2016年度高考导数压轴题终极解答
2016年高考数学压轴大题题型突破(三)函数与导数(1)
(三)函数与导数(1)1．已知函数f (x )＝12x 2＋2a ln x (a ∈R )． (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝2x＋f (x )在区间[1,4]上是单调递增函数，求实数a 的取值范围． 解 (1)因为f (x )＝12x 2＋2a ln x (a ∈R )， 所以f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x ＋2a x ＝x 2＋2a x. ①当a ≥0时，f ′(x )>0，故f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a <0时，令f ′(x )＝0⇒x 2＋2a ＝0⇒x 2＝－2a ，解得x ＝－2a 或x ＝－－2a (舍去)．所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：a ≥0时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；当a <0时，f (x )的单调递减区间是(0，－2a ]，单调递增区间是(－2a ，＋∞)．(2)因为g (x )＝2x ＋f (x )＝2x ＋12x 2＋2a ln x ， 所以g ′(x )＝－2x 2＋x ＋2a x ＝x 3＋2ax －2x 2， 因为g (x )＝2x＋f (x )在区间[1,4]上是单调递增函数， 所以g ′(x )≥0，即x 3＋2ax －2≥0在区间[1,4]上恒成立，即2a ≥2x－x 2在区间[1,4]上恒成立． 设h (x )＝2x－x 2(x ∈[1,4])， 则h ′(x )＝－2x 2－2x ＝－(2x2＋2x )<0， 所以h (x )在[1,4]上单调递减，则h (x )∈[－312，1]．所以2a ≥1，即a ≥12. 故实数a 的取值范围为[12，＋∞)． 2．已知函数f (x )＝ln x ＋a x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝92时，如果函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，求实数k 的取值范围； (2)当a ＝2时，试比较f (x )与1的大小．解 (1)当a ＝92时，f (x )＝ln x ＋92(x ＋1)， 定义域是(0，＋∞)．f ′(x )＝1x －92(x ＋1)2＝(2x －1)(x －2)2x (x ＋1)2， 令f ′(x )＝0，得x ＝12或x ＝2. 因为当0<x <12或x >2时，f ′(x )>0， 当12<x <2时，f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0，12)，(2，＋∞)上单调递增，在(12，2)上单调递减． 所以f (x )的极大值是f (12)＝3－ln 2，极小值是f (2)＝32＋ln 2. 因为当x →0时，f (x )→－∞，当x →＋∞时，f (x )→＋∞，所以当g (x )仅有一个零点时，k >3－ln 2或k <32＋ln 2. 故实数k 的取值范围为(－∞，32＋ln 2)∪(3－ln 2，＋∞)． (2)当a ＝2时，f (x )＝ln x ＋2x ＋1，定义域为(0，＋∞)． 令h (x )＝f (x )－1＝ln x ＋2x ＋1－1， 因为h ′(x )＝1x －2(x ＋1)2＝x 2＋1x (x ＋1)2>0， 所以h (x )在(0，＋∞)上是增函数．①当x >1时，h (x )>h (1)＝0，即f (x )>1；②当0<x <1时，h (x )<h (1)＝0，即f (x )<1；③当x ＝1时，h (x )＝h (1)＝0，即f (x )＝1.3．(2015·广东)设a >1，函数f (x )＝(1＋x 2)e x －a .(1)求f (x )的单调区间；(2)证明：f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点；(3)若曲线y ＝f (x )在点P 处的切线与x 轴平行，且在点M (m ，n )处的切线与直线OP 平行(O 是坐标原点)，证明：m ≤ 3a －2e－1. (1)解 f ′(x )＝2x e x ＋(1＋x 2)e x ＝(x 2＋2x ＋1)e x＝(x ＋1)2e x ，∀x ∈R ，f ′(x )≥0恒成立．∴f (x )的单调增区间为(－∞，＋∞)．(2)证明 ∵f (0)＝1－a ，f (a )＝(1＋a 2)e a －a ，∵a >1，∴f (0)<0，f (a )>2a e a －a >2a －a ＝a >0，∴f (0)·f (a )<0，∴f (x )在(0，a )上有一零点，又∵f (x )在(－∞，＋∞)上递增，∴f (x )在(0，a )上仅有一个零点，∴f (x )在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．(3)证明 f ′(x )＝(x ＋1)2e x ，设P (x 0，y 0)，则f ′(x 0)＝e x 0(x 0＋1)2＝0，∴x 0＝－1，把x 0＝－1，代入y ＝f (x )得y 0＝2e－a ， ∴k OP ＝a －2e. f ′(m )＝e m (m ＋1)2＝a －2e， 令g (m )＝e m －(m ＋1)，g ′(m )＝e m －1.令g ′(x )>0，则m >0，∴g (m )在(0，＋∞)上递增．令g ′(x )<0，则m <0，∴g (m )在(－∞，0)上递减．∴g (m )min ＝g (0)＝0.∴e m －(m ＋1)≥0，即e m ≥m ＋1.∴e m (m ＋1)2≥(m ＋1)3，即a －2e≥(m ＋1)3. ∴m ＋1≤ 3a －2e ，即m ≤ 3a －2e－1. 4．已知函数f (x )＝a ln x －8x －1x ＋1. (1)求函数在点(1，－72)处的切线方程；(2)当a ＝2时，求函数的单调区间与函数在[1,3]上的最值；(3)设h (x )＝x 2－2bx ＋4，a ＝－2，若对于任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≥h (x 2)成立，试确定b 的取值范围．解 (1)因为f (1)＝－72，所以(1，－72)在函数的图象上， 又f (x )＝a ln x －8x －1x ＋1， 所以f ′(x )＝a x －9(x ＋1)2，f ′(1)＝a －94， 所以所求切线的方程为y ＋72＝(a －94)(x －1)， 即y ＝(a －94)x －a －54. (2)当a ＝2时，f (x )＝2ln x －8x －1x ＋1，f ′(x )＝2x －9(x ＋1)2＝2(x ＋1)2－9x x (x ＋1)2＝2x 2－5x ＋2x (x ＋1)2＝(2x －1)(x －2)x (x ＋1)2， 令f ′(x )>0，则x >2或0<x <12， 令f ′(x )<0，则12<x <2， 所以函数f (x )的单调递增区间为(0，12)和(2，＋∞)，单调递减区间为(12，2)． 当x ∈[1,3]时，可知函数f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,3]上单调递增，所以最小值为f (2)＝2ln 2－5.又f (1)＝－72，f (3)＝2ln 3－234， 且f (3)－f (1)＝2ln 3－94<0， 所以f (1)>f (3)．所以函数f (x )在[1,3]上的最小值为2ln 2－5，最大值为－72. (3)若对于任意的x 1∈[1,2]，存在x 2∈[2,3]，使f (x 1)≥h (x 2)，则f (x 1)min ≥h (x 2)min ，又a ＝－2，则f (x )＝－2ln x －8x －1x ＋1， f ′(x )＝－2x －9(x ＋1)2<0， 所以f (x )在[1,2]上单调递减，f (x 1)min ＝f (2)＝－2ln 2－5.所以x 2－2bx ＋4≤－2ln 2－5⇒2b ≥x 2＋9＋2ln 2x， 设函数g (x )＝x 2＋9＋2ln 2x， 则g (x )在[2,3]上单调递减，所以2b ≥g (x )min ＝g (3)＝9＋9＋2ln 23， 即b ≥9＋ln 23.所以b 的取值范围为[9＋ln 23，＋∞)．。
2016年考数学压轴题的分析与解
类似的，可得 |N B | = 从而 |M N | = |M B | + |N B | = 此时直线 P Q 的方程为 x cos θ = y sin θ + cos θ, 于是圆的弦长 |P Q| = 2 于是可得四边形 M P N Q 的面积 S= 1 24 · | M N | · | P Q| = √ , 2 4 − cos2 θ Ã 42 − 12 . 4 − cos2 θ 3 , 2 + cos θ
设生产产品 A, B 的件数分别为 x, y 时，获得利润为 z 元．则 x, y 满足的约束条件为 1.5x + 0.5y ⩽ 150, x + 0.3y ⩽ 90, 5x + 3y ⩽ 600,
其中 x, y ∈ N∗ ，目标函数 z = 2100x + 900y = 300(7x + 3y ).
2016 年高考数学压轴题的分析与解
(兰琦 著)
1 2016 年全国 1 卷 (乙卷) 理科数学
例题 1 π π π 理 12． 已知函数 f (x) = sin(ωx + φ)(ω > 0, |φ| ⩽ ) ， x = − 为 f (x) 的零点， x = 为 y = f (x) 图象的 2 4 4 Å ã π 5π 对称轴，且 f (x) 在 , 单调，则 ω 的最大值为 ( ) 18 36 A. 11 B. 9 C. 7 D. 5 解析 由题意知
11 ，从大到小进行试探： 2 Å ã π 5π π π 5π 当 k = 5 时， f (x) 在 , 不单调（因为 < −T < ） ； 18 36 18 4 36 Å ã π 5π 当 k = 4 时， f (x) 在 , 上单调，符合题意，所以 ω 的最大值为 9 ． 36 36 于是 k ⩽ 例题 2 理 16． 某高科技企业生产产品 A 和产品 B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品 A 需要甲材料 1.5kg ，乙 材料 1kg ，用 5 个工时；生产一件产品 B 需要甲材料 0.5kg ，乙材料 0.3kg ，用 3 个工时．生产一件产品 A 的利润为 2100 元，生产一件产品 B 的利润为 900 元．该企业现有甲材料 150kg ，乙材料 90kg ，则在不超过 600 个工时的条件下，生产产品 A 、产品 B 的利润之和的最大值为 解析 元．
2016海南省高三压轴题数学试卷(理)含答案解析
2016届海南省高考压轴卷 数学（理） 含解析本试卷分第I 卷和第II 卷两部分．第I 卷1至3页，第II 卷4至6页，满分150． 考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．第I 卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．第II 卷用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答．若在试题卷上作答，答案无效．3．考试结束，监考员将试题卷和答题卡一并交回 ．一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1、下列命题中的说法正确的是（ ）A ．若向量//，则存在唯一的实数λ使得λ=；B ．命题“若12=x ，则1=x ”的否命题为“若12=x ，则1≠x ”；C ．命题“R x ∈∃0，使得01020<++x x ”的否定是：“R x ∈∀，均有012>++x x ”；D ．“5≠a 且5-≠b ”是“0≠+b a ”的不充分也不必要条件； 2．如图， 在复平面内，复数1z 和2z 对应的点分别是A 和B ，则21z z =（ ）A ．155i 2+ B ．2155i + C ．155i 2-- D ．2155i -- 3．若0,2πα⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且23cos cos 2tan 210πααα⎛⎫++==⎪⎝⎭，则（ ） A ．12 B ．13 C ．14 D ．154．某单位有840名职工，现采用系统抽样方法，抽取42人做问卷调查，将840人按1，2，…，840随机编号，则抽取的42人中，编号落入区间[481,720]的人数为( )A ．11B ．12C ．13D ．145．已知箱中共有6个球，其中红球、黄球、蓝球各2个．每次从该箱中取1个球 (有放回，每球取到的机会均等)，共取三次．设事件A ：“第一次取到的球和第二次取到的球颜色相同”，事件B ：“三次取到的球颜色都相同”，则(|)P B A =（ ）A ．16 B ．13 C ．23D ．1 6、棱长为2的正方体被一平面截成两个几何体，其中一个几何体的三视图如图所示，那么该几何体的体积是（ ）A.314 B.4 C.310D.3 7．已知)(1123*∈-=N n n a n ，记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则使0n S >的n 的最小值为（ ）A.13B.12C. 11D.108．方程1312xx ⎛⎫= ⎪⎝⎭的解所在的区间是（ ）A ．B ．C ．D ．9．已知点F 1，F 2分别是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点，过F 1且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，若△ABF 2是锐角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是（ ） A ．(13) B ．(3,22)C ．(1)+∞D ．(1,110．下列程序框图中，输出的A 的值A.128B.129C.131D.13411．函数()3sin ln(1)=⋅+f x x x 的部分图象大致为（ ）12．设()()2,,,f x ax bx c a b c R e =++∈为自然对数的底数.若()()'ln f x f x x x>，则（ ） A ．()()()()22ln 2,2f f e f e f e <> B ．()()()()22ln 2,2f f e f e f e << C ．()()()()22ln 2,2f f e f e f e >< D ．()()()()22ln 2,2f f e f e f e >>二、填空题（题型注释）13．如图正方形OABC 的边长为cm 1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是 ．14．设204sin n xdx π=⎰，则n xx x x )2)(2(-+的展开式中各项系数和为_________.15．设实数x ，y 满足20,250,20,x y x y y --≤⎧⎪+-≥⎨⎪-≤⎩则y x z x y =-的取值范围是 ．16．设△ABC 的内角,,A B C 所对的边长分别为,,a b c ，且3cos cos 5a Bb Ac -=，则tan()A B -的最大值为_________________． 三、解答题（题型注释） 17．（本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为n S .已知233n n S =+. （1）求{}n a 的通项公式；（2）若数列{}n b 满足3log n n n a b a =，求{}n b 的前n 项和n T .18．如图，矩形1221A A A A ''，满足B C 、在12A A 上，11B C 、在12A A ''上，且1BB ∥1CC ∥11A A '，122A B CA ==，BC =11A A λ'=，沿1BB 、1CC 将矩形1221A A A A ''折起成为一个直三棱柱，使1A 与2A 、1A '与2A '重合后分别记为1D D 、，在直三棱柱111DBC D B C -中，点M N 、分别为1D B 和11B C 的中点．(I)证明：MN ∥平面11DD C C ；(Ⅱ)若二面角1D MN C --为直二面角，求λ的值．19．甲箱子里装有3个白球m 个黑球，乙箱子里装有m 个白球，2个黑球，在一次试验中，分别从这两个箱子里摸出一个球，若它们都是白球，则获奖 （1） 当获奖概率最大时，求m 的值；（2）在（1）的条件下，班长用上述摸奖方法决定参加游戏的人数，班长有4次摸奖机会（有放回摸取），当班长中奖时已试验次数ξ即为参加游戏人数，如4次均未中奖，则0ξ=，求ξ的分布列和E ξ．20．如图，抛物线24(0)y mx m =>的准线与x 轴交于点1F ，焦点为2F ．以12,F F 为焦点，离心率为12的椭圆与抛物线在x 轴上方的交点为P ，延长2PF 交抛物线于点Q ，M 是抛物线上位于,P Q 之间的动点．（1）当1m =时，求椭圆的方程；（2）当12PF F ∆的边长恰好是连续的三个自然数时，求MPQ ∆面积的最大值． 21．设函数3211()(,,,0)32f x ax bx cx a b c a =++∈≠R 的图象在点 (),()x f x 处的切线的斜率为()k x ，且函数1()()2g x k x x =-为偶函数．若函数()k x 满足下列条件：①(1)0k -=；②对一切实数x ，不等式211()22k x x ≤+恒成立． （1）求函数()k x 的表达式；（2）求证：1112(1)(2)()2nk k k n n +++>+ ()n *∈N ． 22．（本小题满分10分）选修4—1：几何证明选讲如图所示，已知圆O 外有一点P ，作圆O 的切线PM ，M 为切点，过PM 的中点N ，作割线NAB ，交圆于A 、B 两点，连接PA 并延长，交圆O 于点C ，连接PB 交圆O 于点D ，若C C M =B ．（1）求证：∆APM ∽∆ABP ；（2）求证：四边形CD PM 是平行四边形． 23．选修4—4：坐标系与参数方程极坐标系与直角坐标系xoy 有相同的长度单位，以原点为极点，以x 轴正半轴为极轴，曲线1C 的极坐标方程为4cos ρθ=，曲线2C 的参数方程为cos sin x m t y t αα=+⎧⎨=⎩（t 为参数，0απ≤<），射线,,44ππθϕθϕθϕ==+=-与曲线1C 交于（不包括极点O ）三点C B A ,,（1）求证：OB OC +； （2）当12πϕ=时，B ，C 两点在曲线2C 上，求m 与α的值24．（本题满分10分） 选修4—5：不等式选讲已知关于x 21x x m -+对于任意的[1,2]x ∈-恒成立 （Ⅰ）求m 的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下求函数()21(2)f m m m =+-的最小值．2016海南省高考压轴卷数学理一、选择题1、试题分析：当0,0a b ≠=时，不存在实数λ使a b λ= ，所以A 错；否命题是将命题中的条件与结论同否定，所以B 错；命题“R x ∈∃0，使得01020<++x x ”的否定是：“R x ∈∀，均有210x x ++≥”，所以C 错；命题“5≠a 且5-≠b ⇒0≠+b a ”的逆否命题为：“05a b a +=⇒=或5b =-”是假命题，故原命题为假命题，“0≠+b a ⇒5≠a 且5-≠b ”的逆否命题为：“5a =或5b =-⇒0a b +=或5b =-”是假命题，故原命题为假命题，所以“5≠a 且5-≠b ”是“0≠+b a ”的不充分也不必要条件． 2、试题分析：由图知，12z i =--，2z i =，所以21(2)122(2)(2)55z i i i i z i i i -+===-------+，故选C ． 考点：1、复数的几何意义；2、复数的运算 3、试题分析：103)22cos(cos2=++απα，23cos 2sin cos 10ααα-=2212tan 33tan 20tan 701tan 10αααα-=⇒+-=+所以()1tan ,tan 73αα==-舍 考点：齐次式．4、试题分析：使用系统抽样方法，从840人中抽取42人，即从20人抽取1人．所以从编号1～480的人中，恰好抽取480/20=24人，接着从编号481～720共240人中抽取240/20=12人 考点：系统抽样5、试题分析：由题意11111111122222422211111166666633()(|),()C C C C C C C C C P A B P A C C C C C C ⋅⋅⋅⋅+⋅⋅==⋅⋅⋅⋅，则()1()()3P AB P B A P A ==，故选B.考点：条件概率.6、试题分析：由三视图可知，截面如图所示，可知所求几何体的体积为正方体体积的一半，由823==正方体V ，故所求几何体体积为4.7、试题分析：由()3211n a n N n *=∈-，可得11029560a a a a a a +=+=⋅⋅⋅=+=，110a >，90S ∴<，10110,0S S =>，使0n S >的n 的最小值为11，故选C.考点：数列的通项及前n 项和.8、试题分析：由题设()1312xf x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,111211333333111221210,033233234f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-<=-=-> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭,故选B ． 考点：幂函数性质；函数的零点9、试题分析：由题意24590BAF ︒<∠<︒，即2tan 1BAF ∠>，21b F A a =，122F F c =，所以221c ba>，22ac b >，即222c a ac -<，2210e e --<，解得11e <1e >，所以11e <<+选D ．考点：双曲线的几何性质．10、试题分析：根据题意有，在运行的过程中，11,1,,24A i A i ====；114,3774A i ===；11710107A ==，4i =；1110,5131310A i ===；，以此类推，就可以得出输出的A 是以1为分子，分母构成以3为首项，以3为公差的等差数列，输出的是第10项，所以输出的结果为131，故选C.11、试题分析：由题意得()3sin ln(1)=⋅+f x x x ，知1x >-，当2x π=时，()3s i n l n (1)3l n (1)3l n 32222f e ππππ=+=+<=，因为()13c o s l n (1)3s i n 1f x x x x x '=++⋅+，令()0f x '=，即13cos ln(1)3sin 01x x x x ++⋅=+，当0x π<<时，1ln(1)0,sin 0,01x x x +>>>+，因为cos 0x <，所以2x ππ<<，所以函数的极值点在(,)2ππ，故选B ．考点：函数的图象及函数的零点问题．12、由不等式()()'ln f x f x x x >启发，可构造函数()()ln f x F x x=，则()()()()2ln ln f x f x x x F x x '-'=，又由()()'ln f x f x x x >，得()()ln 0f x f x x x'->，即()F x 在()0,+∞上为单调递增函数，因为22e e <<，所以()()()22F F e F e <<，即()()()222l n 2l n l n f e f f e e e <<，又2ln 1,ln 2e e ==，整理可得()()2ln 2f f e <，()()22f e f e <.故正确答案选B.二、 填空题13、试题分析：水平放置的平面图形的直观图是用斜二测画法，所以与x 轴平行的保持不变，与y 轴平行的变为原来的一半，所以将直观图还原如图所示的图形，11,OA=12OB OB ==113A B ∴=所以原图形的周长是cm 8．14、试题分析：因为2204sin 4cos 4cos4cos042n xdx xπππ==-=-+=⎰，则422()()x x x x +-，令1x =，则422()()x x x x+-的展开式中各项系数和为4(12)(12)3+-=.15、试题分析：作出可行域，令x y t =，则由xy的几何意义可知取点P 时，t 取得最大值2，取点Q 时，t 取得最小值31，则]2,31[∈t ，又t t z 1-=，由t y =及t y 1-=单调递增，可知tt t f 1)(-=单调递增，故38331min -=-=z ，23212max =-=z ，所以y x z x y =-的取值范围是83,32⎡⎤-⎢⎥⎣⎦．16、试题分析：在ABC ∆中，3cos cos 5a B b A c -=，由正弦定理得3sin cos sin cos sin C 5A B -B A = ()333sin sin cos cos sin 555=A +B =A B +A B ，即s i n c o s 4c o s s i n A B=A B ，则t a n 4t a n A B =；由t a n 4t a n AB=得tan 4tan 0A B =>，()2tan tan 3tan 3tan 11tan tan 14tan 4tan tan A -B B A -B ===+A B +B +B B34≤=，当且仅当14tan tan B B =，1tan 2B =，tan 2A =时，等号成立，故当tan 2A =，1tan 2B =，tan()A B -的最大值为34，故答案填34.三、解答题17、试题解析（1）由已知得23321+⨯=n n S ，所以31=a ，当1>n 时，02=-052=-+y02=1113)23321()23321(---=+⨯-+⨯=-=n n n n n n S S a 所以{}n a 的通项公式为⎩⎨⎧>=-13131n n n（2）1=n 时将31=a 代入3log n n n a b a =中得，313log 3131=⇒=b b 1>n 时将13-=n n a 代入3log n n n a b a =中得n n n n n n b b ------=⇒=111311313log 3）（ 1=n 时，3111==b T 1>n 时，]3)1(3)2(......3231[31......12211321n n n n n n n b b b b b T -----⨯-+⨯-++⨯+⨯+=+++++= ]3)1(3)2(......3231[1......3323101321n n n n n n n b b b b b T ----⨯-+⨯-++⨯+⨯+=+++++=）（n n n n n T T ------+++++=-122103)1(3 (3333)23 ()11121313313n n n ----=+--⋅- 1363623nn +=-⨯ 即n T 21363623nn +=-⨯，所以n n n T 34361213⨯+-= 将1=n 代入此时得311=T ,所以数列{}n b 的前n 项和为n n 34361213⨯+- 18、试题解析：（1）在第一个箱子中摸出一个球是白球的概率为133P m =+，在第二个箱子中摸出一个球是白球的概率为22m P m =+，所以获奖概率12336325m P PP m m m m==⋅=≤++++当且仅当6m m =，即m =时取等号，又因为m 为整数，当2m =时，333210m P m m =⋅=++，当3m =时，333210m P m m =⋅=++，所以2m =或3时，max 310P =…………4分（2）ξ的取值有0，1，2，3，4，由（1）可知班长摸奖一次中奖的概率为310，由n 次独立重复试验的恰好3000210021470310294157261.57261000010000E ξ+⨯+⨯+⨯===19、试题解析：（Ⅰ）证：连结DB 1 、DC 1 ∵四边形DBB 1D 1为矩形，M 为D 1B 的中点 2分∴M 是DB 1与D 1B 的交点，且M 为DB 1的中点∴MN ∥DC 1，∴MN ∥平面DD 1C 1C 4分 （Ⅱ）解：四边形1221A A A A ''为矩形，B.C 在A 1A 2上，B 1.C 1在12A A ''上， 且BB 1∥CC 1∥'11A A ，A 1B = CA 2 = 2，BC =∴∠BDC = 90° 6分以DB 、DC 、DD 1所在直线分别为x.y.z 轴建立直角坐标系，则D(0，0，0)，B(2，0，0)，C(0，2，0)，D 1(0，0，λ)，B 1(2，0，λ)，C 1(0，2，λ) 点M 、N 分别为D 1B 和B 1C 1的中点，∴(10)(11)2M N λλ，，，，，设平面D 1MN 的法向量为m = (x ，y ，z)，则⎪⎩⎪⎨⎧=+-=+-⇒⎪⎩⎪⎨⎧=-⋅=-⋅00220)11()(0)221()(z y x z y x z y x z y x λλλλ，，，，，，，，， 令x = 1得：21y z λ=-=，即2(11)λ=-，，m 8分设平面MNC 的法向量为n = (x ，y ，z)，则()(11)02022()(11)00z x y z x y x y z x y z λλλλ⎧⎧⋅-=-+=⎪⎪⇒⎨⎨⎪⎪⋅-=-+=⎩⎩，，，，，，，，，令z = 1得：322x y λλ=-=-， 即3(1)22λλ=--，，n 10分 ∵二面角D 1－MN －C 为直二面角 ∴m ⊥n ，故32022λλλ⋅=-++=m n，解得：λ=∴二面角D 1－MN －C为直二面角时，λ= 12分20、（1）当1m =时，12(1,0),(1,0)F F -，1,2,c a b ===22143x y +=．（2）将24y mx =代入椭圆方程2222143x y m m+=得22316120x mx m +-=，即(6)(32)x m x m +-5m 7m 6m 2m 2 6m ,| PF1 | ,| F1 F2 | ．∵ PF1 F2 的边长恰好是连续的三个自然数，∴ , ) ，∴ | PF2 | 3 3 3 3 3 9 25 直线 PQ 的方程为 y 2 6( x 3) ， 代入抛物线方程 y 2 12 x 得 Q( , 3 6) ， ∴ | PQ | ． 设 m 3 ， P(2, 2 6) ， 2 2 0 ，得 P(t2 M ( ,) (3t6 1226 ) t，则点 M 到直线 PQ 的距离 d 6 6 2 75 6 5 6 时， d max ，∴ | (t ) | ，当 t 2 30 2 2 4125 6 . 16 考点：1、抛物线的几何性质；2、椭圆的几何性质.MPQ 面积的最大值为【方法点晴】 （1）当 m 1 时，求出焦点坐标，得 c 1, a 2, b 3 ，求出椭圆方程； （2）联立抛物线与椭圆 得到关于 x 的二次方程，求出点 P 的坐标， | PF2 |5m 7m 6m ,| PF1 | ,| F1F2 | ， PF1 F2 的边长恰好是连续的三 3 3 3个 自 然 数 ， m 3 . 此 时 P( 2 , 2 6 ) ， 求 出 直 线 PQ 的 方 程 ， 代 入 抛 物 线 方 程 得 Q 点 坐 标 及 | PQ | ． 设M(6 6 2 75 6 5 6 t2 ， 则点 M 到直线 PQ 的距离 d 当t 时， ， MPQ | (t ) |， d max ,t ) ( 3 6 t 2 6 ) 12 2 30 2 2 4 125 6 . 162面积的最大值为21、试题解析： （1）解：由已知得： k ( x) f ( x) ax bx c ．1 1 x 为偶函数，有 b ． 2 2 1 又 k (1) 0 ，所以 a b c 0 ，即 a c ． 2 1 2 1 1 2 1 1 因为 k ( x) x 对一切实数 x 恒成立，即对一切实数 x ，不等式 ( a ) x x c 0 恒成立．当 2 2 2 2 2 1 a 时，不符合题意． 22 由 g ( x) ax bx c 1 a 0, 1 2 当 a 时， 1 2 4(a 1 )(c 1 ) 0. 4 2 2所以 k ( x ) ac 1 1 ，得 a c ． 2 41 2 1 1 x x ． 4 2 4n2 2n 1 (n 1) 2 1 4 （2）证明： k (n) ，所以 ． 4 4 k (n) (n 1)2因为1 1 1 1 ， 2 (n 1) (n 1)(n 2) n 1 n 2所以 4 1 1 1 1 1 4n 1 1 1 1 4 „11 分 2 2 2 2 3 2 3 3 4 n 1 n 2 2 n 4 n 1 所以1 1 1 2n 成立 k (1) k (2) k ( n) n 2考点：1．函数的奇偶性；2．二次函数的性质；3．裂项相消法求和；4．不等式的证明．22． （本小题满分 10 分）选修 4—1：几何证明选讲 试题解析：证明： （1） 是圆 的切线， 是圆 的割线， 是 的中点， ， ，2 2又 ， ∽ ， ，即 ． C C ， C C ， ， ∽ （2） CD ， CD ，即 CD C ， //CD ， ∽ ， ， 是圆 的切线， C ， C ，即 DC C ， C//D ， 四边形 CD 是平行四边形．考点：1、圆的内接四边形的判定定理；2、圆周角定理；3、同弧或等弧所对的圆周角相等；4、割线定理． 23．选修 4—4：坐标系与参数方程 试题解析： （1）依题意 OA 4 cos , OB 4 cos , OC 4 cos 则 4 4 OB OC 4 cos + 4cos 4 4 = 2 2 cos sin + 2 2 cos sin = 4 2 cos = 2 OA （2） 当 12时，B,C 两点的极坐标分别为 2, , 2 3, 6 3 化为直角坐标为 B 1, 3 ，C 3, 3 程为 y 3x 2 所以 m 2, C 2 是经过点 m,0 且倾斜角为 的直线，又因为经过点 B,C 的直线方2 3考点：极坐标的意义，极坐标与直角坐标的互化 试题解析： （Ⅰ）∵关于 x 的不等式 2 x x 1 m 对于任意的 x [1, 2] 恒成立 m ( 2 x x 1)max 3 分根据柯西不等式，有 ( 2 x x 1)2 (1 2 x 1 x 1)2 [12 12 ] [( 2 x )2 ( x 1)2 ] 61 时等号成立，故 m 6 ．5 分 2 1 1 1 1 (m 2) (m 2) 2 （Ⅱ）由（Ⅰ）得 m 2 0 ，则 f m m (m 2) 2 2 2 (m 2) 2所以 2 x x 1 6 ，当且仅当 x ∴ f m 331 1 1 3 (m 2) (m 2) 2 3 22 6 分 2 2 (m 2)2 21 1 当且仅当 (m 2) ，即 m 3 2 2 6 时取等号， 8 分 2 (m 2)2所以函数 f m m 考点：柯西不等式1 3 的最小值为 3 2 2 ．10 分 2 2 (m 2)。
2016年高考数学导数压轴题及答案解析
2021年高考数学压轴卷及答案解析——导数目录2021年高考数学导数压轴卷............. 错误!未定义书签。
一．解答题（共30小题）............ 错误!未定义书签。
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2021年高考数学导数压轴卷一．解答题（共30小题）1．（2021•株洲一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．2．（2021•北京校级模拟）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）假设函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是不是存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．3．（2021•菏泽一模）设函数f（x）=lnx﹣﹣bx（Ⅰ）当a=b=时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令F（x）=f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．4．（2021•秦州区校级一模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）假设关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，假设关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．（3）证明不等式：（n∈N*）．5．（2021•陕西校级二模）关于函数f（x）和g（x），假设存在常数k，m，关于任意x∈R，不等式f（x）≥kx+m≥g（x）都成立，那么称直线y=kx+m是函数f（x），g（x）的分界限．已知函数f（x）=e x（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R 为常数）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设a=1，试探讨函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1是不是存在“分界限”？假设存在，求出分界限方程；假设不存在，试说明理由．6．（2021•安徽模拟）已知函数（a为实常数）．（Ⅰ）当a=1时，求函数g（x）=f（x）﹣2x的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在区间（0，2）上无极值，求a的取值范围；（Ⅲ）已知n∈N*且n≥3，求证：．7．（2021•黄冈模拟）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．（Ⅰ）假设函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，求a的值；（Ⅱ）假设函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：．8．（2021•衡水三模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）假设a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）假设在[1，e]（e=…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．9．（2021•陕西模拟）已知函数．（a为常数，a＞0）（Ⅰ）假设是函数f（x）的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在上是增函数；（Ⅲ）假设对任意的a∈（1，2），总存在，使不等式f（x0）＞m（1﹣a2）成立，求实数m的取值范围．10．（2021•横峰县校级一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，问：m在什么范围取值时，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，假设在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f（x0）成立，试求实数p的取值范围．11．（2021•凤凰县校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣ax2﹣3x（1）假设f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；（2）假设x=﹣是f（x）的一个极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值；（3）在（2）的条件下，是不是存在实数b，使得函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，假设存在，请求出实数b的取值范围；假设不存在，试说明理由．12．（2021•路南区校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（Ⅰ）假设f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的值；（Ⅱ）假设∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（Ⅲ）假设a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．13．（2021•张家港市校级模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x﹣12，f′（x）为f（x）的导函数，知足f′（2﹣x）=f′（x）．（Ⅰ）设g（x）=x，m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（Ⅱ）设h（x）=lnf′（x），假设对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．14．（2021•安徽三模）已知函数在点（﹣1，f（﹣1））的切线方程为x+y+3=0．（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）设g（x）=lnx，求证：g（x）≥f（x）在x∈[1，+∞）上恒成立；（Ⅲ）已知0＜a＜b，求证：．15．（2021秋•仙游县校级期中）已知函数f（x）=x+，h（x）=．（Ⅰ）设函数F（x）=f（x）﹣h（x），求F（x）的单调区间与极值；（Ⅱ）设a∈R，解关于x的方程log4[f（x﹣1）﹣]=log2h（a﹣x）﹣log2h（4﹣x）；（Ⅲ）试比较f（100）h（100）﹣与的大小．16．（2021•遵义二模）设函数f（x）=x2+aln（1+x）有两个极值点x1、x2，且x1＜x2，（Ⅰ）求a的取值范围，并讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）证明：f（x2）＞．17．（2021秋•大兴区校级月考）已知函数f（x）=e x﹣e﹣x﹣2x．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（2x）﹣4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的最大值；（Ⅲ）已知＜＜，估量ln2的近似值（精准到）．18．（2021•武汉模拟）己知函数f（x）=x2e﹣x（Ⅰ）求f（x）的极小值和极大值；（Ⅱ）当曲线y=f（x）的切线l的斜率为负数时，求l在x轴上截距的取值范围．19．（2021•马山县校级模拟）已知函数f（x）=x3+3ax2+（3﹣6a）x+12a﹣4（a∈R）（Ⅰ）证明：曲线y=f（x）在x=0的切线过点（2，2）；（Ⅱ）假设f（x）在x=x0处取得极小值，x0∈（1，3），求a的取值范围．20．（2021春•丰润区期中）已知函数f（x）=x3+3ax2+3x+1．（Ⅰ）求a=时，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）假设x∈[2，+∞）时，f（x）≥0，求a的取值范围．21．（2021•浙江）已知函数f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈R）．（Ⅰ）假设f（x）在[﹣1，1]上的最大值和最小值别离记为M（a），m（a），求M（a）﹣m （a）；（Ⅱ）设b∈R，假设[f（x）+b]2≤4对x∈[﹣1，1]恒成立，求3a+b的取值范围．22．（2021•河西区三模）已知函数f（x）=+cx+d（a，c，d∈R）知足f（0）=0，f′（1）=0，且f′（x）≥0在R上恒成立．（1）求a，c，d的值；（2）假设，解不等式f′（x）+h（x）＜0；（3）是不是存在实数m，使函数g（x）=f′（x）﹣mx在区间[m，m+2]上有最小值﹣5？假设存在，请求出实数m的值；假设不存在，请说明理由．23．（2021•四川模拟）已知函数f（x）=lnx+x2．（Ⅰ）假设函数g（x）=f（x）﹣ax在其概念域内为增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，假设a＞1，h（x）=e3x﹣3ae x x∈[0，ln2]，求h（x）的极小值；（Ⅲ）设F（x）=2f（x）﹣3x2﹣kx（k∈R），假设函数F（x）存在两个零点m，n（0＜m＜n），且2x0=m+n．问：函数F（x）在点（x0，F（x0））处的切线可否平行于x轴？假设能，求出该切线方程；假设不能，请说明理由．24．（2021•天津三模）已知函数f（x）=（2﹣a）（x﹣1）﹣2lnx，g（x）=xe1﹣x．（a∈R，e为自然对数的底数）（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在上无零点，求a的最小值；（Ⅲ）假设对任意给定的x0∈（0，e]，在（0，e]上总存在两个不同的x i（i=1，2），使得f（x i）=g（x0）成立，求a的取值范围．25．（2021•河西区一模）已知函数g（x）=，f（x）=g（x）﹣ax．（1）求函数g（x）的单调区间；（2）假设函数f（x）在（1，+∞）上是减函数，求实数a的最小值；（3）假设存在x1，x2∈[e，e2]，使f（x1）≤f′（x2）+a，求实数a的取值范围．26．（2021•凉州区二模）已知函数f（x）=plnx+（p﹣1）x2+1．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当P=1时，f（x）≤kx恒成立，求实数k的取值范围；（3）证明：1n（n+1）＜1+…+（n∈N+）．27．（2021•蚌埠二模）已知函数为大于零的常数．（1）假设函数f（x）在区间[1，+∞）内调递增，求a的取值范围；（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值；（3）求证：关于任意的成立．28．（2021•高州市模拟）设函数f（x）=（x﹣1）2+blnx，其中b为常数．（1）当时，判定函数f（x）在概念域上的单调性；（2）假设函数f（x）的有极值点，求b的取值范围及f（x）的极值点；（3）求证对任意不小于3的正整数n，不等式都成立．29．（2021•甘肃二模）已知函数f（x）=+lnx﹣2，g（x）=lnx+2x．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）试问过点（2，5）可作多少条直线与曲线y=g（x）相切？请说明理由．30．（2021•吉林三模）已知函数f（x）=lnx﹣，g（x）=f（x）+ax﹣6lnx，其中a∈R（1）当a=1时，判定f（x）的单调性；（2）假设g（x）在其概念域内为增函数，求正实数a的取值范围；（3）设函数h（x）=x2﹣mx+4，当a=2时，假设∃x1∈（0，1），∀x2∈[1，2]，总有g（x1）≥h （x2）成立，求实数m的取值范围．2021年高考数学导数压轴卷答案解析一．解答题（共30小题）1．（2021•株洲一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间（t，3）上总不是单调函数，求m的取值范围；（Ⅲ）求证：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：压轴题．分析：利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数f′（x）；②解f′（x）＞0（或＜0）；③得到函数的增区间（或减区间），对于本题的（1）在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数a的讨论情况；（2）点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，即切线斜率为1，即f'（2）=1，可求a 值，代入得g（x）的解析式，由t∈[1，2]，且g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数可知：，于是可求m的范围．（3）是近年来高考考查的热点问题，即与函数结合证明不等式问题，常用的解题思路是利用前面的结论构造函数，利用函数的单调性，对于函数取单调区间上的正整数自变量n 有某些结论成立，进而解答出这类不等式问题的解．解答：解：（Ⅰ）（2分）当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a=0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）得a=﹣2，f（x）=﹣2lnx+2x﹣3∴，∴g'（x）=3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）=﹣2 ∴由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：，∴（10分）（Ⅲ）令a=﹣1此时f（x）=﹣lnx+x﹣3，所以f（1）=﹣2，由（Ⅰ）知f（x）=﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴∴点评：本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间，已知函数曲线上一点求曲线的切线方程即对函数导数的几何意义的考查，考查求导公式的掌握情况．含参数的数学问题的处理，构造函数求解证明不等式问题．2．（2021•北京校级模拟）已知函数f（x）=x2+ax﹣lnx，a∈R．（1）假设函数f（x）在[1，2]上是减函数，求实数a的取值范围；（2）令g（x）=f（x）﹣x2，是不是存在实数a，当x∈（0，e]（e是自然常数）时，函数g（x）的最小值是3，假设存在，求出a的值；假设不存在，说明理由；（3）当x∈（0，e]时，证明：．考点：利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（1）先对函数f（x）进行求导，根据函数f（x）在[1，2]上是减函数可得到其导函数在[1，2]上小于等于0应该恒成立，再结合二次函数的性质可求得a的范围．（2）先假设存在，然后对函数g（x）进行求导，再对a的值分情况讨论函数g（x）在（0，e]上的单调性和最小值取得，可知当a=e2能够保证当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx结合（2）中知F（x）的最小值为3，再令并求导，再由导函数在0＜x≤e大于等于0可判断出函数ϕ（x）在（0，e]上单调递增，从而可求得最大值也为3，即有成立，即成立．解答：解：（1）在[1，2]上恒成立，令h（x）=2x2+ax﹣1，有得，得（2）假设存在实数a，使g（x）=ax﹣lnx（x∈（0，e]）有最小值3，=①当a≤0时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），②当时，g（x）在上单调递减，在上单调递增∴，a=e2，满足条件．③当时，g（x）在（0，e]上单调递减，g（x）min=g（e）=ae﹣1=3，（舍去），综上，存在实数a=e2，使得当x∈（0，e]时g（x）有最小值3．（3）令F（x）=e2x﹣lnx，由（2）知，F（x）min=3．令，，当0＜x≤e时，ϕ'（x）≥0，φ（x）在（0，e]上单调递增∴∴，即＞（x+1）lnx．点评：本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．3．（2021•菏泽一模）设函数f（x）=lnx﹣﹣bx（Ⅰ）当a=b=时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）令F（x）=f（x）+＜x≤3），其图象上任意一点P（x0，y0）处切线的斜率k≤恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，求实数m的取值范围．考利用导数研究函数的单调性；根的存在性及根的个数判断；利用导数研究曲线上某点切点：线方程．专题：计算题；压轴题．分析：（I）先求导数fˊ（x）然后在函数的定义域内解不等式fˊ（x）＞0和fˊ（x）＜0，fˊ（x）＞0的区间为单调增区间，fˊ（x）＜0的区间为单调减区间．（II）先构造函数F（x）再由以其图象上任意一点P（x0，y0）为切点的切线的斜率k≤恒成立，知导函数≤恒成立，再转化为所以a≥（﹣，x02+x0）max求解．（III）先把程f（x）=mx有唯一实数解，转化为有唯一实数解，再利用单调函数求解．解答：解：（Ⅰ）依题意，知f（x）的定义域为（0，+∞）．（1分）当a=b=时，f（x）=lnx﹣x2﹣x，f′（x）=﹣x﹣=．（2分）令f′（x）=0，解得x=1．当0＜x＜1时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增；当x＞1时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减．（3分）所以函数f（x）的单调增区间（0，1），函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．（4分）（Ⅱ）F（x）=lnx+，x∈（0，3]，所以k=F′（x0）=≤，在x0∈（0，3]上恒成立，（6分）所以a≥（﹣x02+x0）max，x0∈（0，3]（7分）当x0=1时，﹣x02+x0取得最大值．所以a≥．（9分）（Ⅲ）当a=0，b=﹣1时，f（x）=lnx+x，因为方程f（x）=mx在区间[1，e2]内有唯一实数解，所以lnx+x=mx有唯一实数解．∴，设g（x）=，则g′（x）=．令g′（x）＞0，得0＜x＜e；g′（x）＜0，得x＞e，∴g（x）在区间[1，e]上是增函数，在区间[e，e2]上是减函数，g（1）=1，g（e2）=1+=1+，g（e）=1+，所以m=1+，或1≤m＜1+．点评：本题主要考查函数的单调性、极值、不等式、方程的解等基本知识，同时考查运用导数研究函数性质的方法，分类与整合及化归与转化等数学思想．4．（2021•秦州区校级一模）设函数f（x）=（1+x）2﹣2ln（1+x）（1）假设关于x的不等式f（x）﹣m≥0在[0，e﹣1]有实数解，求实数m的取值范围．（2）设g（x）=f（x）﹣x2﹣1，假设关于x的方程g（x）=p至少有一个解，求p的最小值．（3）证明不等式：（n∈N*）．考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（1）依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]，求导数，求得函数的单调性，从而可得函数的最大值；（2）求导函数，求得函数的单调性与最值，从而可得p的最小值；（3）先证明ln（1+x）≤x，令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：，从而可得．利用叠加法可得结论．解答：（1）解：依题意得f（x）max≥m，x∈[0，e﹣1]∵，而函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞）∴f（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数，∴f（x）在[0，e﹣1]上为增函数，∴∴实数m的取值范围为m≤e2﹣2（2）解：g（x）=f（x）﹣x2﹣1=2x﹣2ln（1+x）=2[x﹣ln（1+x）]，∴显然，函数g（x）在（﹣1，0）上为减函数，在（0，+∞）上为增函数∴函数g（x）的最小值为g（0）=0∴要使方程g（x）=p至少有一个解，则p≥0，即p的最小值为0（3）证明：由（2）可知：g（x）=2[x﹣ln（1+x）]≥0在（﹣1，+∞）上恒成立所以ln（1+x）≤x，当且仅当x=0时等号成立令，则x∈（0，1）代入上面不等式得：即，即所以ln2﹣ln1＜1，，，…，将以上n个等式相加即可得到：点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查不等式的证明，考查恒成立问题，属于中档题．5．（2021•陕西校级二模）关于函数f（x）和g（x），假设存在常数k，m，关于任意x∈R，不等式f（x）≥kx+m≥g（x）都成立，那么称直线y=kx+m是函数f（x），g（x）的分界限．已知函数f（x）=e x（ax+1）（e为自然对数的底，a∈R 为常数）．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设a=1，试探讨函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1是不是存在“分界限”？假设存在，求出分界限方程；假设不存在，试说明理由．考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的判断与证明．专题：计算题；压轴题；新定义．分析：（Ⅰ）f′（x）=e x（ax+1+a），当a＞0时，f′（x）＞0⇔函数f（x）在区间（﹣1﹣，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是减函数；a=0时，f′（x）＞0，函数f（x）是区间（﹣∞，+∞）上的增函数；当a＜0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是增函数，在区间（﹣1﹣，+∞）上是减函数．（Ⅱ）若存在，则e x（x+1）≥kx+m≥﹣x2+2x+1恒成立，令x=0，得m=1，因此x2+（k ﹣2）x≥0恒成立，由此及彼能推导出函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1存在“分界线”．解答：解：（Ⅰ）f′（x）=e x（ax+1+a），（2分）当a＞0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，即x＞﹣1﹣，函数f（x）在区间（﹣1﹣，+∞）上是增函数，在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是减函数；（3分）当a=0时，f′（x）＞0，函数f（x）是区间（﹣∞，+∞）上的增函数；（5分）当a＜0时，f′（x）＞0⇔ax＞﹣a﹣1，即x＜﹣1﹣，函数f（x）在区间（﹣∞，﹣1﹣）上是增函数，在区间（﹣1﹣，+∞）上是减函数．（7分）（Ⅱ）若存在，则e x（x+1）≥kx+m≥﹣x2+2x+1恒成立，令x=0，则1≥m≥1，所以m=1，（9分）因此：kx+1≥﹣x2+2x+1恒成立，即x2+（k﹣2）x≥0恒成立，由△≤0得到：k=2，现在只要判断e x（x+1）≥2x+1是否恒成立，（11分）设∅（x）=e x（x+1）﹣（2x+1），因为：∅′（x）=e x（x+2）﹣2，当x＞0时，e x＞1，x+2＞2，∅′（x）＞0，当x＜0时，e x（x+2）＜2e x＜2，∅′（x）＜0，所以∅（x）≥∅（0）=0，即e x（x+1）≥2x+1恒成立，所以函数f（x）与函数g（x）=﹣x2+2x+1存在“分界线”．方程为y=2x+1．（14分）点评：本题考查导数函数单调性中的应用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地运用导数的性质进行求解．6．（2021•安徽模拟）已知函数（a为实常数）．（Ⅰ）当a=1时，求函数g（x）=f（x）﹣2x的单调区间；（Ⅱ）假设函数f（x）在区间（0，2）上无极值，求a的取值范围；（Ⅲ）已知n∈N*且n≥3，求证：．考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数研究函数的单调性；数列与不等式的综合．专题：综合题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）求出函数定义域，当a=1时求出g′（x），只需解不等式g′（x）＞0，g′（x）＜0即可．（Ⅱ）函数f（x）在区间（0，2）上无极值，则f′（x）≥0或f′（x）≤0，由此即可求出a 的取值范围．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（1）=0，得f（x）=≤0，即ln，令x=适当变形即可证明．解答：解：（I）当a=1时，，其定义域为（0，+∞），g′（x）=﹣2+=，，令g′（x）＞0，并结合定义域知；令g′（x）＜0，并结合定义域知；故g（x）的单调增区间为（0，）；单调减区间为．（II），（1）当f′（x）≤0即a≤x在x∈（0，2）上恒成立时，a≤0，此时f（x）在（0，2）上单调递减，无极值；（2）当f′（x）≥0即a≥x在x∈（0，2）上恒成立时，a≥2，此时f（x）在（0，2）上单调递增，无极值．综上所述，a的取值范围为（﹣∞，0]∪[2，+∞）．（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f′（x）=，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，∴f（x）=在x=1处取得最大值0．即f（x）=1﹣，∴，令x=（0＜x＜1），则，即ln（n+1）﹣lnn，∴ln=ln（n+1）﹣ln3=[ln（n+1）﹣lnn]+[lnn﹣ln（n﹣1）]+…+（ln4﹣ln3）＜．故．点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性、利用导数求函数最值问题，考查了运用知识解决问题的能力．7．（2021•黄冈模拟）已知函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．（Ⅰ）假设函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，求a的值；（Ⅱ）假设函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，求a的取值范围；（Ⅲ）证明：．考点：函数在某点取得极值的条件；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题；导数的综合应用．分析：（Ⅰ）根据已知条件函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，可得F′（1）=0，得出等式，求出a值；（Ⅱ）因为函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）在区间（0，1）上为增函数，可以对其进行转化，可以转化为G′（x）＞0在（0，1）上恒成立，利用常数分离法进行求解；（Ⅲ）这个证明题可以利用一个恒等式，sinx＜x，然后对从第三项开始进行放缩，然后进行证明；解答：解：（Ⅰ）∵函数f（x）=ax，g（x）=lnx，其中a∈R．∴F（x）=ax﹣lnx，则F′（x）=a﹣，∵函数F（x）=f（x）﹣g（x）有极值点1，∴F′（1）=0，∴a﹣1=0，解得a=1；（Ⅱ）∵函数G（x）=f[sin（1﹣x）]+g（x）=asin（1﹣x）+lnx，∴G′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+，只要G′（x）在区间（0，1）上大于等于0，∴G′（x）=acos（1﹣x）×（﹣1）+≥0，∴a≤，求的最小值即可，求h（x）=xcos（1﹣x）的最大值即可，0＜1﹣x＜1，∵h′（x）=cos（1﹣x）+xsin（1﹣x）＞0，∴h（x）在（0，1）增函数，h（x）＜h（1）=1，∴的最小值为1，∴a≤1；（Ⅲ）∵0＜＜1，∵sinx＜x在x∈（0，1）上恒成立，∴=sin+sin+…+sin≤++…+＜+++++…+=﹣＜＜ln2，∴＜ln2；点评：第一问利用导数可以很容易解决，第二问利用了常数分离法进行证明，第三问需要进行放缩证明，主要利用sinx＜x进行证明，此题难度比较大，计算量比较大；8．（2021•衡水三模）已知函数f（x）=x﹣alnx，g（x）=﹣，（a∈R）．（Ⅰ）假设a=1，求函数f（x）的极值；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣g（x），求函数h（x）的单调区间；（Ⅲ）假设在[1，e]（e=…）上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，求a的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．专题：计算题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（Ⅰ）先求出其导函数，让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间进而求出函数f（x）的极值；（Ⅱ）先求出函数h（x）的导函数，分情况讨论让其大于0求出增区间，小于0求出减区间即可得到函数的单调区间；（Ⅲ）先把f（x0）＜g（x0）成立转化为h（x0）＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零；再结合（Ⅱ）的结论分情况讨论求出其最小值即可求出a的取值范围．解答：解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），（1分）当a=1时，f（x）=x﹣lnx，，（2分）x （0，1） 1 （1，+∞）f'（x）﹣0 +f（x）极小（3分）所以f（x）在x=1处取得极小值1．（4分）（Ⅱ），（6分）①当a+1＞0时，即a＞﹣1时，在（0，1+a）上h'（x）＜0，在（1+a，+∞）上h'（x）＞0，所以h（x）在（0，1+a）上单调递减，在（1+a，+∞）上单调递增；（7分）②当1+a≤0，即a≤﹣1时，在（0，+∞）上h'（x）＞0，所以，函数h（x）在（0，+∞）上单调递增．（8分）（III）在[1，e]上存在一点x0，使得f（x0）＜g（x0）成立，即在[1，e]上存在一点x0，使得h（x0）＜0，即函数在[1，e]上的最小值小于零．（9分）由（Ⅱ）可知①即1+a≥e，即a≥e﹣1时，h（x）在[1，e]上单调递减，所以h（x）的最小值为h（e），由可得，因为，所以；（10分）②当1+a≤1，即a≤0时，h（x）在[1，e]上单调递增，所以h（x）最小值为h（1），由h（1）=1+1+a＜0可得a＜﹣2；（11分）③当1＜1+a＜e，即0＜a＜e﹣1时，可得h（x）最小值为h（1+a），因为0＜ln（1+a）＜1，所以，0＜aln（1+a）＜a故h（1+a）=2+a﹣aln（1+a）＞2此时，h（1+a）＜0不成立．（12分）综上讨论可得所求a的范围是：或a＜﹣2．（13分）点评：本题第一问考查利用导函数来研究函数的极值．在利用导函数来研究函数的极值时，分三步①求导函数，②求导函数为0的根，③判断根左右两侧的符号，若左正右负，原函数取极大值；若左负右正，原函数取极小值．9．（2021•陕西模拟）已知函数．（a为常数，a＞0）（Ⅰ）假设是函数f（x）的一个极值点，求a的值；（Ⅱ）求证：当0＜a≤2时，f（x）在上是增函数；（Ⅲ）假设对任意的a∈（1，2），总存在，使不等式f（x0）＞m（1﹣a2）成立，求实数m的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用．专题：计算题；压轴题；分类讨论；转化思想．分析：（Ⅰ）先求出其导函数：，利用是函数f（x）的一个极值点对应的结论f'（）=0即可求a的值；（Ⅱ）利用：，在0＜a≤2时，分析出因式中的每一项都大于等于0即可证明结论；（Ⅲ）先由（Ⅱ）知，f（x）在上的最大值为，把问题转化为对任意的a∈（1，2），不等式恒成立；然后再利用导函数研究不等式左边的最小值看是否符合要求即可求实数m的取值范围．解答：解：由题得：．（Ⅰ）由已知，得且，∴a2﹣a﹣2=0，∵a＞0，∴a=2．（2分）（Ⅱ）当0＜a≤2时，∵，∴，∴当时，．又，∴f'（x）≥0，故f（x）在上是增函数．（5分）（Ⅲ）a∈（1，2）时，由（Ⅱ）知，f（x）在上的最大值为，于是问题等价于：对任意的a∈（1，2），不等式恒成立．记，（1＜a＜2）则，当m=0时，，∴g（a）在区间（1，2）上递减，此时，g（a）＜g（1）=0，由于a2﹣1＞0，∴m≤0时不可能使g（a）＞0恒成立，故必有m＞0，∴．若，可知g（a）在区间上递减，在此区间上，有g（a）＜g（1）=0，与g（a）＞0恒成立矛盾，故，这时，g'（a）＞0，g（a）在（1，2）上递增，恒有g（a）＞g（1）=0，满足题设要求，∴，即，所以，实数m的取值范围为．（14分）点评：本题第一问主要考查利用极值求对应变量的值．可导函数的极值点一定是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点．10．（2021•横峰县校级一模）已知函数f（x）=alnx﹣ax﹣3（a∈R，a≠0）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）假设函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为，问：m在什么范围取值时，关于任意的t∈[1，2]，函数在区间[t，3]上总存在极值？（Ⅲ）当a=2时，设函数，假设在区间[1，e]上至少存在一个x0，使得h（x0）＞f（x0）成立，试求实数p的取值范围．考点：利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．专题：计算题；综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）求出f′（x）对a分类讨论，由f′（x）＞0时，得到函数的递增区间；令f′（x）＜0时，得到函数的递减区间；（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，得到f′（2）=1求出a的值代入到g（x）=中化简，求出导函数，因为函数在[t，3]上总存在极值得到g′（t）＜0，g′（3）＞0 解出m的范围记即可；（Ⅲ）F（x由题意构建新函数F（x））=f（x）﹣g（x），这样问题转化为使函数F（x）在[1，e]上至少有一解的判断．解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）=﹣a=a（）（x＞0），∴（1）当a＞0时，令f′（x）＞0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递增；令f′（x）＜0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递减．当a＜0时，f′（x）=﹣a（），令f′（x）＞0时，解得x＞1，所以f（x）在（1，+∞）递增；令f′（x）＜0时，解得0＜x＜1，所以f（x）在（0，1）递减；（Ⅱ）因为函数y=f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，所以f′（2）=1，所以a=﹣2，f′（x）=﹣+2，g（x）=x3+x2[+f′（x）]=x3+x2[+2﹣]=x3+（2+）•x2﹣2x，∴g′（x）=3x2+（4+m）x﹣2，因为对于任意的t∈[1，2]，函数g（x）=x3+x2[+f′（x）]在区间[t，3]上总存在极值，所以只需g′（2）＜0 g′（3）＞0，解得﹣＜m＜﹣9；（Ⅲ）∴令F（x）=h（x）﹣f（x）=（p﹣2）x﹣﹣3﹣2lnx+2x+3=px﹣﹣﹣2lnx，①当p≤0时，由x∈[1，e]得px﹣≤0，﹣﹣2lnx＜0．所以，在[1，e]上不存在x0，使得h（x0）＞f（x0）成立；②当p＞0时，F′（x）=，∵x∈[1，e]，∴2e﹣2x≥0，px2+p＞0，F′（x）＞0在[1，e]上恒成立，故F（x）在[1，e]上单调递增．∴F（x）max=F（e）=pe﹣﹣4．故只要pe﹣﹣4＞0，解得p＞．所以p的取值范围是[，+∞）．点评：（Ⅰ）考查学生利用导数研究函数单调性的能力，（Ⅱ）利用导数研究曲线上某点切线方程的能力，会根据直线的倾斜角求直线的斜率，（Ⅲ）此处重点考查了等价转化的思想，把问题转化为构建一新函数，并考查了函数F（x）在定义域下恒成立问题数式中含字母系数，需分类讨论，属于难题．11．（2021•凤凰县校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣ax2﹣3x（1）假设f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，求实数a的取值范围；（2）假设x=﹣是f（x）的一个极值点，求f（x）在[1，a]上的最大值；（3）在（2）的条件下，是不是存在实数b，使得函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，假设存在，请求出实数b的取值范围；假设不存在，试说明理由．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数的单调性与导数的关系；利用导数研究函数的极值．专题：综合题；压轴题．分（1）求导函数，可得f′（x）=3x2﹣2ax﹣3，利用f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，可析：得3x2﹣2ax﹣3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，从而可求实数a的取值范围；（2）依题意x=﹣是f（x）的一个极值点，所以，从而可得f（x）=x3﹣4x2﹣3x，利用导数确定函数的单调性与极值，从而可求f（x）在[1，4]上的最大值；（3）函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，即方程x3﹣4x2﹣3x=bx 恰有3个不等实根，即方程x2﹣4x﹣3﹣b=0有两个非零不等实根，从而可求实数b的取值范围解答：解：（1）求导函数，可得f′（x）=3x2﹣2ax﹣3∵f（x）在区间[1，+∞）上是增函数，∴f′（x）≥0在区间[1，+∞）上恒成立，即3x2﹣2ax﹣3≥0在区间[1，+∞）上恒成立，则必有且f′（1）=﹣2a≥0，∴a≤0（5分）（2）依题意x=﹣是f（x）的一个极值点，∴即∴a=4，∴f（x）=x3﹣4x2﹣3x（6分）令f′（x）=3x2﹣8x﹣3=0，得则当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：x 1 （1，3） 3 （3，4） 4 f′（x）﹣0 +f（x）﹣6 ﹣18 ﹣12 ∴f（x）在[1，4]上的最大值是f（1）=﹣6（10分）（3）函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，即方程x3﹣4x2﹣3x=bx恰有3个不等实根（12分）∴x3﹣4x2﹣3x﹣bx=0恰有3个不等实根∵x=0是其中一个根，∴方程x2﹣4x﹣3﹣b=0有两个非零不等实根，∴∴b＞﹣7，且b≠﹣3（14分）点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查函数图象的交点问题，解题的关键是将函数g（x）=bx的图象与函数f（x）的图象恰有3个交点，转化为方程x3﹣4x2﹣3x=bx恰有3个不等实根．12．（2021•路南区校级模拟）已知函数f（x）=x3﹣（2a+1）x2+（a2+a）x．（Ⅰ）假设f（x）在x=1处取得极大值，求实数a的值；（Ⅱ）假设∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，求k的取值范围；（Ⅲ）假设a＞﹣1，求f（x）在区间[0，1]上的最大值．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．专题：综合题；压轴题；导数的概念及应用．分析：（Ⅰ）求导数，确定函数的单调性，利用f（x）在x=1处取得极大值，可求实数a的值；（II）求导数，根据∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，可得对x∈R成立，即使f'（x）的最小值大于k；（III）分类讨论，确定函数在区间[0，1]上的单调性，从而可求函数的最大值．解答：解：（Ⅰ）因为f'（x）=x2﹣（2a+1）x+（a2+a）=（x﹣a）[x﹣（a+1）]…（2分）令f'（x）=0，得x1=（a+1），x2=a所以f'（x），f（x）随x的变化情况如下表：x （﹣∞，a） a （a，a+1）a+1 （a+1，+∞）f'（x）+ 0 ﹣0 +f（x）极大值极小值…（4分）因为f（x）在x=1处取得极大值，所以a=1…（5分）（II）求导数可得…（6分）因为∀m∈R，直线y=kx+m都不是曲线y=f（x）的切线，所以对x∈R成立…（7分）所以只要f'（x）的最小值大于k，所以…（8分）（III）因为a＞﹣1，所以a+1＞0，当a≥1时，f'（x）≥0对x∈[0，1]成立，所以当x=1时，f（x）取得最大值…（9分）当0＜a＜1时，在x∈（0，a）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，在x∈（a，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x=a时，f（x）取得最大值…（10分）当a=0时，在x∈（0，1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，所以当x=0时，f（x）取得最大值f（0）=0…（11分）当﹣1＜a＜0时，在x∈（0，a+1）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，在x∈（a+1，1）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增，又，当时，f（x）在x=1取得最大值当时，f（x）在x=0取得最大值f（0）=0当时，f（x）在x=0，x=1处都取得最大值0．…（14分）综上所述，当a≥1或时，f（x）取得最大值；当0＜a ＜1时，f（x）取得最大值；当时，f（x）在x=0，x=1处都取得最大值0；当时，f（x）在x=0取得最大值f（0）=0．点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与极值，考查导数的几何意义，考查分类讨论的数学思想，属于中档题．13．（2021•张家港市校级模拟）已知函数f（x）=x3+bx2+cx+d，设曲线y=f（x）在与x轴交点处的切线为y=4x﹣12，f′（x）为f（x）的导函数，知足f′（2﹣x）=f′（x）．（Ⅰ）设g（x）=x，m＞0，求函数g（x）在[0，m]上的最大值；（Ⅱ）设h（x）=lnf′（x），假设对一切x∈[0，1]，不等式h（x+1﹣t）＜h（2x+2）恒成立，求实数t的取值范围．考点：利用导数求闭区间上函数的最值；函数恒成立问题．专题：综合题；压轴题．分析：（Ⅰ）f′（x）=x2+2bx+c，由f′（2﹣x）=f′（x），解得b=﹣1．由直线y=4x﹣12与x轴的交点为（3，0），解得c=1，d=﹣3．由此能求出函数g（x）在[0，m]上的最大值．（Ⅱ）h（x）=ln（x﹣1）2=2ln|x﹣1|，则h（x+1﹣t）=2ln|x﹣t|，h（2x+2）=2ln|2x+1|，由当x∈[0，1]时，|2x+1|=2x+1，知不等式2ln|x﹣t|＜2ln|2x+1|恒成立等价于|x﹣t|＜2x+1，且x≠t恒成立，由此能求出实数t的取值范围．解答：（本小题满分14分）解：（Ⅰ）f′（x）=x2+2bx+c，∵f′（2﹣x）=f′（x），∴函数y=f′（x）的图象关于直线x=1对称，则b=﹣1．∵直线y=4x﹣12与x轴的交点为（3，0），∴f（3）=0，且f′（x）=4，即9+9b+3c+d=0，且9+6b+c=4，解得c=1，d=﹣3．则．故f′（x）=x2﹣2x+1=（x﹣1）2，g（x）=x=x|x﹣1|=，如图所示．当时，x=，根据图象得：（ⅰ）当x＜m时，g（x）最大值为m﹣m2；。
2016年高考数学江苏卷压轴题详解
2016年⾼考数学江苏卷压轴题详解今年的江苏卷较之去年要简单不少．填空题倒数第⼆题考查向量的“极化恒等式”，在江苏的各类模拟卷中已知屡见不鲜了，对认真复习的同学没有什么难度．填空题最后⼀题将三⾓恒等变换和不等式有机的结合起来，是⼀道不错的题⽬．不过设问⽅式以及所求结论的形式可能会让⼤部分同学“⼼中⼀凛”，难度还是不⼩的．直线与圆的⼤题⽐2013年的要逊⾊不少，函数⼤题的答案很容易猜到，稍加论证即可．压轴题明显较去年温柔很多，不仅给了充⾜的提⽰，⽽且最后⼀⼩题把解题⽤到的字母都预留好了……附加卷的两道题中规中矩，配合整卷完成了对知识的全⾯考查．总的来说，今年江苏卷命题⽔平在全国九卷中还是稳居前三的．第13题（填空倒数第⼆题）：如图，在中，是的中点，是上的两个三等分点，，，则的值是______．解 极化恒等式 我们熟知极化恒等式利⽤它可以将不好计算的数量积转化为好计算的线段长度．本题中有⽽于是不难计算得，，进⽽基底化 设，，根据题意有整理得于是第14题（填空压轴题）：在锐⾓三⾓形中，若，则的最⼩值是_______ ．解 注意到题中条件两边的次数不齐，考虑将改写为，于是有朝结论靠拢，有我们熟知在锐⾓中有于是从⽽等号当时取得．经验证，当，，时可以取得等号，因此的最⼩值是．拓展 在⾮直⾓中，有整理即得这个三⾓恒等式曾多次在各个⾼校的⾃主招⽣试题中出现．第18题（解析⼏何）：如图，在平⾯直⾓坐标系中，已知以为圆⼼的圆及其上⼀点．(1) 设圆与轴相切，与圆外切，且圆⼼在直线上，求圆的标准⽅程；(2) 设平⾏于的直线与圆相交于两点，且，求直线的⽅程；(3) 设满⾜：存在圆上的两点和，使得，求实数的取值范围．解 (1) 将圆的⽅程整理为标准⽅程：．由于圆与圆的圆⼼连线与轴垂直，于是圆与轴和圆的切点分别是和，进⽽其标准⽅程为(2) 由题意，，于是圆⼼到直线的距离为⼜直线的斜率为，设其⽅程为，则有解得或，因此直线的⽅程是或．(3) 由题意，．⽽可以在圆上任取，因此可以表⽰任何长度不超过圆的直径的向量．于是问题等价于点在圆的圆内部(包含边界)，即解得因此实数的取值范围是．第19题（导数）：已知函数()．(1) 设，．(i) 求⽅程的根；(ii) 若对于任意，不等式恒成⽴，求实数的最⼤值；(2) 若，，函数有且只有个零点，求的值．解 (1)(i) ⽅程即，也即，因此它的根是．(ii) 原命题即也即对⼀切实数均成⽴．由第(1)⼩题，当时，，此时右侧函数取得最⼩值为．因此实数的最⼤值是．(2) 函数的导函数令，则单调递增，且有唯⼀零点，其中满⾜进⽽函数在处取得极⼩值，亦为最⼩值．由于，进⾏如下讨论．情形⼀ ．此时必然有，取，，则显然有，且，此时函数在区间和区间内都存在零点，不符合题意．情形⼆ ．此时函数在上单调递减，在上单调递增，⽽，因此函数有唯⼀零点，符合题意．综上所述，，进⽽可得，从⽽．第20题（压轴题）：记．对数列()和的⼦集，若，定义；若，定义．例如：时，．现设()是公⽐为的等⽐数列，且当时，．(1) 求数列的通项公式；(2) 对任意正整数()，若，求证：；(3) 设，，，求证：．解 (1) 根据题意有，从⽽，因此所求通项公式为(2) 根据题意，有因此命题得证．(3) 设集合集合则因此条件即，⽽当时命题显然成⽴，接下来考虑的情形．设此时集合中的最⼤元素为，集合中的最⼤元素为，则由于和没有公共元素，因此．情形⼀ ．此时由第(2)⼩题结论，有⽭盾．情形⼆ ．此时与第(2)⼩题的论证过程类似，有因此有，命题得证．综上所述，原命题得证．第22题（解析⼏何）：如图，在平⾯直⾓坐标系中，已知直线，抛物线()．(1) 若直线过抛物线的焦点，求抛物线的⽅程；(2) 已知抛物线上存在关于直线对称的相异两点和．(i) 求证：线段的中点坐标为；(ii) 求的取值范围．解 (1) 直线的横截距为，于是，从⽽抛物线的⽅程为．(2)(i) 设，，则的斜率从⽽，因此线段的中点的纵坐标，进⽽由中点在直线上可得其坐标为．(ii) 由(i)，可得因此题意即圆()和直线有两个公共点．进⽽可得解得的取值范围是．第23题（附加卷最后⼀题）：(1) 求的值；(2) 设，，求证：解 (1) ，⽽，于是(2) 在第(1)⼩题的提⽰下，我们可以证明，于是⼜由于，于是这样就证明了题中的等式．注 考虑到欲证明结论是⼀个有关正整数的等式，因此(2)必然可以⽤数学归纳法证明．助⼒2017领新书优惠码。
2016全国高考数学卷理科1压轴题第21题分析
(2016全国卷1理21题)已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点。
（1）求a 的取值范围。
（2）设21,x x 是)(x f 的两个零点，证明：.221<+x x考点分析：零、方程根、图象交点问题的相互转化。
不等式的单调性转化。
如何用导数求最值。
难度系数：0.1解：（1）：零点2)1()2(0)(--=-⇔=⇒x e x a x f x 有两个零点。
221)1()2(,--=-=x e x y a y x两条曲线有两个交点。
接下来画图即可。
首先验证1=x 不是其零点。
因为接下来讨论过程中1=x 不在定义中。
32432)1()54()1()2)(1(2)1(-+-=-----='x x x e x e x x e x y x x x 所以2y 在)1,(-∞递减，),1(+∞递增，大致图象为：所以只有当0>a 时图象21,y y 才有两个交点。
即函数)(x f 有两个零点。
（2）：)2)(1()(a e x x f x +-='，由于0>a 所以)(x f 在)1,(-∞上单调递减。
设21x x <。
由（1）知),1(),1,(21+∞∈-∞∈x x ，所以)1,(22-∞∈-x 。
所以)2()(022212121x f x f x x x x ->=⇔-<⇔<+由于0)1()2()(22222=-+-=x a e x x f x 所以22)2()2(2222x x e x ex x f ---=-- 下面构造函数1,)2()(2>---=-x e x xe x g x x).)(1()(2x x e e x x g --='-所以当1>x 时)(0)(x g x g ⇒<'在),1(+∞递减。
所以0)1()(=<g x g 。
所以0)2(2<-x f 恒成立。
2016届新课标Ⅰ高考压轴卷 数学(理) Word版含解析
2016新课标Ⅰ高考压轴卷理科数学本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上。
考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.第Ⅰ卷每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，在选涂其他答案标号。
第Ⅱ卷必须用0.5毫米黑色签字笔书写作答.若在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束，监考员将试题卷、答题卡一并收回。
第Ⅰ卷一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
）1已知集合M ＝{1，2，3，4}，则集合P ＝{x|x ∈M ，且2x ∉M}的子集的个数为( ) A ．8 B ．4 C ．3 D ．22. 复数1z ，2z 在复平面内对应的点关于直线y x =对称，且132z i =+，则12z z ⋅= A. 13i B. 13i - C. 1312i + D. 1213i +3.甲、乙两人要在一排8个空座上就坐，若要求甲、乙两人每人的两旁都空座，则有多少种坐法( )A.10B.16C.20D.244.已知公差不为0的等差数列{}n a 满足134,,a a a 成等比数列，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则3253S S S S --的值为（ ）A.2-B.3-C.2D.35.过椭圆+=1（a ＞b ＞0）的左焦点F 1作x 轴的垂线交椭圆于点P ，F 2为右焦点，若∠F 1PF 2=60°，则椭圆的离心率为( ) A ．B ．C ．D ．6.中国古代数学名著《九章算术》中记载了公元前344年商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，其三视图如图所示(单位：寸)，若π取3，其体积为12.6(立方寸)，则图中的x 为( ) A ．1.2 B ．1.6 C ．1.8 D ．2.47. 按右图所示的程序框图，若输入110011a =，则输出的b =()C. 49D. 518.函数sin(2)3y x π=-与2cos(2)3y x π=+的图象关于直线x a =对称，则a 可能是( ) A.24πB.12π C. 8πD.1124π9已知函数())20162016log 20162x x f x x -=+-+，则关于x 的不等式()()314f x f x ++>的解集为（ ）A 、1,4⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B 、1,4⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C 、()0,+∞D 、(),0-∞10 已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋6≥0，x ＋y≥0，x≤2，若目标函数z ＝－mx ＋y 的最大值为－2m ＋10，最小值为－2m －2，则实数m 的取值范围是( )A ．[－2，1]B ．[－1，3]C ．[－1，2]D ．[2，3]11. .过双曲线22115y x -=的右支上一点P ，分别向圆221:(4)4C x y ++=和圆2:C 22(4)1x y -+=作切线，切点分别为,M N ,则22||||PM PN -的最小值为( )A. 10B. 13C. 16D. 1912. 已知函数()=-x af x x e 存在单调递减区间，且()=y f x 的图象在0=x 处的切线l 与曲线xy e =相切，符合情况的切线l ( )（A ）有3条 （B ）有2条 （C ） 有1条 （D ）不存在第Ⅱ卷（非选择题，共90分）本卷包括必考题和选考题两部分，第13题—21题为必考题，每个试题考生都必须作答，第22题—24题为选考题，考生根据要求作答.二、填空题(本大题包括4小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在答题卡中的横线上)13.已知sin 0a xdx π=⎰，则二项式51a x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中3x -的系数为 ．14. F 1，F 2分别为椭圆2213627x y +=的左、右焦点，A 为椭圆上一点，且11()2OB OA OF =+ ， 21()2OC OA OF =+ 则||||OB OC +＝ .15过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度____________.16.设数列{a n }是首项为0的递增数列，，满足：对于任意的b ∈[0，1），f n （x ）=b 总有两个不同的根，则{a n }的通项公式为 _________. 三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
2016全国卷压轴题解析
2016全国卷压轴题解析by zhcosin题目：已知函数f (x )=(x ¡2)e x +a (x ¡1)2有两个零点(1)求a 的取值范围.(2)设两个零点为x 1，x 2，求证：x 1+x 2<2:解：（1）导函数f 0(x )=(x ¡1)e x +2a (x ¡1)=(x ¡1)(e x +2a )，若a >0，则f (x )在区间(¡1;1)上递减，在(1;+1)上递增，最小值f (1)=¡e <0，考察它在两侧无穷远处的符号情况，显见x >2时f (2)=a >0，所以f (x )在(1;2)上有唯一零点。
x 趋于负无穷大时的符号稍显麻烦点，若是a =0，则f (x )=(x ¡2)e x <0在负实数区间上恒成立，此时函数在x <1时没有零点。
所以我们只看a =/0的情况，在x <0时e x <1，所以f (x )>(x ¡2)+a (x ¡1)2，于是f (1+x )=ax 2+x ¡1，因此在x <¡1+1+4a p 2a 时即有f (x )>0成立，所以f (x )在 ¡1+1+4a p 2a ;1 上也有唯一零点，除此之外没有其它零点。
若a <0，则f 0(1)=0;f 0(ln (¡2a ))=0，若是ln (¡2a )=1，则f 0(x )仅在x =1处导数为零，其它地方皆为正，故函数f (x )在整个实数区间上递增，不可能有两个零点，所以ln (¡2a )=1的情况排除。
现在记m (a )为ln (¡2a )与1两者的较小者，而记较大者为M (a )，则函数f (x )在(¡1;m (a ))上递增，在(m (a );M (a ))上递减，在(M (a );+1)上递增,同时f (1)=¡e <0，f (ln (¡2a ))=¡2a (ln (¡2a )¡2)+a (ln (¡2a )¡1)2=a (ln 2(¡2a )¡4ln (¡2a )+5)<0，故此时也不可能有两个零点。
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◇导数专题目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论(zhongdianzhangwo) ⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0xx x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .'所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),xf x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率；⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
⑴.3)1(')2()(')(022e f e x x x f e x x f a xx=+===，故，时，当.3))1(,1()(e f x f y 处的切线的斜率为在点所以曲线=⑵[].42)2()('22xe a a x a x xf +-++=.2232.220)('-≠-≠-=-==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令以下分两种情况讨论：①a 若＞32，则a 2-＜2-a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表：.)22()2()2()(内是减函数，内是增函数，在，，，在所以--∞+---∞a a a a x f.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=，且处取得极大值在函数.)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数②a 若＜32，则a 2-＞2-a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表：内是减函数。
，内是增函数，在，，，在所以)22()2()2()(a a a a x f --∞+---∞.)34()2()2(2)(2--=---=a e a a f a f a x x f ，且处取得极大值在函数 .3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f -=---=，且处取得极小值在函数3. 已知函数221()2,()3ln .2f x x axg x a x b =+=+ ⑴设两曲线()()y f x y g x ==与有公共点，且在公共点处的切线相同，若0a >，试建立b 关于a 的函数关系式，并求b 的最大值；⑵若[0,2],()()()(2)b h x f x g x a b x ∈=+--在(0,4)上为单调函数，求a 的取值范围。
4. （最值，按区间端点讨论）已知函数f (x )=ln x －a x. (1)当a>0时，判断f (x )在定义域上的单调性；(2)若f (x )在[1,e ]上的最小值为32，求a 的值.解：(1)由题得f (x )的定义域为(0,＋∞)，且 f ′(x )＝1x ＋2a x ＝2x a x +. ∵a >0，∴f ′(x )>0，故f (x )在(0,＋∞)上是单调递增函数. (2)由(1)可知：f ′(x )＝2x ax+， ①若a ≥－1，则x ＋a ≥0，即f ′(x )≥0在[1,e ]上恒成立，此时f (x )在[1,e ]上为增函数， ∴f (x )min ＝f (1)＝－a ＝32，∴a ＝－32(舍去). ②若a ≤－e ，则x ＋a ≤0，即f ′(x )≤0在[1,e ]上恒成立，此时f (x )在[1,e ]上为减函数， ∴f (x )min ＝f (e )＝1－a e ＝32，∴a ＝－2e (舍去). ③若－e <a <－1，令f ′(x )＝0，得x ＝－a .当1<x <－a 时，f ′(x )<0，∴f (x )在(1,－a )上为减函数； 当－a <x <e 时，f ′(x )>0，∴f (x )在(－a ,e )上为增函数，∴f (x )min ＝f (－a )＝ln(－a )＋1＝32⇒a 综上可知：a .5. （最值直接应用）已知函数)1ln(21)(2x ax x x f +--=，其中a ∈R . （Ⅰ）若2x =是)(x f 的极值点，求a 的值； （Ⅱ）求)(x f 的单调区间；（Ⅲ）若)(x f 在[0,)+∞上的最大值是0，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）(1)(),(1,)1x a ax f x x x --'=∈-+∞+.依题意，令(2)0f '=，解得 13a =. 经检验，13a =时，符合题意. （Ⅱ）解：① 当0=a 时，()1x f x x '=+. 故)(x f 的单调增区间是(0,)+∞；单调减区间是)0,1(-.② 当0a >时，令()0f x '=，得10x =，或211x a=-.当10<<a 时，()f x 与()f x '的情况如下：所以，()f x 的单调增区间是(0,1)a -；单调减区间是)0,1(-和(1,)a-+∞. 当1=a 时，)(x f 的单调减区间是),1(+∞-. 当1a >时，210x -<<，()f x 与()f x '的情况如下：所以，()f x 的单调增区间是(1,0)a-；单调减区间是(1,1)a--和(0,)+∞. ③ 当0<a 时，)(x f 的单调增区间是(0,)+∞；单调减区间是)0,1(-.综上，当0a ≤时，)(x f 的增区间是(0,)+∞，减区间是)0,1(-；当10<<a 时，()f x 的增区间是1(0,1)a -，减区间是)0,1(-和1(1,)a-+∞； 当1=a 时，)(x f 的减区间是),1(+∞-；当1a >时，()f x 的增区间是1(1,0)a -；减区间是1(1,1)a--和(0,)+∞.（Ⅲ）由（Ⅱ）知 0a ≤时，)(x f 在(0,)+∞上单调递增，由0)0(=f ，知不合题意.当10<<a 时，)(x f 在(0,)+∞的最大值是1(1)f a-，由1(1)(0)0f f a->=，知不合题意.当1≥a 时，)(x f 在(0,)+∞单调递减，可得)(x f 在[0,)+∞上的最大值是0)0(=f ，符合题意. 所以，)(x f 在[0,)+∞上的最大值是0时，a 的取值范围是[1,)+∞.6. （2010北京理数18）已知函数()f x =ln(1+x )-x +22x x (k ≥0). (Ⅰ)当k =2时，求曲线y =()f x 在点(1,f (1))处的切线方程； (Ⅱ)求()f x 的单调区间.解：（I ）当2k =时，2()ln(1)f x x x x =+-+，1'()121f x x x=-++ 由于(1)ln 2f =，3'(1)2f =，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为3ln 2(1)2y x -=-即322ln 230x y -+-=（II ）(1)'()1x kx k f x x+-=+，(1,)x ∈-+∞.当0k =时，'()1xf x x=-+.所以，在区间(1,0)-上，'()0f x >；在区间(0,)+∞上，'()0f x <.故()f x 得单调递增区间是(1,0)-，单调递减区间是(0,)+∞.当01k <<时，由(1)'()01x kx k f x x +-==+，得10x =，210kx k -=>所以，在区间(1,0)-和1(,)k k -+∞上，'()0f x >；在区间1(0,)kk-上，'()0f x < 故()f x 得单调递增区间是(1,0)-和1(,)k k -+∞，单调递减区间是1(0,)kk-. 当1k =时，2'()1x f x x=+ 故()f x 得单调递增区间是(1,)-+∞.当1k >时，(1)'()01x kx k f x x +-==+，得11(1,0)kx k -=∈-，20x =. 所以没在区间1(1,)k k --和(0,)+∞上，'()0f x >；在区间1(,0)kk-上，'()0f x < 故()f x 得单调递增区间是1(1,)k k --和(0,)+∞，单调递减区间是1(,0)kk-7. （2010山东文21，单调性）已知函数1()ln 1()af x x ax a R x-=-+-∈ ⑴当1a =-时，求曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程；⑵当12a ≤时，讨论()f x 的单调性.解：⑴ln 20x y -+=⑵因为 11ln )(--+-=xaax x x f ， 所以 211)('x a a x x f -+-=221x ax ax -+--=，),0(+∞∈x ， 令 ,1)(2a x ax x g -+-=),,0(+∞∈x8. (是一道设计巧妙的好题，同时用到e 底指、对数，需要构造函数，证存在且唯一时结合零点存在性定理不好想，⑴⑵联系紧密) 已知函数()ln ,().xf x xg x e ==⑴若函数φ (x ) = f (x )－11x x +-，求函数φ (x )的单调区间； ⑵设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线，证明：在区间(1,+∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y =g (x )相切．解：（Ⅰ） ()1()1x x f x x ϕ+=--11ln -+-=x x x ，()()()22211121-⋅+=-+='x x x x x x ϕ． ∵0x >且1x ≠，∴()0x ϕ'>∴函数()x ϕ的单调递增区间为()()∞+，和11,0． （Ⅱ）∵1()f x x'=，∴001()f x x '=，∴ 切线l 的方程为0001ln ()y x x x x -=-, 即001ln 1y x x x =+-, ① 设直线l 与曲线()y g x =相切于点11(,)xx e ，∵()x g x e '=，∴101xe x =，∴10ln x x =-,∴0ln 101()xg x e x -==. ∴直线l 也为()00011ln y x x x x -=+， 即0000ln 11x y x x x x =++， ② 由①②得 00ln 1ln 1x x x x -=+，∴0001ln 1x x x +=-． 由（Ⅰ）可知，()x ϕ1ln --=x x 在区间1,+∞（）上递增． 又12()ln 011e e e e e ϕ+-=-=<--，22222213()ln 01e e e e e ϕ+-=-=>-， 结合零点存在性定理，说明方程()0x ϕ=唯一0x ，故结论成立．9. （最值应用，转换变量）设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<．(1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．解：⑴221()2a f x a x x -'=+-222(2)1ax a x x +--=2(1)(21)ax x x +-=． 当2a <-时，112a -<，增区间为11(,)2a -，减区间为1(0,)a -，1(,)2+∞．当2a =-时，112a -=，减区间为(0,)+∞．当20a -<<时，112a ->，增区间为11(,)2a -，减区间为1(0,)2，1(,)a-+∞． ⑵由⑴知，当(3,2)a ∈--时，()f x 在[1,3]上单调递减，∴12,[1,3]x x ∈，12|()()|f x f x -≤(1)(3)f f -1(12)[(2)ln 36]3a a a =+--++，即12|()()|f x f x -≤24(2)ln 33a a -+-．∵12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，∴(ln 3)2ln 3m a +-＞24(2)ln 33a a -+-，即243ma a >-，又0a <，∴243m a<-．∵(3,2)a ∈--，∴132384339a -<-<-，∴m ≤133-． 10. （最值应用）已知二次函数()g x 对x R ∀∈都满足2(1)(1)21g x g x x x -+-=--且(1)1g =-，设函数19()()ln 28f xg x m x =+++（m R ∈，0x >）．（Ⅰ）求()g x 的表达式；（Ⅱ）若x R +∃∈，使()0f x ≤成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）设1m e <≤，()()(1)H x f x m x =-+，求证：对于12[1,]x x m ∀∈，，恒有12|()()|1H x H x -<．解：（Ⅰ）设()2g x ax bx c =++，于是()()()()2211212212g x g x a x c x -+-=-+=--，所以121.a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩，又()11g =-，则12b =-．所以()211122g x x x =--． …………3分（Ⅱ）()2191()ln ln (0).282f xg x m x x m x m x =+++=+∈>R ，当m >0时，由对数函数性质，f （x ）的值域为R ；…………4分当m =0时，2()02x f x =>对0x ∀>，()0f x >恒成立； …………5分 当m <0时，由()0mf x x x x'=+=⇒=，列表：[]min ()2mf x f m ==-+这时， []min 0()0e<0.2mm f x m m ⎧-+>⎪>⇔⇒-<⎨⎪<⎩，所以若0x ∀>，()0f x >恒成立，则实数m 的取值范围是(e 0]-，．故0x ∃>使()0f x ≤成立，实数m 的取值范围()(,e]0-∞-+∞U ，．…………9分 （Ⅲ）因为对[1]x m ∀∈，，(1)()()0x x m H x x --'=≤，所以()H x 在[1,]m 内单调递减．于是21211|()()|(1)()ln .22H x H x H H m m m m -≤-=--2121113|()()|1ln 1ln 0.2222H x H x m m m m m m-<⇐--<⇔--<记13()ln (1e)22h m m m m m=--<≤，则()221133111()022332h'm m m m =-+=-+>， 所以函数13()ln 22h m m m m =--在(1e]，是单调增函数，所以()()e 3e 1e 3()(e)1022e 2eh m h -+≤=--=<，故命题成立． …………12分11. 设3x =是函数()()()23,xf x x ax b e x R -=++∈的一个极值点.（1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（2）设()2250,4xa g x a e ⎛⎫>=+⎪⎝⎭，若存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-< 成立，求a 的取值范围.解：（1）∵()()23xf x x ax b e-=++∴()()()()''32321x x fx x a e x ax b e --=++++-()232xx a x b a e -⎡⎤=-+-+-⎣⎦由题意得：()'30f =，即()23320a b a +-+-=，23b a =--∴()()2323xf x x ax a e -=+--且()()()'331x f x x x a e -=--++令()'0f x =得13x =，21x a =--∵3x =是函数()()()23,xf x x ax b e x R -=++∈的一个极值点∴12x x ≠，即4a ≠-故a 与b 的关系式为()23,4b a a =--≠-. 当4a <-时，213x a =-->，由()'0fx >得单增区间为：()3,1a --；由()'0f x <得单减区间为：(),3-∞和()1,a --+∞；当4a >-时，213x a =--<，由()'0f x >得单增区间为：()1,3a --；由()'0f x <得单减区间为：(),1a -∞--和()3,+∞；（2）由（1）知：当0a >时，210x a =--<，()f x 在[]0,3上单调递增，在[]3,4上单调递减，{},)32()4(),0(min )(3min e a f f x f +-==()()max 36f x f a ==+,∴()f x 在[]0,4上的值域为]6,)32([3++-a e a .易知()2254xg x a e ⎛⎫=+⎪⎝⎭在[]0,4上是增函数, ∴()g x 在[]0,4上的值域为2242525,44a a e ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. 由于()222516042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=-≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又∵要存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-<成立，∴必须且只须()2025614a a a >⎧⎪⎨⎛⎫+-+< ⎪⎪⎝⎭⎩解得:302a <<.所以，a 的取值范围为30,2⎛⎫⎪⎝⎭.12. 2()()()xf x x ax b e x R =++∈．（1）若2,2a b ==-，求函数()f x 的极值；（2）若1x =是函数()f x 的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式（用a 表示b ），并确定()f x 的单调区间；（3）在（2）的条件下，设0a >，函数24()(14)x g x a e+=+．若存在]4,0[,21∈λλ使得1|)()(|21<-λλf f 成立，求a 的取值范围．解:（1）∵22()(2)()[(2)()]x x xf x x a e x ax b e x a x a b e '=++++=++++当2,2a b ==-时，2()(22)x f x x x e =+-,则'()f x 2(4)xx x e =+.令'()0f x =得2(4)0xx x e +=，∵0x e ≠,∴240x x +=，解得124,0x x =-=∵当(,4)x ∈-∞-时，'()0f x >，当(4,0)x ∈-时'()0f x <，当(0,)x ∈+∞时'()0f x > ∴当4x =-时，函数()f x 有极大值，46()f x e 极大＝， 当0x =时，函数()f x 有极小值，()2f x =-极小． （2）由（1）知2()[(2)()]xf x x a x a b e '=++++ ∵1x =是函数()f x 的一个极值点 ∴(1)0f '= 即[1(2)()]0e a a b ++++=，解得32b a =--则2()[(2)(3)]x f x e x a x a '=+++--＝(1)[(3)]xe x x a -++令()0f x '=，得11x =或23x a =-- ∵1x =是极值点，∴31a --≠，即4a ≠- .当31a -->即4a <-时，由()0f x '>得(3,)x a ∈--+∞或(,1)x ∈-∞ 由()0f x '<得(1,3)x a ∈--当31a --<即4a >-时，由()0f x '>得(1,)x ∈+∞或(,3)x a ∈-∞-- 由()0f x '<得(3,1)x a ∈--. 综上可知：当4a <-时，单调递增区间为(,1)-∞和(3,)a --+∞，递减区间为(1,3)a -- 当4a >-时，单调递增区间为(,3)a -∞--和(1,)+∞，递减区间为(3,1)a --。