427M ∴…． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈．（Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．【解答】()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞．0a …时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞．令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减． 0x ∴是函数()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=，可得()h x h …（1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-．111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1．因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>，故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-，化为：0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．【解答】（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此，当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减；当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈；（Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ），有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==…．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-…；（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e x =．记2n n y x n π=-，则(,)42n y ππ∈，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==…及（Ⅰ），得0n y y …，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=…，又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-…，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n n y n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--剟． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()f x '为()f x 的导数．（1）证明：()f x '在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围．【解答】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->，又(0)0g =，()2g π=-，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ，使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负，令()h x ax =，()()f x h x …，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴…， a ∴的取值范围是(-∞，0]．10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--．（1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．【解答】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得，又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点；（2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-，曲线y lnx =，则有1y x'=；由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-，即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入，即有：00121y x x x =+-，而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+，将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-，故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．故得证．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【解答】解：（Ⅰ）23()214f x x x '=-+，由()1f x '=得8()03x x -=，得1280,3x x ==．又(0)0f =，88()327f =，y x ∴=和88273y x -=-，即y x =和6427y x =-；（Ⅱ）证明：欲证6()x f x x -剟，只需证6()0f x x --剟，令321()()4g x f x x x x =-=-，[2x ∈-，4]，则2338()2()443g x x x x x '=-=-，可知()g x '在[2-，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，()g x ∴在[2-，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g -=-，(0)0g =，864()6327g =->-，g （4）0=，6()0g x ∴-剟， 6()x f x x ∴-剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， ()|()()|F x f x x a =-+ |()|f x x a =-- |()|g x a =-在[2-，4]上，6()0g x -剟，令()t g x =，()||h t t a =-，则问题转化为当[6t ∈-，0]时，()h t 的最大值M （a ）的问题了，①当3a -…时，M （a ）(0)||h a a ===-，此时3a -…，当3a =-时，M （a ）取得最小值3； ②当3a -…时，M （a ）(6)|6||6|h a a =-=--=+，63a +…，M ∴（a ）6a =+，也是3a =-时，M （a ）最小为3．综上，当M （a ）取最小值时a 的值为3-．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++，令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数，又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知，函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减；当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+，由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增；当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0，可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠，解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--，若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值；若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在2x =处取得极小值；若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增，可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意．综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，可得2(4221)0a a e --+=，解得12a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--，若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值；若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值；若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意．综上可得，a 的范围是(1,)+∞．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-．（1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >；（2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''…，(0,)x ∈+∞时，()0f x ''… ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=…，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++，令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a …，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++，显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=…，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意．综上，16a =-．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1a e…时，()0f x …．【解答】解：（1）函数()1x f x ae lnx =--． 0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=， 21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-，当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e …时，()1x e f x lnx e --…，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<，当1x >时，()0g x '>， 1x ∴=是()g x 的最小值点，故当0x >时，()g x g …（1）0=，∴当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-．令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a∈，则11()a f e e a -=--…，1()aminf x e e ∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …；（2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．【解答】证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-．则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-，令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->…， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…，解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x-'=，当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a …时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x …．当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点．【解答】证明：（Ⅰ）函数()f x lnx =， 0x ∴>，1()f x x'=-， ()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，∴1211x x =， 12x x ≠，∴12=，12x x ≠，12256x x ∴>，由题意得121212()()()f x f x lnx lnx ln x x +=，设()g x lnx，则1()4)4g x x'=， ∴列表讨论：()g x ∴在[256，)+∞上单调递增， 12()(256)882g x x g ln ∴>=-， 12()()882f x f x ln ∴+>-．（Ⅱ）令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+，则()||0f m km a a k k a -->+--…，。

2023-2024学年高考数学专项复习——压轴题(附答案)

决胜3．已知函数，曲线在处的切线方程为.()2e xf x ax =-()y f x =()()1,1f 1y bx =+(1)求的值：,a b (2)求在上的最值；()f x []0,1(3)证明：当时，.0x >()e 1e ln 0x x x x +--≥4．已知函数，.()()ln 1f x x x a x =-++R a ∈(1)若，求函数的单调区间；1a =()f x (2)若关于的不等式在上恒成立，求的取值范围；x ()2f x a≤[)2,+∞a (3)若实数满足且，证明.b 21a b <-+1b >()212ln f x b <-5．椭圆的离心率是，点是椭圆上一点，过点2222:1(0)x y E a b a b +=>>22()2,1M E 的动直线与椭圆相交于两点.()0,1P l ,A B (1)求椭圆的方程；E (2)求面积的最大值；AOB (3)在平面直角坐标系中，是否存在与点不同的定点，使恒成立？存在，xOy P Q QA PAQB PB=求出点的坐标；若不存在，请说明理由.Q 6．已知函数，.()21ln 2f x a x x⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭()()()2R g x f x ax a =-∈(1)当时，0a =（i ）求曲线在点处的切线方程；()y f x =()()22f ,（ii ）求的单调区间及在区间上的最值；()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(2)若对，恒成立，求a 的取值范围.()1,x ∀∈+∞()0g x <(1)求抛物线的表达式和的值；,t k (2)如图1，连接AC ，AP ，PC ，若△APC 是以(3)如图2，若点P 在直线BC 上方的抛物线上，过点的最大值．12CQ PQ +(1)【基础训练】请分别直接写出抛物线的焦点坐标和准线l 的方程；22y x =(2)【技能训练】如图2所示，已知抛物线上一点P 到准线l 的距离为6，求点P 的坐218y x =标；(3)【能力提升】如图3所示，已知过抛物线的焦点F 的直线依次交抛物线及准()20y ax a =>线l 于点，若求a 的值；、、A B C 24BC BF AF ==，(4)【拓展升华】古希腊数学家欧多克索斯在深入研究比例理论时，提出了分线段的“中末比”问题：点C 将一条线段分为两段和，使得其中较长一段是全线段与另一AB AC CB AC AB 段的比例中项，即满足：，后人把这个数称为“黄金分割”，把CB 512AC BC AB AC -==512-点C 称为线段的黄金分割点.如图4所示，抛物线的焦点，准线l 与y 轴AB 214y x=(0,1)F 交于点，E 为线段的黄金分割点，点M 为y 轴左侧的抛物线上一点.当(0,1)H -HF 时，求出的面积值.2MH MF=HME 10．已知双曲线的一条渐近线方程的倾斜角为，焦距为4．2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>60︒(1)求双曲线的标准方程；C (2)A 为双曲线的右顶点，为双曲线上异于点A 的两点，且．C ,M N C AM AN ⊥①证明：直线过定点；MN ②若在双曲线的同一支上，求的面积的最小值．,M N AMN(1)试用解析几何的方法证明：(2)如果将圆分别变为椭圆、双曲线或抛物线，你能得到类似的结论吗？13．对于数集（为给定的正整数），其中，如果{}121,,,,n X x x x =-2n ≥120n x x x <<<< 对任意，都存在，使得，则称X 具有性质P ．,a b X ∈,c d X ∈0ac bd +=(1)若，且集合具有性质P ，求x 的值；102x <<11,,,12x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭(2)若X 具有性质P ，求证：；且若成立，则；1X ∈1n x >11x =(3)若X 具有性质P ，且，求数列的通项公式．2023n x =12,,,n x x x 14．已知，是的导函数，其中．()2e xf x ax =-()f x '()f x R a ∈(1)讨论函数的单调性；()f x '(2)设，与x 轴负半轴的交点为点P ，在点P()()()2e 11x g x f x x ax =+-+-()y g x =()y g x =处的切线方程为．()y h x =①求证：对于任意的实数x ，都有；()()g x h x ≥②若关于x 的方程有两个实数根，且，证明：()()0g x t t =>12,x x 12x x <．()2112e 11e t x x --≤+-15．在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心xOy 1,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭12x =-的轨迹为曲线K ，P 是曲线K 上一点．(1)求曲线K 的方程；(2)过点A 且斜率为k 的直线l 与曲线K 交于B 、C 两点，若且直线OP 与直线交//l OP 1x =于Q 点．求的值；||||AB ACOP OQ ⋅⋅(3)若点D 、E 在y 轴上，的内切圆的方程为，求面积的最小值．PDE △()2211x y -+=PDE △16．已知椭圆C ：，四点中恰有三()222210x y a b a b +=>>()()1234331,1,0,1,1,,1,22P P P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭点在椭圆C 上．(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点，若直线与直线的斜率的和为，2P A 2P B 1-证明：l 过定点．18．给定正整数k ，m ，其中，如果有限数列同时满足下列两个条件．则称2m k ≤≤{}n a 为数列．记数列的项数的最小值为．{}n a (,)k m -(,)k m -(,)G k m 条件①：的每一项都属于集合；{}n a {}1,2,,k 条件②：从集合中任取m 个不同的数排成一列，得到的数列都是的子列．{}1,2,,k {}n a 注：从中选取第项、第项、…、第项（）形成的新数列{}n a 1i 2i 5i 125i i i <<<…称为的一个子列．325,,,i i i a a a ⋯{}n a (1)分别判断下面两个数列，是否为数列．并说明理由！(33)-，数列；1:1,2,3,1,2,3,1,2,3A 数列．2:1,2,3,2,1,3,1A (2)求的值；(),2G k (3)求证．234(,)2k k G k k +-≥答案：1．(1)极大值为，无极小值2e (2)证明见解析【分析】（1）求导，根据导函数的符号结合极值的定义即可得解；（2）构造函数，利用导数求出函数的最小值，再()21()()()2ln 12F x f x g x x x x x x =+=+->证明即可或者转换不等式为，通过构造函数可得证.()min0F x >()112ln 012x x x +->>【详解】（1）的定义域为，，()f x (0,)+∞()2(1ln )f x x '=-+当时，，当时，，10e x <<()0f x '>1e x >()0f x '<所以函数在上单调递增，在上单调递减，()f x 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭故在处取得极大值，()f x 1e x =12e e f ⎛⎫= ⎪⎝⎭所以的极大值为，无极小值；()f x 2e （2）设，()21()()()2ln 12F x f x g x x x x x x =+=+->解法一：则，()2ln 1F x x x '=--令，，()()2ln 11h x x x x =-->22()1x h x x x -'=-=当时，，单调递减，当时，，单调递增，12x <<()0h x '<()h x 2x >()0h x '>()h x 又，，，(2)1ln 40h =-<(1)0h =(4)32ln 40h =->所以存在，使得，即．0(2,4)x ∈0()0h x =002ln 10x x --=当时，，即，单调递减，01x x <<()0h x <()0F x '<()F x 当时，，即，单调递增，0x x >()0h x >()0F x '>()F x 所以当时，在处取得极小值，即为最小值，1x >()F x 0x x =故，22000000(11()()12ln )222F x F x x x x x x ≥=+-=-+设，因为，2000122()p x x x =-+0(2,4)x ∈由二次函数的性质得函数在上单调递减，2000122()p x x x =-+(2,4)故，0()(4)0p x p >=所以当时，，即．1x >()0F x >()()0f x g x +>解法二：要证，即证，()0F x >()1()12ln 012p x x x x =+->>因为，所以当时，，单调递减，()124()122x p x x x x -'=-=>()1,4x ∈()0p x '<()p x 当时，，单调递增，()4,x ∞∈+()0p x '>()p x 所以，所以，即.()()4212ln 434ln 20p x p ≥=+-=->()0F x >()()0f x g x +>方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明()()f xg x >()()f xg x <（或），进而构造辅助函数；()()0f xg x ->()()0f xg x -<()()()h x f x g x =-（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.2．(1)0(2)证明详见解析(3)2a ≤【分析】（1）利用导数求得的最小值.()g x （2）根据（1）的结论得到，利用放缩法以及裂项求和法证得不等式成立.2211ln 1n n ⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭（3）由不等式分离参数，利用构造函数法，结合导数求得的取ln (2)10xx x x a x -+--≥a a 值范围.【详解】（1）依题意，，()21ln (,0)2f x x x x t t x =-+∈>R 所以，()()()()ln 1ln 10g x f x x x x x x '==-+=-->，所以在区间上单调递减；()111x g x x x -'=-=()g x ()0,1()()0,g x g x '<在区间上单调递增，()1,+∞()()0,g x g x '>所以当时取得最小值为.1x =()g x ()11ln110g =--=（2）要证明：对任意正整数，都有，(2)n n ≥222211111111e 234n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 即证明，22221111ln 1111ln e234n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦ 即证明，222111ln 1ln 1ln 1123n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由（1）得，即()()()10f xg x g '=≥=ln 10,ln 1x x x x --≥≤-令，所以， *211,2,N x n n n =+≥∈222111ln 111n n n ⎛⎫+≤+-= ⎪⎝⎭所以222222111111ln 1ln 1ln 12323n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++≤+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，()111111111122312231n n n n <+++=-+-++-⨯⨯-- 111n=-<所以对任意正整数，都有.(2)n n ≥222211111111e 234n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+⋅+⋅++< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ （3）若不等式恒成立，此时，ln (2)10xx x x a x -+--≥0x >则恒成立，ln 21x x x x x a x -+-≤令，()ln 21xx x x x h x x -+-=令，()()()e 10,e 10x x u x x x u x '=--≥=-≥所以在区间上单调递增，()u x[)0,∞+所以，当时等号成立，()0e 010,e 10,e 1x x u x x x ≥--=--≥≥+0x =所以，()ln e ln 21ln 1ln 212x x x x x x x x x x h x x x -+-+-+-=≥=当时等号成立，所以.ln 0,1x x x ==2a ≤利用导数求函数的最值的步骤：求导：对函数进行求导，得到它的导函数.导函数()f x ()f x '表示了原函数在不同点处的斜率或变化率.找出导数为零的点：解方程，找到使得导()0f x '=数为零的点,这些点被称为临界点，可能是函数的极值点（包括最大值和最小值），检查每个临界点以及区间的端点，并确认它们是否对应于函数的最值.3．(1)，1a =e 2b =-(2)；()max e 1f x =-()min 1f x =(3)证明见解析【分析】（1）利用切点和斜率列方程组，由此求得.,a b （2）利用多次求导的方法求得在区间上的单调性，由此求得在上的最值.()f x []0,1()f x []0,1（3）先证明时，，再结合（2）转化为，从0x >()()e 21f x x ≥-+()21e ln e x x x x x+--≥+而证得不等式成立.【详解】（1），()e 2x f x ax'=-∴，解得：，；()()1e 21e 1f a b f a b ⎧=-=⎪⎨=-=+'⎪⎩1a =e 2b =-（2）由（1）得：，()2e xf x x =-，令，则，()e 2x f x x '=-()e 2x h x x=-()e 2x h x '=-是增函数，令解得.()h x ()0h x '=ln 2x =∴，也即在上单调递减，()h x ()f x '()0,ln2()()0,h x h x '<在上单调递增，()ln2,+∞()()0,h x h x '>∴，∴在递增，()()ln 2ln222ln20h f ==->'()f x []0,1∴；；()()max 1e 1f x f ==-()()min 01f x f ==（3）∵，由（2）得过，()01f =()f x ()1,e 1-且在处的切线方程是，()y f x =1x =()e 21y x =-+故可猜测且时，的图象恒在切线的上方，0x >1x ≠()f x ()e 21y x =-+下面证明时，，设，，0x >()()e 21f x x ≥-+()()()e 21g x f x x =---()0x >∴，∴令，()()e 2e 2x g x x =---'()()()e 2e 2x x x g m x '--==-，()e 2x m x '=-由（2）得：在递减，在递增，()g x '()0,ln2()ln2,+∞∵，，，∴，()03e 0g '=->()10g '=0ln21<<()ln20g '<∴存在，使得，()00,1x ∈()0g x '=∴时，，时，，()()00,1,x x ∈⋃+∞()0g x '>()0,l x x ∈()0g x '<故在递增，在递减，在递增.()g x ()00,x ()0,1x ()1,+∞又，∴当且仅当时取“”，()()010g g ==()0g x ≥1x ==()()2e e 210x g x x x =----≥故，，由（2）得：，故，()e e 21x x xx+--≥0x >e 1x x ≥+()ln 1x x ≥+∴，当且仅当时取“=”，∴，1ln x x -≥1x =()e e 21ln 1x x x x x+--≥≥+即，∴，()21ln 1e e x x x x+--≥+()21e ln e x x x x x+--≥+即成立，当且仅当时“=”成立.()1ln 10e e x x x x +---≥1x =求解切线的有关的问题，关键点就是把握住切点和斜率.利用导数研究函数的单调性，如果一次求导无法求得函数的单调性时，可以考虑利用多次求导来进行求解.利用导数证明不等式恒成立，如果无法一步到位的证明，可以先证明一个中间不等式，然后再证得原不等式成立.4．(1)单调增区间为，单调减区间为；()0,1()1,+∞(2)(],2ln 2-∞(3)证明见解析【分析】（1）求导，再根据导函数的符号即可得解；（2）分离参数可得，构造函数，利用导数求出函数的最小ln 1x x a x ≤-ln (),21x xg x x x =≥-()g x 值即可得解；（3）由，得，则，要证21a b <-+21a b -<-2112()(e )e e 1a a b f x f a b ---≤=+<-+，即证，即证，构造函数()212ln f x b<-222e112ln bb b --+<-22212ln 0eb b b +-<，证明即可.()()()12ln e x h x x x x =>-()1h x <-【详解】（1）当时，，1a =()ln 1,0f x x x x x =-++>，由，得，由，得，()ln f x x '=-()0f x '>01x <<()0f x '<1x >故的单调增区间为，单调减区间为；()f x ()0,1()1,+∞（2），()ln 2,1x xf x a a x ≤∴≤- 令，ln (),21x x g x x x =≥-则，21ln ()(1)x xg x x --'=-令，则，()ln 1t x x x =-+11()1xt x x x -'=-=由，得，由，得，()0t x '>01x <<()0t x '<1x >故在递增，在递减，，()t x ()0,1()1,+∞max ()(1)0t x t ==，所以，()0t x ∴≤ln 1≤-x x 在上单调递增，，()0,()g x g x '≥∴[)2,+∞()min ()2g x g ∴=，(2)2ln 2a g ∴≤=的取值范围；a ∴(],2ln 2-∞（3），221,1b a b a <-+∴-<- 又，在上递增，11()(e )e a a f x f a --≤=+1e a y a -=+ R a ∈所以，2112()(e )e e 1a a b f x f a b ---≤=+<-+下面证明：，222e 112ln b b b --+<-即证，22212ln 0ebb b +-<令，则，21x b =>12ln 0e x x x +-<即，(2ln )e 1xx x -⋅<-令，则，()()()12ln e xh x x x x =>-()22ln 1e xh x x x x '⎛⎫=-+-⋅ ⎪⎝⎭令，则，()2()2ln 11x x x x x ϕ=-+->()()2221122()101x x x x x x ϕ---=--=<>∴函数在上单调递减，()x ϕ()1,+∞，()(1)0x ϕϕ∴<=在递减，()()0,h x h x '∴<(1,)+∞，()()1e 1h x h ∴<=-<-所以.()212ln f x b <-方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明()()f xg x >()()f xg x <（或），进而构造辅助函数；()()0f xg x ->()()0f xg x -<()()()h x f x g x =-（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.5．(1)22142x y +=(2)2(3)存在，.()0,2Q 【分析】（1）由离心率及过点列方程组求解.()2,1M,a b （2）设直线为与椭圆方程联立，将表达为的函数，由基本不l 1y kx =+1212AOB S x x =⋅- k 等式求最大值即可.（3）先讨论直线水平与竖直情况，求出，设点关于轴的对称点，证得()0,2Q B y B '三点共线得到成立.,,Q A B 'QA PAQB PB=【详解】（1）根据题意，得，解得，椭圆C 的方程为.2222222211c a a b c a b ⎧=⎪⎪⎪=+⎨⎪⎪+=⎪⎩222422a b c ⎧=⎪=⎨⎪=⎩22142x y +=（2）依题意，设，直线的斜率显然存在，()()1122,,,A x y B x y l 故设直线为，联立，消去，得，l 1y kx =+221142y kx x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩y ()2212420k x kx ++-=因为直线恒过椭圆内定点，故恒成立，，l ()0,1P 0∆>12122242,1212k x x x x k k +=-=-++故，()2221212221224212111214414222122AOBk S x x x x x x k k k k ⋅+⎛⎫⎛⎫=⋅=⨯-=⨯-⨯= ⎪ ⎪+⎝-+-⎝++⎭⎭- 令，所以，当且仅当，即时取得214,1t k t =+≥22222211AOB t S t t t=×=×£++1t =0k =等号，综上可知：面积的最大值为.AOB 2（3）当平行于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，l x ,C D Q 则有，即，所以点在轴上，可设的坐标为；||||1||||QC PC QD PD ==QC QD =Q y Q ()00,y 当垂直于轴时，设直线与椭圆相交于两点，如果存在点满足条件，l x ,M N Q 则有，即，解得或，||||||||QM PM QN PN =00221212y y --=++01y =02y =所以若存在不同于点的定点满足条件，则点的坐标为；P Q Q ()0,2当不平行于轴且不垂直于轴时，设直线方程为，l x x l 1y kx =+由（2）知，12122242,1212k x x x x k k --+==++又因为点关于轴的对称点的坐标为，B y B '()22,x y -又，，11111211QA y kx k k x x x --===-22222211QB y kx k k x x x '--===-+--.方法点睛：直线与椭圆0Ax By C ++=时，取得最大值2222220a A b B C +-=MON S 6．(1)（i ）；（322ln 220x y +--=(2)11,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦故曲线在点处的切线方程为，()y f x =()()22f ,()()32ln 222y x --+=--即；322ln 220x y +--=（ii ），，()21ln 2f x x x =-+()0,x ∈+∞，()211x f x x x x -'=-+=令，解得，令，解得，()0f x ¢>()0,1x ∈()0f x '<()1,x ∈+∞当时，，1,e e x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦()()max 112f x f ==-又，，221111ln 1e 2e e 2e f ⎛⎫=-+=-- ⎪⎝⎭()2211e e ln e e 122f =-+=-+其中，()222211111e 1e 1e 20e 2e 222ef f ⎛⎫⎛⎫-=----+=--> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故，()()2min 1e e 12f x f ==-+故的单调递增区间为，单调递减区间为；()f x ()0,1()1,+∞在区间上的最大值为，最小值为；()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦12-21e 12-+（2），()21ln 22xg x a x x a ⎭-+⎛=⎪-⎫ ⎝对，恒成立，()1,x ∀∈+∞21ln 202a x x ax ⎛⎫-+-< ⎪⎝⎭变形为对恒成立，ln 122x a xa x<--⎛⎫ ⎪⎝⎭()1,x ∀∈+∞令，则，()(),1,ln x h x x x ∈=+∞()21ln xh x x -'=当时，，单调递增，()1,e x ∈()0h x '>()ln xh x x =当时，，单调递减，()e,+x ∈∞()0h x '<()ln xh x x =其中，，当时，恒成立，()10h =()ln e 1e e e h ==1x >()ln 0x h x x =>故画出的图象如下：()ln x h x x =其中恒过点122y xa a ⎛⎫ ⎪⎝=⎭--(2,1A 又，故在()210111h -'==()ln x h x x =又在上，()2,1A 1y x =-()对于2111644y x x =-+-∴点，即()0,6C -6OC =∵2114,14P m m m ⎛-+- ⎝∴点，3,64N m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭∴，22111316624444PN m m m m m⎛⎫=-+---=-+ ⎪⎝⎭∵轴，PN x ⊥∴，//PN OC ∴，PNQ OCB ∠=∠∴，Rt Rt PQN BOC ∴，PN NQ PQ BC OC OB ==∵，8,6,10OB OC BC ===∴，34,55QN PN PQ PN==∵轴，NE y ⊥∴轴，//NE x ∴，CNE CBO ∴，5544CN EN m ==∴，2215111316922444216CQ PQ m m m m ⎛⎫+=-+=--+⎪⎝⎭当时，取得最大值.132m =12CQ PQ+16916关键点点睛：熟练的掌握三角形相似的判断及性质是解决本题的关键.8．(1)详见解析；(2)①具有性质；理由见解析；②P 1346【分析】（1）当时，先求得集合，由题中所给新定义直接判断即可；10n =A （2）当时，先求得集合， 1010n =A ①根据，任取，其中，可得，{}2021|T x x S =-∈02021t x T =-∈0x S ∈0120212020x ≤-≤利用性质的定义加以验证，即可说明集合具有性质；P T P ②设集合有个元素，由（1）可知，任给，，则与中必有个S k x S ∈12020x ≤≤x 2021x -1不超过，从而得到集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过，然后利1010S T 1010用性质的定义列不等式，由此求得的最大值．P k【详解】（1）当时，，10n ={}1,2,,19,20A = 不具有性质，{}{}|910,11,12,,19,20B x A x =∈>= P 因为对任意不大于的正整数，10m 都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立，110b ＝210b m =+12||b b m -=集合具有性质，{}*|31,N C x A x k k =∈=-∈P 因为可取，对于该集合中任一元素，110m =<，（），都有.112231,31c k c k =-=-*12,N k k ∈121231c c k k -=-≠（2）当时，集合，1010n ={}()*1,2,3,,2019,2020,1010N A m m =≤∈ ①若集合具有性质，那么集合一定具有性质．S P {}2021|T x x S =-∈P 首先因为，任取，其中．{}2021|T x x S =-∈02021t x T =-∈0x S ∈因为，所以．S A ⊆{}01,2,3,,2020x ∈ 从而，即，所以．0120212020x ≤-≤t A ∈T A ⊆由具有性质，可知存在不大于的正整数，S P 1010m 使得对中的任意一对元素，都有．s 12,s s 12s s m -≠对于上述正整数，从集合中任取一对元素，m {}2021|T x x S =-∈112021t x -＝，其中，则有．222021t x =-12,x x S ∈1212t t s s m --≠＝所以，集合具有性质P ；{}2021|T x x S =-∈②设集合有个元素，由（1）可知，若集合具有性质，S k S P 那么集合一定具有性质．{}2021|T x x S =-∈P 任给，，则与中必有一个不超过．x S ∈12020x ≤≤x 2021x -1010所以集合与中必有一个集合中至少存在一半元素不超过．S T 1010不妨设中有个元素不超过．S 2k t t ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭12,,,t b b b 1010由集合具有性质，可知存在正整数．S P 1010m ≤使得对中任意两个元素，都有．S 12,s s 12s s m -≠所以一定有．12,,,t b m b m b m S +++∉ 又，故．100010002000i b m +≤+=121,,,b m b m b m A +++∈ 即集合中至少有个元素不在子集中，A t S 因此，所以，得．20202k k k t +≤+≤20202k k +≤1346k ≤当时，取，{}1,2,,672,673,,1347,,2019,2020S = 673m =则易知对集合中的任意两个元素，都有，即集合具有性质．S 12,y y 12673y y -≠S P 而此时集合S 中有个元素，因此，集合元素个数的最大值为．1346S 1346解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.9．(1)，10,8⎛⎫ ⎪⎝⎭18y =-(2)或()42,4()42,4-(3)14a =(4)或51-35-【分析】（1）根据焦点和准线方程的定义求解即可；（2）先求出点P 的纵坐标为4，然后代入到抛物线解析式中求解即可；（3）如图所示，过点B 作轴于D ，过点A 作轴于E ，证明，推BD y ⊥AE y ⊥FDB FHC ∽出，则，点B 的纵坐标为，从而求出，证明16FD a =112OD OF DF a =-=112a 36BD a =，即可求出点A 的坐标为，再把点A 的坐标代入抛物线解析式AEF BDF ∽123,24a ⎛⎫ ⎪⎝+⎭-中求解即可；（4）如图，当E 为靠近点F 的黄金分割点的时候，过点M 作于N ，则，MN l ⊥MN MF=先证明是等腰直角三角形，得到，设点M 的坐标为，则MNH △NH MN=21,4m m ⎛⎫⎪⎝⎭过点B 作轴于D ，过点BD y ⊥由题意得点F 的坐标为F ⎛ ⎝1FH =当E 为靠近点F 的黄金分割点的时候，过点∵在中，Rt MNH △sin MHN ∠∴，∴是等腰直角三角形，45MHN ︒=MNH △双曲线方程联立，利用韦达定理及题目条件可得，后由题意可得AM AN ⋅= ()()222131t t m -+=-所过定点坐标；②结合①及图形可得都在左支上，则可得，后由图象可得,M N 213m <，后通过令，结合单调性229113m S m +=-223113m λλ⎛⎫+=≤< ⎪⎝⎭()423313f x x x x ⎛⎫=-≤< ⎪⎝⎭可得答案.【详解】（1）设双曲线的焦距为，C 2c 由题意有解得．2223,24,,ba c c ab ⎧=⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩1,3,2a b c ===故双曲线的标准方程为；C 2213y x -=（2）①证明：设直线的方程为，点的坐标分别为，MN my x t =+,M N ()()1122,,,x y x y 由（1）可知点A 的坐标为，()1,0联立方程消去后整理为，2213y x my x t ⎧-=⎪⎨⎪=+⎩x ()222316330m y mty t --+-=可得，2121222633,3131mt t y y y y m m -+==--，()212122262223131m t tx x m y y t t m m +=+-=-=--，()()()()222222222121212122223363313131m t m t m t x x my t my t m y y mt y y t t m m m -+=--=-++=-+=----由，()()11111,,1,AM x y AN x y =-=-有()()()1212121212111AM AN x x y y x x x x y y ⋅=--+=-+++，()()()()22222222222222222132331313131313131t t t t t t m t t t m m m m m m -----++-=--++===------由，可得，有或，AM AN ⊥0AM AN ⋅=1t =-2t =当时，直线的方程为，过点，不合题意，舍去；1t =-MN 1my x =-()1,0当时，直线的方程为，过点，符合题意，2t =MN 2my x =+()2,0-②由①，设所过定点为121224,31x x x x m +==-若在双曲线的同一支上，可知,M N 有12240,31x x x m +=<-关键点睛：求直线所过定点常采取先猜后证或类似于本题处理方式，设出直线方程，通过题一方面：由以上分析可知，设椭圆方程为一方面：同理设双曲线方程为()22221y m x a b +-=，()2222221b x a k x m a b -+=化简并整理得()(2222222112ba k x a mk x a m ---+一方面：同理设抛物线方程为(22x p y =，()212x p k x n =+化简并整理得，由韦达定理可得12220pk x x pn --=2,2x x pk x x pn +=⋅=-（2）构造，故转化为等价于“对任()()()()()13131931x x xx f x k k g x f x +--==+++()()()123g x g x g x +>意，，恒成立”，换元后得到（），分，和1x 2x 3R x ∈()()11k g x q t t -==+3t ≥1k >1k =三种情况，求出实数k 的取值范围.1k <【详解】（1）由条件①知，当时，有，即在R 上单调递增．12x x <()()12f x f x <()f x 再结合条件②，可知存在唯一的，使得，从而有．0R x ∈()013f x =()093x x f x x --=又上式对成立，所以，R x ∀∈()00093x x f x x --=所以，即．0001393x x x --=0009313x x x ++=设，因为，所以单调递增．()93x x x xϕ=++()9ln 93ln 310x x x ϕ'=++>()x ϕ又，所以．()113ϕ=01x =所以；()931x x f x =++（2）构造函数，()()()()()13131931x x xx f x k k g x f x +--==+++由题意“对任意的，，，1x 2x 3R x ∈均存在以，，为三边长的三角形”()()()11113x f x k f x +-()()()22213x f x k f x +-()()()33313x f x k f x +-等价于“对任意，，恒成立”．()()()123g x g x g x +>1x 2x 3R x ∈又，令，()111313x x k g x -=+++1131231333x x x x t ⋅=++≥+=当且仅当时，即时取等号，91x=0x =则（），()()11k g x q t t -==+3t ≥当时，，因为且，1k >()21,3k g x +⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()()122423k g x g x +<+≤()3213k g x +<≤所以，解得，223k +≤4k ≤即；14k <≤当时，，满足条件；1k =()()()1231g x g x g x ===当时，，因为且，1k <()2,13k g x +⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭()()122423k g x g x ++<≤()3213k g x +<≤所以，即．2413k +≤112k -≤<综上，实数k 的取值范围是．1,42⎡⎤-⎢⎥⎣⎦复合函数零点个数问题处理思路：①利用换元思想，设出内层函数；②分别作出内层函数与外层函数的图象，分别探讨内外函数的零点个数或范围；③内外层函数相结合确定函数交点个数，即可得到复合函数在不同范围下的零点个数.13．(1)14x =(2)证明过程见解析(3)，()112023k n k x --=1k n≤≤【分析】（1）由题意转化为对于，都存在，使得，其中(),m a b =(),n c d =0m n ⋅= ，选取，，通过分析求出；,,,a b c d X ∈()1,,2m a b x ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ()(),1,n c d d ==- 14x =（2）取，，推理出中有1个为，则另一个为1，即，()()11,,m a b x x == (),n c d =,c d 1-1X ∈再假设，其中，则，推导出矛盾，得到；1k x =1k n <<101n x x <<<11x =（3）由（2）可得，设，，则有，记11x =()11,m s t =()22,n s t =1212s t t s =-，问题转化为X 具有性质P ，当且仅当集合关于原点对称，得到,,s B s X t X s t t ⎧⎫=∈∈>⎨⎬⎩⎭B ，共个数，由对称性可知也有个数，(){}234,0,,,,n B x x x x -∞=---- ()1n -()0,B +∞ ()1n -结合三角形数阵得到，得到数列为首项为1的等比123212321n n n n n n x x x x x x x x x x -----===== 12,,,n x x x 数列，设出公比为，结合求出公比，求出通项公式.q 2023n x =【详解】（1）对任意，都存在，使得，,a b X ∈,c d X ∈0ac bd +=即对于，都存在，使得，其中，(),m a b =(),n c d =0m n ⋅= ,,,a b c d X ∈因为集合具有性质P ，11,,,12x ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭选取，，()1,,2m a b x ⎛⎫== ⎪⎝⎭ ()(),1,n c d d ==-则有，12x d -+=假设，则有，解得，这与矛盾，d x =102x x -+=0x =102x <<假设，则有，解得，这与矛盾，1d =-12x --=12x =-102x <<假设，则有，解得，这与矛盾，1d =12x -+=12x =102x <<假设，则有，解得，满足，12d =14x -+=14x =102x <<故；14x =（2）取，，()()11,,m a b x x == (),n c d =则，()10c d x +=因为，所以，即异号，120n x x x <<<< 0c d +=,c d 显然中有1个为，则另一个为1，即，,c d 1-1X ∈假设，其中，则，1k x =1k n <<101n x x <<<选取，，则有，()()1,,n m a b x x ==(),n s t =10n sx tx +=则异号，从而之中恰有一个为，,s t ,s t 1-若，则，矛盾，1s =-11n x tx t x =>≥若，则，矛盾，1t =-1n n x sx s x =<≤故假设不成立，所以；11x =（3）若X 具有性质P ，且，20231n x =>由（2）可得，11x =设，，则有，()11,m s t =()22,n s t =1212s t t s =-记，则X 具有性质P ，当且仅当集合关于原点对称，,,s B s X t X s t t ⎧⎫=∈∈>⎨⎬⎩⎭B 注意到是集合中唯一的负数，1-X 故，共个数，(){}234,0,,,,n B x x x x -∞=---- ()1n -由对称性可知也有个数，()0,B +∞ ()1n -由于，已经有个数，123421n n n n n nn n n n x x x x x x x x x x x x ----<<<<<< ()1n -对于以下三角形数阵：123421n n n n n n n n n n x x x x x xx x x x x x ----<<<<<< 1111123421n n n n n n n n x x x x xx x x x x --------<<<<< ……3321x x x x <21x x 注意到，123211111n n n x x x x x x x x x x -->>>>> 所以有，123212321n n n n n n x x x x x x x x x x -----===== 从而数列为首项为1的等比数列，设公比为，12,,,n x x x q 由于，故，解得，2023n x =112023n nx q x -==()112023n q -=故数列的通项公式为，.12,,,n x x x ()112023k n k x --=1k n ≤≤集合新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数或数列相结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.14．(1)答案见解析(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）求出的导数，结合解不等式可得答案；()e 2x f x ax'=-（2）①，利用导数的几何意义求得的表达式，由此构造函数，()y h x =()()()F x g x h x =-利用导数判断其单调性，求其最小值即可证明结论；②设的根为，求得其表达式，()h x t=1x '并利用函数单调性推出，设曲线在点处的切线方程为，设11x x '≤()y g x =()0,0()y t x =的根为，推出，从而，即可证明结论.()t x t=2x '22x x '≥2121x x x x ''-≤-【详解】（1）由题意得，令，则，()e 2x f x ax'=-()e 2x g x ax=-()e 2x g x a'=-当时，，函数在上单调递增；0a ≤()0g x '>()f x 'R 当时，，得，，得，0a >()0g x '>ln 2x a >()0g x '<ln 2x a <所以函数在上单调递减，在上单调递增．()f x '(),ln 2a -∞()ln 2,a +∞（2）①证明：由（1）可知，令，有或，()()()1e 1x g x x =+-()0g x ==1x -0x =故曲线与x 轴负半轴的唯一交点P 为．()y g x =()1,0-曲线在点处的切线方程为，()1,0P -()y h x =则，令，则，()()()11h x g x '=-+()()()F x g x h x =-()()()()11F x g x g x '=--+所以，．()()()()11e 2e x F x g x g x '''=-=+-()10F '-=当时，若，，1x <-(],2x ∈-∞-()0F x '<若，令，则，()2,1x --()1()e 2e x m x x =+-()()e 30xm x x '=+>故在时单调递增，．()F x '()2,1x ∈--()()10F x F ''<-=故，在上单调递减，()0F x '<()F x (),1-∞-当时，由知在时单调递增，1x >-()()e 30x m x x '=+>()F x '()1,x ∈-+∞，在上单调递增，()()10F x F ''>-=()F x ()1,-+∞设曲线在点处的切线方程为()y g x =()0,0令()()()()(1e x T x g x t x x =-=+当时，2x ≤-()()2e x T x x =+-'()()2e xn x x =+-设，∴()()1122,,,B x y C x y 1x 又1211,22AB x AC x =+=+依题意，即，则，0bc <02x >()()220220004482x y c x x b =+---因为，所以，2002y x =0022x b c x -=-所以，()()00000242248122424S b c x x x x x -⋅=-++≥-⋅+=-=-当且仅当，即时上式取等号，00422x x -=-04x =所以面积的最小值为8．PDE △方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．16．(1)2214x y +=(2)证明见解析(3)存在，7,,777⎛⎫⎛⎫-∞- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+∞⎝⎭⎭ 【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到三点在椭圆C 上．把的坐标代入椭圆234,,P P P 23,P P C ，求出，即可求出椭圆C 的方程；22,a b （2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设，与椭圆方程联立，利():1l y kx t t =+≠用判别式、根与系数的关系，结合已知条件得到，能证明直线l 过定点；21t k =--()2,1-（3）利用点差法求出直线PQ 的斜率，从而可得直线PQ 的方程，与抛物线方程联14PQ k t =立，由，及点G 在椭圆内部，可求得的取值范围，设直线TD 的方程为，0∆>2t 1x my =+与抛物线方程联立，由根与系数的关系及，可求得m 的取值范围，进而可求得直线11DA TB k k =的斜率k 的取值范围．2l【详解】（1）根据椭圆的对称性，两点必在椭圆C 上，34331,,1,22P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又的横坐标为1，4P ∴椭圆必不过，()11,1P ∴三点在椭圆C 上．()234330,1,1,,1,22P P P ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭把代入椭圆C ，()3231,20,1,P P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭得，解得，222111314b a b ⎧=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩2241a b ⎧=⎨=⎩∴椭圆C 的方程为．2214x y +=（2）证明：①当斜率不存在时，设,，:l x m =()(),,,A A A m y B m y -∵直线与直线的斜率的和为，2P A 2P B 1-∴，221121A A P A P B y y k k m m m ----+=+==-解得m ＝2，此时l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．②当斜率存在时，设,，，:l y kx t =+1t ≠()()1122,,,A x y B x y 联立，消去y 整理得，22440y kx tx y =+⎧⎨+-=⎩()222148440k x ktx t +++-=则，，122814kt x x k -+=+21224414t x x k -=+则()()()()222112************111111P A P B x y x y x kx t x kx t y y k k x x x x x x -+-+-++---+=+==,()()()()()()12121222222448218114141144411142t k k kx x t tk t k t k k t t x t x x x +-+=--⋅+-⋅-++===--+-+又，∴，此时，1t ≠21t k =--()()222222644144464161664k t k t k t k ∆=-+-=-+=-故存在k ，使得成立，0∆>∴直线l 的方程为，即21y kx k =--()12y k x +=-∴l 过定点．()2,1-（3）∵点P ，Q 在椭圆上，所以，，2214P P x y +=2214Q Q x y +=两式相减可得，()()()()04PQ P Q P Q P Q y xy x x x y y +-++-=又是线段PQ 的中点，()1,G t -∴，2,2P Q P Q x x x x t+=-=∴直线PQ 的斜率，()144P Q P QP Q P QPQ x x k ty y x y y x +==-=--+∴直线PQ 的方程为，与抛物线方程联立消去x 可得，()114y x t t =++()22164410y ty t -++=由题可知，∴，()2161210t ∆=->2112t >又G 在椭圆内部，可知，∴，故，2114t +<234t <213124t <<设，，由图可知，，221212,,,44y y A y B y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭223434,,,44y y T y D y ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2134,y y y y >>∴，()2121216,441y y t y y t +==+当直线TD 的斜率为0时，此时直线TD 与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去，设直线TD 的方程为，与抛物线方程联立，消去x 可得，()10x my m =+≠2440y my --=∴，34344,4y y m y y +==-由，可知，即，11//ATB D 11DA TB k k =3142222234214444y y y y y y y y --=--∴，即，1342y y y y +=+1243y y y y -=-∴，()()221212343444y y y y y y y y +-=+-∵，()()()()()222212124161641161210,128y y y y t t t +-=-+=-∈∴，解得，即，()()223434416160,128y y y y m +-=+∈27m <()7,7m ∈-∴直线TD 即的斜率．2l 771,77,k m ⎛⎫⎛⎫=∈-∞- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝+∞⎝⎭⎭ 思路点睛：处理定点问题的思路：（1）确定题目中的核心变量（此处设为），k （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式，k (),0F x y =k ,x y （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，()00,x y k 此时要将关于与的等式进行变形，直至找到，k ,x y ()00,x y ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式k ()k ⋅子等于0，求出定点；②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数.k 17．(1)1y =-(2)2ln23-+【分析】（1）由题意，将代入函数的解析式中，对函数进行求导，得到1m =()f x ()f x 和，代入切线方程中即可求解；()1f '()1f （2）得到函数的解析式，对进行求导，利用根的判别式以及韦达定理对()g x ()g x 进行化简，利用换元法，令，，可得，12122()()y x x b x x =--+12x t x =01t <<2(1)ln 1t y t t -=-+根据，求出的范围，构造函数，对进行求导，利用导数得到322m ≥t 2(1)()ln 1t h t tt -=-+()h t 的单调性和最值，进而即可求解．()h t 【详解】（1）已知(为常数），函数定义域为，()ln f x x mx =-m (0,)+∞当时，函数，1m =()ln f x x x =-可得，此时，又，11()1x f x x x -'=-=()=01f '()11=f -所以曲线在点处的切线方程为，即.()y f x =()()1,1f (1)0(1)y x --=⨯-1y =-（2）因为，函数定义域为，22()2()2ln 2g x f x x x mx x =+=-+(0,)+∞可得，222(1)()22x mx g x m x x x -+=-+='此时的两根，即为方程的两根，()0g x '=1x 2x 210x mx -+=因为，所以，由韦达定理得，，322m ≥240m ∆=->12x x m +=121=x x 又，所以1212lnx x b x x =-121212121212ln 22()()()()xx y x x b x x x x x x x x =--=--++-，11211211222212()ln 2ln 1x x x x x x x x x x x x --=-=⨯-++令，，所以，12x t x =01t <<2(1)ln 1t y t t -=-+因为，整理得，2212()x x m +=22212122x x x x m ++=因为，则，121=x x 2221212122x x x x m x x ++=等式两边同时除以，得，12x x 212212=x x m x x ++可得，因为，212t m t ++=322m ≥所以，，152t t +≥()()2252=2210t t x x -+--≥解得或，则，12t ≤2t ≥102t <≤不妨设，函数定义域为，2(1)()ln 1t h t t t -=-+10,2⎛⎤⎥⎝⎦可得，22(1)()0(1)t h t t t -'=-<+所以函数在定义域上单调递减，()h t 此时，min 12()()ln223h t h ==-+故的最小值为．12122()()y x x b x x =--+2ln23-+利用导数求解在曲线上某点处的切线方程，关键点有两点，第一是切线的斜率，第二是切点。

2024届高考数学专项练习压轴题型03 函数与导数经典常考压轴小题(解析版)

压轴题型03 函数与导数经典常考压轴小题命题预测有关函数与导数常见经典压轴小题的高考试题，考查重点是零点、不等式、恒成立等问题，通常与函数性质、解析式、图像等均相关，需要考生具有逻辑推理、直观想象和数学运算核心素养. 同时，对于实际问题，需要考生具有数据分析、数学建模核心素养.预计预测2024年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．（2）应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．高频考法（1）函数嵌套、零点嵌套问题（2）零点问题（3）导数的同构思想（4）双重最值问题（5）构造函数解不等式01函数嵌套、零点嵌套问题解决嵌套函数零点个数的一般步骤(1)换元解套,转化为()t g x =与()y f t =的零点.(2)依次解方程,令()0f t =,求t ,代入()t g x =求出x 的值或判断图象交点个数.【典例1-1】（上海市浦东新区上海市实验学校2024届高三学期第三次月考数学试题）已知函数()f x 是2024届高考数学专项练习定义在R 的偶函数，当0x ≥时，()()3πcos 1,012211,12xx x f x x ⎧⎡⎤−≤≤⎪⎢⎥⎣⎦⎪=⎨⎛⎫⎪+> ⎪⎪⎝⎭⎩，若函数()()()()()25566g x f x a f x a a ⎡⎤=−++∈⎣⎦R 有且仅有6个不同的零点，则实数a 取值范围 .【答案】(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭【解析】因为()()()()()()25566560g x f x a f x a f x f x a =−++=−⋅−=⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦，由()0g x =，可得()65f x =或()f x a =，由函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()3πsin ,012211,12xx x f x x ⎧≤≤⎪⎪=⎨⎛⎫⎪+> ⎪⎪⎝⎭⎩，当01x ≤≤时，ππ022x ≤≤，如下图所示：因为1112x⎛⎫+> ⎪⎝⎭，由图可知，直线65y =与函数()f x 的图象有4个交点，所以，直线y a =与函数()f x 的图象有2个交点，由图可得(]30,12a ⎧⎫∈⋃⎨⎬⎩⎭.综上所述，实数a 的取值范围是(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.故答案为：(]30,12⎧⎫⎨⎬⎩⎭.【典例1-2】（安徽省合肥市六校联盟2023-2024学年高三学期期中联考数学试题）已知函数()42,13,1x x f x x x ⎧−<⎪=⎨−≥⎪⎩，()22g x x ax =++，若函数()()y g f x =有6个零点，则实数a 的取值范围为 .【答案】(3,2−−【解析】画出()42,13,1x x f x x x ⎧−<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象如下：因为()22g x x ax =++最多两个零点，即当280a ∆=−>，2a >22a <−时，()22g x x ax =++有两个不等零点12,t t ，要想()()y g f x =有六个零点，结合函数图象，要()1f x t =和()2f x t =分别有3个零点，则()12,0,2t t ∈且12t t ≠，即()22g x x ax =++的两个不等零点()12,0,2t t ∈，则要满足()()2Δ800222000a a g g ⎧=−>⎪⎪<−<⎪⎨⎪>⎪>⎪⎩，解得322a −<<− 故实数a 的取值范围为(3,2−− 故答案为：(3,22−−【变式1-1】（海南省琼中黎族苗族自治县琼中中学2024届高三高考全真模拟卷（二）数学试题）已知函数()23,369,3x x f x x x x ⎧−≤=⎨−+−>⎩，若函数()()()22g x f x af x ⎡⎤=−+⎣⎦有6个零点，则a 的值可能为（） A ．1− B ．2−C ．3−D ．4−【答案】C【解析】由题可得，()()330f f =−=，()f x 在()(),0,3,−∞+∞上单调递减，在()0,3上单调递增，则据此可作出函数()f x 大致图象如图所示，令()f x t =，则由题意可得220t at −+=有2个不同的实数解1t ，2t ，且()12,3,0t t ∈−，则()()2121212Δ80601122203331130a t t a a t t t t a ⎧=−>⎪−<+=<⎪⇒−<<−⎨=>⎪⎪++=+>⎩3a =−满足题意. 故选：C ．【变式1-2】（河南省部分重点高中2023-2024学年高三阶段性考试（四）数学试题）已知函数()2ln ,0,43,0,x x f x x x x ⎧>=⎨++≤⎩若函数()()()241g x f x f x m =−++⎡⎤⎣⎦恰有8个零点，则m 的最小值是（） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】B【解析】设()f x t =，因为()g x 有8个零点，所以方程()f x t =有4个不同的实根，结合()f x 的图像可得2410t t m −++=在(]0,3内有4个不同的实根，即214m t t +=−+在(]0,3内有2个不同的实根，可知314m ≤+<，即可求得结果．画出函数()2ln ,043,0x x f x x x x ⎧>=⎨++≤⎩，，的图像如图所示，设()f x t =，由()()()2410g x f x f x m =−++=⎡⎤⎣⎦，得2410t t m −++=.因为()g x 有8个零点，所以方程()f x t =有4个不同的实根，结合()f x 的图像可得在(]03t ∈,内有4个不同的实根.所以方程2410t t m −++=必有两个不等的实数根，即214m t t +=−+在(]03t ∈,内有2个不同的实根，结合图像由图可知，314m ≤+<，故23m ≤<，即m 的最小值是2. 故选：B02 零点问题（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【典例2-1】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知函数()()()lg ,011,022,2x x f x x x f x x ⎧−<⎪=−−≤<⎨⎪−≥⎩的图象在区间(),(0)t t t −>内恰好有5对关于y 轴对称的点，则t 的值可以是（）A ．4B ．5C ．6D ．7【答案】C【解析】令()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩，()lg m x x =，因为()lg m x x =与()lg y x =−的图象关于y 轴对称，因为函数()()()lg ,011,022,2x x f x x x f x x ⎧−<⎪=−−≤<⎨⎪−≥⎩的图象在区间(),(0)t t t −>内恰好有5对关于y 轴对称的点，所以问题转化为()lg m x x =与()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象在()0,(0)t t >内有5个不同的交点，在同一平面直角坐标系中画出()lg m x x =与()()11,022,2x x g x g x x ⎧−−≤<⎪=⎨−≥⎪⎩的图象如下所示：因为()10lg101m ==，当10x >时()1m x >，()()()()()()13579111g g g g g g ======，结合图象及选项可得t 的值可以是6，其他值均不符合要求,. 故选：C【典例2-2】（2024·四川成都·三模）若函数()2e xf x kx =−大于0的零点有且只有一个，则实数k 的值为（） A ．4 B ．2e C ．e 2D ．2e 4【答案】D【解析】函数()f x 有且仅有一个正零点，即方程2ex k x=有且仅有一个正根，令()2e xg x x =，则()()3e 2x x g x x ='−，当0x <时，()0g x '>，当02x <<时，()0g x '<，当2x >时，()0g x '>，即函数()g x 在(),0∞−和()2,∞+上单调递增，在()0,2上单调递减，且()2e24g =，0x →时，()g x ∞→+，x →−∞时，()0g x →，x →+∞时，()g x ∞→+，可作出图象如下，方程2e x k x =有且仅有一个正根，所以2e 4k =.故选：D.【变式2-1】（2024·北京海淀·一模）已知()()3,0lg 1,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨+>⎪⎩，函数()f x 的零点个数为m ，过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的条数为n ，则,m n 的值分别为（） A ．1,1 B ．1,2 C ．2,1 D ．2,2【答案】B【解析】令()0f x =，即0x ≤时，30x =，解得0x =， 0x >时，()lg 10x +=，无解，故1m =，设过点(0,2)与曲线()y f x =相切的直线的切点为()00,x y ，当0x <时，()23f x x '=，则有()320003y x x x x −=−，有()3200023x x x −=−，整理可得301x =−，即01x =−，即当00x <时，有一条切线，当0x >时，()lg e1f x x '=+，则有()()000lg 1e lg 1y x x x x −=−++，有()()000l 2g elg 11x x x −+=−+，整理可得()()()000221lg 10lg e x x x ++−++=，令()()()()()2l 0g 2l 1e 1g g x x x x x =++−++>，则()()2lg 1g x x '=−+，令()0g x '=，可得99x =，故当()0,99x ∈时，()0g x '>，即()g x 在()0,99上单调递增，当()99,x ∈+∞时，()0g x '<，即()g x 在()99,∞+上单调递减，由()()992lg e 99220099lg e 0g =+⨯+−=>，()02020g =−=>，故()g x 在()0,99x ∈上没有零点，又()()9992lg e 999210003999lg e 10000g =+⨯+−⨯=−<，故()g x 在()99,999上必有唯一零点，即当00x >时，亦可有一条切线符合要求，故2n =.故选：B.【变式2-2】（2024·甘肃武威·模拟预测）已知函数()4ln 12f x ax a x ⎛⎫=−−+ ⎪⎝⎭有3个零点，则实数a 的取值范围是（）A ．()1,+∞B ．()2,+∞C ．(),1−∞−D ．(),2−∞−【答案】C【解析】将()y f x =的图象向左平移2个单位长度，可得函数()()22ln 2xg x f x ax x−=+=−+的图象，所以原题转化为“函数()2ln2xg x ax x−=−+有3个零点”，即研究直线y ax =与函数()2ln2xh x x−=+图象交点的个数问题．因为()h x 的定义域为()2,2−，且()()22ln ln ln1022x xh x h x x x+−−+=+==−+，所以()h x 为奇函数．因为()22222440222(2)4x x x h x x x x x x '+−+−⎛⎫=⋅=⨯=< ⎪−+−+−⎝⎭'，所以()h x 在区间()2,2−上为减函数，且曲线()y h x =在点()0,0处的切线方程为y x =−．当0x =时，2112xx x−+⨯=−+；当02x <<时，2ln2xx x−<−+；当20x −<<的，2ln2xx x−>−+，作出()h x 的图象．如图：由图知：当1a <−时，直线y ax =与函数()2ln2xh x x−=+的图象有3个交点．故实数a 的取值范围是(),1∞−−．故选：C.03 导数的同构思想同构式的应用：（1）在方程中的应用：如果方程()0f a =和()0f b =呈现同构特征，则,a b 可视为方程()0f x =的两个根（2）在不等式中的应用：如果不等式的两侧呈现同构特征，则可将相同的结构构造为一个函数，进而和函数的单调性找到联系。

压轴题04 函数与导数常见经典压轴大题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题04函数与导数常见经典压轴大题函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：（1）含参函数的单调性、极值与最值；（2）函数的零点问题；（3）不等式恒成立与存在性问题；（4）函数不等式的证明．（5）导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．考向一：导数与数列不等式的综合问题考向二：双变量问题考向三：证明不等式考向四：零点问题考向五：不等式恒成立问题考向六：极值点偏移问题与拐点偏移问题考向七：导数中的同构问题考向八：导数与三角函数结合问题1、对称变换主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：（1）定函数（极值点为0x ），即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点0x ．（2）构造函数，即根据极值点构造对称函数0()()(2)F x f x f x x =--，若证2120x x x >，则令02()()()x F x f x f x=-．（3）判断单调性，即利用导数讨论()F x 的单调性．（4）比较大小，即判断函数()F x 在某段区间上的正负，并得出()f x 与0(2)f x x -的大小关系．（5）转化，即利用函数()f x 的单调性，将()f x 与0(2)f x x -的大小关系转化为x 与02x x -之间的关系，进而得到所证或所求．【注意】若要证明122x x f +⎛⎫' ⎪⎝⎭的符号问题，还需进一步讨论122x x +与x 0的大小，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中．某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用．因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的．根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧．许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效2121212ln ln 2x x x x x x -+<-证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到1212ln ln x x x x --；③利用对数平均不等式来证明相应的问题．3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可．1．（2023·全国·校联考二模）已知函数()()2ln R 2a f x x x x x a a =--+∈，()f x '为()f x 的导函数．(1)当12a =时，若()()g x f x ='在[[],1(0)t t t +>上的最大值为()h t ，求()h t ；(2)已知12,x x 是函数f （x ）的两个极值点，且12x x <，若不等式112e mmx x +<恒成立，求正数m的取值范围．【解析】（1）当12a =时，()211ln 42f x x x x x =--+，其定义域为（0，＋∞），且()1ln 112f x x x =+--'1ln 2x x =-，所以()1ln 2g x x x =-，所以()112(0)22xg x x x x'-=-=>，令()0g x '>，得02x <<；令()0g x '<，得2x >，所以()g x 在(0,2)上单调递增，在(2,)+∞上单调递减．①当12t +≤，即01t <≤时，()g x 在[t ，t ＋1]上单调递增，所以()()()()max 111ln 122h t g x g t t t ==+=+--；②当2,12t t ≤+>，即12t <≤时，()()()max 2ln21h t g x g ===-；③当2t >时，g （x ）在[t ，t ＋1]上单调递减，所以()()()max 1ln 2h t g x g t t t ===-，综上所述11ln(1),01,22()ln 21,12,1ln , 2.2t t t h t t t t t ⎧+--<≤⎪⎪=-<≤⎨⎪⎪->⎩（2）因为112emmx x +<，所以121ln ln m x m x +<+，由题意知()f x 的定义域为(0,),+∞()ln f x x ax '=-，故12,x x 是关于x 的方程()ln 0f x x ax '=-=的两个根，所以()()111222ln 0,ln 0f x x ax f x x ax ='-=-'==，即1122ln ,ln x ax x ax ==，所以121ln ln m x m x +<+，等价于()12121m ax max a x mx +<+=+．因为120,0m x x ><<，所以原式等价于121ma x mx +>+，又1122ln ,ln x ax x ax ==，作差，得()1122lnx a x x x =-，即1212lnx x a x x =-，所以原式等价112122ln 1xx m x x x mx +>-+，因为120x x <<，所以()()1212121lnm x x x x x mx +-<+恒成立．令12x t x =，则(0,1)t ∈，故不等式()()11ln m t t t m+-<+在(0,1)t ∈上恒成立，令()()11()ln m t t t t mϕ+-=-+．又因为()()()()()()2222111t t m m t t t m t t m ϕ--+'=-=++，当21m ≥时，得(0,1)t ∈，所以()0t ϕ'>在(0,1)上单调递增，又()10ϕ=，所()0t ϕ<在(0,1)上恒成立，符合题意；当21m <时，可得2(0,)t m ∈时，()0t ϕ'>，()2,1t m ∈时，()0t ϕ'<，所以()t ϕ在2(0,)m 上单调递增，在2(,1)m 上单调递减，又因为()10ϕ=，所以()t ϕ在(0,1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式112emmx x +<恒成立，只需满足21m ≥，又0m >，故m 1≥，即正数m 的取值范围为[1,)+∞．2．（2023·河南·校联考二模）已知函数()22ln f x x x x =+．(1)求()f x 的极值；(2)若不等式()2e x f x x m x≥+在1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上恒成立，求实数m 的取值范围．【解析】（1）函数()22ln f x x x x =+的定义域为()0,∞+，又()()2ln 22ln 3f x x x x x x x '=++=+，令()0f x '<得320e x -<<，令()0f x ¢>得32e x ->，所以()f x 在320,e -⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在32e ,-⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在32e x -=处取得极小值3321e e 2f --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，无极大值.（2）由()2e x f x x m x≥+得2ln e x x x x x m -+≥，即对任意的1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，2ln exx x x xm -+≤恒成立，令()2ln e xx x x xh x -+=，1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭，则()()()1ln 2e x x x x h x '--+=，令()ln 2x x x ϕ=-+，则()1xx xϕ'-=，所以当11ex <<时()0x ϕ'>，当1x >时()0x ϕ'<，所以()x ϕ在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又1110e e ϕ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，()110ϕ=>，()22e 4e 0ϕ=-<，所以当1,e x ∞⎡⎫∈+⎪⎢⎣⎭时()x ϕ在()21,e 内存在唯一的零点0x ，所以当1,1e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0x ϕ>，()0h x '>，()h x 单调递增，当()01,x x ∈时()0x ϕ>，()0h x '<，()h x 单调递减，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ<，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()0min1,e h x h x h ⎧⎫⎛⎫=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，12e 1e e h --⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为()000ln 20x x x ϕ=-+=，所以00ln 11x x -+=-，020e x x -=，所以()()00000220000000002ln 1ln e 1e e e e ex x x x x x x x x x x x x h x --+-+--=====-，因为e 122e e ---->-，所以()01e h h x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以()()02min 1e h x h x ==-，所以实数m 的取值范围为21,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.3．（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>.(1)若1a =，求函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，求实数a 的值.【解析】（1）当1a =时，()111221f =-+=，且()()11,11f x x f x=-+'∴='，∴函数()f x 在点()()1,1f 处的切线方程112y x -=-，即2210x y --=.（2）()21ln (0)2f x x x x a a=-+>在其定义域上有唯一零点，∴方程21ln 02x x x a-+=，即22ln 20x a x ax --=在()0,∞+有唯一实数解.设()22ln 2g x x a x ax =--，则()2222x ax ag x x--'=.令()0g x '=，即20.0,0,x ax a a x --=>> 20x ax a ∴--=的两个根分别为1402a a a x =（舍去），2x =当()20,x x ∈时，()()0,g x g x '<在()20,x 上单调递减，当()2,x x ∈+∞时，()()0,g x g x '>在()20,x 上单调递增，当2x x =时，()()0,g x g x '=取最小值()2g x ，要使()g x 在()0,∞+有唯一零点，则须()()220,0,g x g x ⎧=⎪⎨='⎪⎩即22222222ln 20,0,x a x ax x ax a ⎧--=⎨--=⎩()22222ln 0,0,2ln 10.*a x ax a a x x ∴+-=>∴+-= 设函数()2ln 1,h x x x =+-当0x >时()h x 是增函数，()h x ∴至多有一解.⋅()10,h =∴ 方程()*的解为21x =1=，解得12a =，∴实数a 的值为12.4．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）已知函数()ln eaf x x x =-（其中a ∈R ，e 为自然对数的底数）．(1)若函数()f x 存在极大值，且极大值不小于1，求a 的取值范围；(2)当e a =时，证明()121e 2102x x f x x -⎛⎫+-++< ⎪⎝⎭．【解析】（1）由已知可得，函数()f x 定义域为()0,∞+，()1ea f x x =-'.①当0a ≤时，()10eaf x x =->'在()0,∞+上恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增，此时函数()f x 无极值；②当0a >时，()e e axf x x-='，解()e 0e axf x x-=='可得e x a =.当e 0x a <<时，()0f x ¢>，所以()f x 在e 0,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当e x a >时，()0f x '<，所以()f x 在e ,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以，函数()f x 在ex a=处取得极大值e f a ⎛⎫ ⎪⎝⎭.由已知，e 1f a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即e e ln 11f a a ⎛⎫=-≥ ⎪⎝⎭，解得10ea <≤，所以，a 的取值范围为10,e ⎛⎤⎥⎝⎦.（2）因为()()()112211e 212e 22x x x f x x x f x --⎛⎫⎛⎫+-++=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又因为0x >,所以只需证明()12e212x f x x -<-+即可.当e a =时，()ln f x x x =-，由(1)知()f x 在()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减，所以，()f x 在1x =处取得极大值，也是最大值()()max 11f x f ==-.记()12e212x g x x -=-+，0x >，则()1112222211ee e 221122x x x x x g x x x ---⎛⎫⎛⎫+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭'==⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当102x <<时，()0g x '<，()g x 单调递减；当12x >时，()0g x '>，()g x 单调递增，所以，()g x 在12x =处取得极小值，也是最小值()min 112g x g ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.因为()max f x 与()min g x 不能同时取到，所以结论成立.5．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知函数2sin ()π,[0,π]ex xf x x x x =-+∈．(1)求()f x 在(0,(0))f 处的切线方程；(2)若()f x m =存在两个非负零点12,x x ，求证：212ππ1mx x -≤-+．【解析】（1）由题可知(0)0,()(cos sin )e 2πx f f x x x x -'==--+，因为(0)1πf =+'，所以，()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+．（2）()f x m =存在两个非负零点12,x x ，设12x x <，由（1）可知()y f x =在(0,(0))f 处的切线方程为(1π)y x =+，注意到π1(π)0,(π)πe f f =-'=-，所以，()y f x =在(π,0)处的切线方程为π1π(π)e y x ⎛⎫=--- ⎪⎝⎭．下证：当[0,π]x ∈时，()(1π)f x x ≤+，且π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．（i ）要证()(1π)f x x ≤+，即证2sin e xx x x ≤+，只需证()2sin e x x x x ≤+．①设()sin ,0,()1cos 0g x x x x g x x -=-'=≥≥，故()g x 在[0,)+∞上单调递增，故()(0)0g x g ≥=，即sin ,[0,)x x x ≤∀∈+∞恒成立．要证①，只需证()2e xx x x ≤+．当0x =时上式成立；当0x >时，即证1(1)e x x ≤+，此时，由于11,e 1x x +≥≥，故(1)e 1x x +≥，于是，当0x ≥时，()(1π)f x x ≤+．（ii ）要证1()π(π)e x f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭，只需证2πsin 1ππ(π)e e x x x x x ⎛⎫-+≤--- ⎪⎝⎭，即证2sin 1ππ(π)0,[0,π]e e x x x x x x x ⎛⎫-+++-≤∈ ⎪⎝⎭．设2πsin 1()ππ(π),[0,π]e e x x h x x x x x ⎛⎫=-+++-∈ ⎪⎝⎭，则πcos sin 1()2ππ,(π)0e e x x x h x x h -''=-+++=．设πcos sin 1()2ππ,[0,π]e e xx x m x x x -=-+++∈，则()2cos cos 221e e x x x x m x -⎛⎫=-=-+ ⎝'⎪⎭．当π0,2x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，cos 0,e 0,()0x x m x ≥><'，当,2x π⎛⎤∈π ⎥⎝⎦时，π2cos 0,|cos |1,e e 1x x x <≤>>，故cos 10,()0e x x m x '+><．于是()0,[0,π]m x x <∀∈'恒成立，故()m x 在[0,]π上单调递减．从而()(π)0m x m ≥=，即()0,[0,π]h x x ≥∀∈'恒成立，故()h x 在[0,]π上单调递增，从而()(π)0h x h ≤=，于是π1()π(π)e f x x ⎛⎫≤--- ⎪⎝⎭．设(1π)x m +=的零点为31,π(π)e x x x m ⎛⎫---= ⎪⎝⎭的零点为4x ，则()341(1π),ππe x m x m π⎛⎫+=---= ⎪⎝⎭．因为()311(1π)(1π)x m f x x +==≤+，所以31x x ≤，因为()()()422π11ππππe e x m f x x π⎛⎫⎛⎫---==≤--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以42x x ≥，又34π,π11ππex m mx ==-++，所以2143π2ππ11π1ππe mm m x x x x -≤-=--≤-+++，所以212ππ1mx x -≤-+．6．（2023·上海静安·统考二模）已知函数()()211ln 2f x x a x a x =-++.（其中a 为常数）(1)若2a =-，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；(2)当a<0时，求函数()y f x =的最小值；(3)当01a ≤<时，试讨论函数()y f x =的零点个数，并说明理由.【解析】（1）当2a =-时，可得()212ln 2f x x x x =+-，可得()2(2)(1)1x x f x x x x+-'=+-=，所以()22f '=且()242ln 2f =-，所以切线方程为(42ln 2)2(2)y x --=-，即22ln 20x y --=，即曲线所以曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为22ln 0x y x --=.（2）由函数()()211ln 2f x x a x a x =-++，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，又由()()(1)x a x f x x--'=，令()0f x '=，解得1x a =，11x =，当a<0时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,1)1(1,)+∞()f x '-+()f x极小值↗所以函数的极小值为()112f a =--，也是函数()f x 的最小值，所以当a<0时，函数()f x 的最小值为12a --（3）当0a =时，()212f x x x =-，令()0f x =，解得122,0x x ==（舍去）所以函数()y f x =在(0,)+∞上有一个零点；当01a <<时，()f x 与()f x '在区间(0,)+∞的情况如下表：x (0,)a a(,1)a 1(1,)+∞()f x '+0-0+()f x ↗极大值极小值↗所以函数()f x 在(0,)a 单调递增，在(,1)a 上单调递减，此时函数()f x 的极大值为()21ln 02f a a a a a =--+<，所以函数()y f x =在(0,1)上没有零点；又由()1102f a =--<且函数()f x 在(1,)+∞上单调递增，且当x →+∞时，()f x →+∞，所以函数()f x 在(1,)+∞上只有一个零点，综上可得，当01a ≤<时，()f x 在(0,)+∞上有一个零点.7．（2023·河北沧州·统考模拟预测）已知函数()()ln 1f x x ax a =--∈R .(1)若函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，求实数a 的取值范围；(2)若方程()20f x +=有两个实根1x ，2x ，且212x x >，求证：212332e x x >.参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈.【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，由题意，()11ax f x a x x-'=-=.当0a ≤时，()0f x ¢>，函数()f x 在()0,∞+上单调递增，不合题意；当0a >时，由()0f x ¢>得10x a <<，所以函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.又函数()y f x =在区间[)1,+∞上单调递减，所以，11a≤，即1a ≥.因此，实数a 的取值范围是[)1,+∞.（2）由题意()2ln 10f x x ax +=-+=，于是1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，令21x t x =，则由212x x >可得，2t >.于是221111ln 1ln ln 1ln 1ln 1x x t x t x x x +++===++，即1ln ln 11t x t =--.从而21ln ln ln ln 11t tx t x t =+=--.另一方面，对212332e x x >两端分别取自然对数，则有12ln 2ln 5ln 23x x +>-，于是，即证ln 2ln 35ln 2311t t t t t +->---，即()12ln 5ln 21t t t +>-，其中2t >.设()()12ln 1t t g t t +=-，2t >.则()()()()()221212ln 112ln 3ln 2111t t t t t t t t t g t t t +⎛⎫+--+-+-- ⎪⎝⎭'==--，设()13ln 21t t t tϕ=-+--，2t >.则()()()22222113123120t t t t t t t t t ϕ----+'=++==>在()2,+∞上恒成立，于是，()t ϕ在()2,+∞上单调递增，从而()()1523ln 2413ln 2022t ϕϕ>=-+--=->.所以，()0g t '>，即函数()g t 在()2,+∞上单调递增，于是()()25ln 2g t g >=.因此，212332e x x >，即原不等式成立.8．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数()e cos 2xf x x =+-．(1)证明：函数()f x 只有一个零点；(2)在区间()0,∞+上函数()sin f x ax x >-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）证明：由()e cos 2xf x x =+-可得()00e cos020f =+-=，当0x <时，e 1x <，cos 1≤x ，所以e cos 2x x +<，故e cos 20x x +-<，故()f x 在区间(),0∞-上无零点．当0x ≥时，()e sin xf x x '=-，而e 1x ≥，sin 1x -≥-，且等号不会同时取到，所以()e sin 0xf x x =->'，所以当0x ≥时，函数()f x 单调递增，所以()()00f x f ≥=，故函数()f x 在区间[)0,∞+上有唯一零点0，综上，函数()f x 在定义域上有唯一零点.（2）由()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立，得e cos 2sin x x ax x +->-，即e sin cos 20x x x ax ++-->在区间()0,∞+上恒成立．设()e sin cos 2xg x x x ax =++--，则()0g x >在区间()0,∞+上恒成立，而()e cos sin xg x x x a =+--'，()e cos sin x m x x x a =+--，则()e sin cos x m x x x =-'-．设()e 1xh x x =--，则()e 1x h x '=-，当0x >时，()0h x '>，所以函数()h x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上，()()00h x h >=，即在区间()0,∞+上e 1x x >+，设函数()()0n ,si ,p x x x x ∞=-∈+，则()1cos 0p x '=-≥，所以函数()p x 在区间()0,∞+上单调递增，故在区间()0,∞+上()()00p x p >=，即在区间()0,∞+上，sin x x >，所以在区间()0,∞+上，e 1sin cos x x x x >+>+，即()e sin cos 0xm x x x =-->'，所以在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增．当2a ≤时，()020g a '=-≥，故在区间()0,∞+上函数()0g x '>，所以函数()g x 在区间()0,∞+上单调递增．又()00g =，故()0g x >，即函数()sin f x ax x >-在区间()0,∞+上恒成立．当2a >时，()020g a '=-<，()()()ln 22cos ln 2sin ln 2g a a a a a '+=+++-+-⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦⎣⎦()π2ln 204a ⎛⎫=+-> ⎪⎝⎭，故在区间()()0,ln 2a +上函数()g x '存在零点0x ，即()00g x '=，又在区间()0,∞+上函数()g x '单调递增，故在区间()00,x 上函数()()00g x g x ''<=，所以在区间()00,x 上函数()g x 单调递减，又()00g =，所以在区间()00,x 上函数()(0)0g x g <=，与题设矛盾．综上，a 的取值范围为(],2-∞.9．（2023·重庆九龙坡·统考二模）已知函数()ln ax ax f x x=+-，函数()2ln 2e 2e 12xx x a g x a x x-=+-+.(1)当0a >时，求()f x 的单调区间；(2)已知12a ≥，1e 2xx >，求证：()0g x <；(3)已知n 为正整数，求证：11111ln 212212n n n n n+++⋅⋅⋅+>++-.【解析】（1）2221()ln ,()a a ax x af x x ax f x a x x x x-+-'=-+∴=--= ，①当12a ≥时，此时2140a ∆=-≤，则()0f x '≤恒成立，则()f x 的减区间为()0,∞+，②当102a <<时，令()0f x ¢>，解得11,22x a a ⎛+∈⎪ ⎪⎝⎭，则()f x 的增区间为⎝⎭令()0f x '<，解得1141140,,22x a a ⎛⎫⎛⎫∈⋃+∞ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()f x 的减区间为110,,,22a a ⎛⎛⎫+∞⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，综上当12a ≥时，()f x 的减区间为()0,∞+，无增区间；当102a <<时，()f x 的增区间为⎝⎭，减区间为110,,22a a ⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.（2）欲证2ln 2e ()2e 10,2xx x a g x a x x-=+-+<需证ln 22e 02e xxax x ax x +-+<，即需证()ln 2e 2e 02ex xxax ax x -+<，令2e x t x =，即需证ln 0a t at t-+<，设()ln a h t t at t =-+12e x t x => ，由（1）知当12a ≥时，()h t 的减区间为()0,,∞+所以()(1)0,h t h <=故()0.g x <（3）由（2）知，当11,2t a >=时，11ln 2t t t ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，令()*21N t n n=+∈，则2121122ln 11122222(21)1n n n n n n n n n n ⎛⎫⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫+<+-=+-=< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+⎝⎭+即2ln(2)ln n n n+-<所以2ln(3)ln(1)1n n n +-+<+2ln(4)ln(2)2n n n +-+<+2ln(5)ln(3)3n n n +-+<+......ln(21)ln(21)212n n n +--<-ln(22)l )22n(2n n n+-<以上各式相加得：11111ln(22)ln(21)ln ln(1)212212n n n n n n n n n ⎛⎫+++--+<+++⋯++ ⎪++-⎝⎭()()()212211111112ln ln 4ln 212212212n n n n n n n n n n ++⎛⎫+++⋯++>=+> ⎪++-+⎝⎭10．（2023·广东梅州·统考二模）已知函数()1e ln -=-xf x a x ，其中R a ∈．(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当[]0,πx ∈时，()21cos 1f x x +-≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】（1）当1a =时，1()e ln x f x x -=-，函数()f x 的定义域为(0,)+∞，求导得11()e x f x x-'=-，显然函数()f x '在(0,)+∞上单调递增，且()01f '=，因此当(0,1)x ∈时,()0,()'<f x f x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时,()0,()'>f x f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.（2）[0,π]x ∈，令()2(1)cos 2e 2ln(1)cos x g x f x x a x x =+-=-+-，求导得2()2e sin 1x ag x x x '=-++，当0a ≤时,()0g x '>，则()g x 在[0,π]上单调递增，0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，当0a >时，设()()h x g x '=，则22()2e cos 0(1)xah x x x '=++>+，因此函数()h x ，即()g x '在[0,π]上单调递增，而0(0)2e 2sin 022g a a '=-+=-，(i)当01a <≤时,()(0)220,()g x g a g x ''≥=-≥在[0,π]上单调递增，于是0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a ≥=--=，满足题意，(ii)当π2(π)2e sin π0π1ag '=-+≤+，即π(π1)e a ≥+时，对[0,π],()0x g x '∀∈≤，则()g x 在(0,π)上单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，（iii ）当π1(1)e a π<<+时，因为()g x '在[0,π]上单调递增，且π2(0)(π)(22)(2e )0π1ag g a ''=--<+，于是0[0,π]x ∃∈，使()00g x '=，且当()00,x x ∈时,()g x '单调递减，此时0()(0)2e 2ln1cos 01g x g a <=--=，不合题意，所以实数a 的取值范围为(,1]-∞.11．（2023·上海松江·统考二模）已知0x >，记()e xf x =，()xg x x =，()ln ()h x g x =．(1)试将()y f x =、()y g x =、()y h x =中的一个函数表示为另外两个函数复合而成的复合函数；(2)借助（1）的结果，求函数()2y g x =的导函数和最小值；(3)记()()()f x h x H x x a x-=++，a 是实常数，函数()y H x =的导函数是()y H x '='．已知函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123x x x 、、．求证：1231x x x ⋅⋅<．【解析】（1）()ln ()ln ln (())e e e e ()xh x g x x x x x y f h x x g x =======（2）利用复合函数的求导法则可求得2(2)2(2)(ln 21)x g x x x '=+,令2(2)2(2)(ln 21)0x g x x x '=+=,可求得:令(2)0g x '=，0x >，20(2)x x ∴>，所以ln 210x +=，解得12e x =，当102e x <<时，(2)0g x '<，此时()2g x 单调递减，当12e x >时，(2)0g x '>，此时()2g x 单调递增，所以函数(2)y g x =的最小值为e 11e ⎛⎫ ⎪⎝⎭.（3）()()e ()ln xf x h x H x x a x x ax x-=++=-++由()2222e (1)e (1)1e (1)()1x x x x x x x x x H x x x x x +----+'=-+==，0,e 0x x x >∴+> ，令()0H x '>，解得1x >，此时()H x 单调递增，令()0H x '<，解得1x <，此时()H x 单调递减，因为函数()()y H x H x =⋅'有三个不相同的零点123,,x x x .而()y H x '=的零点为1,不妨设31x =,则()y H x =的零点为12,x x .不妨设12x x <,则()()12121101,1,0x x H x H x x <<<>==.令1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，则()11222211e 1e (1)1(1)()e e 11x x x x x x x x x K x x x x x x x⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪+-⎛⎫⎝⎭-⎝⎭'=+⨯=+-- ⎪⎝⎭.令1()e e 1x xp x x x =+--,则()111211e 1e e e 1e 1xxx xx p x x x x ⎛⎫=+-+⨯=++- ⎝'⎪⎭,所以当(0,1)x ∈时,()0p x '>，所以当(0,1)x ∈时,()p x 是严格单调递增的,所以当(0,1)x ∈时,()(1)0p x p <=,所以当(0,1)x ∈时,()0K x '>,则1()()K x H x H x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭在(0,1)上单调递增，所以在(0,1)上，1()()(1)0K x H x H K x ⎛⎫=-<= ⎪⎝⎭,所以()1110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭.又()()120H x H x ==,所以()2110H x H x ⎛⎫-< ⎪⎝⎭,即()211H x H x ⎛⎫< ⎪⎝⎭.又函数()y H x =在(1,)+∞上单调递增,所以211x x <，即121x x <.综上,1231x x x <.12．（2023·浙江宁波·统考二模）已知函数2()ln f x x ax =-．(1)讨论函数()f x 的单调性：(2)若12,x x 是方程()0f x =的两不等实根，求证：（i ）22122e x x +>；（ii ）12x x >【解析】（1）由题意得，函数()f x 的定义域为(0,)+∞.由2()ln f x x ax =-得：2112()2ax f x ax x x-'=-=，当0a ≤时，()0,()'>f x f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，由()0f x '>得0x <()0f x '<得x >所以()f x 在⎛ ⎝⎭上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递减．（2）因为12,x x 是方程2ln 0x ax -=的两不等实根，即12,x x 是方程22ln 20x ax -=的两不等实根，令2(0)t x t =>，则221122,t x t x ==，即12,t t 是方程ln 2ta t=的两不等实根.令ln ()tg t t=，则21ln ()t g t t -'=，所以()g t 在(0,e)上递增，在(e,)+∞上递减，1(e)eg =，当0t →时，()g t →-∞；当t →+∞时，()0g t >且()0g t →.所以102a e <<，即102ea <<.令121e t t <<<．（i ）要证22122e x x +>，只需证122e t t +>，解法1：令()()(2e ),(1,e)h t g t g t t =--∈，则ln ln(2e )(2e )ln ln(2e )()()(2e )2e (2e )t t t t t t h t g t g t t t t t ----=--=-=--，令()(2e )ln ln(2e )t t t t t ϕ=---，则()22e 2e ()1ln ln(2e )ln 2e 2e 2e t t tt t t t t t t t tϕ-'=----+=+--+--2e 202e t t t t->+->-，所以()t ϕ在(1,e)上递增，()(e)0t ϕϕ<=，所以()()(2e )0h t g t g t =--<，所以()(2e )g t g t <-，所以()()()2112e g t g t g t =<-，所以212e t t >-，即122e t t +>，所以22122e x x +>．解法2：先证121212ln ln 2x x x xx x -+<-，令120x x <<，只需证212121ln 2ln x x x x x x -<+-，只需证2112ln 011x x x x x x ⎛⎫--<=> ⎪+⎝⎭，令1()2ln (1)1x x x x x ϕ-=->+，22241(1)()0(1)(1)x x x x x x ϕ--'=-=<++，所以()ϕx 在(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=．因为1212ln ln t t t t =，所以1212121212ln ln ln ln 2t t t t t t t t t t +-+=<+-，所以12ln ln 2t t +>，即212e t t >，所以122e t t +>>．解法3：由()1212121e ln ln t t t t t t =<<<，设112111ln ln ln (0),t t t t t t λλλλ+=>=，所以11ln ln ln t t λλ+=，即1212ln ln (1)ln ln ,ln ,ln ln 111t t t t λλλλλλλλ+==+=---，构造函数2(1)()ln (1)1x g x x x x -=->+，22214(1)()0(1)(1)x g x x x x x -'=-=>++，所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0g x g >=．（ii）要证：12x x >12e 2t t a >，只需证：12ln ln 1ln 2t t a +>-，只需证：12221ln 2at at a +>-，只需证：121ln 22at t a-+>，212121ln ln 2t t t tt t -+<-令112t a =得22211222ln 22t t a aat a -+<+即222ln 212(ln 21)02a at a t a a+-++>①令212t a =得1111122ln 222t t a aa at -+<--即211ln 212(ln 21)02a at a t aa ⎛⎫----+>⎪⎝⎭②①+②得：()()2221212(ln 21)0a t t a t t -+-->，即121ln 22at t a-+>．13．（2023·河北保定·统考一模）已知函数()()sin ln 1f x x a x =-+．(1)当1a =时，证明：当[]0,1x ∈时，()0f x ≥；(2)当[]0,πx ∈时，()2e 2xf x ≤-恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）法一：首先证明sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，理由如下：构造()sin j x x x =-，[)0,x ∈+∞，则()cos 10j x x '=-≤恒成立，故()sin j x x x =-在[)0,x ∈+∞上单调递减，故()()00j x j ≤=，所以sin x x ≤，[)0,x ∈+∞，()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()22111cos 12sin 1212121x x f x x x x x ⎛⎫'=-=--≥--⎪+++⎝⎭()21111012121x x x x x=--≥--≤≤++，故()()2122202222x x x x x f x x x-+---'≥=>++在[]0,1x ∈上恒成立，所以()f x 在[]0,1单调递增，故()()00f x f ≥=法二：()()sin ln 1f x x x =-+，[]0,1x ∈，()1cos 1f x x x'=-+，且()00f '=，令()()1cos 1f x x xq x '=-=+，则()()21sin 1q x x x '=-++，令()()()21sin 1w q x x x x =-+='+，则()()32cos 01w x x x '=--<+在[]0,1x ∈上恒成立，所以()()21sin 1q x x x '=-++单调递减，又()010q '=>，其中π1sin1sin62>=，故()1sin1014q =-+<'，故()00,1x ∃∈，使得()00q x '=，且当()00,x x ∈时，()0q x '>，当()0,1x x ∈时，()0q x '<，所以()f x '先增后减，又()00f '=，()11cos102f '=->，∴()0f x ¢>在()0,1x ∈上恒成立，所以()f x 单调递增，()()00f x f ≥=；（2）法一：()()2e 2sin ln 1xg x x a x =--++，()()()()()2e 1sin ln 11ln 10x g x x x x x x a x =--+-+-++++≥，下证：()e 100xx x --≥≥，()0sin 0x x x -≥≥，()()0ln 10x x x -+≥≥，且在0x =处取等号，令()()0e 1x x r x x -=-≥，则()()e 100x r x x -≥'=≥，故()()0e 1xx r x x -=-≥单调递增，故()()00r x r ≥=，且在0x =处取等号，()0sin 0x x x -≥≥在（1）中已证明；令()()()0ln 1t x x x x =-≥+，则()()101011x t x x x x '=-≥++≥=，故()()()0ln 1t x x x x =-≥+单调递增，故()()00t x t ≥=，且在0x =处取等号，当0x >时，()ln 10x +>，当10a +≥时，即1a ≥-时，()0g x ≥符合题意，当1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞；法二：()()2e 2sin ln 1x g x x a x =--++，()2e cos 1xag x x x '=-++，()0,πx ∈，①当0a ≥时，()2e 10xg x '≥->，()0,πx ∈，()g x 在[]0,π单调递增，且()()00g x g ≥=符合题意，②当a<0时，()2e cos 1xag x x x '=-++在()0,π单调递增，()0211g a a '=+-=+，③当10a +≥时，即10a -≤<时，()()010g x g a ''≥=+≥()g x 在[]0,π单调递增，()()00g x g ≥=符合题意，②当10a +<时，即1a <-时，()00g =，()2e cos 1x ag x x x '=-++，()010g a ='+<，其中当1a <-时，2e 2e a ->，()cos 1a -≤，11111111a a a a a -+-==-≤-+-+-+，故()()2e cos 01aag a a a -'-=--+>-+，令()()2e cos 1xau x g x x x '==-++，[]0,πx ∈，则()()22e sin 01xau x x x '=+->+在[]0,πx ∈上恒成立，故()g x '在[]0,πx ∈上单调递增，故()10,x a ∃∈-，使得()10g x '=，()g x 在()10,x 单调递减，故()()100g x g <=与()0g x ≥矛盾，舍去；综上：a 的取值范围为[)1,-+∞.14．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数()()sin ln 1,R f x a x x a =-+∈．(1)若对(1,0]x ∀∈-时，()0f x ≥，求正实数a 的最大值；(2)证明：221sinln 2ni i =<∑；(3)若函数()()1e sin x g x f x a x +=+-的最小值为m ，证明：方程()1eln 10x mx +--+=有唯一的实数根，（其中e 2.71828= 是自然对数的底数）【解析】（1）1()cos 1f x a x x'=-+ （10-<≤x ）a 为正实数，∴函数()f x '在区间(1,0]-上单调递增，且(0)1f a '=-．①当01a <≤时，()(0)0f x f ''≤≤，所以函数()f x 在(1,0]-上单调递减，此时()(0)0f x f ≥=，符合题意．②当1a >时，11(0)10,1cos 10f a f a a a a a a ⎛⎫⎛⎫''=->-=--<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，由零点存在定理，0(1,0)x ∃∈-时，有()00f x '=，即函数()f x 在()01,x -上递减，在()0,0x 递增，所以当()0,0x x ∈时，有()(0)0f x f <=，此时不符合．综上所述，正实数a 的最大值为1．（2）由（1）知，当1,(1,0)a x =∈-时，sin ln(1)x x >+，令21x i =-时，有2222111sin ln 1ln i i i i -⎛⎫⎛⎫->-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即2221sin ln 1i i i <-，累加得，2212232sinln ln ln 2ln ln 2132111ni n n n i n n n =⎛⎫<⋅⋅==+< ⎪+++⎝⎭∑ ．（3）因为1()e ln(1)x g x x +=-+，所以11()e 1x g x x +'=-+，即函数()g x '在(1,)-+∞上递增，又1(0)e 10,202g g ⎛⎫''=->-=< ⎪⎝⎭，由零点存在定理，11,02x ⎛⎫∃∈- ⎪⎝⎭时，有()10g x '=，即1111e 1x x +=+，因此()11111lnln 11x x x +==-++，而函数()g x 在()11,x -上递减，在()1,x +∞上递增，所以()()()11111min 111111e ln 1ln 1111x m g x g x x x x x x +===-+=+=+++++，即52,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭．要证方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解，只要证方程1e e ln(1)0x m x +-+=有唯一的实数解．设15()ee ln(1)22xmH x x m +⎛⎫=-+<< ⎪⎝⎭，则()1e e 1mxH x x+'=-+，所以函数()H x '在(1,)-+∞上递增，又(0)e e 0mH '=-<，e (1)(1)0mm H m m-'-=>，由零点存在定理，2(0,1)x m ∃∈-时，2()0H x '=，即212e e1mx x +=+，因此()221ln 1m x x =+++，又1111ln 11m x x =+++，设()ln m x x x =+，则函数()m x 在(0,)+∞上递增，于是21111x x +=+且()21ln 11x x +=+，而函数()H x 在()21,x -上递减，在()2,x +∞上递增，()()()()()21min 2221121()e e ln 1e ln 1e 1101x m m m H x H x x x x x x +⎛⎫∴==-+=-+=+-+= ⎪+⎝⎭，即函数()H x 有唯一零点2x ，故方程1e ln(1)0x m x +--+=有唯一的实数解．15．（2023·青海西宁·统考二模）已知()()e ln R xf x a x a =-∈．(1)若()f x 在[)1,+∞上单调递增，求a 的取值范围，(2)证明：当21e a ≥时，()0f x >．【解析】（1）由()e ln xf x a x =-，可得()1e x f x a x'=-，因为()f x 在[)1,+∞上单调递增，则()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即1e xa x ≥在[)1,+∞上恒成立，令()()1,1e x g x x x =≥，则()()()2211e e 0e e x x x x x g x x x x +'=-+=-<在[)1,+∞上恒成立，即()g x 在[)1,+∞上单调递减，所以()()max 11eg x g ==，由1e x a x ≥在[)1,+∞上恒成立，可得()max1ea g x ≥=，所以实数a 的取值范围为1,e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭.（2）因为函数()e 1x x x φ=--，()e 1xx φ'=-，令()0x φ'=，则0x =，即0x >时，()0x φ'>，则()x φ单调递增；即0x <时，()0x φ'<，则()x φ单调递减；所以()()0110x φφ≥=-=，即e 1x x ≥+（当且仅当0x =取等号），因为函数()ln 1x x x ϕ=-+，()0x >，则()11x xϕ'=-，令()0x ϕ'=，则1x =，当01x <<时，()0x ϕ'>，则函数()x ϕ单调递增；当1x >时，()0x ϕ'<，则函数()x ϕ单调递减；所以()()10110x ϕϕ≤=-+=，即ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），因为21ea ≥，且e 1xx ≥+（当且仅当0x =取等号），ln 1≤-x x （当且仅当1x =取等号），所以()()221e ln e 1e 1exxx f x a x x x -=->⋅--=-+（两个等号不同时成立这里反为大于号），令()()2e1,0x h x x x -=-+>，即证()0h x ≥，因额为()2e1x h x -'=-，令()0h x '=，可得20e e 1x -==，所以2x =，当02x <<时，()0h x '<，则函数()h x 单调递减；当2x >时，()0h x '>，则函数()h x 单调递增；所以()()22min 2e 210h x h -==-+=，所以()()20h x h ≥=，即当21e a ≥时，()0f x >．16．（2023·江西·统考模拟预测）已知函数()ln af x x x=+的图象在1x =处的切线方程为y b =．(1)求a ，b 的值及()f x 的单调区间．(2)已知()()2e e x x xf x mxF x x x-+=-，是否存在实数m ，使得曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方？若存在，求出实数m 的值；若不存在，请说明理由．【解析】（1）因为()ln af x x x=+，所以21()a f x x x '=-，又()f x 在1x =处的切线方程为y b =，所以(1)10,f a ='-=故1a =，又()1ln11f a =+=，所以切线方程为1y =，故1b =，所以()1ln f x x x=+，则22111().x f x x x x -'=-=当01x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当1x ≥时，()0f x '≥，()f x 单调递增.综上，()f x 的单调递减区间为()0,1，单调递增区间为[)1,+∞.（2）22e ()e e ln e ln (),0,1x x x x x f x mx x x mx x mF x x x x x x x -+++===>---且1x ≠.由曲线()y F x =恒在直线1y x =+的上方,知e ln 11x x m x x +>+-.当1x >时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +>-，即2e ln 10.x x x m -++>设2 ()e ln 1(1),x g x x x m x =-++>则112()e (ln )2e (ln )ex xx x g x x x x x x '=+-=+-.由（1）可知，当1x >时，()1ln f x x x=+单调递增,所以()()11f x f >=.设2()e x x h x =，则2(1)()e xx h x -'=，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，所以2()(1)1eh x h <=<.所以当1x >时，12()e (ln 0exx xg x x x '=+->，所以()g x 在()1,+∞上单调递增，所以()(1)g x g m >=，所以0m ≥.当01x <<时，e ln 11x x mx x +>+-等价于2e ln 1x x m x +<-，即2e ln 10.x x x m -++<设2()e ln 1(01),x g x x x m x =-++<<由①可知12()e (ln e x xxg x x x '=+-.。

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。

高考数学压轴必刷题专题29 导函数解答题突破B卷(第二篇)(解析版)

xi i 1，2，3 ，使得 f x1 f x2 f x3 g x0 成立？若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，
请说明理由.
【答案】（1）单调递增区间为
2
，0
与
3 2
，2
，单调递减区间为
2，
2
与
0，3 2
（2）存在，
1 2 e2
1 12
a
1 12
当 k 0 时， x 0 ；当 k 1时， 3 x 2 .
2
2
当
f
'x
0
，即 cos
x
sin
x
1
0
时，
sin
x
3 4
2
.
2
2k 5 x 3 2k ，k Z
4
4
4
∴ 2k2xFra bibliotek2k，k
Z
.
2
当 k 0 时， 2 x ；当 k 1时， 0 x 3 .
,
①当 a≤2 时,h′（x）≤0,h（x）在区间[1,+∞）上单调递减, h（x）最大值＝h（1）＝2﹣a≤0,即：a≥2,∴a＝2；
②当 a＞2 时,h（x）在区间[1, a ）上单调递增,在区间（ a ,+∞）上单调递减,
2
2
h（x）最大值＝h（
a ）＝ a 1n a ﹣ a +5﹣2 2 222
【解析】（1）函数 f（x）＝a1nx﹣x2+5,函数的定义域为{x|x＞0},
函数的 f（x）的导数 f′（x）＝ a ﹣2x＝ a 2x2 ,
x
x
当 a≤0,则 f′（x）＜0,此时函数单调递减无极大值,∴a＞0,

高考数学压轴专题新备战高考《函数与导数》真题汇编及答案解析

【高中数学】单元《函数与导数》知识点归纳一、选择题1．函数()||()af x x a R x=-∈的图象不可能是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】C 【解析】【分析】变成分段函数后分段求导，通过对a 分类讨论，得到函数的单调性，根据单调性结合四个选项可得答案. 【详解】,0(),0a x x xf x a x x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪--<⎪⎩,∴221,0()1,0a x x f x a x x ⎧+>⎪⎪=⎨⎪-+<⎩'⎪.(1)当0a =时,,0(),0x x f x x x >⎧=⎨-<⎩,图象为A;(2)当0a >时,210ax+>,∴()f x 在(0,)+∞上单调递增, 令210ax -+=得x a = ∴当x a <,210ax -+<,当0a x <<时,210ax-+>,∴()f x 在(,a -∞上单调递减,在(,0)a 上单调递增,图象为D; (3)当0a <时,210ax-+<,∴()f x 在(,0)-∞上单调递减,令210ax +=得x =∴当x >时,210ax +>,当0x <<,210ax+<,∴()f x 在上单调递减,在)+∞上单调递增,图象为B; 故选：C. 【点睛】本题考查了分段函数的图像的识别，考查了分类讨论思想，考查了利用导数研究函数的单调性，属于中档题.2．已知函数()f x 是偶函数，当0x >时，()ln 1f x x x =+，则曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为（） A ．y x =- B ．2y x =-+C ．y x =D ．2y x =-【答案】A 【解析】【分析】首先根据函数的奇偶性，求得当0x <时，()f x 的解析式，然后求得切点坐标，利用导数求得斜率，从而求得切线方程. 【详解】因为0x <，()()ln()1f x f x x x =-=--+，()11f -=，()ln()1f x x '=---，(1)1f '-=-，所以曲线()y f x =在1x =-处的切线方程为()11y x -=-+，即y x =-.故选：A 【点睛】本小题主要考查根据函数奇偶性求函数解析式，考查利用导数求切线方程，属于基础题.3．已知全集U =R ，函数()ln 1y x =-的定义域为M ，集合{}2|0?N x x x =-<，则下列结论正确的是 A ．M N N =I B ．()U M N =∅I ð C ．M N U =U D ．()U M N ⊆ð【答案】A 【解析】【分析】求函数定义域得集合M ，N 后，再判断．【详解】由题意{|1}M x x =<，{|01}N x x =<<，∴M N N =I ．【点睛】本题考查集合的运算，解题关键是确定集合中的元素．确定集合的元素时要注意代表元形式，集合是函数的定义域，还是函数的值域，是不等式的解集还是曲线上的点集，都由代表元决定．4．已知函数()32f x x x x a =--+，若曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，则实数a的取值范围为（） A ．11,27⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭B ．()1,+?C ．5,127⎛⎫-⎪⎝⎭D ．11,127⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】C 【解析】【分析】根据曲线()y f x =与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点，即可求出实数a 的取值范围. 【详解】Q 函数()32f x x x x a =--+与x 轴有三个不同交点，可转化为函数()32g x x x x =-++与y a =的图象有三个不同的交点.又()2321(31)(1)g x x x x x '=-++=-+-Q ，∴在1,,(1,)3⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭上，()0g x '<；在1,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上，()0g x '>.∴()15327g x g ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭极小值，()()11g x g ==极大值，5127a ∴-<<. 故选：C 【点睛】本题考查函数的零点及导数与极值的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题.5．若函数()sin 2x x f x e e x -=-+，则满足2(21)()0f x f x -+>的x 的取值范围为（） A ．1(1,)2-B ．1(,1)(,)2-∞-+∞U C ．1(,1)2-D ．1(,)(1,)2-∞-⋃+∞【答案】B 【解析】判断函数()f x 为定义域R 上的奇函数，且为增函数，再把()()2210f x f x -+>化为221x x ->-，求出解集即可．【详解】解：函数()sin2xxf x e ex -=-+，定义域为R ，且满足()()sin 2xx f x ee x --=-+- ()()sin2x x e e xf x -=--+=-，∴()f x 为R 上的奇函数；又()'2cos222cos20xxf x e ex x x -=++≥+≥恒成立，∴()f x 为R 上的单调增函数；又()()2210f x f x -+>，得()()()221f xf x f x ->-=-，∴221x x ->-，即2210x x +->，解得1x <-或12x >，所以x 的取值范围是()1,1,2⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪⎝⎭．故选B ．【点睛】本题考查了利用定义判断函数的奇偶性和利用导数判断函数的单调性问题，考查了基本不等式，是中档题．6．已知函数()lg f x x =，0a b >>，()()f a f b =，则22a b a b+-的最小值等于（）．A B ．C ．2D ．【答案】D 【解析】试题分析：因为函数()lg f x x =，0a b >>，()()f a f b = 所以lg lg a b =- 所以1a b=，即1ab =，0a b >>22a ba b+-22()2()22()a b ab a b a b a b a b a b -+-+===-+---≥=当且仅当2a b a b-=-，即a b -=时等号成立所以22a b a b +-的最下值为故答案选D考点：基本不等式．7．三个数2233ln a b c e ===，的大小顺序为( ) A ．b <c <a B ．b <a <cC ．c <a <bD ．a <b <c【答案】D 【解析】【分析】通过证明13a b c <<<，由此得出三者的大小关系. 【详解】132221ln 63a e e =<==，由于6123e e ⎛⎫= ⎪⎝⎭，6328==，所以13e <，所以131ln 3e =<13a b <<.而66113232228,339⎛⎫⎛⎫==== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以113223<，所以11321ln 2ln 3ln 33<=，即b c <，所以a b c <<.故选：D 【点睛】本小题主要考查指数式、对数式比较大小，考查指数运算和对数运算，属于中档题.8．已知定义在R 上的函数()f x 满足()01f =，且()f x 的导函数'()f x 满足'()1f x >，则不等式()()ln ln f x ex <的解集为（） A ．()0,1 B ．()1,eC ．()0,eD ．(),e +∞【答案】A 【解析】【分析】设()()g x f x x =-，由题得()g x 在R 上递增，求不等式()()ln ln f x ex <的解集，即求不等式(ln )(0)g x g <的解集，由此即可得到本题答案. 【详解】设()()g x f x x =-，则(0)(0)01g f =-=，()()1g x f x '='-，因为()1f x '>，所以()0g x '>，则()g x 在R 上递增，又(ln )ln()1ln f x ex x <=+，所以(ln )ln 1f x x -<，即(ln )(0)g x g <，所以ln 0x <，得01x <<. 故选：A 【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性解不等式，其中涉及到构造函数.9．函数()xe f x x=的图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】函数()xe f x x=的定义域为(,0)(0,)-∞+∞U ，排除选项A ；当0x >时，()0f x >，且()2(1)'xx e f x x-= ，故当()0,1x ∈时，函数单调递减，当()1,x ∈+∞时，函数单调递增，排除选项C ；当0x <时，函数()0xe f x x=<，排除选项D ，选项B 正确．选B ．点睛：函数图象的识别可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的周期性，判断图象的循环往复； (5)从函数的特征点，排除不合要求的图象．10．设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，在()0+∞，上()2f x x '<，若()()4168f m f m m --≥-，则实数m 的取值范围是（）A ．[)2+∞，B ．[)0+∞，C ．[]22-，D ．(][)22-∞-⋃+∞，，【答案】A 【解析】【分析】通过x R ∀∈有()()22f x f x x +-=，构造新函数()()2g x f x x =-，可得()g x 为奇函数；利用()2f x x '<，求()g x 的导函数得出()g x 的单调性，再将不等式()()4168f m f m m --≥-转化，可求实数m 的取值范围.【详解】设()()2g x f x x =-，∵()()()()220g x g x f x x f x x +-=-+--=，∴函数()g x 为奇函数，∵在()0,x ∈+∞上，()2f x x '<，即()20f x x '-<， ∴()()20g x f x x ''=-<，∴函数()g x 在()0,x ∈+∞上是减函数， ∴函数()g x 在(),0x ∈-∞上也是减函数，且()00g =，∴函数()g x 在x ∈R 上是减函数， ∵()()4168f m f m m --≥-，∴()()()2244168g m m g m m m ⎡⎤⎡⎤-+--+≥-⎣⎦⎣⎦， ∴()()4g m g m -≥， ∴4m m -≤，即2m ≥. 故选：A.【点睛】本题考查函数的奇偶性、单调性的应用，考查运算求解能力、转化与化归的数学思想，是中档题.11．函数log (3)1a y x =-+（0a >且1a ≠）的图像恒过定点A ，若点A 在直线10mx ny +-=上，其中·0m n >，则41m n+的最小值为（） A ．16 B ．24C ．50D ．25【答案】D 【解析】【分析】由题A （4，1），点A 在直线上得4m+n ＝1，用1的变换构造出可以用基本不等式求最值的形式求最值．【详解】令x ﹣3＝1，解得x ＝4，y ＝1，则函数y ＝log a （x ﹣3）+1（a ＞0且a≠1）的图象恒过定点A （4，1）， ∴4m+n ＝1， ∴41m n +=（41m n +）（4m+n ）＝16+14n 4m m n++=17+8＝25，当且仅当m ＝n 15=时取等号，故则41m n +的最小值为25，故选D ．【点睛】本题考查均值不等式，在应用过程中，学生常忽视“等号成立条件”，特别是对“一正、二定、三相等”这一原则应有很好的掌握．12．已知函数()()2f x x +∈R 为奇函数，且函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，当[]0,1x ∈时，()2020xf x =，则()2020f =（） A ．2020 B ．12020C ．11010D ．0【答案】D 【解析】【分析】根据题意，由函数()f x 的对称性可得()()42f x f x +=-+，即()()2f x f x +=-，进而可得()()4f x f x +=，即函数()f x 是周期为4的周期函数，据此可得()()20200f f =，由函数的解析式计算可得答案．【详解】解：根据题意，函数()2f x +为奇函数，即函数()f x 的图象关于点()2,0对称，则有()()4f x f x -=-+，函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，则()()2f x f x -=+，变形可得：()()42f x f x +=-+，即()()2f x f x +=-，则有()()4f x f x +=，即函数()f x 是周期为4的周期函数，()()()20200505400f f f ∴=+⨯==；故选：D ．【点睛】本题考查函数的奇偶性、对称性、周期性的综合应用，难度一般.一般地，若一个奇函数有对称轴（或一个偶函数有对称中心），可分析出函数具有周期性.13．已知ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===（e是自然对数的底数），则,,a b c 的大小关系是（） A ．c a b << B ．a c b <<C ．b a c <<D ．c b a <<【答案】C 【解析】【分析】根据ln 3ln 4ln ,,34a b e c e===的结构特点，令()ln x f x x =，求导()21ln xf x x-'=，可得()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减，再利用单调性求解. 【详解】令()ln xf x x=，所以()21ln xf x x-'=，当0x e <<时， ()0f x '>，当x e >时，()0f x '<，所以()f x 在()0,e 上递增，在(),+e ∞上递减. 因为34e <<，所以 ()()()34>>f e f f ，即b a c <<. 故选：C【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性比较大小，还考查了推理论证的能力，属于中档题.14．()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x ∈R 总有3()()2f x f x +=-，则9()2f -的值为（） A ．0 B ．3C ．32D ．92-【答案】A 【解析】【分析】首先确定函数的周期，然后结合函数的周期性和函数的奇偶性求解92f ⎛⎫- ⎪⎝⎭的值即可. 【详解】函数()f x 是定义在R 上的奇函数，对任意x R ∈总有()32f x f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，则函数的周期3T =，据此可知：()993360002222f f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+==+=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 本题选择A 选项. 【点睛】本题主要考查函数的周期性，函数的奇偶性，奇函数的性质等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.15．已知定义在R 上的奇函数()y f x =满足()()80f x f x ++=，且()55f =，则()()20192024f f +=（）A ．-5B ．5C ．0D ．4043【答案】B 【解析】【分析】根据(8)()0f x f x ++=得函数的周期为16，结合()55f =，(0)0f =即可求解. 【详解】由(8)()0f x f x ++=，得(8)()f x f x +=-，所以(16)(8)()f x f x f x +=-+=.故函数()y f x =是以16为周期的周期函数. 又在(8)()0f x f x ++=中，令0x =，得(8)(0)0f f +=，且奇函数()y f x =是定义在R 上的函数，所以(0)0f =.故(8)0f =.故(2024)(161268)(8)0f f f =⨯+==.又在(8)()0f x f x ++=中，令3x =-，得(5)(3)0f f +-=.得(5)(3)(3)5f f f =--==，则(2019)(161263)(3)5f f f =⨯+==. 所以(2019)(2024)5f f +=. 故选：B. 【点睛】此题考查根据函数的周期性求抽象函数的函数值，关键在于根据函数关系准确得出函数周期，结合定义在R 上的奇函数的特征求值.16．已知函数()f x 为偶函数，当x ＜0时，2()ln()f x x x =--，则曲线()y f x =在x ＝1处的切线方程为（） A ．x -y ＝0 B ．x -y -2＝0 C ．x +y -2＝0 D ．3x -y -2＝0【答案】A 【解析】【分析】先求出当0x >时，()f x 的解析式，再利用导数的几何意义计算即可得到答案. 【详解】当0x >时，0x -<，2()ln f x x x -=-，又函数()f x 为偶函数，所以2()ln f x x x =-，(1)1f =，所以'1()2f x x x=-，'(1)1f =，故切线方程为11y x -=-，即y x =.故选：A ．【点睛】本题考查导数的几何意义，涉及到函数的奇偶性求对称区间的解析式，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.17．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1【答案】C 【解析】【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞ 当43a --≤≤ 时，()21f x-＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立.当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤- 所以a 的最大值为2-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.18．已知函数()2943,02log 9,0x x x f x x x ⎧+≤=⎨+->⎩，则函数()()y f f x =的零点所在区间为（）A ．73,2⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．()1,0-C ．7,42⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．()4,5【答案】A 【解析】【分析】首先求得0x ≤时，()f x 的取值范围.然后求得0x >时，()f x 的单调性和零点，令()()0f f x =，根据“0x ≤时，()f x 的取值范围”得到()32log 93x f x x =+-=，利用零点存在性定理，求得函数()()y f f x =的零点所在区间.【详解】当0x ≤时，()34f x <≤.当0x ≥时，()2932log 92log 9xxx f x x =+-=+-为增函数，且()30f =，则3x =是()f x 唯一零点.由于“当0x ≤时，()34f x <≤.”，所以令()()0ff x =，得()32log 93xf x x =+-=，因为()303f =<，3377log 98 1.414log 39 3.312322f ⎛⎫=->⨯+-=> ⎪⎝⎭，所以函数()()y f f x =的零点所在区间为73,2⎛⎫⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本小题主要考查分段函数的性质，考查符合函数零点，考查零点存在性定理，考查函数的单调性，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.19．函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数，则a 的取值范围是( ) A ．5,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1,15⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．51,3⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】D 【解析】【分析】根据0a >可知5y ax =-在定义域内单调递减，若使得函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数，则需1530a a >⎧⎨-≥⎩，解不等式即可.【详解】0a >Q5y ax ∴=-在定义域内单调递减若使得函数()()()log 5,0,1a f x ax a a =->≠在()1,3上是减函数则需1530a a >⎧⎨-≥⎩，解得513a <≤故选：D 【点睛】本题考查对数函数的单调性，属于中档题.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2xg x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2xh x x=的最大值为3x ，则（） A ．123x x x >> B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >>【答案】A 【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max 1124h x e =<，即314x <，从而可得三者的大小关系.【详解】()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x g x e x =+-在()0,∞+上单调递增且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭又()()11111211112220xg x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->=⎪⎝⎭且()g x 单调递增 12x x ∴> 由()21ln 2x h x x -'=可得：()()max12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A 【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+，，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

导数综合问题--2024届新高考满分突破压轴大题(解析版)

导数综合问题压轴秘籍1.导函数与原函数的关系f (x)>0,k>0,f(x)单调递增，f (x)<0,k<0,f(x)单调递减2.极值（1）极值的定义f(x)在x=x0处先↗后↘，f(x)在x=x0处取得极大值f(x)在x=x0处先↘后↗，f(x)在x=x0处取得极小值3.两招破解不等式的恒成立问题(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤f(x)min.(1)分离参数法第一步：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的最值；第三步：根据要求得所求范围．(2)函数思想法第一步将不等式转化为含待求参数的函数的最值问题；第二步：利用导数求该函数的极值；第三步：构建不等式求解．4.常用函数不等式：①e x≥x+1，其加强不等式e x≥12x2+x+1；②e x≥ex，其加强不等式e x≥ex+(x-1)2.③e x−1≥x，ln x≤x−1，ln(x+1)≤x放缩1−1x<12x−1x<x−1x<ln x<2(x−1)x+1<−12x2+2x−32<x−1(0<x<1)1−1x <−12x2+2x−32<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(1<x<2)−1 2x2+2x−32<1−1x<2(x−1)x+1<ln x<x−1x<12x−1x<x−1(x>2)x+1<e x<11−x (x<1)，11−x<x+1<e x(x>1)5.利用导数证明不等式问题：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)转化为证不等式h(x)>0(或h(x)<0)，进而转化为证明h(x)min>0(h(x)max>0)，因此只需在所给区间内判断h (x)的符号，从而得到函数h(x)的单调性，并求出函数h(x)的最小值即可.6.证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：(1)证明x 1+x 2<2a (或x 1+x 2>2a )：①首先构造函数g x =f x -f 2a -x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f 2a -x 1 =f x 2 -f 2a -x 1 与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与2a -x 1的大小，从而证明相应问题；(2)证明x 1x 2<a 2(或x 1x 2>a 2)(x 1、x 2都为正数)：①首先构造函数g x =f x -f a 2x ，求导，确定函数y =f x 和函数y =g x 的单调性；②确定两个零点x 1<a <x 2，且f x 1 =f x 2 ，由函数值g x 1 与g a 的大小关系，得g x 1 =f x 1 -f a 2x 1 =f x 2 -f a 2x 1与零进行大小比较；③再由函数y =f x 在区间a ,+∞ 上的单调性得到x 2与a 2x 1的大小，从而证明相应问题；(3)应用对数平均不等式x 1x 2<x 1-x 2ln x 1-ln x 2<x 1+x22证明极值点偏移：①由题中等式中产生对数；②将所得含对数的等式进行变形得到x 1-x 2ln x 1-ln x 2；③利用对数平均不等式来证明相应的问题.题型训练一、问答题7(2023·吉林·统考一模)已知函数f x =-2x +ln x ．(1)求曲线y =f x 在1,f 1 处的切线方程；(2)若对∀x ∈0,+∞ ，f x ≤ax 2-2x 恒成立．求实数a 的取值范围．【答案】(1)x +y +1=0(2)12e ,+∞ 【分析】(1)求函数切线在某点处的切线方程时该点即为切点，在切点处导函数的值就是切线斜率，根据斜截式求切线方程；(2)解决恒成立问题时，可以利用分离变量法，将参数移到不等式的一边，构造出一个新的函数后，求出函数的最值，即可求得参数的范围；还可以将所有的式子放在不等式的一边，即：ax 2-ln x ≥0，同样构造函数g x =ax 2-ln x (x >0)，只需求出g x 的最小值，过程中需要对a 进行分类讨论；还可将两个基本初等函数放在不等式的两边，即：ax 2≥ln x ，构造出两个函数g x =ax 2，h x =ln x ，结合两个函数图象，得到何时符合题意.【详解】(1)解：f x =-2+1x(x >0)，所求切线斜率为f 1 =-1，切点为1,-2 ，故所求切线方程为y--2=-x-1，即x+y+1=0.(2)方法一：分离变量由f x ≤ax2-2x得a≥ln xx2在0,+∞恒成立，令g x =ln xx2(x>0)，则a≥g(x)max，g x =1-2ln xx3，当g x =0时，x=e，即：g e=0，当0<x<e时，g x >0；当x>e时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故当x=e时，g x 取最大值为12e，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞.方法二：分类讨论由f x ≤ax2-2x得ax2-ln x≥0在0,+∞恒成立，令g x =ax2-ln x(x>0)，则g x =2ax-1x=2ax2-1x，①当a≤0时，g x ≤0恒成立，g x 在0,+∞上单调递减，又g1 =a≤0，故当x>1时，g x <0，不合题意；②当a>0时，令g x =0得x=12a，令g x >0得x>12a，令g x <0得0<x<12a，故g x 在0,1 2a上单调递减，g x 在12a,+∞上单调递增，故当x=12a时，g x 取最小值g12a=12-ln12a≥0，故a≥12e，即a的取值范围是12e,+∞，综上所述，a的取值范围是12e,+∞.方法三：数形结合由f x ≤ax2-2x得ax2≥ln x在0,+∞恒成立，令g x =ax2，h x =ln x，则当x>0时，g x ≥hx 恒成立，g x =2ax，h x =1x,若a≤0，当x>1时，ax2≤0，ln x>0，∴g x <h x ，不合题意；若a>0，∵g x ≥h x ，∴曲线y=g x 与曲线y=h x 有且只有一个公共点，且在该公共点处的切线相同．设切点坐标为x0,y0，则y0=ax20=ln x02ax0=1x0，解得x0=ea=12e，故当a≥12e时，g x ≥h x ，即a的取值范围是12e,+∞.8(2023·云南红河·统考一模)已知函数f(x)=mx-ln x-1(m∈R)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若关于x的不等式e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)(-∞,0]【分析】(1)先求得f x ，然后对m进行分类讨论，从而求得f x 的单调区间.(2)将要证明的不等式转化为e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，然后利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.【详解】(1)由题可知，f(x)的定义域为(0,+∞)，f (x)=m-1x =mx-1x当m≤0时，mx-1<0在(0,+∞)上恒成立，所以f (x)<0在(0,+∞)上恒成立，即f(x)在(0,+∞)单调递减当m>0时，令f (x)>0解得x>1m，令f(x)<0解得0<x<1m，所以f(x)在0,1 m上单调递减，在1m,+∞上单调递增．(2)由e x-1+a ln x-(a+1)x+a≥0，得x-a ln x≤e x-1-a(x-1)，即e ln x-a ln x≤e x-1-a(x-1)令g(x)=e x-ax则原不等式等价于g(ln x)≤g(x-1)由(1)得，当m=1时f(x)≥f(1)=0所以ln x≤x-1在(0,+∞)上恒成立．若g(ln x)≤g(x-1)在(0,+∞)上恒成立，则需g(x)=e x-ax在R上单调递增．所以g (x)=e x-a≥0在R上恒成立，即a≤e x在上R恒成立，则a≤0，所以实数a的取值范围是(-∞,0].【点睛】求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域；(2)计算导数f x ；(3)求出f x =0的根；(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，考查这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间：f x >0，则f x 在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上是减函数，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.9(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =2e x-x．(1)求f x 的最值；(2)若方程f x =ae x-ae2x有两个不同的解，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)4ln2e ,+∞【分析】(1)首先对f x 求导，利用导数研究函数f x 的单调性，可得函数f x 的最值；(2)构造函数g x =f x -ae x -ae 2x ，先将方程有两个不同的解的问题转化为函数g x 有两个不同的零点问题．再对a 进行分类讨论，根据函数单调性结合零点存在定理求解．【详解】(1)由题意可得：f x =2e x -1，令f x =0，得x =-ln2，当x ∈-∞,-ln2 时，f x <0，f x 单调递减；当x ∈-ln2,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增．所以f x 的最小值为f -ln2 =1+ln2，无最大值．(2)令g x =f x -ae x -ae 2x =ae 2x +2-a e x -x ，则g x =2ae 2x +2-a e x -1=ae x +1 2e x -1 ，若方程f x =ae x -ae 2x 有两个不同的解，则g x 有两个不同的零点．(ⅰ)若a ≥0，则ae x +1>0，由g x =0得x =-ln2．当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0，当x ∈-ln2,+∞ 时，g x >0，所以g x 在-∞,-ln2 上单调递减，在-ln2,+∞ 上单调递增，所以g x 的最小值为g -ln2 =ln2e -14a ．①当a ∈0,4ln2e 时，ln2e -14a >0，即g -ln2 >0，故g x 没有零点，不满足题意；②当a =4ln2e 时，g -ln2 =0，g x 只有一个零点，不满足题意；③当a ∈4ln2e ,+∞ 时，ln2e -14a <0，即g -ln2 <0，当x <0时，ae 2x >0，0<e x <1，又因为2-a <0，故g x >2-a -x ，所以g 2-a >0，又2-a <-ln2，故g x 在2-a ,-ln2 上有一个零点．设h x =e x -x x >0 ，则h x =e x -1>0，h x 单调递增，所以h x >0，故当x >0时，g x >ae 2x +2-a e x -e x =e x ae x +1-a >e x ax +1-a ，又1-1a >0，所以g 1-1a >0，因此g x 在-ln2,1-1a上有一个零点，所以当a >4ln2e 时，g x 有两个不同的零点，满足题意；(ⅱ)若a <0，则由g x =0得x 1=-ln2，x 2=-ln -a ．①当-2<a <0时，x 1<x 2，当x ∈-∞,-ln2 时，g x <0；当x ∈-ln2,-ln -a 时，g x >0；当x ∈-ln -a ,+∞ 时，gx <0．所以g x 在-∞,-ln2 和-ln -a ,+∞ 上单调递减，在-ln2,-ln -a 上单调递增．又g -ln2 =ln2e -14a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；②当a =-2时，x 1=x 2，则g x ≤0，所以g x 单调递减，至多有一个零点，不满足题意；③当a <-2时，x 1>x 2，当x ∈-∞,-ln -a 时，g x <0；当x ∈-ln -a ,-ln2 时，g x >0；当x ∈-ln2,+∞ 时，g x <0．所以g x 在-∞,-ln -a 和-ln2,+∞ 上单调递减，在-ln -a ,-ln2 上单调递增，又g -ln -a =1-1a+ln -a >0，所以g x 至多有一个零点，不满足题意；综上，实数a 的取值范围为4ln2e ,+∞ ．【点睛】方法点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法(1)直接法：直接根据题设条件对参数进行分类讨论，通过研究函数的零点情况来确定参数的取值范围．(2)分离参数法：将参数分离，转化成求函数值域的问题．(3)数形结合法：先对解析式变形，将函数的零点问题转化为两函数图象的交点问题，再在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．10(2023·浙江金华·校联考模拟预测)已知f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x (a >0)．(1)若当x =1时函数f x 取到极值，求a 的值；(2)讨论函数f x 在区间(1,+∞)上的零点个数．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，由f (1)=0，得到a =1，进而结合函数极值点的定义，即可求解；(2)当a ≥1时，求得f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x-ln x +e 1-x ，利用导数的h x 单调性，结合f (x )>0，得到f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，求得f(x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )，求得n (x )>(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，利用导数求得f (x )在(1,+∞)单调递增．，结合f (1)<0，f 1+1a>0，得出函数f x 的单调区间，由f (1)=0，得出f x 在1,x 1 没有零点，在由f 1+1a>0，得到存在唯一x 2，使得f x 2 =0，即可得到答案.【详解】(1)解：函数f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x因为x =1时函数f x 取到极值，可得f (1)=0，解得a =1，当a =1时，可得f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，令m (x )=f (x )=2x -1+1x2-1x -e 1-x ，可得m (x )=2-2x 3+1x 2+e 1-x>2-2x 3+1x2=2x 3+x -2x 3，令λ(x )=2x 3+x -2，可得λ (x )=6x 2+1>0，所以λ(x )单调递增，又因为λ78=55256>0，所以在区间78,+∞ 上m (x )>0，即f (x )单调递增，所以x =1是f (x )的变号零点，所以当x =1时函数f x 取到极值．(2)解：当a ≥1时，因为x 2-x >0，所以f (x )=ax 2-ax -1x -ln x +e 1-x ≥x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，令h (x )=x 2-x -1x -ln x +e 1-x ，则h (x )=2x -1+1x 2-1x -e 1-x >2x -2+1x 2-1x =(x -1)2-1x2>0，所以h x 在(1,+∞)单调递增，则f (x )≥h (x )>h (1)=0，所以，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点．当0<a <1时，可得f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，令n x =f (x )=2ax -a +1x2-1x -e 1-x ，可得n(x )=2a -2x 3+1x 2+e 1-x >-2x 3+1x2+e 1-x=(x -2)e x -1+x 3x 3⋅e x -1，令φ(x )=(x -2)e x -1+x 3，则φ (x )=(x -1)e x -1+3x 2>0，所以φx 在(1,+∞)单调递增，φ(x )>φ(1)=0，则n (x )>0，所以f (x )在(1,+∞)单调递增．因为f(1)=a -1<0，f1+1a =a +2+11+1a2-11+1a-e -1a>a +2-1-1>0，当x →+∞时，f (x )→+∞，所以存在x 1∈1,1+1a使得f x 1 =0．则f (x )在1,x 1 单调递减，在x 1,+∞ 单调递增，又因为f (1)=0，所以当x ∈1,x 1 时，f (x )<0，故f x 在1,x 1 没有零点，因为在x 1,+∞ 单调递增，且f x 1 <f (1)=0，而ln x ≤x -1,e 1-x >0,1x<1，所以f (x )=ax 2-ax -1x-ln x +e 1-x >ax 2-ax -1-(x -1)，则f 1+1a >a 1+1a 2-(a +1)1+1a=0，所以存在唯一x 2∈x 1,1+1a，使得f x 2 =0，故f x 在x 1,+∞ 存在唯一零点x 2，因此当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点，综上所述，当a ≥1时，f x 在区间(1,+∞)上没有零点；当0<a <1时，f x 在(1,+∞)存在唯一零点．【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：1、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与e x 和ln x 相关的常见同构模型①ae a ≤b ln b ⇔e a ln e a ≤b ln b ，构造函数f x =x ln x 或g x =xe x ；②e a a b ±ln b ⇔e a ±ln e a >b ±ln b ，构造函数f x =x ±ln x 或g x =e x ±x .11(2022·江苏南通·模拟预测)已知函数f x =x -a e x -x 2．(1)若a =1,x ∈0,1 ，求函数f x 的最值；(2)若a ∈Z ，函数f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，求a 的最大整数值．【答案】(1)最小值为-1-ln2-1 2，最大值为-1(2)0【分析】(1)求导分析函数的单调性与最值即可；(2)将题意转化为f x ≥0在x ∈0,+∞) 上恒成立，参变分离可得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ ，设g x =2x ex-x ，求导后根据零点存在性定理可得0,12 上有极大值点，设为x 0，再根据x 0满足的方程代入g x ，结合x 0的取值范围分析最大值的范围即可.【详解】(1)若a =1，则函数f x =x -1 e x -x 2，f x =e x +x -1 e x -2x =x e x -2 ．令f x =0，则x =0或x =ln2，由于x ∈0,1 ，因而当x ∈0,ln2 时．f x <0,f x 单调递减，当x ∈ln2,1 时．f x >0,f x 单调递增，所以f x 的最小值为f ln2 =-1-ln2-1 2，最大值为f 0 =f 1 =-1(2)f x =e x +x -a e x -2x =x +1-a e x -2x ，由f x 在x ∈0,+∞) 上是增函数，得f x ≥0在x ∈0,+∞ )上恒成立，即x +1-a e x -2x ≥0，x ∈0,+∞ ，分离参数得1-a ≥2xe x-x ，x ∈0，+∞ 设g x =2x e x -x ，则g x =2-2x e x -1=2-2x -e x e x，g x =0，即2-2x -e x =0设h x =2-2x -e x ，由于h 0 =1>0，h 12=1-e <0，因而方程2-2x -e x =0在0,12上有解，设为x 0，则e x=2-2x 0，且当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，g x <0，所以g x 的最大值为g x 0 =2x 0ex 0-x 0=x 01-x 0-x 0=x 201-x 0．因而1-a ≥x 201-x 0，即a ≤1+x 20x 0-1=3+1x 0-1+x 0-1，又x 0∈0,12 ，x 0-1∈-1,-12 ，又3+1x 0-1+x 0-1∈12,1所以a 的最大整数值为0．【点睛】方法点睛：(1)函数在区间上单调递增或单调递减，转化为导函数在区间上非负或非正恒成立；(2)恒成立问题可考虑参变分离，再构造函数分析最值；(3)极值点不能求解则设隐零点x 0，将x 0满足的等式条件化简代入原函数，再根据x 0的区间可求出极值的范围.12(2023·江苏徐州·校考模拟预测)已知函数f (x )=-2x 3+mx 2，m ∈R ，且g (x )=|f (x )|在x ∈(0,2)上的极大值为1．(1)求实数m 的值；(2)若b =f (a )，c =f (b )，a =f (c )，求a ,b ,c 的值．【答案】(1)m =3(2)a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1【分析】(1)由题意得到g x 的表达式，对m ≤0,m ≥4和0<m <4这三种情况进行逐一分析，结合导数得到g x 的单调性和最值，进而可得实数m 的取值范围；(2)作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.【详解】(1)g (x )=x 2|2x -m |，0≤x ≤2，①m ≤0时，g (x )=2x 3-mx 2，∴g (x )=6x 2-2mx ≥0，无极值．②m ≥4时，g (x )=-2x 3+mx 2，∴g (x )=2x (m -3x )，当m 3≥2，即m ≥6时，g (x )≥0，无极大值；当4≤m <6时，x <m 3时，g (x )>0；m3<x <2时，g (x )<0，∴g (x )在x =m 3处取极大值，即g m 3 =m 327=1，∴m =3，舍去．③0<m <4时，g x =-2x 3+mx 2,0≤x ≤m 22x 3-mx 2,m 2<x ≤2 ，∴gx =2x m -3x ,0≤x ≤m22x 3x -m ,m 2<x ≤2，0<x <m 3时，g (x )>0；m 3<x <m 2时，g (x )<0；m 2<x <2时，g (x )>0．∴g (x )在x =m 3处取极大值m 327=1，∴m =3符合题意．综上，m =3．(2)由(1)可知，f (x )=-2x 3+3x 2，f (x )=-6x 2+6x =6x -x +1 ，令f x >0可得-1<x <0，令f x <0可得x >1或x <0，如图所示．①当a <0时，b =f (a )>0，当00，矛盾；当b >32时，c =f (b )<0，∴a =f (c )>0，矛盾．②当a =0时，符合题意．③当0<a <12时，0<x <12时，f (x )<x ，∴0x ，∴1>b =f (a )>a >12，则1>c =f (b )>b >12，1>a =f (c )>c >12，∴a >c >b >a ，矛盾．⑥当a =1时，符合题意．⑦当1<a ≤32时，0≤b =f (a )<1，则0≤c =f (b )<1，∴a =f (c )<1，与a >1矛盾．⑧当a >32时，b =f (a )<0，c =f (b )>0，∴a =f (c )≤1，与a >32矛盾．综上，a =b =c =0，或a =b =c =12，或a =b =c =1．【点睛】关键点睛：本题第二问的关键点在于作出满足条件的函数图象，对a <0,a =0,0<a <12,a =12,12<a <1,a =1,1<a ≤32和a >32这八种情况进行分析，结合题意进行判断即可.13(2023·安徽·校联考模拟预测)已知函数f x =ae x -e -x ，(a ∈R ).(1)若f x 为偶函数，求此时f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设函数g (x )=f (x )-(a +1)x ，且存在x 1,x 2分别为g (x )的极大值点和极小值点.(ⅰ)求实数a 的取值范围；(ⅱ)若a ∈(0,1)，且g x 1 +kg x 2 >0，求实数k 的取值范围.【答案】(1)y +2=0(2)(i )(0,1)∪(1,+∞)；(ii )(-∞,-1]【分析】(1)根据偶函数的定义，求出a 的值，然后利用导数求切线方程.(2)(ⅰ)对g (x )进行求导，将g (x )既存在极大值，又存在极小值转化成g (x )=0必有两个不等的实数根，利用导数得到g (x )的单调性和极值，进而即可求解；(ⅱ)对g (x )进行求导，利用导数分析g (x )的极值，将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即【详解】(1)f (x )为偶函数，有f (-x )=ae -x -e x =f (x )=ae x -e -x ，则a =-1，所以f (x )=-e x -e -x ，f (x )=-e x +e -x 所以f (0)=-2，f (0)=0所以f (x )在点(0,f (0))处的切线方程为y +2=0.(2)(ⅰ)g (x )=f (x )-(a +1)x =ae x -e -x -(a +1)x ，g(x )=ae x+e -x-(a +1)=ae 2x -(a +1)e x +1e x =ae x -1 e x-1e x，因为函数g (x )既存在极大值，又存在极小值，则g (x )=0必有两个不等的实根，则a >0，令g (x )=0可得x =0或x =-ln a ，所以-ln a ≠0，解得a >0且a ≠1.令m =min 0,-ln a ，n =max 0,-ln a ，则有：x(-∞,m )m(m ,n )n(n ,+∞)g (x )+0-0+g (x )↗极大值↘极小值↗可知g (x )分别在x =m 和x =n 取得极大值和极小值，符合题意.综上，实数a 的取值范围是(0,1)∪(1,+∞).(ⅱ)由a ∈(0,1)，可得-ln a >0，所以x 1=0，x 2=-ln a ，g x 1 =a -1，g x 2 =1-a +(a +1)ln a 且有g x 2 <g x 1 <0，由题意可得a -1+k 1-a +(a +1)ln a >0对∀a ∈(0,1)恒成立，由于此时g x 2 <g x 1 <0，则k <0，所以k a +1 ln a >k -1 a -1 ，则ln a <1-1k ⋅a -1a +1，令h (x )=ln x -1-1k ⋅x -1x +1，其中0<x <1，则h(x )=1x -1-1k ⋅2(x +1)2=(x +1)2-2x 1-1k x (x +1)2=x 2+2k x +1x (x +1)2，令x 2+2k x +1=0，则Δ=4k 2-4=41-k 2k 2.①当Δ≤0，即k ≤-1时，h (x )≥0，h (x )在(0,1)上是严格增函数，所以h (x )<h (1)=0，即ln a <1-1k ⋅a -1a +1，符合题意；(2)当Δ>0，即-1<k <0时，设方程x 2+2k x +1=0的两根分别为x 3，x 4且x 3<x 4，则x3+x 4=-2k>0，x 3x 4=1，则0<x 3<1<x 4，则当x 3<x <1时，h (x )<0，则h (x )在x 3,1 上单调递减，所以当x 3<x <1时，h (x )>h (1)=0，即ln a >1-1k ⋅a -1a +1，不合题意.综上所述，k 的取值范围是(-∞,-1].【点睛】关键点点睛：本题(ⅱ)关键是将g x 1 +kg x 2 >0恒成立转化成ln a <1-1k ⋅a -1a +1，构造函数，利用导数分类讨论求解即可.14(2023上·广东深圳·高三深圳中学校考阶段练习)已知函数f x =x -m ln x -n ，其中m ,n∈R .(1)若m =n =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)已知不等式f x ≥x 恒成立，当nm取最大值时，求m 的值.【答案】(1)y =-1(2)m =e【分析】(1)根据切点和斜率求得切线方程.(2)构造函数g x =f x -x ，利用导数研究g x 的最小值，由此列不等式来求得nm的最大值，以及此时的m 的值.【详解】(1)当m =n =1时，f x =x -1 ln x -1，因为f x =ln x +x -1x，所以f 1 =0，又f 1 =-1，故f x 在x =1处的切线方程为y =-1；(2)显然m ≠0，若m <0，当x →0+时，x -m ln x -n →-∞，而x >0，矛盾，所以m >0，令g x =f x -x =x -m ln x -x -n ，则g x ≥0恒成立，即g (x )min ≥0.由于g x =ln x -m x ,ln x -m x =1x +mx2>0，则g x =ln x -mx在正实数集上是增函数，g 1 =-m <0,x →+∞时g x →+∞，故存在x 0>1，使得g x 0 =0，且在0,x 0 上g x <0,g (x )单减，在x 0,+∞ 上g x >0,g x 单增，且m =x 0ln x 0，故g (x )min =g x 0 =x 0ln x 0-m ln x 0-x 0-n ≥0，所以n ≤x 0ln x 0-m ln x 0-x 0=x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0，所以n m ≤x 0ln x 0-x 0ln x 0 2-x 0x 0ln x 0=1-ln x 0+1ln x 0≤-1，等号当且仅当ln x 0=1即x 0=e 时取得，此时m =x 0ln x 0=e ln e =e.故当n m取最大值时，m =e.15(2023·广东韶关·统考一模)已知函数f x =e x ,g x =2x .(1)若f x 在x =0处的切线与g x 的图象切于点P ，求P 的坐标；(2)若函数F x =f ax x 2-a +2a的极小值小于零，求实数a 的取值范围.【答案】(1)1,2 (2)(-∞,-2)∪(0,+∞)【分析】(1)由导数的几何意义可解；(2)求导得F x =ae ax x -1 x +a +2a，对a 进行分类讨论即可.【详解】(1)f x =e x .所以f x =e x 即切线斜率为k =e 0=1，又g x =2x ，所以g x =1x，令g x =1解得x =1，则g 1 =2，故点P 坐标为1,2 .(2)F x =f ax x 2-a +2a =e ax x 2-a +2a，因为F x =e ax ax 2+2x -a +2 =ae ax x -1 x +a +2a，令F x =0得x 1=-a +2a ,x 2=1，①当a >0,x 1=-a +2a <0由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x +-0+F x单调递增极大值单调递减极小值单调递增F (1)极小值=e a -2a<0符合题意；②当-1<a <0,x 1=-a +2a >1由x 的变化可得x -∞,111,-a +2a-a +2a-a +2a,+∞ F x -0+-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F (1)极小值=e a -2a>0不符合题意；③当a =1，F x ≤0，F x 单调递减，没极值点；④当a <-1，x 1=-a +2a <1由x 的变化可得x -∞,-a +2a-a +2a-a +2a,1 11,+∞F x -+0-F x单调递减极小值单调递增极大值单调递减F -a +2a 极小值=e x -a +2a -a +2a 2-a +2a<0，解得a<-2；综上所述，a∈(-∞,-2)∪(0,+∞).【点睛】关键点睛：本题主要考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的极值，注意分类讨论思想的应用，本题难点在于a的范围的划分，属于常考题型.16(2023·湖北黄冈·统考模拟预测)已知函数f(x)=a ln x-2x+12x2.(1)讨论函数f x 的极值点个数；(2)若不等式f(x)≤x e x+12x-a-2-1恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)a=1【分析】(1)根据函数极值的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可；(2)利用换元法构造函数，根据导数的性质进行求解即可.【详解】(1)∵f (x)=x2-2x+ax，x>0，.令g(x)=x2-2x+a，方程x2-2x+a=0的判别式为Δ=4-4a，①：当Δ≤0即a≥1时，f x ≥0，f x 单调递增，无极值点；②：当Δ>0即a<1时，函数g x 有两个零点x1=1-1-a，x2=1+1-a，(i)当a≤0时.x1≤0，x2>1，当x∈0,x2时f x <0，f x 单调递减，当x∈(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，f x 有一个极小值点；(ii)当0<a<1时0<x1<1，x2>1，当x∈0,x1与(x2,+∞)时f x >0，f x 单调递增，当x∈x1,x2时f x <0，f x 单调递减，f x 有两个极值点.综上：当a≥1时f x 无极值点；当0<a<1时f x 有两个极值点；当a≤0时f x 有一个极小值点.(2)不等式f(x)≤x e x-2x+12x2恒成立，即a ln x+x≤xe x-1.∴xe x-a ln xe x-1≥0，令xe x=t，t>0，∴t-a ln t-1≥0.令h t =t-a ln t-1，h (t)=t-at，则需h t =t-a ln t-1≥0，当a≤0时，h t ≥0，h t 单调递增，又h1 =0，∴t∈0,1时h t <0，不合题意，∴a>0.当0<t<a时，h t 单调递减，当t>a时h t 单调递增，h(t)min=h(a)=a-a ln a-1.而h1 =0，∴h a =a-a ln a-1≤0，又由h t =t-a ln t-1≥0可得h a =a-a ln a-1≥0，所以需h a =a-a ln a-1=0，令m x =x-x ln x-1，m x =-ln x，当x∈0,1时m x 单调递增，当x∈(1,+∞)时m x 单调递减，∴m (x )max =m (1)=0，∴a =1.【点睛】关键点睛：本题的关键是根据换元法把a ln x +x ≤xe x -1变形为t -a ln t -1≥0.17(2023·山东潍坊·统考模拟预测)已知函数f (x )=mx -1+ln (x +1)，m ∈R ．(1)若函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，求m 的取值范围；(2)当s >t >1时，(2s -2t )k s +t -2+f (t -2)+m s -3<f (s -2)+m t -3恒成立，求正实数k 的最大值．【答案】(1)-12e≤m ≤0(2)1【分析】(1)问题可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；(2)恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.【详解】(1)要使函数f x 图象上存在关于原点对称的两点，则f -x +f x =0有解，则ln (-x +1)+m -x -1+ln (x +1)+mx -1=0，即ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，令t =1-x 2，则0<t ≤1，设g (t )=12t ln t (0<t ≤1)g (t )=12(1+ln t )=0得t =1e，当0<t <1e时，g t <0，g t 单调递减，当1e<t ≤1时，g t >0，g t 单调递增，所以g (t )min =g 1e =-12e，g 1 =0，所以-12e≤m ≤0；(2)由题意知(2s -2t )k s +t -2+ln (t -1)+m t -3+m s -3<ln (s -1)+m s -3+mt -3，则(2s -2t )k s +t -2<ln (s -1)-ln (t -1)，则2k [(s -1)-(t -1)](s -1)+(t -1)<ln s -1t -1，2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<ln s -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，则2k (a -1)a +1<ln a ，即2k (a -1)a +1-ln a <0，设h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，h(a )=4k (a +1)2-1a =4ka -(a +1)2a (a +1)2=-a 2+(4k -2)a -1a (a +1)2，且h 1 =0，当h (1)=-1+4k -2-14=4k -44>0，即k >1时，易知方程-a 2+4k -2 a -1=0有一根a 1大于1，另一根a 2小于1，所以h a 在1,a 1 上单调递增，故有h a >h 1 =0不合题意，舍去，当0<k ≤1时，有4ka -a +1 2≤4a -a +1 2=-a -1 2<0，所以h a ≤0，从而h a 在(1,+∞)上单调递减，故当a >1时，恒有h a <h 1 =0符合题意，所以正实数k 的取值范围为0<k ≤1，因此k 的最大值为1．【点睛】方法点睛：本题考查利用导数讨论方程根的个数问题.问题一可转化f -x +f x =0有解，得到ln 1-x 2 =m x +1-m x -1=-2x 2-1m ，构造函数g (t )=12t ln t (0<t ≤1)，求导讨论单调性，利用数形结合，找到y =m 与曲线在0,1 的有交点时m 的范围；问题二转化成恒成立问题，把不等式变形成2k s -1t -1-1 s -1t -1+1<lns -1t -1，设s -1t -1=a (a >1)，构造函数h (a )=2k (a -1)a +1-ln a (a >1)，转化成零点的问题，再利用单调性求解.18(2023·河北保定·统考二模)已知函数f x =x 2e x +m ,m ∈R ．(1)当m =-1时，求f x 在点A 1,e -1 处的切线方程．(2)若g x =f xx-ln x -1的图象恒在x 轴上方，求实数m 的取值范围．【答案】(1)3e -2 x -y -2e +1=0(2)m ≥-1【分析】(1)由题意，将m =-1代入函数f x 的解析式中，对函数f x 进行求导，得到f 1 和f 1 ，代入切线方程中即可求解；(2)将函数g x 的图像恒在x 轴上方，转化成m >ln x +1x -e x 恒成立，构造函数φx =ln x +1x-e x ，此时问题转化成函数最值问题，对函数φx 进行求导，利用导数的几何意义以及零点存在性定理进行求解即可．【详解】(1)∵f x =x 2e x -1∴f x =x 2+2x e x -2x∴f 1 =3e-2．又∵f1 =e-1∴f x 在点A1,e-1处的切线方程为3e-2x-y-2e+1=0(2)g x =f xx-ln x-1的图像恒在x轴上方，等价于x e x+m-ln x-1>0恒成立即m>ln x+1x-e x恒成立，令φx =ln x+1x-e x，则φ x =-ln xx2-e x=-ln x+x2e xx2令g x =-ln x+e x x2，则g x =-1x+x2e x+2xe x<0所以g x 在0,+∞上单调递减又g12>0,g1 <0，所以在0,+∞上存在唯一的x0使g x0=0当x∈0,x0时φ x >0,φx 单调递增，当x∈x0,+∞时φ x <0,φx 单调递减．故φx 的最大值为φx0=ln x0+1x0-e x0又1nx0+e x0x02=0，故x0e x0=-ln x0x0，两边取对数得ln x0+x0=ln-ln x0+-ln x0又h x =x+ln x在定义域内单调递增，所以x0=-ln x0，故e x0=1 x0所以φx0=ln x0+1x0-e x0=ln x0x0+1x0-1x0=-1所以m≥-1.【点睛】方法点睛：含参不等式恒成立求参数值(取值范围)常用的方法：(1)直接法：直接求导确定函数的单调性得到最值，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，转化成求函数的最值问题加以解决；(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.19(2023下·福建宁德·高三统考阶段练习)已知函数f(x)=e x+2ax-1，其中a为实数，e为自然对数底数，e=2.71828⋯.(1)已知函数x∈R，f(x)≥0，求实数a取值的集合；(2)已知函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，证明2a(x1+x2)>3x1x2【答案】(1)-1 2(2)证明见解析【分析】(1)求出f(x)的导数，对实数a分类讨论求出f(x)的最小值，解不等式f(x)min≥0即可求解；(2)由函数F(x)=f(x)-ax2有两个不同极值点x1、x2，可求出a的取值范围，由已知得e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln x2-1-ln x1-1，通过换元x1-1=t1，x2-1=t2，构造函数u t =t-ln t，讨论函数u t =t-ln t的单调性，确定t1，t2的不等关系，再转化为x1、x2的关系即可证明．【详解】(1)由f (x )=e x +2ax -1，得f (x )=e x +2a ，当a ≥0时，因为f (-1)=1e-1-2a <0，不合题意；当a <0时，当x ∈-∞,ln (-2a ) 时，f (x )<0，f (x )单调递减，当x ∈ln (-2a ),+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，所以f (x )min =f ln (-2a ) =-2a +2a ln (-2a )-1，要f (x )≥0，只需f (x )min =-2a +2a ln (-2a )-1≥0，令g (x )=x -x ln x -1，则g (x )=-ln x ，当x ∈(0,1)时，g (x )>0，g (x )单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g (x )<0，g (x )单调递减；所以g (x )≤g (1)=0，则由g (-2a )=-2a +2a ln (-2a )-1≥0得-2a =1所以a =-12，故实数a 取值的集合-12 (2)由已知F x =e x -ax 2+2ax -1，则F x =e x -2ax +2a ，因为函数F x 有两个不同的极值点x 1、x 2，所以F x 有两个不同零点，若a ≤0时，则F x 在R 上单调递增，F x 在R 上至多一个零点，与已知矛盾，舍去；当a >0时，由e x -2ax +2a =0，得12a =x -1e x，令φx =x -1e x ，所以φx=2-x e x，当x ∈-∞,2 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈2,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx max =φ2 =1e2，且当x <1时，φx <0，当x >1时，φx >0，如下图所示：由图可知，当0<12a <1e2时，即当a >e 22时，直线y =12a 与函数φx 的图象有两个交点，不妨设这两个交点的横坐标分别为x 1、x 2，且x 1<x 2，且当x <x 1或x >x 2时，12a >x -1e x，则F x =2ae x 12a -x -1e x>0，当x1<x<x2时，12a <x-1e x，则F x =2ae x12a-x-1e x<0.综上所述，当a>e22时，函数F x 有两个极值点；设x1<x2，则1<x1<2<x2，因为φ(x1)=φ(x2)=0，所以e x1=2ax1-2a，e x2=2ax2-2a，则e x2e x1=x2-1x1-1，取对数得x2-x1=ln(x2-1)-ln(x1-1)，令x1-1=t1，x2-1=t2，则t2-t1=ln t2-ln t1，即t2-ln t2=t1-ln t1(0<t1<1<t2)，令u(t)=t-ln t，则u(t1)=u(t2)，因为u (t)=t-1t，所以u(t)=t-ln t在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，令v(t)=u(t)-u1t=t-1t-2ln t，则v (t)=(t-1)2t2≥0，v(t)在(0,+∞)上单调递增，又v(1)=0，所以当t∈(0,1)时，v(t)<v(1)=0，即u(t)<u1t ，因为t2>1，2-t1>1，u(t)=t-ln t在(1,+∞)上单调递增，所以t2<1t1，所以x2-1<1x1-1，即x1x2<x1+x2，所以x1x2<x1+x2<2312e2(x1+x2)<23a(x1+x2)，故3x1x2<2a(x1+x2)成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.20(2023·广东·统考二模)已知a∈R，函数f x =x-1ln1-x-x-a cos x，f x 为f x 的导函数.(1)当a=0时，求函数f x 的单调区间；(2)讨论f x 在区间0,1上的零点个数；(3)比较110cos110与ln109的大小，并说明理由.【答案】(1)f x 的单调递增区间为-∞,0，单调递减区间为0,1(2)答案见解析(3)110cos110<ln109，理由见解析【分析】(1)求导可得f x =ln1-x(x<1)，根据f x >0和f x <0即可求解；(2)令g x =f x ，则g x =a1-xcos x-11-x，x∈0,1.易知当a≤1时g x <0，从而g x 单调递减；当a >1时令h x =a 1-x cos x -1，利用导数讨论函数h (x )的单调性，根据零点的存在性定理分析函数g x 的单调性可得g x <0，即可得出零点的个数；(3)由(2)可得当a ≤1时ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.利用导数讨论函数m x =x -tan x 的性质可得x cos x <sin x ，结合sin x <ln 11-x 得x cos x <ln 11-x，x ∈0,1 ，即可证明.【详解】(1)当a =0时，f x =x -1 ln 1-x -x ，其定义域为-∞,1 ，f x =ln 1-x ，令f x =ln 1-x =0，得x =0.当x ∈-∞,0 时，f x >0，故f x 在-∞,0 上单调递增；当x ∈0,1 时，f x <0，故f x 在0,1 上单调递减.因此，函数f x 的单调递增区间为-∞,0 ，单调递减区间为0,1 .(2)令g x =f x =ln 1-x +a sin x ，则g x =-11-x +a cos x =a 1-x cos x -11-x，x ∈0,1 .因为x ∈0,1 ，则1-x ∈0,1 ，cos x ∈0,1 ，则1-x cos x ∈0,1 .当a ≤1时，则a 1-x cos x -1<0，故g x <0，从而g x 在0,1 上单调递减；而g 0 =0，故当x ∈0,1 时，g x <g 0 =0，故g x 在区间0,1 上无零点；即f x 在区间0,1 上无零点；当a >1时，令h x =a 1-x cos x -1，则h x =-a cos x +1-x sin x ，因为x ∈0,1 ，则cos x +1-x sin x >0，从而h x <0，即h x 在0,1 上单调递减；而h 0 =a -1>0，h 1 =-1<0，因此存在唯一的x 0∈0,1 ，使得h x 0 =0，并且当x ∈0,x 0 时，h x >0；当x ∈x 0,1 时，h x <0.即当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,1 时，g x <0.故当x ∈0,x 0 时，g x 单调递增，当x ∈x 0,1 时，g x 单调递减.而g 0 =0，故g x 0 >0；取N =1-e -2a ∈0,1 ，当x >N 时，g x =ln 1-x +a sin x <a +ln e -2a =a -2a =-a <0，所以存在唯一的m ∈x 0,1 ，使得g m =0，即f x 在区间0,1 上有唯一零点.综上所述，当a >1时，f x 在0,1 上有唯一的零点；当a ≤1时，f x 在0,1 上没有零点.(3)110cos 110<ln 109理由如下：[解法一]由(2)可得，当a ≤1时，ln 1-x +a sin x <0在0,1 上恒成立.即当a =1时，sin x <ln 11-x ，x ∈0,1 .以下证明不等式：当x ∈0,π2时，有x <tan x .令m x =x-tan x，则m x =1-1cos2x<0，故m x 在0,π2上单调递减，则m x <m0 =0，即x<tan x，x∈0,π2，即有x cos x<sin x，而sin x<ln11-x，故x cos x<ln11-x，x∈0,1.取x=110，则有110cos110<ln109.[解法二]显然cos110∈0,1，故110cos110<110，以下证明不等式：当x∈-1,+∞时，有ln1+x≤x.令p x =ln1+x-x，则令p x =11+x-1=-x1+x=0，得x=0.故当x∈-1,0时，p x >0，从而p x 在-1,0上单调递增；当x∈0,+∞时，p x <0，从而p x 在0,+∞上单调递减.故x=0是p x =ln1+x-x的极大值点，并且是最大值点，故p x ≤p0 =0，即ln1+x≤x，x∈-1,+∞.取x=-110，则ln910<-110，故ln109>110，故110cos110<110<ln109，从而110cos110<ln109.【点睛】方点点睛：利用导数研究函数零点问题，不论哪种方法，其核心步骤都是构造函数.利用已知的函数或已知条件将问题转化，重新构造函数模型，通过导数研究函数模型的单调性、极值或最值等达到解决问题的目的.二、证明题21(2023·福建·校联考模拟预测)设函数f x =2x-2x-a ln x(a∈R).(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1，x2，记过点A x1,f x1，B x2,f x2的直线的斜率为k，若x2∈1,e，证明：2-4e-1<k<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；(2)求出直线的斜率k，得k=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2，令t=x1x2，t∈1e,1，要证：2-4e-1<k<0，即证ln t<2t-1t+1和ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．【详解】(1)f x =2+2x2-ax=2x2-ax+2x2，令g x =2x2-ax+2，Δ=a2-16.①当-4≤a≤4时，Δ≤0，f x ≥0，f x 在0,+∞单调递增：②当a<-4时，Δ>0，g x =0的两根都小于0，f x 在0,+∞上大于0，所以f x 在0,+∞单调递增；③当a>4时，由g x =0，解得x1=a-a2-164，x2=a+a2-164，x∈0,x1∪x2,+∞，g x >0，f x >0，f x 在0,x1，x2,+∞上单调递增：x∈x1,x2，g x <0，f x <0，f x 在x1,x2上单调递减.(2)证明：由(1)知当a>4时，f x 有两个极值点x1，x2，且满足x1+x2=a2，x1x2=1.f x1-f x2=2x1-x2-21x1-1x2-a ln x1-ln x2=4x1-x2-a ln x1-ln x2，k=f x1-f x2x1-x2=4-aln x1-ln x2x1-x2=4-2x1+x2x1-x2ln x1-ln x2=4-2x1x2+1x1x2-1lnx1x2.令t=x1x2=1x22∈1e,1，则k=4-2t+1t-1ln t.(ⅰ)要证k<0，即证ln t<2t-1 t+1.令h t =ln t-2t-1t+1，则ht =1t-4t+12=t2-2t+1t+12>0，所以h t 在1e,1上单调递增.又h1 =0，所以h t <0，即ln t<2t-1t+1，∴k<0.(ⅱ)要证k>2-4e-1，即证ln t>e+1e-1⋅t-1t+1.令F t =ln t-e+1e-1⋅t-1t+1，Ft =1t-e+1e-12t+12=t2-4e-1t+1t t+12，记G t =t2-4e-1t+1，则G1e=e3-e2-3e-1e2e-1>0，G1 =2e-6e-1<0，则G t 在1e,1有唯一实根t0，故F t 在1e,t0上单调递增，在t0,1单调递减，又F1e=F1 =0，所以当1e<t<1时，F t >F1e =0，∴ln t>e+1e-1⋅t-1t+1，即k>2-4e-1.由(ⅰ)(ⅱ)，证得2-4e-1<k<0.【点睛】思路点睛：根据函数极值点个数求参数相关问题时，一般需要先对函数求导，根据导函数对应的方程，确定极值点与参数之间关系，再由消元法将问题转化为参数与其中一个极值点之间的关系式，根据极值点的范围，构造新的函数，利用导数的方法判定新函数的单调性，进而即可求解.。

高考数学压轴专题专题备战高考《函数与导数》真题汇编含解析

高考数学《函数与导数》课后练习一、选择题1．已知函数()f x 是定义在R上的偶函数,当x ≥时,2()4f x x x =-,则不等式(2)5f x +<的解集为（）A ．(3,7)-B ．()4,5-C ．(7,3)-D ．()2,6-【答案】C 【解析】【分析】首先求出当0x ≥时不等式的解集，在根据偶函数的对称性求出当0x <时不等式的解集，从而求出()5f x <的解集，则525x -<+<，即可得解. 【详解】当0x ≥时,2()45f x x x =-<的解为05x <≤；当0x <时，根据偶函数图像的对称性知不等式()5f x <的解为5x 0-<<，所以不等式()5f x <的解集为{}55x x -<<，所以不等式(2)5f x +<的解集为{}{}52573x x x x -<+<=-<<. 故选：C 【点睛】本题考查偶函数的性质，涉及一元二次不等式，属于基础题.2．336ax ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式中，第三项的系数为1，则11a dx x =⎰（） A ．2ln 2 B ．ln 2C ．2D ．1【答案】A 【解析】【分析】首先根据二项式定理求出a ，把a 的值带入11adx x⎰即可求出结果. 【详解】解题分析解题分析根据二项式336ax ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭的展开式的通项公式得2212133()64a T C ax x +⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭. Q 第三项的系数为1，1,44aa ∴=∴=，则4411111d d ln 2ln 2a x x x x x ===⎰⎰故选：A【点睛】本题考查二项式定理及定积分. 需要记住二项式定理展开公式：1C kn kk k n T a b -+=.属于中等题.3．函数f （x ）＝x ﹣g （x ）的图象在点x ＝2处的切线方程是y ＝﹣x ﹣1，则g （2）+g '（2）＝（）＝（） A ．7 B ．4C ．0D ．﹣4【答案】A 【解析】()()()(),'1'f x x g x f x g x =-∴=-Q ，因为函数()()f x x g x =-的图像在点2x =处的切线方程是1y x =--，所以()()23,'21f f =-=-，()()()()2'2221'27g g f f ∴+=-+-=，故选A ．4．已知直线2y kx =-与曲线ln y x x =相切，则实数k 的值为（） A ．ln 2 B ．1 C ．1ln2- D ．1ln2+ 【答案】D 【解析】由ln y x x =得'ln 1y x =+，设切点为()00,x y ，则0ln 1k x =+，000002ln y kx y x x =-⎧⎨=⎩，0002ln kx x x ∴-=，002ln k x x ∴=+，对比0ln 1k x =+，02x ∴=，ln 21k ∴=+，故选D.5．已知奇函数()f x 在R 上是增函数，若21log 5a f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，()2log 4.1b f =，()0.82c f =，则,,a b c 的大小关系为( )A ．a b c <><<，据此：0.822log 5log 4.12>>，结合函数的单调性有：()()()0.822log 5log 4.12f f f >>，即,a b c c b a >><<.本题选择C 选项.【考点】【考点】指数、对数、函数的单调性【名师点睛】比较大小是高考常见题，指数式、对数式的比较大小要结合指数函数、对数函数，借助指数函数和对数函数的图象，利用函数的单调性进行比较大小，特别是灵活利用函数的奇偶性和单调性数形结合不仅能比较大小，还可以解不等式.6．已知21()cos 4f x x x =+，'()f x 为()f x 的导函数，则'()f x 的图像是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】Q ()21f cos 4x x x =+，()()1'sin ,'2f x x x y f x ∴=-=为奇函数，∴图象关于原点对称，排除,B D ，又()'10f <Q ，可排除C ，故选A.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择主要考查考查函数的图象与性质，属于中档题. 这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及0,0,,x x x x +-→→→+∞→-∞时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.7．已知函数()()1110x x e f x x e++-=<与()()1ln x x g x e x ae =+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,1e ⎛⎫-∞+⎪⎝⎭ B ．1,e ⎛⎫-+∞⎪⎝⎭ C ．1,1e ⎛⎫-∞-⎪⎝⎭ D ．11,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】先求得()f x 关于y 轴对称的函数()h x ,则()()h x g x =,整理可得()11ln 1e exx a ++-=在()0,∞+上有解,设()()11ln 1e e x x x ϕ=++-,可转化问题为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,再利用导函数求得()x ϕ的范围,进而求解.【详解】由()f x 关于y 轴对称的函数为()()()1111e e 10ex x x h x f x x -+--+-=-==->,令()()h x g x =,得()1e 1eln 1e x x xx a --=+-()0x >,则方程()1e 1e ln 1e x xx x a --=+-在()0,∞+上有解, 即方程()11ln 1e e x x a ++-=在()0,∞+上有解, 设()()11ln 1e e x x x ϕ=++-, 即可转化为()y x ϕ=与y a =的图象在()0,∞+上有交点,()()11e 1e1e 1xx x x x x x ϕ--=-+='++Q ,令()=e 1xm x x --，则()=e 10xm x '->在()0,∞+上恒成立，所以()=e 1xm x x --在()0,∞+上为增函数，∴()()00m x m >=，即()0x ϕ'>Q 在()0,∞+上恒成立，∴()x ϕ在()0,∞+上为增函数,当0x >时,则()()101x eϕϕ>=-, 所以11ea >-, 故选:D 【点睛】本题考查利用导函数判断函数单调性,考查利用导函数处理函数的零点问题,考查转化思想.8．已知函数在区间上有最小值，则函数在区间上一定（）A ．有最小值．有最小值B ．有最大值C ．是减函数．是减函数D ．是增函数【答案】D 【解析】【分析】由二次函数在区间上有最小值得知其对称轴，再由基本初等函数的单调性或单调性的性质可得出函数在区间上的单调性.【详解】由于二次函数在区间上有最小值，可知其对称轴，.当时，由于函数和函数在上都为增函数，此时，函数在上为增函数；当时，在上为增函数；当时，由双勾函数的单调性知，函数在上单调递增，，所以，函数在上为增函数.综上所述：函数在区间上为增函数，故选D.【点睛】本题考查二次函数的最值，同时也考查了型函数单调性的分析，解题时要注意对的符号进行分类讨论，考查分类讨论数学思想，属于中等题.9．已知定义在R 上的函数()f x 满足()()3221f x f x -=-,且()f x 在[1,)+∞上单调递增,则（）A ．()()()0.3 1.130. 20.54f f log f << B ．()()()0.31.130. 240.5f f f log <<C ．()()()1.10.3340.20.5f f f log << D ．()()()0.3 1.130.50.24f log f f << 【答案】A【解析】【分析】由已知可得()f x 的图象关于直线1x =对称因为0.3 1.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1[1,,)+∞上单调递增,即可得解. 【详解】解：依题意可得,()f x 的图象关于直线1x =对称.因为()()()0.3 1.1330.20,1,0.5 2 1,,044,8log log ∈=-∈-∈, 则0.31.130.21log 0.5141-<-<-，又()f x 在[1[1,,)+∞上单调递增, 所以()()()0.3 1.130.20.54f f log f <<.故选:A.【点睛】本题考查了函数的对称性及单调性，重点考查了利用函数的性质判断函数值的大小关系，属中档题.10．函数()1sin cos 1sin cos 1tan 01sin cos 1sin cos 32x x x x f x x x x x x xπ+-++⎛⎫=++<< ⎪+++-⎝⎭的最小值为（）A ．1623+ B ．533C ．2433+ D ．433【答案】B 【解析】【分析】利用二倍角公式化简函数()f x ，求导数，利用导数求函数的最小值即可. 【详解】22222sin 2sin cos 2cos 2sin cos 1sin cos 1sin cos 2222221sin cos 1sin cos 2cos 2sin cos 2sin 2sin cos 222222x x x x x x x x x x x x x x x xx x x x +++-+++=++++-++ 2sin sin cos 2cos sin cos sin cos 222222222sin cos sin 2cos sin cos 2sin sin cos 22222222x x x x x x x x x x x x x x x x x⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=+=+=⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则()21tan 0sin 32f x x x x π⎛⎫=+<< ⎪⎝⎭，32222221sin 2cos 16cos cos 1()sin 3cos sin 3cos 3sin cos x x x x f x x x x x x x '''--+⎛⎫⎛⎫=+=-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 令()cos 0,1t x =∈，()3261g t t t =--+为减函数，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，所以当03x π<<时，()11,02t g t <<<，从而()'0f x <；当32x ππ<<时，()10,02t g t <<>，从而()'0f x >.故()min5333f x f π⎛⎫== ⎪⎝⎭. 故选：A 【点睛】本题主要考查了三角函数的恒等变换，利用导数求函数的最小值，换元法，属于中档题.11．函数()32xy x x =-⋅的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】【分析】排除法：根据函数()32x y x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称；函数有1-，0，1三个零点；当2x =时，函数值为正数，进行选项排除即可. 【详解】函数()32xy x x =-⋅为奇函数，故图象关于原点对称，故排除D ；函数有1-，0，1三个零点，故排除A ；当2x =时，函数值为正数，故排除B . 故选：C . 【点睛】本题考查函数的图象，根据解析式求图像通常利用排除法，依据有函数奇偶性、单调性、零点、定义域、值域、特殊值等，属于中等题.12．已知函数()ln xf x x=，则使ln()()()f x g x a f x =-有2个零点的a 的取值范围（） A ．(0,1) B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．1,e ⎛⎫-∞⎪⎝⎭ 【答案】B 【解析】【分析】令()ln x t f x x==，利用导数研究其图象和值域，再将ln ()()()f xg x af x =-有2个零点，转化为ln ta t=在[),e +∞上只有一解求解.【详解】令()ln x t f x x ==，当01x <<时，()0ln x t f x x==<，当1x >时，()2ln 1()ln x t f x x -''==，当1x e <<时，0t '<，当x e >时，0t '>，所以当x e =时，t 取得最小值e ，所以t e ≥，如图所示：所以ln ()()()f x g x a f x =-有2个零点，转化为ln t a t=在[),e +∞上只有一解，令ln t m t =，21ln 0t m t -'=≤，所以ln tm t=在[),e +∞上递减，所以10m e<≤，所以10a e <≤，当1a e=时，x e =，只有一个零点，不合题意，所以10a e << 故选：B 【点睛】本题主要考查导数与函数的零点，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.13．三个数0.377,0.3,ln 0.3a b c ===大小的顺序是（大小的顺序是（） A ．a c b >> B ．a b c >>C ．b a c >>D ．c a b >>【答案】B 【解析】试题分析：根据指数函数和对数函数的单调性知：0.30771a =>=，即1a >；7000.30.31b <=<=，即01b <<；ln0.3ln10c =<=，即0c <；所以a b c >>，故正确答案为选项B ．考点：指数函数和对数函数的单调性；间接比较法．14．若函数()()sin x f x e x a =+在区间,22ππ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，则实数a 的取值范围是（）A ．)2,⎡+∞⎣B ．[)1,+∞C ．()1,+∞D ．()2,-+∞【答案】B 【解析】【分析】将问题转化为()0f x '≥在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立；根据导函数解析式可知问题可进一步转化为2sin 04xa π⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立；利用正弦型函数值域求法可求得(2sin 1,24x a a a π⎛⎫⎤++∈-++ ⎪⎦⎝⎭，则只需10a -+?即可，解不等式求得结果.【详解】由题意得：()()sin cos 2sin 4xxxf x e x a e x e xa π⎛⎫⎛⎫'=++=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()f x Q 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增 ()0f x '∴≥在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立又0x e > 2sin 04x a π⎛⎫∴++≥ ⎪⎝⎭在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上恒成立当,22x ππ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，3,444x πππ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭ 2sin ,142x π⎛⎤⎛⎫∴+∈- ⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎦ (2sin 1,24x a a a π⎛⎫⎤∴++∈-++ ⎪⎦⎝⎭ 10a ∴-+≥，解得：[)1,a ∈+∞ 本题正确选项：B【点睛】本题考查根据函数在一段区间内的单调性求解参数范围问题，涉及到正弦型函数值域的求解问题；本题解题关键是能够将问题转化为导函数在区间内恒大于等于零的问题，从而利用三角函数的最值来求得结果.15．已知函数()2814f x x x =++，()()2log 4g x x =，若[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，则a 的最大值为（）A ．-4B ．-3C ．-2D ．-1【答案】C 【解析】【分析】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，从而28142a a ++≤，故可求a 的最大值为2-.【详解】由[]()15,4x a a ∀∈-≥-，(]20,1x ∃∈，使得()()12f x g x =成立，得：()f x 的值域为()g x 的值域的子集，由()()2log 4g x x =(]20,1x ∈()2g x ⇒≤ ，所以(](),2g x ∈-∞ 当43a --≤≤ 时，()21f x-＃-，此时()f x 的值域为()g x 的值域的子集成立. 当3a >-时，()22814f x a a -≤≤++，须满足()f x 的值域为()g x 的值域的子集，即28142a a ++≤，得62a -≤≤- 所以a 的最大值为2-. 故选：C. 【点睛】本题主要考查恒成立和存在性问题，注意把两类问题转化为函数值域的包含关系，此问题属于中档题目.16．在二项式26()2a x x +的展开式中，其常数项是15.如下图所示，阴影部分是由曲线2y x =和圆22x y a +=及x 轴围成的封闭图形，则封闭图形的面积为（）A ．146π+ B ．146π- C ．4π D ．16【答案】B 【解析】【分析】用二项式定理得到中间项系数，解得a ，然后利用定积分求阴影部分的面积．【详解】（x 2+a 2x ）6展开式中，由通项公式可得122r 162rr r r a T C x x --+⎛⎫= ⎪⎝⎭,令12﹣3r ＝0，可得r ＝4,即常数项为4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭，可得4462a C ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝15，解得a ＝2．曲线y ＝x 2和圆x 2+y 2＝2的在第一象限的交点为（1，1）所以阴影部分的面积为()1223100111-x-x |442346dx x x πππ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭⎰．故选：B【点睛】本题主要考查二项式定理的应用，二项式展开式的通项公式，属于基础题．17．已知函数()f x 的导函数为()f x '，在()0,∞+上满足()()xf x f x '>，则下列一定成立的是（） A ．()()2019202020202019f f > B ．()()20192020f f > C ．()()2019202020202019f f < D ．()()20192020f f <【答案】A 【解析】【分析】构造函数()()f xg x x=，利用导数判断函数()y g x =在()0,∞+上的单调性，可得出()2019g 和()2020g 的大小关系，由此可得出结论.【详解】令()()()0f x g x x x =>，则()()()2xf x f x g x x '-'=. 由已知得，当0x >时，()0g x '>故函数()y g x =在()0,∞+上是增函数，所以()()20202019g g >，即()()2020201920202019f f >，所以()()2019202020202019f f >. 故选：A. 【点睛】本题考查利用构造函数法得出不等式的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.18．已知函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，若数列()1f n ⎧⎫⎪⎪⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和为n S ，则2018S 的值为（） A ．20152016B ．20162017C ．20172018D ．20182019【答案】D 【解析】【分析】求出原函数的导函数，得到()y f x =在1x =时的导数值，进一步求得m ，可得函数解析式，然后利用裂项相消法可计算出2018S 的值．【详解】由()2f x x mx =+，得()2f x x m '=+，()12f m '∴=+，因为函数()2f x x mx =+图象在点()()1,1A f 处的切线l 与直线320x y ++=垂直，()123f m '∴=+=，解得1m =，()2f x x x ∴=+，则()()21111111f n n n n n n n ===-+++.因此，20181111112018112232018201920192019S =-+-++-=-=L故选：D. 【点睛】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用裂项相消法求数列的前n 项和，是中档题．19．已知函数f （x ）＝2x －1，()2cos 2,0?2,0a x x g x x a x +≥⎧=⎨+<⎩（a ∈R ），若对任意x 1∈[1，＋∞），总存在x 2∈R ，使f （x 1）＝g （x 2），则实数a 的取值范围是（）A ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．[]1,1,22⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭UD ．371,,224⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦U 【答案】C 【解析】【分析】对a 分a=0,a ＜0和a ＞0讨论，a ＞0时分两种情况讨论，比较两个函数的值域的关系，即得实数a 的取值范围. 【详解】当a =0时，函数f （x ）＝2x －－1的值域为[1,+∞），函数()g x 的值域为[0,++∞），满足题意.当a ＜0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）, y =()cos 20a x x +≥的值域为[a +2,-a +2],因为a +2-2a =2-a >0,所以a +2＞2a , 所以此时函数g (x )的值域为（2a ,+∞）, 由题得2a ＜1，即a ＜12，即a ＜0. 当a ＞0时，y =22(0)x a x +<的值域为（2a ,+∞）,y =()cos 20a x x +≥的值域为[-a +2,a +2],当a ≥23时，-a +2≤2a ,由题得21,1222a a a a-+≤⎧∴≤≤⎨+≥⎩. 当0＜a ＜23时，-a +2＞2a ，由题得2a ＜1，所以a ＜12.所以0＜a ＜12.综合得a 的范围为a ＜12或1≤a ≤2，故选C . 【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，考查指数函数和三角函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.20．已知函数()2ln 2xx f x e x =+-的极值点为1x ，函数()2xg x e x =+-的零点为2x ，函数()ln 2xh x x=的最大值为3x ，则（）A ．123x x x >>B ．213x x x >>C ．312x x x >>D ．321x x x >>【答案】A 【解析】【分析】根据()f x '在()0,∞+上单调递增，且11024f f ⎛⎫⎛⎫''⋅<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，可知导函数零点在区间11,42⎛⎫ ⎪⎝⎭内，即()f x 的极值点111,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；根据()g x 单调递增且11024g g ⎛⎫⎛⎫⋅< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可知211,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭；通过判断()()12g x g x >，结合()g x 单调性可得12x x >；利用导数可求得()max1124h xe =<，即314x <，从而可得三者的大小关系.【详解】()1x f x e x x'=+-Q 在()0,∞+上单调递增且1213022f e ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，14115044f e ⎛⎫'=-< ⎪⎝⎭ 111,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭且11110x e x x +-= Q 函数()2x xg x e x =+-在()0,∞+上单调递增且1213022g e ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，14112044g e ⎛⎫=+-< ⎪⎝⎭ 211,42x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭又()()11111211112220xg x e x x x g x x x ⎛⎫=+-=-+-=->= ⎪⎝⎭且()g x 单调递增 12x x ∴>由()21ln 2x h x x-'=可得：()()max 12h x h e e ==，即31124x e =< 123x x x ∴>>本题正确选项：A 【点睛】本题考查函数极值点、零点、最值的判断和求解问题，涉及到零点存在定理的应用，易错点是判断12,x x 大小关系时，未结合()g x 单调性判断出()()12g x g x >，造成求解困难.。

专题11 导数中的极值偏移问题(全题型压轴题)(教师版)-2024年高考数学压轴专题复习

当1
x 1
x 2
时，不等式
x1
x2
2 显然成立；
当 0 x1 1， x2 2 时，不等式 x1 x2 2 显然成立；
当 0 x1 1， 0 x2 2 时，由（1）知 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，因为存在 x1 x2 ，使得 f x1 f x2 ，所以
1 x2 2 ，要证 x1 x2 2 ，只要证 x1 2 x2 ，因为1 x2 2 ，所以 0 2 x2 1，又 f (x) 在( 0, 1) 内单调递减，
所以 f x 有一个零点，故 B 错误；
对于 C，因为 f x 在 0, 单调递增，所以 x 0 时， f x f 0 1 ，
所以 k 1，故 C 错误；
对于 D，因为 f x 在 , 2 单调递减， 2, 在单调递增，
且 f x 唯一零点为 1，当 x 时， f x 0 且 f x 0 ，
3．（2023
春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数
f
x
x2 ax ex
，
aR
(1)若 a 2 ，求 f x 的单调区间；
(2)若
a
1，
x1，
x2
是方程
f
x
lnx 1 ex
的两个实数根，证明：
x1
x2
2
．
【答案】(1)单调递增区间为 2 2, 2 2 ，单调递减区间为 , 2 2 ， 2 2,
不妨设 0 x1 1 x2 ，∵ 0 x1 1，∴ 2 x1 1，
设 G x g x g 2 x ，则 G x lnx x2 x 1 ln 2 x 2 x2 2 x 1 lnx ln 2 x 2x 2 ，
G
x

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