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函数与导数 大题练习(含解析)

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2024年高考数学真题分类汇编09：函数与导数(含详细答案解析)

2024年高考数学真题分类汇编09：函数与导数(含详细答案解析)

函数与导数一、单选题1.(2024·全国)已知函数为f (x )=-x 2-2ax -a ,x <0e x+ln (x +1),x ≥0，在R 上单调递增，则a 取值的范围是()A.(-∞,0]B.[-1,0]C.[-1,1]D.[0,+∞)2.(2024·全国)已知函数为f (x )的定义域为R ，f (x )>f (x -1)+f (x -2)，且当x <3时f (x )=x ，则下列结论中一定正确的是()A.f (10)>100B.f (20)>1000C.f (10)<1000D.f (20)<100003.(2024·全国)设函数f (x )=a (x +1)2-1，g (x )=cos x +2ax ，当x ∈(-1,1)时，曲线y =f (x )与y =g (x )恰有一个交点，则a =()A.-1B.12C.1D.24.(2024·全国)设函数f (x )=(x +a )ln (x +b )，若f (x )≥0，则a 2+b 2的最小值为()A.18B.14C.12D.15.(2024·全国)曲线f x =x 6+3x -1在0,-1 处的切线与坐标轴围成的面积为()A.16B.32C.12D.-326.(2024·全国)函数f x =-x 2+e x -e -x sin x 在区间[-2.8,2.8]的大致图像为()A. B.C. D.7.(2024·全国)设函数f x =e x +2sin x1+x 2，则曲线y =f x 在0,1 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()A.16B.13C.12D.238.(2024·北京)已知x 1,y 1 ，x 2,y 2 是函数y =2x图象上不同的两点，则下列正确的是()A.log 2y 1+y 22>x 1+x22 B.log 2y 1+y 22<x 1+x22C.log 2y 1+y 22>x 1+x 2D.log 2y 1+y 22<x 1+x 29.(2024·天津)下列函数是偶函数的是()A.y=e x-x2x2+1B.y=cos x+x2x2+1C.y=e x-xx+1D.y=sin x+4xe|x|10.(2024·天津)若a=4.2-0.3，b=4.20.3，c=log4.20.2，则a，b，c的大小关系为()A.a>b>cB.b>a>cC.c>a>bD.b>c>a11.(2024·上海)下列函数f x 的最小正周期是2π的是()A.sin x+cos xB.sin x cos xC.sin2x+cos2xD.sin2x-cos2x12.(2024·上海)已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈-∞,x0,f x <f x0，在使得M =-1,1的所有f x 中，下列成立的是()A.存在f x 是偶函数B.存在f x 在x=2处取最大值C.存在f x 是严格增函数D.存在f x 在x=-1处取到极小值二、多选题13.(2024·全国)设函数f(x)=(x-1)2(x-4)，则()A.x=3是f(x)的极小值点B.当0<x<1时，f(x)<f x2C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x)14.(2024·全国)设函数f(x)=2x3-3ax2+1，则()A.当a>1时，f(x)有三个零点B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点C.存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴D.存在a，使得点1,f1为曲线y=f(x)的对称中心三、填空题15.(2024·全国)若曲线y=e x+x在点0,1处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=.16.(2024·全国)已知a>1，1log8a -1log a4=-52，则a=．17.(2024·全国)曲线y=x3-3x与y=-x-12+a在0,+∞上有两个不同的交点，则a的取值范围为．18.(2024·天津)若函数f x =2x2-ax-ax-2+1有唯一零点，则a的取值范围为．19.(2024·上海)已知f x =x,x>01,x≤0,则f3 =．四、解答题20.(2024·全国)已知函数f(x)=ln x2-x+ax+b(x-1)3(1)若b=0，且f (x)≥0，求a的最小值；(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(3)若f (x )>-2当且仅当1<x <2，求b 的取值范围．21.(2024·全国)已知函数f (x )=e x -ax -a 3．(1)当a =1时，求曲线y =f (x )在点1,f (1) 处的切线方程；(2)若f (x )有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．22.(2024·全国)已知函数f x =a x -1 -ln x +1．(1)求f x 的单调区间；(2)若a ≤2时，证明：当x >1时，f x <e x -1恒成立．23.(2024·全国)已知函数f x =1-ax ln 1+x -x ．(1)当a =-2时，求f x 的极值；(2)当x ≥0时，f x ≥0恒成立，求a 的取值范围．24.(2024·北京)已知f x =x +k ln 1+x 在t ,f t t >0 处切线为l ．(1)若切线l 的斜率k =-1，求f x 单调区间；(2)证明：切线l 不经过0,0 ；(3)已知k =1，A t ,f t ，C 0,f t ，O 0,0 ，其中t >0，切线l 与y 轴交于点B 时．当2S △ACO =15S △ABO ，符合条件的A 的个数为？(参考数据：1.09<ln3<1.10，1.60<ln5<1.61，1.94<ln7<1.95)25.(2024·天津)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的取值范围；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．26.(2024·上海)若f x =log a x (a >0,a ≠1)．(1)y =f x 过4,2 ，求f 2x -2 <f x 的解集；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，求a 的取值范围．27.(2024·上海)对于一个函数f x 和一个点M a ,b ，令s x =(x -a )2+f x -b 2，若P x 0,f x 0 是s x取到最小值的点，则称P 是M 在f x 的“最近点”．(1)对于f (x )=1x(x >0)，求证：对于点M 0,0 ，存在点P ，使得点P 是M 在f x 的“最近点”；(2)对于f x =e x ,M 1,0 ，请判断是否存在一个点P ，它是M 在f x 的“最近点”，且直线MP 与y =f (x )在点P 处的切线垂直；(3)已知y =f (x )在定义域R 上存在导函数f (x )，且函数g (x )在定义域R 上恒正，设点M 1t -1,f t -g t ，M 2t +1,f t +g t ．若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，试判断f x 的单调性．参考答案：1.B【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.【解析】因为f x 在R上单调递增，且x≥0时，f x =e x+ln x+1单调递增，则需满足--2a2×-1≥0-a≤e0+ln1，解得-1≤a≤0，即a的范围是[-1,0].故选：B.2.B【分析】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.【解析】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，又因为f(x)>f(x-1)+f(x-2)，则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，则B正确；且无证据表明ACD一定正确.故选：B.【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f(1)=1,f(2)=2，再利用题目所给的函数性质f(x)>f(x-1)+ f(x-2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.3.D【分析】解法一：令F x =ax2+a-1,G x =cos x，分析可知曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，结合偶函数的对称性可知该交点只能在y轴上，即可得a=2，并代入检验即可；解法二：令h x =f(x)-g x ,x∈-1,1，可知h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即可得a=2，并代入检验即可.【解析】解法一：令f(x)=g x ，即a(x+1)2-1=cos x+2ax，可得ax2+a-1=cos x，令F x =ax2+a-1,G x =cos x，原题意等价于当x∈(-1,1)时，曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，注意到F x ,G x 均为偶函数，可知该交点只能在y轴上，可得F0 =G0 ，即a-1=1，解得a=2，若a=2，令F x =G x ，可得2x2+1-cos x=0因为x∈-1,1，则2x2≥0,1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，可得2x2+1-cos x≥0，当且仅当x=0时，等号成立，则方程2x2+1-cos x=0有且仅有一个实根0，即曲线y=F(x)与y=G(x)恰有一个交点，所以a=2符合题意；综上所述：a=2.解法二：令h x =f(x)-g x =ax2+a-1-cos x,x∈-1,1，原题意等价于h x 有且仅有一个零点，因为h -x =a -x 2+a -1-cos -x =ax 2+a -1-cos x =h x ，则h x 为偶函数，根据偶函数的对称性可知h x 的零点只能为0，即h 0 =a -2=0，解得a =2，若a =2，则h x =2x 2+1-cos x ,x ∈-1,1 ，又因为2x 2≥0,1-cos x ≥0当且仅当x =0时，等号成立，可得h x ≥0，当且仅当x =0时，等号成立，即h x 有且仅有一个零点0，所以a =2符合题意；故选：D .4.C【分析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，分类讨论-a 与-b ,1-b 的大小关系，结合符号分析判断，即可得b =a +1，代入可得最值；解法二：根据对数函数的性质分析ln (x +b )的符号，进而可得x +a 的符号，即可得b =a +1，代入可得最值.【解析】解法一：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；若-a ≤-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；若-b <-a <1-b ，当x ∈-a ,1-b 时，可知x +a >0,ln x +b <0，此时f (x )<0，不合题意；若-a =1-b ，当x ∈-b ,1-b 时，可知x +a <0,ln x +b <0，此时f (x )>0；当x ∈1-b ,+∞ 时，可知x +a ≥0,ln x +b ≥0，此时f (x )≥0；可知若-a =1-b ，符合题意；若-a >1-b ，当x ∈1-b ,-a 时，可知x +a 0,ln x +b 0，此时f (x )<0，不合题意；综上所述：-a =1-b ，即b =a +1，则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥12，当且仅当a =-12,b =12时，等号成立，所以a 2+b 2的最小值为12；解法二：由题意可知：f (x )的定义域为-b ,+∞ ，令x +a =0解得x =-a ；令ln (x +b )=0解得x =1-b ；则当x ∈-b ,1-b 时，ln x +b <0，故x +a ≤0，所以1-b +a ≤0；x ∈1-b ,+∞ 时，ln x +b >0，故x +a ≥0，所以1-b +a ≥0；故1-b +a =0，则a 2+b 2=a 2+a +1 2=2a +12 2+12≥12，当且仅当a =-12,b =12时，等号成立，所以a 2+b 2的最小值为12.故选：C .【点睛】关键点点睛：分别求x +a =0、ln (x +b )=0的根，以根和函数定义域为临界，比较大小分类讨论，结合符号性分析判断.5.A【分析】先求出切线方程，再求出切线的截距，从而可求面积.【解析】f x =6x 5+3，所以f 0 =3，故切线方程为y =3(x -0)-1=3x -1，故切线的横截距为13，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为12×1×13=16故选：A .6.B【分析】利用函数的奇偶性可排除A 、C ，代入x =1可得f 1 >0，可排除D .【解析】f -x =-x 2+e -x -e x sin -x =-x 2+e x -e -x sin x =f x ，又函数定义域为-2.8,2.8 ，故该函数为偶函数，可排除A 、C ，又f 1 =-1+e -1e sin1>-1+e -1e sin π6=e 2-1-12e >14-12e>0，故可排除D .故选：B .7.A【分析】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1 处的切线方程，即可得其与坐标轴交点坐标，即可得其面积.【解析】fx =ex+2cos x 1+x 2 -e x +2sin x ⋅2x1+x 22，则f0 =e 0+2cos0 1+0 -e 0+2sin0 ×01+02=3，即该切线方程为y -1=3x ，即y =3x +1，令x =0，则y =1，令y =0，则x =-13，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S =12×1×-13 =16.故选：A .8.A【分析】根据指数函数和对数函数的单调性结合基本不等式分析判断AB ；举例判断CD 即可.【解析】由题意不妨设x 1<x 2，因为函数y =2x 是增函数，所以0<2x 1<2x 2，即0<y 1<y 2，对于选项AB ：可得2x1+2x 22>2x 1·2x 2=2x 1+x 22，即y 1+y 22>2x 1+x 22>0，根据函数y =log 2x 是增函数，所以log 2y 1+y 22>log 22x 1+x22=x 1+x22，故A 正确，B 错误；对于选项C ：例如x 1=0,x 2=1，则y 1=1,y 2=2，可得log 2y 1+y 22=log 232∈0,1 ，即log 2y 1+y 22<1=x 1+x 2，故C 错误；对于选项D ：例如x 1=-1,x 2=-2，则y 1=12,y 2=14，可得log 2y 1+y 22=log 238=log 23-3∈-2,-1 ，即log 2y 1+y 22>-3=x 1+x 2，故D 错误，故选：A .9.B【分析】根据偶函数的判定方法一一判断即可.【解析】对A ，设f x =e x -x 2x 2+1，函数定义域为R ，但f -1 =e -1-12，f 1 =e -12，则f -1 ≠f 1 ，故A 错误；对B ，设g x =cos x +x 2x 2+1，函数定义域为R ，且g -x =cos -x +-x 2-x 2+1=cos x +x 2x 2+1=g x ，则g x 为偶函数，故B 正确；对C ，设h x =e x -xx +1，函数定义域为x |x ≠-1 ，不关于原点对称，则h x 不是偶函数，故C 错误；对D ，设φx =sin x +4x e |x |，函数定义域为R ，因为φ1 =sin1+4e ，φ-1 =-sin1-4e ，则φ1 ≠φ-1 ，则φx 不是偶函数，故D 错误.故选：B .10.B【分析】利用指数函数和对数函数的单调性分析判断即可.【解析】因为y =4.2x 在R 上递增，且-0.3<0<0.3，所以0<4.2-0.3<4.20<4.20.3，所以0<4.2-0.3<1<4.20.3，即0<a <1<b ，因为y =log 4.2x 在(0,+∞)上递增，且0<0.2<1，所以log 4.20.2<log 4.21=0，即c <0，所以b >a >c ，故选：B 11.A【分析】根据辅助角公式、二倍角公式以及同角三角函数关系并结合三角函数的性质一一判断即可 .【解析】对A ，sin x +cos x =2sin x +π4，周期T =2π，故A 正确；对B ，sin x cos x =12sin2x ，周期T =2π2=π，故B 错误；对于选项C ，sin 2x +cos 2x =1，是常值函数，不存在最小正周期，故C 错误；对于选项D ，sin 2x -cos 2x =-cos2x ，周期T =2π2=π，故D 错误，故选：A ．12.B【分析】对于ACD 利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B ，构造函数f x =-2,x <-1x ,-1≤x ≤11,x >1即可判断.【解析】对于A ，若存在y =f (x )是偶函数, 取x 0=1∈[-1,1],则对于任意x ∈(-∞,1),f (x )<f (1), 而f (-1)=f (1), 矛盾, 故A 错误；对于B ，可构造函数f x =-2,x <-1,x ,-1≤x ≤1,1,x >1,满足集合M =-1,1 ，当x <-1时，则f x =-2，当-1≤x ≤1时，f x ∈-1,1 ，当x >1时，f x =1，则该函数f x 的最大值是f 2 ，则B 正确；对C ，假设存在f x ，使得f x 严格递增，则M =R ，与已知M =-1,1 矛盾，则C 错误；对D ，假设存在f x ，使得f x 在x =-1处取极小值，则在-1的左侧附近存在n ，使得f n >f -1 ，这与已知集合M 的定义矛盾，故D 错误；故选：B .13.ACD【分析】求出函数f x 的导数，得到极值点，即可判断A ；利用函数的单调性可判断B ；根据函数f x 在1,3 上的值域即可判断C ；直接作差可判断D .【解析】对A ，因为函数f x 的定义域为R ，而f x =2x -1 x -4 +x -1 2=3x -1 x -3 ，易知当x ∈1,3 时，f x <0，当x ∈-∞,1 或x ∈3,+∞ 时，f x >0函数f x 在-∞,1 上单调递增，在1,3 上单调递减，在3,+∞ 上单调递增，故x =3是函数f x 的极小值点，正确；对B ，当0<x <1时，x -x 2=x 1-x >0，所以1>x >x 2>0，而由上可知，函数f x 在0,1 上单调递增，所以f x >f x 2 ，错误；对C ，当1<x <2时，1<2x -1<3，而由上可知，函数f x 在1,3 上单调递减，所以f 1 >f 2x -1 >f 3 ，即-4<f 2x -1 <0，正确；对D ，当-1<x <0时，f (2-x )-f (x )=1-x 2-2-x -x -1 2x -4 =x -1 22-2x >0，所以f (2-x )>f (x )，正确；故选：ACD .14.AD【分析】A 选项，先分析出函数的极值点为x =0,x =a ，根据零点存在定理和极值的符号判断出f (x )在(-1,0),(0,a ),(a ,2a )上各有一个零点；B 选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，则f (x )=f (2b -x )为恒等式，据此计算判断；D 选项，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【解析】A 选项，f (x )=6x 2-6ax =6x (x -a )，由于a >1，故x ∈-∞,0 ∪a ,+∞ 时f (x )>0，故f (x )在-∞,0 ,a ,+∞ 上单调递增，x ∈(0,a )时，f (x )<0，f (x )单调递减，则f (x )在x =0处取到极大值，在x =a 处取到极小值，由f (0)=1>0，f (a )=1-a 3<0，则f (0)f (a )<0，根据零点存在定理f (x )在(0,a )上有一个零点，又f (-1)=-1-3a <0，f (2a )=4a 3+1>0，则f (-1)f (0)<0,f (a )f (2a )<0，则f (x )在(-1,0),(a ,2a )上各有一个零点，于是a >1时，f (x )有三个零点，A 选项正确；B 选项，f (x )=6x (x -a )，a <0时，x ∈(a ,0),f (x )<0，f (x )单调递减，x ∈(0,+∞)时f (x )>0，f (x )单调递增，此时f (x )在x =0处取到极小值，B 选项错误；C 选项，假设存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，即存在这样的a ,b 使得f (x )=f (2b -x )，即2x 3-3ax 2+1=2(2b -x )3-3a (2b -x )2+1，根据二项式定理，等式右边(2b -x )3展开式含有x 3的项为2C 33(2b )0(-x )3=-2x 3，于是等式左右两边x 3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a ,b ，使得x =b 为f (x )的对称轴，C 选项错误；D 选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f (1)=3-3a ，若存在这样的a ，使得(1,3-3a )为f (x )的对称中心，则f (x )+f (2-x )=6-6a ，事实上，f (x )+f (2-x )=2x 3-3ax 2+1+2(2-x )3-3a (2-x )2+1=(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a ，于是6-6a =(12-6a )x 2+(12a -24)x +18-12a即12-6a =012a -24=018-12a =6-6a，解得a =2，即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f (x )=2x 3-3ax 2+1，f (x )=6x 2-6ax ，f (x )=12x -6a ，由f (x )=0⇔x =a 2，于是该三次函数的对称中心为a 2,f a2，由题意(1,f (1))也是对称中心，故a2=1⇔a =2，即存在a =2使得(1,f (1))是f (x )的对称中心，D 选项正确.故选：AD【点睛】结论点睛：(1)f (x )的对称轴为x =b ⇔f (x )=f (2b -x )；(2)f (x )关于(a ,b )对称⇔f (x )+f (2a -x )=2b ；(3)任何三次函数f (x )=ax 3+bx 2+cx +d 都有对称中心，对称中心是三次函数的拐点，对称中心的横坐标是f (x )=0的解，即-b 3a ,f -b3a 是三次函数的对称中心15.ln2【分析】先求出曲线y =e x +x 在0,1 的切线方程，再设曲线y =ln x +1 +a 的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，求出y ，利用公切线斜率相等求出x 0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.【解析】由y =e x +x 得y =e x +1，y |x =0=e 0+1=2，故曲线y =e x +x 在0,1 处的切线方程为y =2x +1；由y =ln x +1 +a 得y =1x +1，设切线与曲线y =ln x +1 +a 相切的切点为x 0,ln x 0+1 +a ，由两曲线有公切线得y =1x 0+1=2，解得x 0=-12，则切点为-12,a +ln 12 ，切线方程为y =2x +12 +a +ln 12=2x +1+a -ln2，根据两切线重合,所以a -ln2=0，解得a =ln2.故答案为：ln216.64【分析】将log 8a ,log a 4利用换底公式转化成log 2a 来表示即可求解.【解析】由题1log 8a -1log a 4=3log 2a -12log 2a =-52，整理得log 2a 2-5log 2a -6=0，⇒log 2a =-1或log 2a =6，又a >1，所以log 2a =6=log 226，故a =26=64故答案为：64.17.-2,1【分析】将函数转化为方程，令x 3-3x =-x -1 2+a ，分离参数a ，构造新函数g x =x 3+x 2-5x +1,结合导数求得g x 单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.【解析】令x 3-3x =-x -1 2+a ，即a =x 3+x 2-5x +1，令g x =x 3+x 2-5x +1x >0 ,则g x =3x 2+2x -5=3x +5 x -1 ，令g x =0x >0 得x =1，当x ∈0,1 时，g x <0，g x 单调递减，当x ∈1,+∞ 时，g x >0，g x 单调递增，g 0 =1,g 1 =-2，因为曲线y =x 3-3x 与y =-x -1 2+a 在0,+∞ 上有两个不同的交点，所以等价于y =a 与g x 有两个交点，所以a ∈-2,1.故答案为：-2,1 18.-3,-1 ∪1,3【分析】结合函数零点与两函数的交点的关系，构造函数g x =2x 2-ax 与h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a，则两函数图象有唯一交点，分a =0、a >0与a <0进行讨论，当a >0时，计算函数定义域可得x ≥a 或x ≤0，计算可得a ∈0,2 时，两函数在y 轴左侧有一交点，则只需找到当a ∈0,2 时，在y 轴右侧无交点的情况即可得；当a <0时，按同一方式讨论即可得.【解析】令f x =0，即2x 2-ax =ax -2 -1，由题可得x 2-ax ≥0，当a =0时，x ∈R ，有2x 2=-2 -1=1，则x =±22，不符合要求，舍去；当a >0时，则2x 2-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥a 或x ≤0，当x ≤0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，当a =2时，即4x +1=0，即x =-14，当a ∈0,2 ，x =-12+a 或x =12-a>0(正值舍去)，当a ∈2,+∞ 时，x =-12+a <0或x =12-a<0，有两解，舍去，即当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤0时有唯一解，则当a ∈0,2 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥a 时需无解，当a ∈0,2 ，且x ≥a 时，由函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3a ，且函数h x 在1a ,2a上单调递减，在2a ,3a上单调递增，令g x =y =2x 2-ax ，即x -a 2 2a 24-y 2a 2=1，故x ≥a 时，g x 图象为双曲线x2a 24-y 2a2=1右支的x 轴上方部分向右平移a2所得，由x2a 24-y 2a2=1的渐近线方程为y =±aa 2x =±2x ，即g x 部分的渐近线方程为y =2x -a 2，其斜率为2，又a ∈0,2 ，即h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a在x ≥2a 时的斜率a ∈0,2 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在a ,+∞ 上单调递增，故有1a <a 3a>a，解得1<a <3，故1<a <3符合要求；当a <0时，则2x 2-ax =ax -2 -1=ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a，即函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a有唯一交点，由x 2-ax ≥0，可得x ≥0或x ≤a ，当x ≥0时，则ax -2<0，则2x 2-ax =ax -2 -1=1-ax ，即4x 2-4ax =1-ax 2，整理得4-a 2 x 2-2ax -1=2+a x +1 2-a x -1 =0，当a =-2时，即4x -1=0，即x =14，当a ∈-2,0 ，x =-12+a <0(负值舍去)或x =12-a0，当a ∈-∞,2 时，x =-12+a >0或x =12-a>0，有两解，舍去，即当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≥0时有唯一解，则当a ∈-2,0 时，2x 2-ax -ax -2 +1=0在x ≤a 时需无解，当a ∈-2,0 ，且x ≤a 时，由函数h x =ax -3,x ≤2a1-ax ,x >2a关于x =2a 对称，令h x =0，可得x =1a 或x =3a ，且函数h x 在2a ,1a上单调递减，在3a ,2a上单调递增，同理可得：x ≤a 时，g x 图象为双曲线x 2a 24-y 2a 2=1左支的x 轴上方部分向左平移a2所得，g x 部分的渐近线方程为y =-2x +a 2，其斜率为-2，又a ∈-2,0 ，即h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a在x <2a 时的斜率a ∈-2,0 ，令g x =2x 2-ax =0，可得x =a 或x =0(舍去)，且函数g x 在-∞,a 上单调递减，故有1a >a 3a<a，解得-3<a <-1，故-3<a <-1符合要求；综上所述，a ∈-3,-1 ∪1,3 .故答案为：-3,-1 ∪1,3 .【点睛】关键点点睛：本题关键点在于将函数f x 的零点问题转化为函数g x =2x 2-ax 与函数h x =ax -3,x ≥2a1-ax ,x <2a的交点问题，从而可将其分成两个函数研究.19.3【分析】利用分段函数的形式可求f 3 .【解析】因为f x =x ,x >01,x ≤0, 故f 3 =3，故答案为：3.20.(1)-2(2)证明见解析(3)b ≥-23【分析】(1)求出f x min =2+a 后根据f (x )≥0可求a 的最小值；(2)设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，可证P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n 也在函数的图像上，从而可证对称性；(3)根据题设可判断f 1 =-2即a =-2，再根据f (x )>-2在1,2 上恒成立可求得b ≥-23.【解析】(1)b =0时，f x =ln x2-x+ax ，其中x ∈0,2 ，则f x =1x +12-x =2x 2-x+a ,x ∈0,2 ，因为x 2-x ≤2-x +x 2 2=1，当且仅当x =1时等号成立，故f x min =2+a ，而f x ≥0成立，故a +2≥0即a ≥-2，所以a 的最小值为-2.，(2)f x =ln x2-x+ax +b x -1 3的定义域为0,2 ，设P m ,n 为y =f x 图象上任意一点，P m ,n 关于1,a 的对称点为Q 2-m ,2a -n ，因为P m ,n 在y =f x 图象上，故n =ln m2-m+am +b m -1 3，而f 2-m =ln 2-m m +a 2-m +b 2-m -1 3=-ln m2-m +am +b m -1 3 +2a ，=-n +2a ，所以Q 2-m ,2a -n 也在y =f x 图象上，由P 的任意性可得y =f x 图象为中心对称图形，且对称中心为1,a .(3)因为f x >-2当且仅当1<x<2，故x=1为f x =-2的一个解，所以f1 =-2即a=-2，先考虑1<x<2时，f x >-2恒成立.此时f x >-2即为lnx2-x+21-x+b x-13>0在1,2上恒成立，设t=x-1∈0,1，则ln t+11-t-2t+bt3>0在0,1上恒成立，设g t =ln t+11-t-2t+bt3,t∈0,1，则g t =21-t2-2+3bt2=t2-3bt2+2+3b1-t2，当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，故g t >0恒成立，故g t 在0,1上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2上恒成立.当-23≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，故g t ≥0恒成立，故g t 在0,1上为增函数，故g t >g0 =0即f x >-2在1,2上恒成立.当b<-23，则当0<t<1+23b<1时，g t <0故在0,1+2 3b上g t 为减函数，故g t <g0 =0，不合题意，舍；综上，f x >-2在1,2上恒成立时b≥-2 3 .而当b≥-23时，而b≥-23时，由上述过程可得g t 在0,1递增，故g t >0的解为0,1，即f x >-2的解为1,2.综上，b≥-2 3 .【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.21.(1)e-1x-y-1=0(2)1,+∞【分析】(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；(2)解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f (x)=e x-a有零点，可得a>0，进而利用导数求f x 的单调性和极值，分析可得a2+ln a-1>0，构建函数解不等式即可.【解析】(1)当a=1时，则f(x)=e x-x-1，f (x)=e x-1，可得f(1)=e-2，f (1)=e-1，即切点坐标为1,e-2，切线斜率k=e-1，所以切线方程为y-e-2=e-1x-1，即e-1x-y-1=0.(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f (x)=e x-a，若a≤0，则f (x)≥0对任意x∈R恒成立，可知f (x )在R 上单调递增，无极值，不合题意；若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，构建g a =a 2+ln a -1,a >0，则g a =2a +1a>0，可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ ；解法二：因为f (x )的定义域为R ，且f (x )=e x -a ，若f (x )有极小值，则f (x )=e x -a 有零点，令f (x )=e x -a =0，可得e x =a ，可知y =e x 与y =a 有交点，则a >0，若a >0，令f (x )>0，解得x >ln a ；令f (x )<0，解得x <ln a ；可知f (x )在-∞,ln a 内单调递减，在ln a ,+∞ 内单调递增，则f (x )有极小值f ln a =a -a ln a -a 3，无极大值，符合题意，由题意可得：f ln a =a -a ln a -a 3<0，即a 2+ln a -1>0，构建g a =a 2+ln a -1,a >0，因为则y =a 2,y =ln a -1在0,+∞ 内单调递增，可知g a 在0,+∞ 内单调递增，且g 1 =0，不等式a 2+ln a -1>0等价于g a >g 1 ，解得a >1，所以a 的取值范围为1,+∞ .22.(1)见解析(2)见解析【分析】(1)求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；(2)先根据题设条件将问题可转化成证明当x >1时，e x -1-2x +1+ln x >0即可.【解析】(1)f (x )定义域为(0,+∞)，f (x )=a -1x =ax -1x当a ≤0时，f (x )=ax -1x <0，故f (x )在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，x ∈1a,+∞ 时，f (x )>0，f (x )单调递增，当x ∈0,1a时，f (x )<0，f (x )单调递减.综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)上单调递减；a >0时，f (x )在1a ,+∞ 上单调递增，在0,1a上单调递减.(2)a ≤2，且x >1时，e x -1-f (x )=e x -1-a (x -1)+ln x -1≥e x -1-2x +1+ln x ，令g (x )=e x -1-2x +1+ln x (x >1)，下证g (x )>0即可.g (x )=e x -1-2+1x ，再令h (x )=g (x )，则h (x )=e x -1-1x2，显然h (x )在(1,+∞)上递增，则h (x )>h (1)=e 0-1=0，即g (x )=h (x )在(1,+∞)上递增，故g (x)>g (1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证23.(1)极小值为0，无极大值.(2)a≤-12【分析】(1)求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.(2)求出函数的二阶导数，就a≤-12、-12<a<0、a≥0分类讨论后可得参数的取值范围.【解析】(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，故f (x)=2ln(1+x)+1+2x1+x-1=2ln(1+x)-11+x+1，因为y=2ln(1+x),y=-11+x+1在-1,+∞上为增函数，故f (x)在-1,+∞上为增函数，而f (0)=0，故当-1<x<0时，f (x)<0，当x>0时，f (x)>0，故f x 在x=0处取极小值且极小值为f0 =0，无极大值.(2)f x =-a ln1+x+1-ax1+x-1=-a ln1+x-a+1x1+x,x>0，设s x =-a ln1+x-a+1x1+x,x>0，则s x =-ax+1-a+11+x2=-a x+1+a+11+x2=-ax+2a+11+x2，当a≤-12时，sx >0，故s x 在0,+∞上为增函数，故s x >s0 =0，即f x >0，所以f x 在0,+∞上为增函数，故f x ≥f0 =0.当-12<a<0时，当0<x<-2a+1a时，sx <0，故s x 在0,-2a+1 a上为减函数，故在0,-2a+1a上s x <s0 ，即在0,-2a+1 a上f x <0即f x 为减函数，故在0,-2a+1 a上f x <f0 =0，不合题意，舍.当a≥0，此时s x <0在0,+∞上恒成立，同理可得在0,+∞上f x <f0 =0恒成立，不合题意，舍；综上，a≤-1 2 .【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.24.(1)单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).(2)证明见解析(3)2【分析】(1)直接代入k=-1，再利用导数研究其单调性即可；(2)写出切线方程y-f(t)=1+k1+t(x-t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)-t1+t，利用导数研究其零点即可；(3)分别写出面积表达式，代入2S △ACO =15S ABO 得到13ln (1+t )-2t -15t1+t=0，再设新函数h (t )=13ln (1+t )-2t -15t1+t(t >0)研究其零点即可.【解析】(1)f (x )=x -ln (1+x ),f (x )=1-11+x =x1+x(x >-1)，当x ∈-1,0 时，f x <0；当x ∈0,+∞ ，f x >0；∴f (x )在(-1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.则f (x )的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+∞).(2)f (x )=1+k 1+x ，切线l 的斜率为1+k1+t，则切线方程为y -f (t )=1+k1+t (x -t )(t >0)，将(0,0)代入则-f (t )=-t 1+k 1+t,f (t )=t 1+k1+t ，即t +k ln (1+t )=t +t k 1+t ，则ln (1+t )=t 1+t ，ln (1+t )-t1+t =0，令F (t )=ln (1+t )-t1+t，假设l 过(0,0)，则F (t )在t ∈(0,+∞)存在零点.F (t )=11+t -1+t -t (1+t )2=t(1+t )2>0，∴F (t )在(0,+∞)上单调递增，F (t )>F (0)=0，∴F (t )在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l 不过(0,0).(3)k =1时，f (x )=x +ln (1+x ),f (x )=1+11+x =x +21+x>0.S △ACO =12tf (t )，设l 与y 轴交点B 为(0,q )，t >0时，若q <0，则此时l 与f (x )必有交点，与切线定义矛盾.由(2)知q ≠0.所以q >0，则切线l 的方程为y -t -ln t +1 =1+11+t x -t ，令x =0，则y =q =y =ln (1+t )-tt +1.∵2S △ACO =15S ABO ，则2tf (t )=15t ln (1+t )-t t +1，∴13ln (1+t )-2t -15t 1+t =0，记h (t )=13ln (1+t )-2t -15t1+t(t >0)，∴满足条件的A 有几个即h (t )有几个零点.h(t )=131+t -2-15(t +1)2=13t +13-2t 2+2t +1 -15(t +1)2=2t 2+9t -4(t +1)2=(-2t +1)(t -4)(t +1)2，当t ∈0,12 时，h t <0，此时h t 单调递减；当t ∈12,4 时，h t >0，此时h t 单调递增；当t ∈4,+∞ 时，h t <0，此时h t 单调递减；因为h (0)=0,h 120,h (4)=13ln5-20 13×1.6-20=0.8>0，h (24)=13ln25-48-15×2425=26ln5-48-725<26×1.61-48-725=-20.54<0，所以由零点存在性定理及h (t )的单调性，h (t )在12,4 上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，h (t )有两个零点，即满足2S ACO =15S ABO 的A 有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.25.(1)y =x -1(2)2(3)证明过程见解析【分析】(1)直接使用导数的几何意义；(2)先由题设条件得到a =2，再证明a =2时条件满足；(3)先确定f x 的单调性，再对x 1,x 2分类讨论.【解析】(1)由于f x =x ln x ，故f x =ln x +1.所以f 1 =0，f 1 =1，所以所求的切线经过1,0 ，且斜率为1，故其方程为y =x -1.(2)设h t =t -1-ln t ，则h t =1-1t =t -1t，从而当0<t <1时h t <0，当t >1时h t >0.所以h t 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，这就说明h t ≥h 1 ，即t -1≥ln t ，且等号成立当且仅当t =1.设g t =a t -1 -2ln t ，则f x -a x -x =x ln x -a x -x =x a 1x -1-2ln 1x=x ⋅g 1x.当x ∈0,+∞ 时，1x的取值范围是0,+∞ ，所以命题等价于对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0.一方面，若对任意t ∈0,+∞ ，都有g t ≥0，则对t ∈0,+∞ 有0≤g t =a t -1 -2ln t =a t -1 +2ln 1t ≤a t -1 +21t -1 =at +2t-a -2，取t =2，得0≤a -1，故a ≥1>0.再取t =2a ，得0≤a ⋅2a +2a 2-a -2=22a -a -2=-a -2 2，所以a =2.另一方面，若a =2，则对任意t ∈0,+∞ 都有g t =2t -1 -2ln t =2h t ≥0，满足条件.综合以上两个方面，知a 的取值范围是2 .(3)先证明一个结论：对0<a <b ，有ln a +1<f b -f ab -a<ln b +1.证明：前面已经证明不等式t -1≥ln t ，故b ln b -a ln a b -a =a ln b -a ln ab -a +ln b =ln b a b a -1+ln b <1+ln b ，且b ln b -a ln a b -a =b ln b -b ln a b -a +ln a =-ln a b 1-a b +ln a >-ab-1 1-a b+ln a =1+ln a ，所以ln a +1<b ln b -a ln ab -a <ln b +1，即ln a +1<f b -f a b -a<ln b +1.由f x =ln x +1，可知当0<x <1e 时f x <0，当x >1e时f x >0.所以f x 在0,1e 上递减，在1e,+∞ 上递增.不妨设x 1≤x 2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.情况一：当1e≤x 1≤x 2<1时，有f x 1 -f x 2 =f x 2 -f x 1 <ln x 2+1 x 2-x 1 <x 2-x 1<x 2-x 1，结论成立；情况二：当0<x 1≤x 2≤1e时，有f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2.对任意的c ∈0,1e，设φx =x ln x -c ln c -c -x ，则φx =ln x +1+12c -x.由于φx 单调递增，且有φ c 2e1+12c=ln c2e1+12c+1+12c -c2e1+12c<ln1e1+12c+1+12c -c2=-1-12c +1+12c=0，且当x ≥c -14ln 2c-1 2，x >c 2时，由12c -x≥ln 2c -1可知φ x =ln x +1+12c -x >ln c 2+1+12c -x =12c -x-ln 2c -1 ≥0.所以φ x 在0,c 上存在零点x 0，再结合φ x 单调递增，即知0<x <x 0时φ x <0，x 0<x <c 时φ x >0.故φx 在0,x 0 上递减，在x 0,c 上递增.①当x 0≤x ≤c 时，有φx ≤φc =0；②当0<x <x 0时，由于c ln 1c =-2f c ≤-2f 1e =2e <1，故我们可以取q ∈c ln 1c,1 .从而当0<x <c1-q 2时，由c -x >q c ，可得φx =x ln x -c ln c -c -x <-c ln c -c -x <-c ln c -q c =c c ln 1c-q <0.再根据φx 在0,x 0 上递减，即知对0<x <x 0都有φx <0；综合①②可知对任意0<x ≤c ，都有φx ≤0，即φx =x ln x -c ln c -c -x ≤0.根据c ∈0,1e和0<x ≤c 的任意性，取c =x 2，x =x 1，就得到x 1ln x 1-x 2ln x 2-x 2-x 1≤0.所以f x 1 -f x 2 =f x 1 -f x 2 =x 1ln x 1-x 2ln x 2≤x 2-x 1.情况三：当0<x 1≤1e ≤x 2<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得f x 1 -f 1e≤1e -x 1≤x 2-x 1，f 1e -f x 2 ≤x 2-1e ≤x 2-x 1.而根据f x 的单调性，知f x 1 -f x 2 ≤f x 1 -f 1e 或f x 1 -f x 2 ≤f 1e-f x 2 .故一定有f x 1 -f x 2 ≤x 2-x 1成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合f x 的单调性进行分类讨论.26.(1)x |1<x <2(2)a >1【分析】(1)求出底数a ，再根据对数函数的单调性可求不等式的解；(2)存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列等价于a 2=21x +342-18在0,+∞ 上有解，利用换元法结合二次函数的性质可求a 的取值范围．【解析】(1)因为y =f x 的图象过4,2 ，故log a 4=2，故a 2=4即a =2(负的舍去)，而f x =log 2x 在0,+∞ 上为增函数，故f 2x -2 <f x ，故0<2x -2<x 即1<x <2，故f 2x -2 <f x 的解集为x |1<x <2 .(2)因为存在x 使得f x +1 、f ax 、f x +2 成等差数列，故2f ax =f x +1 +f x +2 有解，故2log a ax =log a x +1 +log a x +2 ，因为a >0,a ≠1，故x >0，故a 2x 2=x +1 x +2 在0,+∞ 上有解，由a 2=x 2+3x +2x 2=1+3x +2x 2=21x +34 2-18在0,+∞ 上有解，令t =1x ∈0,+∞ ，而y =2t +34 2-18在0,+∞ 上的值域为1,+∞ ，故a 2>1即a >1.27.(1)证明见解析(2)存在，P 0,1 (3)严格单调递减【分析】(1)代入M (0,0)，利用基本不等式即可；(2)由题得s x =(x -1)2+e 2x ，利用导函数得到其最小值，则得到P ，再证明直线MP 与切线垂直即可；(3)根据题意得到s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，对两等式化简得f x 0 =-1g (t )，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明x 0=t ，最后得到函数单调性.【解析】(1)当M (0,0)时，s x =(x -0)2+1x -0 2=x 2+1x2≥2x 2⋅1x 2=2，当且仅当x 2=1x 2即x =1时取等号，故对于点M 0,0 ，存在点P 1,1 ，使得该点是M 0,0 在f x 的“最近点”．(2)由题设可得s x =(x -1)2+e x -0 2=(x -1)2+e 2x ，则s x =2x -1 +2e 2x ，因为y =2x -1 ,y =2e 2x 均为R 上单调递增函数，则s x =2x -1 +2e 2x 在R 上为严格增函数，而s 0 =0，故当x <0时，s x <0，当x >0时，s x >0，故s x min =s 0 =2，此时P 0,1 ，而f x =e x ,k =f 0 =1，故f x 在点P 处的切线方程为y =x +1.而k MP =0-11-0=-1，故k MP ⋅k =-1，故直线MP 与y =f x 在点P 处的切线垂直．(3)设s 1x =(x -t +1)2+f x -f t +g t 2，s 2x =(x -t -1)2+f x -f t -g t 2，而s 1x =2(x -t +1)+2f x -f t +g t f x ，s 2x =2(x -t -1)+2f x -f t -g t f x ，若对任意的t ∈R ，存在点P 同时是M 1,M 2在f x 的“最近点”，设P x 0,y 0 ，则x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，因为两函数的定义域均为R ，则x 0也是两函数的极小值点，则存在x0,使得s 1 x 0 =s 2 x 0 =0，即s 1 x 0 =2x 0-t +1 +2f x 0 f x 0 -f (t )+g (t ) =0①s 2 x 0 =2x 0-t -1 +2f x 0 f x 0 -f (t )-g (t ) =0②由①②相等得4+4g (t )⋅f x 0 =0，即1+f x 0 g (t )=0，即f x 0 =-1g (t )，又因为函数g (x )在定义域R 上恒正，则f x 0 =-1g (t )<0恒成立，接下来证明x 0=t ，因为x 0既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，则s 1x 0 ≤s (t ),s 2x 0 ≤s (t )，即x 0-t +1 2+f x 0 -f t +g t 2≤1+g t 2，③x 0-t -12+f x 0 -f t -g t 2≤1+g t 2，④③+④得2x 0-t 2+2+2f x 0 -f (t ) 2+2g 2(t )≤2+2g 2(t )即x 0-t 2+f x 0 -f t 2≤0，因为x 0-t 2≥0,f x 0 -f t 2≥0则x 0-t =0f x 0 -f t =0，解得x 0=t ，则f t =-1g (t )<0恒成立，因为t 的任意性，则f x 严格单调递减.【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到f x 0 =-1g (t )，再利用最值点定义得到x 0=t 即可.。

高二数学导数大题练习题及答案

高二数学导数大题练习题及答案

高二数学导数大题练习题及答案一、解答题1．已知函数()()e sin x f x rx r *=⋅∈N ，其中e 为自然对数的底数. (1)若1r =，求函数()y f x =的单调区间；(2)证明：对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数a ，b ，使得当[,]x a b ∈时，|()|1f x ≤.2．已知函数()ln f x x x =-，322()436ln 1g x x x x x =---. (1)若()1x f ax ≥+恒成立，求实数a 的取值范围；(2)若121322x x <<<，且()()120g x g x +=，试比较()1f x 与()2f x 的大小，并说明理由.3．已知函数()()2231ln 2f x x a a x a a x =-+-+. (1)若1a =，求()f x 在[]1,2上的值域； (2)若20a a -≠，讨论()f x 的单调性. 4．已知函数()e 1()x f x ax a =-+∈R . (1)讨论函数()f x 的单调性与极值；(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，求实数a 的取值范围. 5．已知函数()()1ln f x x x =+ (1)求函数()f x 的单调区间和极值；(2)若m Z ∈，()()1m x f x -<对任意的()1,x ∈+∞恒成立，求m 的最大值. 6．已知函数()ln xf x x=， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．7．已知函数()12ln f x x x x=--. (1)判断函数()f x 的单调性；(2)设()()()28g x f x bf x =-，当1x >时，()0g x >，求实数b 的取值范围.8．已知函数()()e x f x x m =+⋅.(1)若()f x 在(],1-∞上是减函数，求实数m 的取值范围；(2)当0m =时，若对任意的0x ≥，不等式()2e x ax f x ⋅≤恒成立，求实数a 的取值范围.9．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）10．已知函数()222(0)exmx x f x m +-=>. (1)判断()f x 的单调性；(2)若对[]12,1,2x x ∀∈，不等式()()1224ef x f x -≤恒成立，求实数m 的取值范围.【参考答案】一、解答题1．(1)增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 减区间为52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，利用单调增减区间代入公式求解即可.（2）将绝对值不等式转化为11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M 即可. (1)()e (sin cos )sin 4x x f x x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭令22242k x k πππππ-≤+≤+，得32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦令322242k x k ππππ+≤+≤π+，得24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦当32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦时, ()0f x '>,()f x 单调递增 当24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦时, ()0,()f x f x '< 单调递減 综上() f x 单调递增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦单调递减区间为 52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)要证|()|1f x ≤，即证e sin 1xrx ⋅≤，即证11sin =e e xx rx ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭即证 11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[,]x a b ∈时成立即可,[,]x a b ∈时,1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 令1()sin e x h x rx ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 1()cos e xh x r rx ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当222,k k x rr πππ⎛⎫+ ⎪∈⎪ ⎪⎝⎭时, cos 0,r rx > 所以1()cos 0,e xh x r rx ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭所以()h x 单调递增，2210,e k rk h rππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221210(0)e k r k h k r ππππ+⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪=±>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0(2)22,k k x rrπππ+∴∃∈ , 满足()00h x =由单调性可知02,k x x r π⎛⎫∈⎪⎝⎭, 满足()0()0h x h x <= 又因为当021,,sin 0,0,xk x x rx r e π⎛⎫⎛⎫∈>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1sin 0xrx e ⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭，所以1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩能够同时满足， 对于任意的正实数M ，总存在正整数k ，且满足2Mr k π>时, 使得 2k M r π>成立， 所以不妨取 02,,2k Mr a k b x rππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭则,a b M >且[,]x a b ∈时，1sin 01sin 0xxrx e rx e ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩， 故对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数,a b ，使得当[,]x a b ∈ 时,|()|1f x ≤. 2．(1)0a ≤(2)()()21f x f x <，理由见解析 【解析】 【分析】（1）分离参变量，得到ln 1,(0)x x a x x--≤>恒成立，构造函数，将问题转化为求函数的最值问题；（2）由（1）可得1ln x x -≥，从而判断()g x 的单调性，确定1213122x x <<<<，再通过构造函数，利用导数判断其单调性，最终推出122x x +<；再次构造函数1ln ()12t tF t t -=-+，判断其单调性，由此推出2211ln ln x x x x -<-，可得结论. (1)()1x f ax ≥+恒成立，即ln 1,(0)x x a x x--≤>恒成立， 令ln 1()x x h x x --=，2ln ()xh x x'=， 当(0,1)x ∈时，()0h x '<，函数()h x 递减； 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，函数()h x 递增， 故min ()(1)0h x h ==， 所以0a ≤. (2)2()121212ln 12(1ln )g x x x x x x x x '=--=--，由（1）知1ln x x -≥，所以在13,22⎛⎫⎪⎝⎭上()0g x '≥，所以()g x 在13,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，且(1)0g =.所以1213122x x <<<<，设()12(1ln )m x x x x =--，()12(22ln )m x x x '=--， 设()12(22ln )n x x x =--，则12(21)()x n x x -'=，13,22x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0n x '>， 所以()m x '在13,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，且(1)0m '=，所以()m x 在1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在31,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，令()()(2)H x g x g x =+-，()()(2)12[22ln (2)ln(2)]H x g x g x x x x x x '''=--=--+--， 令()()G x H x '=，()2()12ln 2G x x x '=--，31,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0G x '>，所以()H x '在31,2⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(1)0H x H ''>=， 所以()H x 在31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(1)0H x H >=， 所以()()()22220H x g x g x =+->，()()()2212g x g x g x ->-=，而()g x 在13,22⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以212x x ->，122x x +<；设1ln ()12t tF t t -=-+，()()()221021t F t t t '--=≤+， 所以()F t 单调递减，且(1)0F =，1t >，()0F t <，所以210x F x ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即221121ln 121x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭<+，即212121ln 2ln x x x x x x -<+-， 所以212121ln ln 12x x x x x x-+<-<， 所以2121ln ln x x x x -<-，即2211ln ln x x x x -<-. 所以()()21f x f x <. 【点睛】本题考查了利用导数解决不等式恒成立时求参数范围问题以及利用导数比较函数值大小问题，综合性较强，难度较大，解答的关键是要合理地构造函数，利用导数判断函数单调性以及确定极值或最值，其中要注意解答问题的思路要清晰明确.3．(1)5,3ln 22⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦；(2)答案见解析. 【解析】 【分析】(1)代入a ＝1，求f (x )导数，根据导数判断f (x )在[1，2]上的单调性即可求其值域；(2)根据a 的范围，分类讨论f (x )导数的正负即可求f (x )的单调性. (1)a ＝1，则()2121ln ,02f x x x x x =--+>，()22121(1)20x x x f x x x x x-+-=-+='=，∴()f x 在()0,∞+单调递增，∴f (x )在[]1,2单调递增，∴()()()51,2,3ln 22f x f f ⎡⎤⎡⎤∈=--+⎣⎦⎢⎥⎣⎦，即f (x )在[1，2]上值域为5,3ln 22⎡⎤--+⎢⎥⎣⎦；(2)()()()()()223232,0x a a x a x a x a af x x a a x x x x'-++--=-++==>，()10f x x a '=⇒=，22x a =， 200a a a -≠⇒≠且1a ≠，①当1a >时，21a a >>，0x a <<或2x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，2a x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；②当01a <<时，201a a <<<，20x a <<或x a >时，()0f x '>，()f x 单调递增，2a x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；③当0a <时，20a a >>，20x a <<时，()0f x '<，()f x 单调递减，2x a >，()0f x '>，()f x 单调递增；综上，当0a <时，f (x )在()20,a 单调递减，在()2,a +∞单调递增；当01a <<时，f (x )在()20,a ，(),a +∞单调递增，在()2,a a 单调递减；当1a >时，f (x )在()0,a ，()2,a +∞单调递增，在()2,a a 单调递减.4．(1)答案见解析 (2)(,e 3]-∞+ 【解析】 【分析】（1）求导得到()x f x e a '=-，讨论0a 和0a >两种情况，分别计算得到答案. （2）0x >时，2e 1x x x a x +++≤，令2e 1()(0)x x x g x x x+++=>，求函数的最小值，得到答案. (1)()e 1x f x ax =-+，()e x f x a '∴=-.①当0a ≤时，()e 0x f x a '=->恒成立，()f x ∴在R 上单调递增，无极大值也无极小值；②当0a >，(,ln )x a ∈-∞时，()0f x '<，(ln ,)x a ∈+∞时，()0f x '>，()f x ∴在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞单调递增.∴函数()f x 有极小值为ln (ln )e ln 1ln 1a f a a a a a a =-+=-+，无极大值.(2)若对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，则2e 1x x x a x +++≤恒成立，即2min e 1(0)x x x a x x ⎛⎫+++≤>⎪⎝⎭. 设2e 1()(0)x x x g x x x +++=>，则()2(1)e 1()x x x g x x -++'=，令()2(1)e1()0x x x g x x-++'==，解得1x =，当(0,1)x ∈时，()0g x '<，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，()g x ∴在(0,1)上为减函数，在(1,)+∞上为增函数，()(1)g x g ∴≥，min ()(1)e 3g x g ∴==+，∴当e 3a ≤+时满足对任意0x >，2()f x x x ≥--恒成立，∴实数a 的取值范围为(,e 3]-∞+.5．(1)递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，极小值为2e --，没有极大值 (2)3 【解析】 【分析】（1）由导数分析单调性后求解 （2）参变分离后，转化为最值问题求解 (1)函数()()1ln f x x x =+的定义域为(0,)+∞， 由()=ln 2f x x '+，令()=0f x '可得2e x -=，当2(0,)e x -∈时，()0f x '<，函数()()1ln f x x x =+在2(0,e )-上单调递减， 当2(e ,)x -∈+∞时，()0f x '>，函数()()1ln f x x x =+在2(e ,)-+∞上单调递增， ∴ 函数()()1ln f x x x =+的递增区间为2(e ,)-+∞，递减区间为2(0,e )-，函数()()1ln f x x x =+在2e x -=时取极小值，极小值为2e --，函数()()1ln f x x x =+没有极大值 (2)当()1,x ∈+∞时，不等式()()1m x f x -<可化为ln 1x x xm x +<-， 设ln ()1x x xg x x +=-，由已知可得[]min ()g x m <， 又()()()22ln 2(1)ln 2'ln 11()x x x x g x x x x x x +---==----， 令()ln 2(1)h x x x x =-->，则1'()10h x x=->，∴ ()ln 2h x x x =--在()1,+∞上为增函数，又(3)1ln30h =-<，(4)2ln 40h =->， ∴ 存在0(3,4)x ∈，使得0()0h x =，即002ln x x -= 当()01,x x ∈时，()0g x '<，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(1,)x 上单调递减， 当0(,)x x ∈+∞时，()0g x '>，函数ln ()1x x xg x x +=-在0(,)x +∞上单调递增， ∴ []20000000min 00ln ()=()==11x x x x x g x g x x x x +-=--， ∴ 0m x <， ∴ m 的最大值为3. 6．(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】 【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()=ln 1h x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再 利用导数法求出()()n 1l xx x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞， 由()ln xf x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=，直线y g x 过定点()1,0， 若直线yg x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()=ln 1,0h x x x x +-∈+∞，则()1=10h x x'+>， 所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()1ln1110h =+-=， 从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾. 所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()110t x x'=--<， 所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为()()e e e e 1ln e e 1ϕ==--，即e e 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.7．(1)在(0,)+∞单调递增；(2)1b ≤【解析】【分析】（1）对函数()f x 通过求导，判断出导数恒大于等于0，得到()f x 在(0,)+∞单调递增.（2）将()g x 化简整理并求导，得到222(1)1()(24)-'=++-x g x x b x x，讨论b 的取值可确定()g x 在(1,)+∞单调性，即可得到取值范围.(1)因为()f x 的定义域为(0,)+∞，对函数()f x 求导，则222221221(1)()10x x x f x x x x x '-+-=+-==≥，∴函数()f x 在(0,)+∞单调递增. (2)因为()()()28g x f x bf x =-，所以22211()2ln 8(2ln )0=----->g x x x b x x x x对1x ∀>恒成立， 322412()28(1)'=+--+-g x x b x x x x 4232312248(2)⎡⎤=+--+-⎣⎦x x b x x x x 222322(1)2(1)1(1)4(24)--⎡⎤=+-=++-⎣⎦x x x bx x b x x x当1x >时，124++>x x ，当44≤b ，即1b ≤时，()0g x '>对1x ∀>恒成立，∴()g x 在(1,)+∞单调递增，()(1)g x g >=0符合题意. 当1b >时，存在01x >使得当0(1,)x x ∈时，()0,()g x g x '<单调递减；此时()(1)0g x g <=这与()0>g x 恒成立矛盾.综上：1b ≤.【点睛】本题考查函数恒成立条件下求解参数范围问题，属于难题.对函数()g x 求导，有222(1)1()(24)-'=++-x g x x b x x，再利用()1=0g 的特点，可分类讨论b 的取值范围，在1b ≤时，()g x 在(1,)+∞单调递增，原式成立，此时满足要求；当1b >时，()g x 在(1,)+∞先出现递减区间，必有()0g x <出现，与已知矛盾，即可确定b 的范围.8．(1)(],2-∞- (2)2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【解析】【分析】（1）求出导函数，得到11m --≥，即可求出m 的取值范围；（2）把题意转化为2x ax e ≤，分类讨论：当0x =时，求出R a ∈；当0x >时，转化为2xe a x≤，令2()x e g x x =，利用导数求出min ()g x ，即可求出实数a 的取值范围. (1)因为()()e x f x x m =+⋅，所以()(1)e x f x x m '=++⋅，令()0f x '≤，得1x m ≤--，则()f x 的单调递减区间为(,1]m -∞--，因为()f x 在(,1]-∞上是减函数，所以11m --≥，即2m ≤-，故m 的取值范围是(],2-∞-；(2)由题知：()e x f x x =⋅，则22e 0,e x x x ax ∀≥⋅≤，即2e x ax ≤，当0x =时，01≤恒成立，则a R ∈，当0x >时，2e x a x≤，令2(e )x g x x =，则2432e e e (2)()x x x x x x g x x x ⋅-⋅⋅-'==， 则当02x <<时，()0g x '<，()g x 递减；当2x >时，()0g x '>，()g x 递增， 故2min e ()(2)4g x g ==，则2e 4a ≤， 综上所述，实数a 的取值范围是2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦． 9．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】【分析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点；②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案.(1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯. 故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关.(2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>； 当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310， 则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 故要准备的礼品大致为73a b +元.10．(1)单调增区间为2,2m ⎛⎫-⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+ ⎥⎝⎦ (2)20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦ 【解析】【分析】（1）先对函数求导，然后由导数的正负可求出函数的单调区间， （2）由函数()f x 在[]1,2上为增函数，求出函数的最值，则()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=，然后将问题转化为()224e 24e e m -+≥，从而可求出实数m 的取值范围.(1)()()()()221422(0)e e x x mx m x mx x f x m -+-+-+-=>'=令()0f x '=，解得2x m =-或2x =，且22m-< 当2,x m ∞⎛⎤∈-- ⎥⎝⎦时，()0f x '≤，当2,2x m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()0f x '>， 当[)2,x ∞∈+时，()0f x '≤即()f x 的单调增区间为2,2m ⎛⎫-⎪⎝⎭，单调减区间为[)2,,2,m ∞∞⎛⎤--+ ⎥⎝⎦ (2)由（1）知，当[]0,1,2m x >∈时，()0f x '>恒成立 所以()f x 在[]1,2上为增函数，即()()max min 242()2,()1e e m m f x f f x f +====. ()()12f x f x -的最大值为()()max min 24e 2()()e m g m f x f x -+=-=()()1224e f x f x ⎡⎤≥-⎣⎦恒成立 ()224e 24e e m -+∴≥ 即24e m ≤-， 又0m > 20,4e m ⎛⎤∴∈ ⎥-⎝⎦故m 的取值范围20,4e ⎛⎤ ⎥-⎝⎦。

导数复习导数大题练习(含详解答案)

导数复习导数大题练习(含详解答案)

1、函数f(*)=(2*2―k*＋k)·e -*(Ⅰ)当k 为何值时，)(x f 无极值；(Ⅱ)试确定实数k 的值，使)(x f 的极小值为0 2、函数()ln f x ax x =+()a ∈R .(Ⅰ)假设2a =，求曲线()y f x =在1x =处切线的斜率；(Ⅱ)求()f x 的单调区间；〔Ⅲ〕设2()22g x x x =-+，假设对任意1(0,)x ∈+∞，均存在[]20,1x ∈，使得12()()f x g x <，求a 的取值围. 3、设函数()1x f x x ae -=-。

〔I 〕求函数()f x 单调区间； 〔II 〕假设()0R f x x ≤∈对恒成立，求a 的取值围；〔III 〕对任意n 的个正整数1212,,nn a a a a a a A n++⋅⋅⋅⋅⋅⋅=记〔1〕求证：()11,2,i a iAa e i n A-≤=⋅⋅⋅〔2〕求证：A ≥4、函数b x x a x a x f +++-=23213)(，其中,a b ∈R ． 〔Ⅰ〕假设曲线)(x f y =在点))2(,2(f P 处的切线方程为45-=x y ，求函数)(x f 的解析式； 〔Ⅱ〕当0>a 时，讨论函数)(x f 的单调性． 5、函数2()(21)(R x f x ax x e a -=-+⋅∈，e 为自然对数的底数).(I)当时，求函数()f x 的极值；(Ⅱ)假设函数()f x 在[-1，1]上单调递减，求a 的取值围． 6、函数2()(33)x f x x x e =-+⋅，设2t >-,(2),()f m f t n -==.〔Ⅰ〕试确定t 的取值围,使得函数()f x 在[]2,t -上为单调函数；〔Ⅱ〕试判断,m n 的大小并说明理由；〔Ⅲ〕求证：对于任意的2t >-,总存在0(2,)x t ∈-，满足0'20()2(1)3x f x t e =-,并确定这样的0x 的个数.7、函数2()ln (2)f x x ax a x =-+-．〔Ⅰ〕假设()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；〔Ⅱ〕求函数()y f x =在2[,]a a 上的最大值． 8、函数221()()ln 2f x ax x x ax x =--+.()a ∈R . 〔I 〕当0a =时，求曲线()y f x =在(e,(e))f 处的切线方程〔e 2.718...=〕； 〔II 〕求函数()f x 的单调区间.9、函数()(1)e (0)xa f x x x=->，其中e 为自然对数的底数.〔Ⅰ〕当2a =时，求曲线()y f x =在(1,(1))f 处的切线与坐标轴围成的面积；〔Ⅱ〕假设函数()f x 存在一个极大值点和一个极小值点，且极大值与极小值的积为5e ，求a 的值.10、函数36)2(23)(23-++-=x x a ax x f . 〔1〕当1=a 时，求函数)(x f 的极小值；〔2〕试讨论曲线)(x f y =与x 轴的公共点的个数。

函数求导练习题(含解析)

函数求导练习题(含解析)

一．解答题（共15小题）1．请默写基础初等函数的导数公式：（1）（C）′＝，C为常数；（2）（xα）′＝，α为常数；（3）（a x）′＝，a为常数，a＞0且a≠1；（4）（log a x）′＝，a为常数，a＞0且a≠1；（5）（sin x）′＝；（6）（cos x）′＝．2．求下列函数的导数（1）y＝x2﹣7x+6；（2）y＝x+2sin x，x∈（0，2π）．3．求下列函数的导数：（1）f（x）＝3x4+sin x；（2）．4．求下列函数的导数：（1）y＝ln（2x+1）；（2）．5．求下列函数的导数：（1）；（2）g（x）＝（8﹣3x）7；（3）p（x）＝5cos（2x﹣3）；（4）w（x）＝ln（5x+6）2．6．求下列函数的导数．（Ⅰ）；（Ⅱ）．7．求下列函数的导数．（1）f（x）＝sin x cos x；（2）y＝．8．求下列函数的导数．（1）y＝；（2）y＝（2x2+3）（3x﹣2）．9．求下列函数的导数：（1）；（2）．10．求下列函数的导数：（1）S（t）＝；（2）h（x）＝（2x2+3）（3x﹣2）．11．求下列函数的导数．（1）；（2）．12．求下列函数的导数：（1）y＝；（2）y＝．13．求下列函数的导数：（1）y＝sin x+lnx；（2）y＝cos x+x；（3）y＝x sin x；（4）；（5）y＝3x2+x cos x；（6）．14．求下列函数的导数．（1）y＝x3﹣2x+3；（2）y＝x sin（2x+5）．15．求下列函数的导数：（1）y＝（x2+3x+3）e x+1；（2）解析一．解答题（共15小题）1．请默写基础初等函数的导数公式：（1）（C）′＝0，C为常数；（2）（xα）′＝αxα﹣1，α为常数；（3）（a x）′＝a x lna，a为常数，a＞0且a≠1；（4）（log a x）′＝，a为常数，a＞0且a≠1；（5）（sin x）′＝cos x；（6）（cos x）′＝﹣sin x．分析：根据初等函数的导数公式，直接求解即可．解答：解：（1）（C）′＝0，（2）（xα）′＝αxα﹣1，（3）（a x）′＝a x lna，（4）（log a x）′＝，（5）（sin x）′＝cos x，（6）（cos x）′＝﹣sin x．故答案为：（1）0；（2）αxα﹣1；（3）a x lna；（4）；（5）cos x；（6）﹣sin x．点评：本题主要考查初等函数的导数公式，比较基础．2．求下列函数的导数（1）y＝x2﹣7x+6；（2）y＝x+2sin x，x∈（0，2π）．分析：利用导数的运算性质逐个化简即可求解．解答：解：（1）由已知可得y′＝2x﹣7；（2）由已知可得y′＝1+2cos x．点评：本题考查了导数的运算性质，属于基础题．3．求下列函数的导数：（1）f（x）＝3x4+sin x；（2）．分析：（1）（2）由基本初等函数的导数公式及导数加减、乘法法则求导函数即可．解答：解：（1）f（x）＝3x4+sin x则f′（x）＝12x3+cos x；（2），则f′（x）＝+﹣2e2x﹣1．点评：本题主要考查导数的基本运算，比较基础．4．求下列函数的导数：（1）y＝ln（2x+1）；（2）．分析：根据导数的公式即可得到结论．解答：解：（1）∵y＝ln（2x+1），∴y′＝×2＝，（2）∵，∴y′＝﹣sin（﹣2x）×（﹣2）＝2sin（﹣2x）＝﹣2sin（2x﹣）．点评：本题主要考查导数的基本运算，比较基础．5．求下列函数的导数：（1）；（2）g（x）＝（8﹣3x）7；（3）p（x）＝5cos（2x﹣3）；（4）w（x）＝ln（5x+6）2．分析：根据复合函数的求导法则、基本初等函数的求导公式求导计算即可．解答：解：（1）∵，∴．（2）∵g（x）＝（8﹣3x）7，∴g'（x）＝7（8﹣3x）6⋅（8﹣3x）'＝﹣21（8﹣3x）6．（3）∵p（x）＝5cos（2x﹣3），∴p'（x）＝﹣5sin（2x﹣3）⋅（2x﹣3）'＝﹣10sin（2x﹣3）．（4）∵w（x）＝ln（5x+6）2，∴点评：本题考查导数的计算，注意复合函数的导数计算，属于基础题．（Ⅰ）；（Ⅱ）．分析：根据导数的公式即可得到结论．解答：解：（Ⅰ）＝．（Ⅱ）．点评：本题主要考查导数的基本运算，比较基础．7．求下列函数的导数．（1）f（x）＝sin x cos x；（2）y＝．分析：利用导数的运算性质化简即可求解．解答：解：（1）因为f（x）＝sin x cos x＝sin2x，所以f′（x）＝cos2x×＝cos2x，（2）∵y＝，∴y′＝＝．点评：本题考查了导数的运算性质，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．8．求下列函数的导数．（1）y＝；（2）y＝（2x2+3）（3x﹣2）．分析：根据导数的公式，即可依次求解．解答：解：（1）y'＝＝．（2）因为y＝（2x2+3）（3x﹣2）＝6x3﹣4x2+9x﹣6，所以y′＝18x2﹣8x+9．点评：本题主要考查导数的运算，属于基础题．（1）；（2）．分析：（1）先展开f（x），然后求导即可；（2）根据基本初等函数和商的导数的求导公式求导即可．解答：解：（1），；（2）．点评：本题考查了基本初等函数和商的导数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．10．求下列函数的导数：（1）S（t）＝；（2）h（x）＝（2x2+3）（3x﹣2）．分析：结合基本初等函数的求导公式及求导法则求解即可．解答：解：（1）S（t）＝＝t+，所以S′（t）＝1﹣；（2）h（x）＝（2x2+3）（3x﹣2），所以h′（x）＝4x（3x﹣2）+3（2x2+3）＝18x2﹣8x+9．点评：本题主要考查了基本初等函数的求导公式及求导法则，属于基础题．11．求下列函数的导数．（1）；（2）．分析：利用复合函数的导函数的求法，结合导数的运算求解即可．解答：解：（1），所以；（2）所以．点评：本题考查了导函数的求法，重点考查了导数的运算，属基础题．12．求下列函数的导数：（1）y＝；（2）y＝．分析：直接利用基本初等函数的导数公式，复合函数的导数公式以及导数的四则运算求解即可．解答：解：（1）令t＝1﹣2x2，则，所以；（2）．点评：本题考查了导数的运算，解题的关键是掌握基本初等函数的导数公式，复合函数的导数公式以及导数的四则运算，考查了运算能力，属于基础题．13．求下列函数的导数：（1）y＝sin x+lnx；（2）y＝cos x+x；（3）y＝x sin x；（4）；（5）y＝3x2+x cos x；（6）．分析：由已知结合函数的求导公式即可求解．解答：解：（1）y′＝cos x+；（2）y′＝﹣sin x+1；（3）y′＝sin x+x cos x；（4）y′＝＝；（5）y′＝6x+cos x﹣x sin x；（6）y′＝＝﹣．点评：本题主要考查了函数的求导公式的应用，属于基础题．14．求下列函数的导数．（1）y＝x3﹣2x+3；（2）y＝x sin（2x+5）．分析：根据基本初等函数和复合函数的求导公式求导即可．解答：解：（1）y′＝3x2﹣2；（2）y′＝sin（2x+5）+2x cos（2x+5）．点评：本题考查了基本初等函数和复合函数的求导公式，考查了计算能力，属于基础题．15．求下列函数的导数：（1）y＝（x2+3x+3）e x+1；（2）．分析：利用导数的运算法则以及常见函数的导数进行求解即可．解答：解：（1）因为y＝（x2+3x+3）e x+1，所以y'＝[（x2+3x+3）e x+1]'＝（x2+3x+3+2x+3）e x+1＝（x2+5x+6）e x+1＝（x+2）（x+3）e x+1；（2）因为，所以．点评：本题考查了导数的运算，主要考查了导数的运算法则以及常见函数的导数公式，考查了化简运算能力，属于基础题．。

完整版)导数测试题(含答案)

完整版)导数测试题(含答案)

完整版)导数测试题(含答案)1.已知函数y=f(x)=x^2+1，则在x=2，Δx=0.1时，Δy的值为0.41.2.函数f(x)=2x^2-1在区间(1,1+Δx)上的平均变化率为4+4Δx。

3.设f′(x)存在，则曲线y=f(x)在点(x，f(x))处的切线与x 轴相交但不垂直。

4.曲线y=-1/x在点(1，-1)处的切线方程为y=x-2.5.在曲线y=x^2上，且在该点处的切线倾斜角为π/4的点为(2,4)。

6.已知函数f(x)=1/x，则f′(-3)=-1/9.7.函数f(x)=(x-3)ex的单调递增区间是(2,∞)。

8.“函数y=f(x)在一点的导数值为0”是“函数y=f(x)在这点取极值”的充要条件。

9.函数f(x)在开区间(a,b)内的极小值点有2个。

10.函数f(x)=-x^2+4x+7，在x∈[3,5]上的最大值和最小值分别是f(3)和f(5)。

11.函数f(x)=x^3-3x^2-9x+k在区间[-4,4]上的最小值为-71.12.速度为零的时刻是0,1,4秒末。

13.已知函数 $y=f(x)=ax^2+2x$，且 $f'(1)=4$，则 $a=3$。

14.已知函数 $y=ax^2+b$ 在点 $(1,3)$ 处的切线斜率为 $2$，则 $b=a+1$。

15.函数 $y=x e^x$ 的最小值为 $-1/e$。

16.有一长为 $16$ m 的篱笆，要围成一个矩形场地，则矩形场地的最大面积是 $64$ $m^2$。

17.(1) $y'=6x+\cos x$；(2) $y'=\dfrac{1}{(1+x)^2}$；(3)$y'=\dfrac{1}{x}-e^x$。

18.(1) 解方程 $x^2+4=x+10$ 得 $x=3$ 或 $x=-2$，故交点为 $(3,13)$ 或 $(-2,0)$；(2) 在交点 $(3,13)$ 处，抛物线的斜率为 $6$，故该点处的切线方程为 $y=6x-5$。

函数与导数练习题(含解析)

函数与导数练习题(含解析)

函数与导数一、单选题1．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数21()log f x x x=-的零点所在区间（ ） A ．(1,2)B ．(2,3)C ．1(0,)2D ．1(2，1)2．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()f x 的图象关于原点对称，且满足()0(3)1f x f x ++-=，且当)4(2x ∈，时，12()log (1)f x x m =--+，若(2021)1(1)2f f -=-，则m =（ ）A ．43B ．34C ．43-D ．34-3．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()f x 是奇函数，当0x >时()22xf x x =+，则()()12f f +-=（ ）A ．8-B ．4-C ．5-D ．114．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））下列函数中，既是奇函数又在()0,∞+单调递减的函数是（ ） A ．22x x y -=-B ．tan y x x =C ．sin y x x =-D ．12y x x=- 5．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()sin ln f x x x x =-的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．6．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()f x 的定义域为R ，对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有()()21210f x f x x x -<-，且函数()1f x +为偶函数，则（ ）A ．()()()123f f f <-<B ．()()()321f f f <-<C ．()()()231f f f -<<D ．()()()213f f f -<<7．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,2]-∞-B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．(2,)-+∞8．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()ln f x x x =，若直线l 过点()0,e -，且与曲线()y f x =相切，则直线l 的斜率为（ ） A ．2- B ．2 C ．e -D ．e9．（2020·吉林高三其他（文））已知函数2()2f x x x =-，若8log 27a =，5log 11b =，0.25log 8c =-，则（ ）A ．f （b ）f <（c ）f <（a ）B ．f （b ）f <（a ）f <（c ）C ．f （c ）f <（a ）f <（b ）D ．f （c ）f <（b ）f <（a ）10．（2020·四川其他（文））已知函数()sin f x x x =-，则下列关系不正确的是（ ） A ．函数()f x 是奇函数B ．函数()f x 在R 上单调递减C ．0x =是函数()f x 的唯一零点D ．函数()f x 是周期函数11．（2020·四川其他（文））已知函数ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，若(4)(23)f x f x -<-，则实数x 的取值范围是（ ）A ．[2,)+∞B ．[2,)+∞C ．3,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．[4,)+∞12．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高三月考（文））若定义域1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭的函数()f x 满足()()xef x f x x'-=且()1f e =-，若13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．20,5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．21,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦13．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知()13,03,0x x e x f x x x x +⎧⋅≤=⎨->⎩，若关于x 的方程()()210f x a f x -⋅-=有5个不同的实根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．30,2⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦14．（2020·广西南宁二中月考（文））已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(2,)eB ．1[,)e+∞C ．1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12ln 3,3e +⎡⎤⎢⎥⎣⎦15．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x x =+，且当11x -≤≤时，()2xf x =，函数()g x x =，实数a ，b 满足3b a >>.若[]1,x a b ∀∈，2x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．12B ．1CD ．2二、填空题16．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））设曲线()ln 1y ax x =-+在点()0,0处的切线方程为20x y -=，则a =________.17．（2020·云南昆明一中高三月考（文））函数()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩.若关于x 的方程()()0f x m m =< 有且只有两个不相等的实根1x ，2x ，则12x x +的值是_________.18．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数(),0,ln ,0,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨>⎪⎩若关于x 的方程()()102f x a f x a ⎡⎤-⋅--=⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦恰有5个不相等的实数根，则实a 的取值范围是______. 19．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是_________．20．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知()f x 是定义域为R 的奇函数，()'f x 是()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是________．21．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知1240x x a ++⋅>对一切(],1x ∞∈-上恒成立，则实数a 的取值范围是______．三、解答题22．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()xf x e ax =-，()1lng x x x =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若当0x >时，方程()()f x g x =有实数解，求实数a 的取值范围.23．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()()ln f x x x a =-，()12x g x e =-（e为自然对数的底）.（1）讨论()f x 的极值；（2）当1a =时，若存在(]00,x m ∈，使得()()00f x g m -≤，求实数m 取值范围. 24．（2020·陕西西安·月考（文））已知函数()ln 1,f x x ax a R =-+∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当*n N ∈时，求证：111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n. 25．（2020·广西南宁二中月考（文））已知函数3211()(1)132f x ax a x x =-+++（1a ≥）. （I ）若3a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （II ）若()f x 在R 上无极值点，求a 的值；（III ）当(0,2)x ∈时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由.26．（2020·四川其他（文））已知曲线()(3)(2ln )xf x x e a x x =-+-（其中e 为自然对数的底数）在1x =处切线方程为(1) y e x b =-+.（Ⅰ）求a ，b 值；（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()0215e f x --<<-. 27．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数()()2122xf x x e x x =-+-. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭对任意()2,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围. 28．（2020·广东天河·华南师大附中高三月考（文））设2()g x lnx x x =+-.（1）求()g x 的单调区间；（2）当0a >时，2()0xxe a x a g x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.29．（2020·湖北宜昌·高三期末（文））已知函数22()ln f x x a x ax =--．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若对于定义域内任意的x ，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）记()()g x f x a x =+，若()g x 在区间1[,]e e 内有两个零点，求a 的取值范围.30．（2020·吉林高三其他（文））已知函数()32ln f x ax bx x =--．（1）当0b =时，讨论()f x 的单调性；（2）若1a b ==，且()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围．一、单选题1．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数21()log f x x x=-的零点所在区间（ ） A ．(1,2) B ．(2,3)C ．1(0,)2D ．1(2，1)【答案】A 【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且函数()f x 单调递增，f （1）2log 1110=-=-<，f （2）2111log 210222=-=-=>， ∴在(1,2)内函数()f x 存在零点，故选：A .2．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()f x 的图象关于原点对称，且满足()0(3)1f x f x ++-=，且当)4(2x ∈，时，12()log (1)f x x m =--+，若(2021)1(1)2f f -=-，则m =（ ）A ．43B ．34C ．43-D ．34-【答案】C【解析】因为函数()f x 的图象关于原点对称，所以()f x 为奇函数， 因为()()()133f x f x f x +=--=-， 故函数()f x 的周期为4，则()()20211f f =；而()()11f f -=-，所以由(2021)1(1)2f f -=-可得1(1)3f =；而121(1)(3)log (31)3f f m =-=--=， 解得43m =-. 故选：C .3．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()f x 是奇函数，当0x >时()22xf x x =+，则()()12f f +-=（ ）A ．8-B ．4-C ．5-D ．11【答案】C【解析】：因为0x >时，()22x f x x =+，所以12(1)213f =+=；又因为()f x 是奇函数，所以()()()22448f f -=-=-+=-， 即()()51238f f +-=-=-， 故选：C.4．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））下列函数中，既是奇函数又在()0,∞+单调递减的函数是（ ） A ．22x x y -=-B ．tan y x x =C ．sin y x x =-D ．12y x x=- 【答案】D【解析】对A ，函数22xxy -=-在()0,∞+单调递增，故A 不符合；对B ，函数tan y x x =为偶函数，故B 不符合；对C ，函数'1cos 0y x =-≥在()0,∞+恒成立，所以在()0,∞+单调递增，故C 不符合； 对D ，函数既是奇函数又在()0,∞+单调递减，故D 符合； 故选：D5．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()sin ln f x x x x =-的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】()sin()ln sin ln ()f x x x x x x x f x -=----=-=，()f x ∴为偶函数，排除A ，C 选项；当(0,1)x ∈时，sin 0,ln 0x x x ><，()0f x ∴>，排除D 选项，故选B ．故选B6．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()f x 的定义域为R ，对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有()()21210f x f x x x -<-，且函数()1f x +为偶函数，则（ ）A ．()()()123f f f <-<B ．()()()321f f f <-<C ．()()()231f f f -<<D ．()()()213f f f -<<【答案】C【解析】因为对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，有2121()()0f x f x x x -<-，所以对任意的[)()1212,1,x x x x ∈+∞≠，21x x -与21()()f x f x -均为异号， 所以()f x 在[1,)+∞上单调递减，又函数()1f x +为偶函数，即(1)(1)f x f x +=-，所以(2)(4)f f -=，所以()()()2(4)31f f f f -=<<. 故选：C.7．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,2]-∞-B ．1,8⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．12,8⎛⎫-- ⎪⎝⎭D ．(2,)-+∞【答案】D【解析】因为2()ln 2f x x ax =+-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭内存在单调递增区间， 所以1()20f x ax x '=+>在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭上成立， 即212a x >-在区间1,22⎛⎫⎪⎝⎭上有解，因此，只需212412a >-=-⎛⎫ ⎪⎝⎭，解得2a >-.故选D8．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()ln f x x x =，若直线l 过点()0,e -，且与曲线()y f x =相切，则直线l 的斜率为（ ） A ．2- B ．2 C ．e - D ．e【答案】B【解析】设切点坐标为(),ln t t t ，()ln f x x x =，()ln 1f x x '=+，直线l 的斜率为()ln 1f t t '=+，所以，直线l 的方程为()()ln ln 1y t t t x t -=+-，将点()0,e -的坐标代入直线l 的方程得()ln ln 1e t t t t --=-+，解得t e =， 因此，直线l 的斜率为()2f e '=. 故选：B.9．（2020·吉林高三其他（文））已知函数2()2f x x x =-，若8log 27a =，5log 11b =，0.25log 8c =-，则（ ）A ．f （b ）f <（c ）f <（a ）B ．f （b ）f <（a ）f <（c ）C ．f （c ）f <（a ）f <（b ）D ．f （c ）f <（b ）f <（a ）【答案】A【解析】27982443log log 3log log 82a ===>=，5553log 11log log 2b ==<=，0.2543log 8log 82c =-==，又55log 11log 51b =>=，1b c a ∴<<<，又2()2f x x x =-在[1，)+∞上单调递增，f ∴（b ）f <（c ）f <（a ）．故选：A ．10．（2020·四川其他（文））已知函数()sin f x x x =-，则下列关系不正确的是（ ） A ．函数()f x 是奇函数B ．函数()f x 在R 上单调递减C ．0x =是函数()f x 的唯一零点D ．函数()f x 是周期函数【答案】D【解析】因为()sin f x x x =-的定义域为R ，()sin()()sin ()f x x x x x f x -=---=-+=-，所以函数为奇函数，故A 正确；因为()cos 10f x x '=-≤，所以()sin f x x x =-在R 上为减函数，故B 正确；因为(0)sin 000f =-=，且()sin f x x x =-在R 上为减函数，所以函数()f x 的唯一零点是0，故C 正确；因为()sin f x x x =-,不存在0T ≠,使得()sin()()f x T x T x T f x +=+--=，故D 错误. 故选：D11．（2020·四川其他（文））已知函数ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，若(4)(23)f x f x -<-，则实数x 的取值范围是（ ）A ．[2,)+∞B ．[2,)+∞C ．3,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭D ．[4,)+∞【答案】C【解析】：因为ln(1),0()0,0x x f x x +≥⎧=⎨<⎩，当0x ≥时，()()ln 1f x x =+在定义域上单调递增，且()00f =，当0x <时()00f =，要使(4)(23)f x f x -<-，则423230x x x -<-⎧⎨->⎩解得32x >，即3,2x ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭故选：C12．（2020·黑龙江道里·哈尔滨三中高三月考（文））若定义域1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭的函数()f x 满足()()xef x f x x'-=且()1f e =-，若13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭恒成立，则m 的取值范围为（ ） A ．1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．20,5⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．21,52⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】函数()f x 满足()()x e f x f x x '-=，()(1)x f x f x e x '-∴=，则()1x f x e x'⎛⎫= ⎪⎝⎭， 可设()ln xf x x c e=+，c 为常数，故()()ln x f x x c e =+，()11f c e e ∴=⋅=-， 1c ∴=-，故()()ln 1xf x x e =-，1()ln 1x f x e x x ⎛⎫'=+- ⎪⎝⎭，1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，令1()ln 1g x x x =+- ，1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，则22111()x g x x x x -'=-=， 1,12x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x '<，故()g x 单调递减；()1,∈+∞x 时，()0g x '>，故()g x 单调递增，()g x ∴在1x =时取得最小值(1)0g =，()0g x ∴≥恒成立，1()ln 10x f x e x x ⎛⎫'=+-≥ ⎪⎝⎭在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭成立，故()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上递增，又()1f e =-，所以不等式13f e m ⎛⎫-≤- ⎪⎝⎭即13(1)f f m ⎛⎫-≤ ⎪⎝⎭，根据单调性得11312m ≤-≤，解得2152m ≤≤. 故选：D.13．（2020·安徽庐阳·合肥一中高三月考（文））已知()13,03,0x x e x f x x x x +⎧⋅≤=⎨->⎩，若关于x 的方程()()210f x a f x -⋅-=有5个不同的实根，则实数a 的取值范围为（ ）A ．30,2⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．30,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B【解析】设()t f x =，则方程为210t at --=，解得t =，且10t =>，20t =<，当0x ≤时，()1x f x xe+=，则()()11x f x x e+'=+，当(),1x ∈-∞-时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,0x ∈-时，()0f x '>，()f x 单调递增， 可知()f x 在1x =-处取得极小值()11f -=-；当0x >时，()33=-f x x x ，则()()()233311f x x x x '=-=-+，当()0,1x ∈时，()0f x '>，()f x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0f x '<，()f x 单调递减， 可知()f x 在1x =处取得极大值()12f =， 如图作出函数()f x 的图象，要使关于x 的方程()()210fx a f x -⋅-=有5个不同的实根，有1221t t <⎧⎨>-⎩，解得302a <<.故选：B.14．（2020·广西南宁二中月考（文））已知定义在R 上的偶函数()f x 在[0,)+∞上递减，若不等式(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥对[]1,3x ∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(2,)eB ．1[,)e+∞C ．1,e e⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．12ln 3,3e +⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D 【解析】由于定义在R 上的偶函数()f x 在[)0,+∞上递减，则()f x 在(,0)-∞上递增，又ln 1(ln 1)ax x ax x --=--++，则(ln 1)(ln 1)2(1)f ax x f ax x f -+++--≥ 可华化为： 2(ln 1)2(1)f ax x f --≥，即(ln 1)(1)f ax x f --≥对[]1,3x ∈恒成立，则1ln 11ax x -≤--≤，所以：ln x a x ≥且ln 2x a x+≤ 对[1,3]x ∈同时恒成立. 设ln ()xg x x =，21ln ()x g x x -'=，则()g x 在[1,e)上递增，在(,3]e 上递减，max1()()g x g e e ∴==. 设ln 2()x h x x+=，21ln ()0x h x x --'=< ，()h x 在[1,3] 上递减，min2ln 3()(3)3h x h +== . 综上得：a 的取值范围是12ln 3[,]3e +.15．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知定义在R 上的函数()f x 满足()()2f x x =+，且当11x -≤≤时，()2xf x =，函数()g x x =，实数a ，b 满足3b a >>.若[]1,x a b ∀∈，2x ⎡⎤∃∈⎣⎦，使得()()12f x g x =成立，则b a -的最大值为（ ）A ．12B ．1CD ．2【答案】B【解析】当)x ⎡∈⎣时，()(g x ∈，令2x =12x =±.∵()()2f x f x =+，∴()f x 的周期为2，所以()f x 在[－1，5]的图象所示：结合题意，当17422a =-+=，19422b =+=时，b a -取得最大值.最大值为1. 故选：B.二、填空题16．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））设曲线()ln 1y ax x =-+在点()0,0处的切线方程为20x y -=，则a =________. 【答案】3 【解析】()ln 1y ax x =-+，11y a x '∴=-+. 由题意可知，当0x =时，12y a '=-=，解得3a =. 故答案为：3.17．（2020·云南昆明一中高三月考（文））函数()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩.若关于x 的方程()()0f x m m =< 有且只有两个不相等的实根1x ，2x ，则12x x +的值是_________.【答案】3【解析】画出()[]()()sin ,0,212,2,2x x f x f x x π⎧∈⎪=⎨-∈+∞⎪⎩的图像如下，因为()(0)f x m m =<有且只有两个不等实根， 即函数()y f x =与y m =有两个不同交点，由图像可得，112m -<<-， 所以1x ，2x ，关于直线32x =对称， 则123232x x +=⨯=. 故答案为：3.18．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数(),0,ln ,0,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨>⎪⎩若关于x 的方程()()102f x a f x a ⎡⎤-⋅--=⎡⎤⎣⎦⎢⎥⎣⎦恰有5个不相等的实数根，则实a 的取值范围是______. 【答案】1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】作出函数()f x 的大致图象如图所示，由已知关于x 的方程()f x a =或()12f x a =+恰有5个不相等的实数根，则01,11,2a a <<⎧⎪⎨+≥⎪⎩解得1,12a ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭.故答案为：1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭19．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是_________．【答案】(),0-∞【解析】由220x x ->， 可得2x >或0x <， 所以函数的定义域为()(),02,-∞+∞又()211t x =--在区间(),0-∞的单调递减，13log y t =单调递减,∴函数()212log 2y x x =-的单调递增区间是(),0-∞, 故答案为(),0-∞．20．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知()f x 是定义域为R 的奇函数，()'f x 是()f x 的导函数，(1)0f -=，当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是________．【答案】(,1)(0,1)-∞-【解析】 令3()()f x g x x =，0x >， 因为当0x >时，()3()0xf x f x '-<，则当0x >时，4()3()()0xf x f x g x x'-'=<，即()g x 在(0,)+∞上单调递减， 又因为()f x 为奇函数，即()()f x f x -=-，则33()()()()()f x f x g x g x x x--===-， 故()g x 为偶函数且在(,0)-∞上单调递增， 因为()10f -=，故()()110g g -==，由()0f x >可得3()0x g x >，所以0()0x g x >⎧⎨>⎩或0()0x g x <⎧⎨<⎩，所以001x x >⎧⎨<<⎩或01x x <⎧⎨<-⎩. 解可得，1x <-或01x <<. 故答案为：()(),10,1-∞-⋃.21．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知1240x x a ++⋅>对一切(],1x ∞∈-上恒成立，则实数a 的取值范围是______．【答案】3,4∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭【解析】1240xxa ++⋅>可化为212224xx x xa --+>-=--， 令2x t -=，由(],1x ∈-∞，得1,2t ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭， 则2a t t >--，2213()24t t t --=-++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上递减，当12t =时2t t --取得最大值为34-，所以34a >-． 故答案为3,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭．三、解答题22．（2020·云南昆明一中高三月考（文））已知函数()xf x e ax =-，()1lng x x x =+.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若当0x >时，方程()()f x g x =有实数解，求实数a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2）[e 1,)-+∞.【解析】 【分析】（1）先对函数求导，分0a ≤和0a >两种情况讨论，可求解函数的单调性；（2）由已知得e 1ln x a x x x=--有实数解，构造函数，利用函数的单调性及函数的性质求得a 的范围.【详解】解：（1）函数()f x 的定义域为R ，()e '=-xf x a当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0a >时，令()xf x e a '=-，得ln x a =，则()f x 在(,ln )a -∞上单调递减，在(ln ,)a +∞上单调递增.（2）由()()f x g x =，得e ln 1xax x x =--，因为0x >，所以e 1ln x a x x x=--.令e 1()ln x h x x x x=--，0x >，则()22e 1(1)e e 1()x x x x x x h x x x----+'==. 令()0h x '=，得1x =.当(0,1)x ∈时，()0h x '<，()h x 为减函数；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 为增函数.所以min ()(1)e 1h x h ==-.又因为e 1e 1()ln ln x x h x x x x x x -=--=-，因为0x >，e 1x>，所以e 10x x->，所以当0x →时，()h x →+∞. 所以函数()h x 的值域为[e 1,)-+∞，因此实数a 的取值范围为[e 1,)-+∞.23．（2020·甘肃城关·兰州一中月考（文））已知函数()()ln f x x x a =-，()12x g x e =-（e为自然对数的底）.（1）讨论()f x 的极值；（2）当1a =时，若存在(]00,x m ∈，使得()()00f x g m -≤，求实数m 取值范围.【答案】（1）1a f e -=-极小值，()f x 无极大值；（2）0ln3m <≤.【解析】 【分析】（1）对函数进行求导得()ln 1f x x a '=-+，令()10a f x x e -'=⇒=，再列表，从而求得函数的极值；（2）利用导数研究函数的最值，对m 分两种情况讨论，即01m <≤和1m ，即可得答案； 【详解】（1）依题()ln 1f x x a '=-+，()10a f x x e-'=⇒=，x ，()f x '，()f x 的变化如下：列表分析可知，()11a a f f ee --==-极小值，()f x 无极大值. （2）对于()()ln 1f x x x =-，可得()ln f x x '=.因此，当()0,1x ∈时，()f x 单调递减；当()1,x ∈+∞时，()f x 单调递增. （1）当01m <≤时，()()()min ln 1ln f x f m m m m m m ==-=-. 依题意可知()()()02ln 210mf mg m m m e m -≤⇒+--≤.构造函数：()21mm e m ϕ=--（01m <≤），则有()2mm e ϕ'=-.由此可得；当()0,ln 2m ∈时，()0m ϕ'<；当()ln 2,1m ∈时，()0m ϕ'>， 即()m ϕ在()0,ln 2m ∈时单调递减，()ln 2,1m ∈单调递增. 注意到：()00ϕ=，()13e ϕ=-，因此()0m ϕ<.同时注意到2ln 0m m ≤，故有()2ln 210mm m e m +--≤. （2）当1m 时，()()min 11f x f ==-.依据题意可知()()101031ln 322m me f m g m e m ⎛⎫-≤⇒---≤⇒≤⇒<≤ ⎪⎝⎭.综上（1）、（2）所述，所求实数m 取值范围为0ln3m <≤.24．（2020·陕西西安·月考（文））已知函数()ln 1,f x x ax a R =-+∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当*n N ∈时，求证：111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n. 【答案】（1）答案见解析；（2）1a ≥；（3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，然后分0a ≤，0a >两种情况，由导函数的正负可求得其单调区； （2）利用导数求()f x 的最大值小于零即可，或()ln 10f x x ax =-+≤恒成立，等价于ln 1x a x+≥，0x >，然后构造函数ln 1()x g x x+=，利用导数求其最大值即可； （3）由(2)知，当1a =时，()0f x ≤恒成立，即ln 1≤-x x (仅当1x =时等号成立)．当*1,k x k N k+=∈时，有11lnk k k +<，然后利用累加法可得111ln(1)123n n +<+++…+，当*,1kx k N k =∈+时，有11ln 1k k k +>+，再利用累加法可得1111ln(1)2341n n +>+++…+，从而可证得结论【详解】（1）()ln 1,0f x x ax x =-+>，1()f x a x'=- ．当0a ≤时，()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上递增；．当0a >时，令()0f x '=，则1x a=， 当10x a <<时，()0f x '>；当1x a>时，()0f x '<， 所以()f x 在区间1(0,)a上递增，在1(,)a+∞上递减.（2）方法1：构造函数()ln 1,0f x x ax x =-+>，1()f x a x'=- ．当0a ≤时，由（1）()f x 在(0,)+∞上递增，又(1)10f a =->，不符合题意，舍；．当0a >时，由（1）知()f x 在区间1(0,)a 上递增，在1(,)a+∞上递减；所以max 11()()ln()0f x f a a==≤，解得：1a ≥. 综上：1a ≥ 方法2：分离参数()ln 10f x x ax =-+≤恒成立，等价于ln 1x a x+≥，0x >设ln 1()x g x x+=，0x >，2ln ()xg x x -'=，令()0g x '=，1x =，则 当01x <<时，()0g x '>；当1x >时，()0g x '<，所以()g x 在区间(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减；所以max ()(1)1g x g ==，所以：1a ≥（3）由(2)知，当1a =时，()0f x ≤恒成立，即ln 1≤-x x (仅当1x =时等号成立)．当*1,k x k N k +=∈时，11ln 1k k k k ++<-，即11ln k k k +<； 所以，2ln11<，31ln 22<，41ln 33<，……，11ln n n n +<； 上述不等式相加可得：2341111lnln ln ln112323n n n+++++<+++…+， 即：2341111ln112323n n n +⋅⋅<+++…+， 即：111ln(1)123n n+<+++…+，*n N ∈； ．当*,1k x k N k =∈+时，ln 111k k k k <-++，即111ln 1k k k -+⎛⎫<- ⎪+⎝⎭，即11ln 1k k k +>+ 所以，21ln12>，31ln 23>，41ln 34>，……，11ln 1n n n +>+；上述不等式相加可得：23411111lnln ln ln1232341n n n +++++>+++…+， 即：23411111ln1232341n n n +⋅⋅>+++…+， 即：1111ln(1)2341n n +>+++…+，*n N ∈； 综上：当*n N ∈时，111111ln(1)123123+++<+<+++++n n n.25．（2020·广西南宁二中月考（文））已知函数3211()(1)132f x ax a x x =-+++（1a ≥）. （I ）若3a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程； （II ）若()f x 在R 上无极值点，求a 的值；（III ）当(0,2)x ∈时，讨论函数()f x 的零点个数，并说明理由.【答案】（1）1y =； （2）19a ≤<时函数()f x 在(0,2)上无零点；当9a =时，函数()f x 在(0,2)上有一个零点；当9a >时，函数()f x 在(0,2)上有两个零点. 【解析】（I ）当3a =时，()3221f x x x x =-++，()2'341f x x x =-+，()'10f =，()11f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为1y =.（II ）()()2'11f x ax a x =-++，1a >，依题意有()'0f x ≥，即0∆≤，()2140a a +-≤，解得1a =.(III)（1）1a =时，函数()f x 在R 上恒为增函数且()01f =，函数()f x 在()0,2上无零点. （2）1a >时：当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()'0f x >，函数()f x 为增函数；当1,1x a ⎛⎫∈⎪⎝⎭，()'0f x <，函数()f x 为减函数； 当()1,2x ∈，()'0f x >，函数()f x 为增函数. 由于()22103f a =+>，此时只需判定()3162a f =-+的符号：当19a <<时，函数()f x 在()0,2上无零点； 当9a =时，函数()f x 在()0,2上有一个零点； 当9a >时，函数()f x 在()0,2上有两个零点. 综上，19a ≤<时函数()f x 在()0,2上无零点； 当9a =时，函数()f x 在()0,2上有一个零点； 当9a >时，函数()f x 在()0,2上有两个零点.26．（2020·四川其他（文））已知曲线()(3)(2ln )xf x x e a x x =-+-（其中e 为自然对数的底数）在1x =处切线方程为(1) y e x b =-+. （Ⅰ）求a ，b 值；（Ⅱ）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且()0215e f x --<<-. 【答案】（1）1a =，2b e =--；（2）证明见详解【解析】(1) ()f x 在1x =处切线方程为(1)y e x b =-+，而2()(2)(1)xf x x e a x'=-+-∴(1)1f e a e '=-+=-，即1a =而(1)21f e =--，故切点为(1,21)e -- ∴121e b e -+=--，即2b e =-- 故有：1a =，2b e =--(2)由(1)知：()(3)2ln x f x x e x x =-+-且定义域(0,)x ∈+∞∴(2)2(1)(2)()x x x x e x xe x f x x x--+--'==，若()(2)(1)xg x x xe =-- 令()1x h x xe =-，即()(1)x h x x e '=+在(0,)x ∈+∞有()0h x '>恒成立∴()h x 单调增，又(0)10h =-<，(1)10h e =->：即()h x 的零点1x 在(0,1)内 ∴1(0,)x 上()0h x <，1(,)x +∞上()0h x > 故在()g x 中1(0,1)x ∈，(0,)x ∈+∞上有当10x x <<时，()0>g x ，即()0f x '>，()f x 单调增 当12x x <<时，()0<g x ，即()0f x '<，()f x 单调减 当2x >时，()0>g x ，即()0f x '>，()f x 单调增 ∴()f x 存在唯一的极大值点0x =1(0,1)x ∈又有01()()(1)21f x f x f e =>=--而001xx e =，000000003()32ln 13x x f x x e e x x x x =-+-=--且0(0,1)x ∈ ∴0()5f x <-(利用均值不等式，但等号不成立，因为0x 无法取1)综上，得证：021()5e f x --<<-27．（2020·河南洛阳·高三月考（文））已知函数()()2122xf x x e x x =-+-. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若不等式()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭对任意()2,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+∞；（2）31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】（1）依题意()()()()()1111xx f x ex x x e '=-+-=-+，当(),1x ∈-∞时，()0f x '<，()f x 单调递减； 当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 的单调递减区间为(),1-∞，单调递增区间为()1,+∞.（2）当2x >时，()()21442a af x x a x ⎛⎫≥+-++⎪⎝⎭恒成立， 即()()222e 14422xa a a x x ax x a x ⎛⎫-+-≥+-++ ⎪⎝⎭， 即()()222e 442x a x x x x --+=-≥，即2e xx a -≥恒成立，即max 2e x x a -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭.令()()22e x x h x x -=>，则()()123e exx x x h x ---'==， 易知()h x 在区间()2,3内单调递增，在区间()3,+∞内单调递减， 所以()()3max 13e h x h ==，所以31e a ≥. 所以实数a 的取值范围是31,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 28．（2020·广东天河·华南师大附中高三月考（文））设2()g x lnx x x =+-.（1）求()g x 的单调区间；（2）当0a >时，2()0x xe a x a g x --≥恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】（1）单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞；（2）(]0e ，. 【解析】（1）函数的定义域为()0,+∞，()()()211112x x g x x x x-+-=+-='， 令()0g x '>即()()2110x x +-<，解得112x -<<， 当()0,1x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减， 故()g x 的单调递增区间为()0,1，单调递减区间为()1,+∞. （2）依题意得()222()ln ln x x x xe a x a g x xe a x a x ax ax xe a x ax --=--+-=--设()()ln 0xh x xe a x ax x =--∈∞，，+，则()()()()+111xx a x a h x x e x e x x ⎛⎫=+-=+- ⎝'⎪⎭， 0a >，∴设()0h x '=的根为0x ，即有00xae x =，可得00x lna lnx =-， 当()00,x x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当()0,x x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，∴()()()00000000min 0ln ln xah x h x x e a x ax x a x a ax x ==--=+--⋅ln 0a a a =-≥解得a e ≤，∴实数a 的取值范围是(]0e ，. 29．（2020·湖北宜昌·高三期末（文））已知函数22()ln f x x a x ax =--．（1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若对于定义域内任意的x ，()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围；（3）记()()g x f x a x =+，若()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，求a 的取值范围.【答案】(1)在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递减；(2)342,1a e ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦；(3)[,]a e e ∈-⋃.【解析】(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，1(21)(1)()21x x f x x x x+-'=--= 令()0f x '>，得1x >；令()0f x '<，得01x <<，所以()f x 的单调减区间(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞.(2) ()f x 的定义域为(0,)+∞，2222(2)()()2a x ax a x a x a f x x a x x x--+-'=--==, 当0a =时，2()0f x x =≥恒成立；当0a >时，(0,)x a ∈时，()0f x '<；(,)x a ∈+∞时，()0f x '>，所以()f x 在(0,)a 上单调递减，(,)a +∞上单调递增，所以2min ()()ln 0f x f a a a ==-≥，解得01a <≤；当0a <时，()f x 在(0,)2a -上单调递减，(,)2a-+∞上单调递增， 所以222min()()ln()02422a a a af x f a =-=+--≥，解得3420-≤<e a ；综上，a 的取值范围34[2,1]e -. (3)法一：显然，1x =不是()g x 的零点，所以1x ≠由()0g x =，得22ln x a x =，令2()ln x h x x=，2(2ln 1)()(ln )x x h x x '-=，令()0h x '=得12x e =， 当121[,1)(1,]x e e∈时，()0f x '<；当12(,]e x e ∈时，()0f x '>，所以()h x 在1[,1)e和12(1,]e 单调递减，12(,]e e 单调递增，又1[,1)x e ∈时，()0h x <，22ln x a x=不成立，所以只需12222()2()a h e e a h e e⎧⎪>=⎨⎪≤=⎩，故a 的取值范围[,]e e -⋃．法二：22222()ln ,()x a g x x a x g x x-'=-=，当0a =时，不合题意，舍去；当0a >时，()g x在上单调递减，)+∞上单调递增，要使()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，则需满足1(,)01()0()0e e g g e g e ⎪<⎪⎨⎪⎪≥⎪⎪≥⎩，即222222ln 0211ln 0ln 0a e a a a e e e a e ⎧<<⎪⎪⎪-<⎪⎨⎪⎪-≥⎪⎪-≥⎩，解得]a e ∈； 当0a <时，()g x在(0,上单调递减，()+∞上单调递增，要使()g x 在区间1[,]e e内有两个零点，则需满足1(,)(01()0()0e e g g e g e ⎧⎪⎪⎪<⎪⎨⎪⎪≥⎪⎪≥⎩，即222222ln(0211ln 0ln 0a a a a e e e a e ⎧<<⎪⎪⎪-<⎪⎨⎪⎪-≥⎪⎪-≥⎩，解得[,a e ∈-； 综上，a的取值范围[,]e e -⋃.30．（2020·吉林高三其他（文））已知函数()32ln f x ax bx x =--．（1）当0b =时，讨论()f x 的单调性；（2）若1a b ==，且()f x m ≥恒成立，求m 的取值范围． 【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）(],0-∞．【解析】（1）当0b =时，函数()3ln f x ax x =-，可得()f x 的定义域为()0,∞+，则()321313ax f x ax x x-'=-=，①当0a ≤时，()0f x '<，()f x 在()0,∞+上单调递减．②当0a >时，由()0f x '>，得x >()f x 在⎫+∞⎪⎭上单调递增；由()0f x '<，得0x <<，则()f x 在⎛ ⎝上单调递减． （2）由1a b ==，知()32ln f x x x x =--，可得()322132132x x f x x x x x--'=--=，又由()()()()()32322223213313111131x x x x x xx x 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，所以()()min 10f x f ==，则0m ≤，故m 的取值范围为(],0-∞．。

导数练习题附答案

导数练习题附答案

一、选择题(每题只有一个选项是正确的，每题5分，共60分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

)1．某函数的导数为y′＝12(x－1)，那么这个函数可能是 ()A．y＝ln1－x B．y＝ln11－xC．y＝ln(1－x) D．y＝ln11－x2．(2021•江西)设函数f(x)＝g(x)＋x2，曲线y＝g(x)在点(1，g(1))处的切线方程为y＝2x＋1，那么曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处切线的斜率为 ()A．4 B．－14 C．2 D．－123．(2021•辽宁)曲线y＝xx－2在点(1，－1)处的切线方程为 ()A．y＝x－2 B．y＝－3x＋2C．y＝2x－3 D．y＝－2x＋14．曲线y＝ex在点(2，e2)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积为 ()A.94e2 B．2e2 C．e2 D.e225．函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象如图，那么y＝f(x)，y＝g(x)的图象可能是()6．设y＝8x2－lnx，那么此函数在区间(0，14)和(12，1)内分别 ()A．单调递增，单调递减B．单调递增，单调递增C．单调递减，单调递增D．单调递减，单调递减7．以下关于函数f(x)＝(2x－x2)ex的判断正确的选项是 ()①f(x)＞0的解集是{x|0＜x＜2}；②f(－2)是极小值，f(2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值．A．①③ B．①②③C．② D．①②8．f(x)＝－x3－x，x∈[m，n]，且f(m)•f(n)＜0，那么方程f(x)＝0在区间[m，n]上() A．至少有三个实根 B．至少有两个实根C．有且只有一个实根 D．无实根9．函数f(x)＝x3＋ax2＋(a＋6)x＋1有极大值和极小值，那么实数a的取值范围是() A．－1＜a＜2 B．－3＜a＜6 C．a＜－3或a＞6 D．a＜－1或a＞210．要做一个圆锥形漏斗，其母线长为20cm，要使其体积最大，其高应为 ()A.2033cm B．100cm C．20cm D.203cm11．(2021•河南省实验中学)假设函数f(x)＝(2－m)xx2＋m的图象如下图，那么m的范围为 ()A．(－∞，－1) B．(－1,2) C．(1,2) D．(0,2)12．定义在R上的函数f(x)满足f(4)＝1.f′(x)为f(x)的导函数，函数y＝f′(x)的图象如下图．假设两正数a，b满足f(2a＋b)＜1，那么b＋2a＋2的取值范围是 ()A．(13，12) B．(－∞，12)∪(3，＋∞)C．(12，3) D．(－∞，－3) 二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分，请将答案填在题中的横线上。

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(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 '=+-.。

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函数与导数 大题专练1．已知函数f (x )＝2x 2－ax ＋1＋ln x (a ∈R )．(1)若a ＝0，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)若a ＝5，求f (x )的单调区间；(3)若3<a ≤4，证明：f (x )在x ∈[1，e]上有唯一零点．解析：(1)若a ＝0，则f (x )＝2x 2＋1＋ln x ，f ′(x )＝4x ＋1x ，故f ′(1)＝5，即曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线斜率为5，又f (1)＝3，所以所求切线方程为y －3＝5(x －1)，即5x －y －2＝0.(2)当a ＝5时，f (x )＝2x 2－5x ＋1＋ln x ，其定义域为(0，＋∞)，f (x )＝4x －5＋1x ＝(4x －1)(x －1)x， 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，14，(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，14和(1，＋∞)上单调递增． 当x ∈⎝⎛⎭⎫14，1时，f ′(x )<0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫14，1上单调递减． (3)由f (x )＝2x 2－ax ＋1＋ln x 得f ′(x )＝1x ＋4x －a ＝4x 2－ax ＋1x. 设h (x )＝4x 2－ax ＋1，Δ＝a 2－16，当3<a ≤4时，Δ≤0，有h (x )≥0，即f ′(x )≥0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．又f (1)＝3－a <0，f (e)＝2e 2－a e ＋2＝e(2e －a )＋2>0，所以f (x )在x ∈[1，e]上有唯一零点．2．设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．解析：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1.此时f (1)＝3e ≠0.所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0， 所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫12，＋∞.3．已知函数f (x )＝eln x －ax (a ∈R )．(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝e 时，证明：xf (x )－e x ＋2e x ≤0.解析：解法一 (1)f ′(x )＝e x－a (x >0)， ①若a ≤0，则f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②若a >0，则当0<x <e a 时，f ′(x )>0；当x >e a 时，f ′(x )<0.所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，e a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫e a ，＋∞上单调递减． (2)证明：因为x >0，所以只需证f (x )≤e x x －2e ，由(1)知，当a ＝e 时，f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝－e.设g (x )＝e x x －2e(x >0)，则g ′(x )＝(x －1)e x x 2，所以当0<x <1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增，所以g (x )min ＝g (1)＝－e.所以当x >0时，f (x )≤g (x )，即f (x )≤e x x－2e ， 即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.解法二 (1)同解法一．(2)证明：由题意知，即证e x ln x －e x 2－e x ＋2e x ≤0(x >0)，从而等价于ln x －x ＋2≤e xe x. 设函数g (x )＝ln x －x ＋2，则g ′(x )＝1x－1. 所以当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，故g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．从而g (x )在(0，＋∞)上的最大值为g (1)＝1.设函数h (x )＝e xe x ，则h ′(x )＝e x (x －1)e x 2.所以当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )>0.故h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．从而h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (1)＝1.综上，当x >0时，g (x )≤h (x )，即xf (x )－e x ＋2e x ≤0.4．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，其中a 为常数． (1)当1<a ≤2时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，求g (x )＝x ln ⎝⎛⎭⎫1＋1x ＋1x ln(1＋x )的最大值． 解析：(1)函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1.①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即a >32时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增， 当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0,2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1,2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3,0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a ≤2时，f (x )在(－1,0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0,2a －3)上单调递减．(2)∵g (x )＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ln(1＋x )－x ln x ＝g ⎝⎛⎭⎫1x ， ∴g (x )在(0，＋∞)上的最大值等价于g (x )在(0,1]上的最大值．令h (x )＝g ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )＋⎝⎛⎭⎫x ＋1x ·11＋x －(ln x ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1－1x 2ln(1＋x )－ln x ＋1x －21＋x ， 则h ′(x )＝2x 3⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln (1＋x )－2x 2＋x (x ＋1)2. 由(1)可知当a ＝2时，f (x )在(0,1]上单调递减，∴f (x )<f (0)＝0，∴h ′(x )<0，从而h (x )在(0,1]上单调递减，∴h (x )≥h (1)＝0，∴g (x )在(0,1]上单调递增，∴g (x )≤g (1)＝2ln2，∴g (x )的最大值为2ln2.5．已知函数f (x )＝x ln x －ax ＋a (a ∈R )．(1)f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－x ＋t ，求a 和t 的值；(2)对任意的x >1，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．解析：(1)函数定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1－a ，由已知f ′(1)＝－1，则1－a ＝－1，即a ＝2，所以f (1)＝0－2＋2＝0，将(1,0)代入切线方程有t ＝1，所以a ＝2，t ＝1.(2)对任意x ∈(1，＋∞)，f (x )≥0恒成立，即ln x ＋a x－a ≥0恒成立， 令g (x )＝ln x ＋a x －a ，有g ′(x )＝x －a x 2，①当a >1时，g (x )，g ′(x )随x 的变化情况为由表可知g (x )min 又因为在函数h (x )＝ln x ＋1－x 中，h ′(x )＝1－x x ，所以h (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以h (x )≤h (1)＝0，所以g (x )min ＝g (a )＝h (a )<h (1)＝0，与“对任意x ∈(1，＋∞)，ln x ＋a x －a ≥0恒成立”矛盾，故a >1不合题意；②当a ≤1时，g ′(x )＝x －a x 2≥0，则g (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以g (x )≥g (1)＝0，即对任意x ∈(1，＋∞)，ln x ＋a x－a ≥0恒成立， 故a ≤1满足题意，综上所述，实数a 的取值范围为(－∞，1]．6．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 2(e 是自然对数的底数，a ∈R )．(1)判断函数f (x )极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x ∈R ，f (x )＋e x ≥x 3＋x ，求a 的取值范围．解析：(1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝x e x －2ax ＝x (e x －2a )．当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，∴f (x )有1个极值点；当0<a <12时，f (x )在(－∞，ln(2a ))上单调递增，在(ln(2a )，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， ∴f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )在R 上单调递增，此时f (x )没有极值点；当a >12时，f (x )在(－∞，0)上单调递增， 在(0，ln(2a ))上单调递减，在(ln(2a )，＋∞)上单调递增，∴f (x )有2个极值点，综上所述，当a ≤0时，f (x )有1个极值点；当a >0且a ≠12时，f (x )有2个极值点；当a ＝12时，f (x )没有极值点．(2)由f (x )＋e x ≥x 3＋x ，得x e x －x 3－ax 2－x ≥0.当x >0时，e x －x 2－ax －1≥0，即a ≤e x －x 2－1x对∀x >0恒成立． 设g (x )＝e x －x 2－1x (x >0)，则g ′(x )＝(x －1)(e x －x －1)x 2. 设h (x )＝e x －x －1(x >0)，则h ′(x )＝e x －1.∵x >0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上单调递增，∴h (x )>h (0)＝0，即e x >x ＋1，∴g (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g (x )≥g (1)＝e －2，∴a ≤e －2；当x ＝0时，原不等式恒成立，a ∈R ；当x <0时，e x －x 2－ax －1≤0，设m (x )＝e x －x 2－ax －1(x <0)，则m ′(x )＝e x －2x －a .设φ(x)＝e x－2x－a(x<0)，则φ′(x)＝e x－2<0，∴m′(x)在(－∞，0)上单调递减，∴m′(x)>m′(0)＝1－a，若a≤1，则m′(x)>0，∴m(x)在(－∞，0)上单调递增，∴m(x)<m(0)＝0；若a>1，∵m′(0)＝1－a<0，∴∃x0<0，使得x∈(x0,0)时，m′(x)<0，即m(x)在(x0,0)上单调递减，∴m(x)>m(0)＝0，不符合题意，舍去．∴a≤1.综上，a的取值范围是(－∞，e－2]．。

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