(完整版)高考数学专题复习函数与导数(理科)练习题

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

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.。

高考数学必考点专项第8练 导数与函数的单调性习题精选一、单选题1. 函数21()9ln 2f x x x =-在区间上单调递减，则实数m 的取值范围是( )A.B. C.D.2. 若函数()sin()sin(2)cos()2f x x x a x πππ=+---在区间(0,]2π上单调递增，则实数a 的取值范围是( )A. (,1]-∞-B. (-∞C. D. [1,)+∞3. 若函数在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围为( )A. 1a <或4a >B. 4aC. 14a <<D. 14a4. 若函数2()ln 2f x x ax =+-在区间1(,2)2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. 1(-2,-)8D. (-2,+)∞5. 已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，设函数()f x 的导函数为()f x '，若对任意0x >都有2()()0f x xf x +'>成立，则( )A. 4(2)9(3)f f -<B. 4(2)9(3)f f ->C. 2(3)3(2)f f >-D. 3(3)2(2)f f -<-(2,1)m m +(0,1)(0,2)6. 定义在(0,)+∞上的函数()f x 满足()10xf x '+>，(3)=-ln 3f ，则不等式()+0x f e x >的解集为( )A. 3(,+)e ∞B. 3(0,)eC. (ln 3,)+∞D. 3(ln 3,)e7. 已知函数，若存在1[,2]2x ∈，使得()()0f x xf x +'>，则实数b 的取值范围是( )A.B. 9(,)4-∞C. (,3)-∞D. (,2)-∞8. 已知4ln 3a π=，3ln 4b π=，34ln c π=，则a ，b ，c 的大小关系是( ) A. c b a <<B. b c a <<C. b a c <<D. a b c <<9. 已知是函数的导数，且，当0x 时，，则不等式的解集是( )A.B.C.D.10. 设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对任意的实数x 都有()()2f x f x x =-+，当0x >时，()2 1.f x x '>+若(1)()21f a f a a +-++，则实数a 的取值范围是( )A. 1[,)2-+∞B. 3[,)2-+∞C. [1,)-+∞D. [2,)-+∞二、填空题11. 函数2()24ln f x x x x =--，则()f x 的单调递增区间为__________12. 设函数()x x f x e ae -=+ (a 为常数)，若()f x 为奇函数，则a =__________；若()f x 是R 上的增函数，则a 的取值范围是__________.13. 写出一个同时具有下列性质①②③的函数__________.()f x '()f x①；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()f x '是奇函数．三、解答题14. 已知函数2()sin sin 2.f x x x =(1)讨论()f x 在区间(0,)π的单调性； (2)证明：33|()|8f x ； (3)设*n N ∈，证明：222sin sin 2sin 4x x x (2)3sin 2.4nnn x15. 已知0a >且1a ≠，函数()(0).ax x f x x a =>(1)当2a =时，求()f x 的单调区间；(2)若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围.16. 已知函数()2ln 1af x x x x=--+，()(2ln ).x g x e x x =- (1)若函数()f x 在定义域上是增函数，求a 的取值范围； (2)求()g x 的单调区间．17. 已知函数21()ln (1)(0).2f x a x a x x a =-++->(1)讨论()f x 的单调性； (2)若21()2f x x ax b -++恒成立，求实数ab 的最大值．18. (本小题12.0分)已知函数2().xf x e ax x =+-(1)当1a =时，讨论()f x 的单调性; (2)当0x 时，31()12f x x +，求a 的取值范围.19. 已知函数(1)令，讨论的单调区间；(2)若2a =-，正实数12,x x 满足，证明1251.2x x -+()g x 1212()()0f x f x x x ++=20. 已知函数2()(2)x x f x ae a e x =+--，().a R ∈(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．答案和解析1.【答案】A解：()f x 的定义域是(0,)+∞，9(3)(3)()x x f x x x x+-'=-=， 令()0f x '>，解得：3x >，令()0f x '<，解得：03x <<， 故()f x 在(0,3)递减，在(3,)+∞递增， 若函数21()9ln 2f x x x =-在区间(2,1)m m +上单调递减， 则20m 且013m <+且21m m <+，解得：01m <， 故选：.A2.【答案】A解：因为1()sin()sin(2)cos()cos sin cos sin 2cos 22f x x x a x x x a x x a x πππ=+---=+=+在(0,]2π上是增函数，所以当(0,]2x π∈时，，即212sin sin 0x a x --，因为当(0,]2x π∈时，sin (0,1],x ∈所以12sin sin a x x-+， 令1()2sin sin g x x x =-+，(0,],2x π∈则22cos 1()2cos cos (2)0sin sin x g x x x x x '=--=--<，所以()g x 在(0,]2π单调递减，所以，即(,1],a ∈-∞-故选.A3.【答案】A解：求导可得，()f x ∴在其定义域上不单调等价于方程有两个解，，解得1a <或 4.a >故选.A4.【答案】D解：根据题意得1()2f x ax x'=+， ()f x 在区间1(,2)2内存在单调递增区间，则()0f x '在内有解，，故min 21()2a x-，，令21()=-2g x x ，，则()g x 在1(,2)2单调递增，1()(2,)8g x ∈--， 故-2.a > 故选.D5. 【答案】A解：1()||f x x =时，3(3)1f -=，2(2)1f -=，可以排除D ； ()||f x x =时，2(3)6f =，3(2)3(2)6f f -==，可排除C ；设2()()g x x f x =，22()(())2()()(2()())g x x f x xf x x f x x f x xf x '='=+'=+'，0x >时，2()()0f x xf x +'>，0x ∴>时()0g x '>，()g x 为(0,)+∞上的单调增函数；(2)(3)g g ∴<，4(2)9(3)f f ∴<，又()f x 为偶函数，4(2)9(3)f f ∴-<，A ∴对，A ，B 矛盾，故B 错，故选.A6.【答案】C解：令()()ln g x f x x =+，(0,).x ∈+∞ 在(0,)+∞上的函数()f x 满足()10xf x '+>，1()1()()0xf x g x f x x x'''+∴=+=>，∴函数()g x 在(0,)+∞上单调递增，(3)(3)ln 30g f =+=，而不等式，所以3x e >，即ln3x >，∴不等式()0x f e x +>的解集为(ln3,).+∞故选.C7.【答案】B解：，，∴，∴，存在，使得，即，∴，设，∴.而，当时，解得：，当时，即时，函数单调递增，当时，即时，函数单调递减，因为，所以，∴，故选：.B8.【答案】B解： 令ln ()xf x x=，0x >， 则21ln (),0xf x x x-'=>， 令()0f x '>，得0x e <<，令()0f x '<，得x e >， 所以()f x 在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减， 又3e π>>， 所以()(3)f f π<，即ln ln 33ππ<， 所以3ln ln 3ππ<， 又4ln 3a π=，34ln c π=， 所以a c >， 又由()f x 的单调性得ln 4ln 4ππ<，即4ln 4ln ππ<， 因为343ln 4,4ln 3ln b c πππ===， 所以b c <， 综合得.b c a << 故选.B9.【答案】D解：设，则因为当0x 时，，所以当0x 时，，即在上单调递增. 因为，所以，所以是偶函数. 因为，所以，即，，则，解得1.2x <故选.D10.【答案】A解：设()()g x f x x =-，则()()()[()]0g x g x f x x f x x --=---+=，()()g x g x ∴=-，()g x ∴是偶函数，当0x >时，()()1g x f x '='-，而()21f x x '>+，则()()120g x f x x '='->>，()g x ∴在(0,)+∞上是增函数， (1)()21f a f a a +-++， (1)(1)()()f a a f a a ∴+-+---，即(1)()g a g a +-，|1|||a a ∴+-，()g x ()g x即12a -， 故选：.A11.【答案】(2,)+∞解：()f x 定义域为(0,)+∞，242(2)2(2)(1)()22x x x x f x x x x x---+'=--==，故当02x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当2x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， 故()f x 的单调递增区间为(2,).+∞ 故答案为(2,).+∞12.【答案】1-(,0]-∞解：根据题意，函数()xxf x e ae-=+，若()f x 为奇函数，则()()f x f x -=-， 即()xx x x eae e ae --+=-+，变形可得1a =-，经检验，1a =-满足()f x 为奇函数，()f x 是R 上的增函数，()0f x '∴对x R ∀∈恒成立，即0x xae e -对x R ∀∈恒成立，2()x a e ∴恒成立． 2()0x e >，0.a ∴故答案为1-；(,0].-∞13.【答案】2()(f x x =答案不唯一，均满足)解：取2()f x x =，则22212121212()()()()f x x x x x x f x f x ===，满足①，()2f x x '=，0x >时有，满足②，()2f x x '=的定义域为R ，又()2()f x x f x ''-=-=-，故是奇函数，满足③. 故答案为：2()(f x x =答案不唯一，均满足)14.【答案】解：23(1)()sin sin 22sin cos f x x x x x ==，222222()2sin (3cos sin )2sin (34sin )2sin [32(1cos 2)]f x x x x x x x x ∴'=-=-=--22sin (12cos 2)x x =+，令()0f x '=，解得，3x π=，或23x π=， 当(0,)3x π∈或2(,)3ππ时，()0f x '>，当2(,)33x ππ∈时，()0f x '<， ()f x ∴在(0,)3π，2(,)3ππ上单调递增，在2(,)33ππ上单调递减．证明：(2)(0)()0f f π==，由(1)可知2()()3f x f π==极小值()()3f x f π==极大值()0f x '>()f x 'max 33()8f x ∴=，min 33()8f x =-， ，()f x 为周期函数，33|()|8f x ∴； (3)由(2)可知322333sin sin 2()84x x =，322333sin 2sin 4()84x x =，32232333sin 2sin 2()84x x =，…，3212333sin 2sin 2()84n nx x -=， 334sin sin 2sin 4x x x ∴……313233sin 2sin 2sin (sin sin 2sin 4n n x x x x x x -=……331223sin 2sin 2)sin 2()4nn nnx x x -，222sin sin 2sin 4x x x ∴……23sin 2.4nnn x15.【答案】解：(1)2a =时，2()2x x f x =，222ln 2()222ln 2(2ln 2)ln 2()(2)22x x x xxx x x x x x f x ⋅-⋅-⋅-'===， 当2(0,)ln 2x ∈时，()0f x '>，当2(,)ln 2x ∈+∞时，()0f x '<， 故()f x 在2(0,)ln 2上单调递增，在2(,)ln 2+∞上单调递减． (2)由题知()1f x =在(0,)+∞有两个不等实根，ln ln ()1ln ln a x x af x x a a x x a x a=⇔=⇔=⇔=， 令ln ()x g x x =，21ln ()xg x x-'=，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，所以max 1()()g x g e e==， 又(1)0g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<，即0()()g a g e <<，解得1a >且a e ≠， 所以a 的取值范围是(1,)(,).e e ⋃+∞16.【答案】解：(1)由题意得0x >，22()1af x x x'=-+，由函数()f x 在定义域上是增函数得，()0f x '， 即222(1)1(0)a x x x x -=--+>恒成立， 因为2(1)11(x --+当1x =时，取等号)， 所以a 的取值范围是[1,).+∞2(2)()(2ln 1)x g x e x x x'=---+，由(1)得2a =时，2()2ln 1f x x x x=--+， 此时()f x 在定义域上是增函数，又(1)0f =， 所以，当(0,1)x ∈时，()0f x <， 当(1,)x ∈+∞时，()0.f x > 所以，当(0,1)x ∈时，()0g x '>， 当(1,)x ∈+∞时，()0.g x '< 所以()g x 的单调递增区间是(0,1)，()g x 的单调递减区间是(1,).+∞17.【答案】解：，(0,0)a x >>，①1a =时，，()f x ∴在(0,)+∞上单调递减；②01a <<时，由()0f x '>，解得：1a x <<，()f x ∴在(,1)a 上单调递增，在(0,)a ，(1,)+∞上单调递减；③1a >时，同理()f x 在(1,)a 上单调递增，在(0,1)，(,)a +∞上单调递减；21(2)()2f x x ax b -++恒成立，ln 0a x x b ∴-+恒成立，令()ln g x a x x b =-+，则()a xg x x-'=， ()g x ∴在(0,)a 上单调递增，在(,)a +∞上单调递减．max ()()ln 0g x g a a a a b ∴==-+，ln b a a a ∴-，22ln ab a a a ∴-，令22()ln (0)h x x x x x =->，则()(12ln )h x x x '=-，()h x ∴在上单调递增，在)+∞上单调递减，max ()2e h x h e e ∴==-=， .2e ab∴ 即ab 的最大值为.2e18.【答案】解：(1)当1a =时，2()x f x e x x =+-，()21x f x e x '=+-，记()()g x f x ='，因为()20xg x e '=+>，所以()()21xg x f x e x ='=+-在R 上单调递增， 又(0)0f '=，得当0x >时()0f x '>，即2()xf x e x x =+-在(0,)+∞上单调递增； 当0x <时()0f x '<，即2()xf x e x x =+-在(,0)-∞上单调递减. 所以2()xf x e x x =+-在(,0)-∞上单调递减，在(0,)+∞上单调递增.(2)①当0x =时，a ∈R ；②当0x >时，31()12f x x +即32112xx x e a x++-， 令32112()x x x e h x x++-=，231(2)(1)2()x x e x x h x x ----'= 记21()12x m x e x x =---，()1x m x e x '=-- 令()1xq x e x =--，因为0x >，所以()10xq x e '=->，所以()()1xm x q x e x '==--在(0,)+∞上单调递增，即()1(0)0xm x e x m ''=-->=所以21()12x m x e x x =---在(0,)+∞上单调递增，即21()1(0)02x m x e x x m =--->=， 故当(0,2)x ∈时，()0h x '>，32112()xx x e h x x ++-=在(0,2)上单调递增； 当(2,)x ∈+∞时，()0h x '<，32112()xx x e h x x++-=在(2,)+∞上单调递减；所以2max7[()](2)4e h x h -==，所以274e a -，综上可知，实数a 的取值范围是27[,).4e -+∞19.【答案】(1)解：21()()(1)ln (1)12g x f x ax x ax a x =--=-+-+，所以21(1)1()(1)ax a x g x ax a x x-+-+'=-+-=，当0a 时，因为0x >，所以()0.g x '> 所以()g x 在(0,)+∞上是递增函数；当0a >时，1()(1)()a x x a g x x--+'=， 令()0g x '=，得1x a=， 所以当1(0,)x a∈时，()0g x '>；当1(,)x a∈+∞时，()0g x '<，因此函数()g x 在1(0,)a 是增函数，在1(,)a+∞是减函数，综上，当0a 时，()g x 的单调递增区间是(0,)+∞，无单调递减区间； 当0a >时，()g x 的单调递增区间是1(0,)a ，单调递减区间是1(,).a+∞(2)证明：当2a =-时，2()ln ,0f x x x x x =++>，由1212()()0f x f x x x ++=，即2211122212ln ln 0x x x x x x x x ++++++=，从而212121212()()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，则由()ln t t t ϕ=-，得1()t t tϕ-'=，0t >， 可知，()t ϕ在区间(0,1)上单调递减，在区间(1,)+∞上单调递增， 所以()(1)1t ϕϕ=，所以21212()()1x x x x +++，解得12512x x -+或12512x x --+， 又因为10x >，20x >，因此12512x x -+成立．20.【答案】解：(1)()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)x x x x f x ae a e ae e '=+--=-+，(i)若0a ，则在(,)x ∈-∞+∞时()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减． (ii)若0a >，则由()0f x '=得ln .x a =-当(,ln )x a ∈-∞-时，()0f x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0f x '>， 所以()f x 在(,ln )a -∞-单调递减，在(ln ,)a -+∞单调递增．(2)(i)若0a ，由(1)知，()f x 在(,)-∞+∞上单调递减，故()f x 至多有一个零点，不合题意．(ii)若0a >，由(1)知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln .f a a a-=-+①当1a =时，由于(ln )0,f a -=故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0.f a -< 又422(2)(2)2220f aea e e ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln(1)n a>-，则0000()(2)n n f n e ae a n =+-- 000020.n n e n n >->-> 由于3ln(1)ln a a ->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0,1).。

第2讲 函数与导数一、单选题 1．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ++-==，则221()k f k ==∑（ ）A ．3-B ．2-C ．0D ．12．（2022·全国·高考真题（理））已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x +-=--=．若()y g x =的图像关于直线2x =对称，(2)4g =，则221()k f k ==∑（ ）A ．21-B ．22-C ．23-D ．24-3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]4．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<5．（2022·全国·高考真题（文））如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]-的大致图像，则该函数是（ ）A ．3231x xy x -+=+B ．321x xy x -=+ C ．22cos 1x x y x =+ D ．22sin 1xy x =+ 6．（2022·全国·高考真题（文））函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 7．（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >> B ．b a c >> C ．a b c >> D ．a c b >>8．（2022·全国·高考真题（理））函数()33cos x xy x-=-在区间ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．9．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1-B ．12-C ．12D ．110．（2022·全国·高考真题（文））已知910,1011,89m m m a b ==-=-，则（ ） A ．0a b >>B ．0a b >>C ．0b a >>D ．0b a >>11．（2021·全国·高考真题）已知5log 2a =，8log 3b =，12c =，则下列判断正确的是（ ） A ．c b a <<B ．b a c <<C ．a c b <<D ．a b c <<12．（2021·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则（ ） A ．102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B ．()10f -=C ．()20f =D ．()40f =13．（2021·全国·高考真题（理））设函数()f x 的定义域为R ，()1f x +为奇函数，()2f x +为偶函数，当[]1,2x ∈时，2()f x ax b =+．若()()036f f +=，则92f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．94-B ．32-C ．74D ．5214．（2021·全国·高考真题（理））设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =．则（ ）A ．a b c <<B ．b c a <<C ．b a c <<D ．c a b <<15．（2021·全国·高考真题（理））设B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足||2PB b ≤，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦16．（2021·全国·高考真题（文））设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ） A ．53-B ．13-C ．13D ．5317．（2021·全国·高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b <B ．a b >C ．2ab a <D ．2ab a >18．（2021·全国·高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A ．e b a < B ．e a b < C ．0e b a << D ．0e a b <<二、多选题19．（2022·全国·高考真题）已知函数()sin(2)(0π)f x x ϕϕ=+<<的图像关于点2π,03⎛⎫ ⎪⎝⎭中心对称，则（ ）A ．()f x 在区间5π0,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212⎛⎫- ⎪⎝⎭有两个极值点C ．直线7π6x =是曲线()y f x =的对称轴D ．直线y x =是曲线()y f x =的切线 20．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 及其导函数()'f x 的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（ ）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=21．（2022·全国·高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线22．（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 23．（2022·全国·高考真题（文））若()1ln 1f x a b x++-=是奇函数，则=a _____，b =______． 四、填空题24．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．25．（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________．26．（2021·全国·高考真题）已知函数12()1,0,0x f x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______． 27．（2021·全国·高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x _______． ①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()'f x 是奇函数． 28．（2021·全国·高考真题（理））曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________． 29．（2021·全国·高考真题）已知函数()()322x xx a f x -=⋅-是偶函数，则=a ______.30．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 五、解答题31．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．32．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．33．（2022·全国·高考真题）已知函数()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值．(1)求a ；(2)证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．34．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e x f x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围． 35．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln x f x x a xx e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则环121x x <．36．（2021·全国·高考真题）已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 只有一个零点 ①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤．37．（2021·全国·高考真题（理））设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．38．（2021·全国·高考真题（理））已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间； （2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围．第2讲 函数与导数一、单选题 1．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()(),(1)1f x y f x y f x f y f ++-==，则221()k f k ==∑（ ）A ．3-B ．2-C ．0D ．1【答案】A 【解析】 【分析】根据题意赋值即可知函数()f x 的一个周期为6，求出函数一个周期中的()()()1,2,,6f f f 的值，即可解出．【详解】因为()()()()f x y f x y f x f y ++-=，令1,0x y ==可得，()()()2110f f f =，所以()02f =，令0x =可得，()()()2f y f y f y +-=，即()()f y f y =-，所以函数()f x 为偶函数，令1y =得，()()()()()111f x f x f x f f x ++-==，即有()()()21f x f x f x ++=+，从而可知()()21f x f x +=--，()()14f x f x -=--，故()()24f x f x +=-，即()()6f x f x =+，所以函数()f x 的一个周期为6．因为()()()210121f f f =-=-=-，()()()321112f f f =-=--=-，()()()4221f f f =-==-，()()()5111f f f =-==，()()602f f ==，所以一个周期内的()()()1260f f f +++=．由于22除以6余4，所以()()()()()221123411213k f k f f f f ==+++=---=-∑．故选：A ．2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数(),()f x g x 的定义域均为R ，且()(2)5,()(4)7f x g x g x f x +-=--=．若()y g x =的图像关于直线2x =对称，(2)4g =，则221()k f k ==∑（ ）A ．21-B ．22-C ．23-D ．24-【答案】D 【解析】 【分析】根据对称性和已知条件得到()(2)2f x f x +-=-，从而得到()()()352110f f f +++=-，()()()462210f f f +++=-，然后根据条件得到(2)f 的值，再由题意得到()36g =从而得到()1f 的值即可求解.【详解】因为()y g x =的图像关于直线2x =对称， 所以()()22g x g x -=+，因为()(4)7g x f x --=，所以(2)(2)7g x f x +--=，即(2)7(2)g x f x +=+-， 因为()(2)5f x g x +-=，所以()(2)5f x g x ++=， 代入得[]()7(2)5f x f x ++-=，即()(2)2f x f x +-=-， 所以()()()()35212510f f f +++=-⨯=-，()()()()46222510f f f +++=-⨯=-.因为()(2)5f x g x +-=，所以(0)(2)5f g +=，即()01f =，所以()(2)203f f =--=-. 因为()(4)7g x f x --=，所以(4)()7g x f x +-=，又因为()(2)5f x g x +-=， 联立得，()()2412g x g x -++=，所以()y g x =的图像关于点()3,6中心对称，因为函数()g x 的定义域为R ， 所以()36g =因为()(2)5f x g x ++=，所以()()1531f g =-=-. 所以()()()()()()()()221123521462213101024()k f f f f f f f f f k =+++++++++=----=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦=∑.故选：D 【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.3．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C 【解析】 【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-, 所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.4．（2022·全国·高考真题）设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<【答案】C 【解析】 【分析】构造函数()ln(1)f x x x =+-， 导数判断其单调性，由此确定,,a b c 的大小. 【详解】设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++， 当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增， 所以1()(0)09f f <=，所以101ln 099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln +01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11x xx g x x x x -+'=+=--,令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，当01x <时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x <<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增， 又(0)0h =，所以当01x <<时，()0h x <，所以当01x <<时，()0g x '>，函数()e ln(1)x g x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c > 故选：C.5．（2022·全国·高考真题（文））如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]-的大致图像，则该函数是（ ）A ．3231x xy x -+=+B ．321x xy x -=+ C ．22cos 1x x y x =+D ．22sin 1xy x =+ 【答案】A 【解析】 【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】设()321x xf x x -=+，则()10f =，故排除B;设()22cos 1x x h x x =+，当π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0cos 1x <<， 所以()222cos 2111x x xh x x x =<≤++，故排除C; 设()22sin 1xg x x =+，则()2sin 33010g =>，故排除D. 故选：A.6．（2022·全国·高考真题（文））函数()()cos 1sin 1f x x x x =+++在区间[]0,2π的最小值、最大值分别为（ ）A ．ππ22-，B ．3ππ22-， C ．ππ222-+，D ．3ππ222-+， 【答案】D 【解析】 【分析】利用导数求得()f x 的单调区间，从而判断出()f x 在区间[]0,2π上的最小值和最大值. 【详解】()()()sin sin 1cos 1cos f x x x x x x x '=-+++=+，所以()f x 在区间π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭和3π,2π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，即()f x 单调递增；在区间π3π,22⎛⎫⎪⎝⎭上()0f x '<，即()f x 单调递减，又()()02π2f f ==，ππ222f ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，3π3π3π11222f ⎛⎫⎛⎫=-++=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()f x 在区间[]0,2π上的最小值为3π2-，最大值为π22+. 故选：D7．（2022·全国·高考真题（理））已知3111,cos ,4sin 3244a b c ===，则（ ） A ．c b a >> B ．b a c >>C ．a b c >>D ．a c b >>【答案】A 【解析】 【分析】 由14tan 4c b =结合三角函数的性质可得c b >；构造函数21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞，利用导数可得b a >，即可得解. 【详解】 因为14tan 4c b =,因为当π0,,sin tan 2x x x x ⎛⎫∈<< ⎪⎝⎭所以11tan44>,即1cb >,所以c b >；设21()cos 1,(0,)2f x x x x =+-∈+∞， ()sin 0f x x x '=-+>，所以()f x 在(0,)+∞单调递增，则1(0)=04f f ⎛⎫> ⎪⎝⎭,所以131cos 0432->，所以b a >,所以c b a >>， 故选：A8．（2022·全国·高考真题（理））函数()33cos x xy x -=-在区间ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、三角函数的性质逐项排除即可得解. 【详解】令()()33cos ,,22x xf x x x ππ-⎡⎤=-∈-⎢⎥⎣⎦，则()()()()()33cos 33cos x x x xf x x x f x ---=--=--=-，所以()f x 为奇函数，排除BD ；又当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，330,cos 0x x x -->>，所以()0f x >，排除C.故选：A.9．（2022·全国·高考真题（理））当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=（ ） A ．1- B ．12-C ．12D ．1【答案】B 【解析】【分析】根据题意可知12f ，()10f '=即可解得,a b ，再根据()f x '即可解出．【详解】因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，12f ，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x'=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-． 故选：B.10．（2022·全国·高考真题（文））已知910,1011,89m m m a b ==-=-，则（ ） A ．0a b >>B ．0a b >>C ．0b a >>D ．0b a >>【答案】A 【解析】 【分析】根据指对互化以及对数函数的单调性即可知9log 101m =>，再利用基本不等式，换底公式可得lg11m >，8log 9m >，然后由指数函数的单调性即可解出．【详解】由910m=可得9lg10log 101lg 9m ==>，而()222lg9lg11lg99lg9lg111lg1022+⎛⎫⎛⎫<=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg10lg11lg 9lg10>，即lg11m >，所以lg11101110110m a =->-=．又()222lg8lg10lg80lg8lg10lg922+⎛⎫⎛⎫<=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以lg9lg10lg8lg9>，即8log 9m >， 所以8log 989890m b =-<-=．综上，0a b >>． 故选：A.11．（2021·全国·高考真题）已知5log 2a =，8log 3b =，12c =，则下列判断正确的是（ ） A ．c b a << B ．b a c <<C ．a c b <<D ．a b c <<【答案】C 【解析】 【分析】对数函数的单调性可比较a 、b 与c 的大小关系，由此可得出结论. 【详解】55881log 2log log log 32a b =<==，即a c b <<. 故选：C.12．（2021·全国·高考真题）已知函数()f x 的定义域为R ，()2f x +为偶函数，()21f x +为奇函数，则（ ） A ．102f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭B ．()10f -=C ．()20f =D ．()40f =【答案】B 【解析】 【分析】推导出函数()f x 是以4为周期的周期函数，由已知条件得出()10f =，结合已知条件可得出结论. 【详解】因为函数()2f x +为偶函数，则()()22f x f x +=-，可得()()31f x f x +=-， 因为函数()21f x +为奇函数，则()()1221f x f x -=-+，所以，()()11f x f x -=-+，所以，()()()311f x f x f x +=-+=-，即()()4f x f x =+， 故函数()f x 是以4为周期的周期函数，因为函数()()21F x f x =+为奇函数，则()()010F f ==， 故()()110f f -=-=，其它三个选项未知. 故选：B.13．（2021·全国·高考真题（理））设函数()f x 的定义域为R ，()1f x +为奇函数，()2f x +为偶函数，当[]1,2x ∈时，2()f x ax b =+．若()()036f f +=，则92f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ）A ．94-B ．32-C ．74D ．52【答案】D 【解析】 【分析】通过()1f x +是奇函数和()2f x +是偶函数条件，可以确定出函数解析式()222f x x =-+，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案． 【详解】因为()1f x +是奇函数，所以()()11f x f x -+=-+①； 因为()2f x +是偶函数，所以()()22f x f x +=-+②．令1x =，由①得：()()()024f f a b =-=-+，由②得：()()31f f a b ==+，因为()()036f f +=，所以()462a b a b a -+++=⇒=-，令0x =，由①得：()()()11102f f f b =-⇒=⇒=，所以()222f x x =-+．思路一：从定义入手．9551222222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1335112222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭511322=2222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=-+=--+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以935222f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 思路二：从周期性入手由两个对称性可知，函数()f x 的周期4T =． 所以91352222f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．故选：D ． 【点睛】在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．14．（2021·全国·高考真题（理））设2ln1.01a =，ln1.02b =，1c =．则（ ） A ．a b c << B ．b c a <<C ．b a c <<D ．c a b <<【答案】B 【解析】 【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a ,b 的大小作出判定，对于a 与c ，b 与c 的大小关系，将0.01换成x ,分别构造函数()()2ln 11f x x =+,()()ln 121g x x =+，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f (0)=0,g (0)=0即可得出a 与c ，b 与c 的大小关系. 【详解】()()2222ln1.01ln1.01ln 10.01ln 120.010.01ln1.02a b ===+=+⨯+>=, 所以b a <;下面比较c 与,a b 的大小关系.记()()2ln 11f x x =+,则()00f =,()2121x f x x -='+，由于()()2214122x x x x x x +-+=-=-所以当0<x <2时，()21410x x +-+>,()1x >+,()0f x '>,所以()f x 在[]0,2上单调递增，所以()()0.0100f f >=,即2ln1.011>,即a c >;令()()ln 121g x x =+,则()00g =,()212212x g x x -==+', 由于()2214124x x x +-+=-，在x >0时,()214120x x +-+<,所以()0g x '<,即函数()g x 在[0,+∞)上单调递减，所以()()0.0100g g <=,即ln1.021,即b <c ; 综上，b c a <<, 故选：B. 【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.15．（2021·全国·高考真题（理））设B 是椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足||2PB b ≤，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．2⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C【分析】设()00,P x y ，由()0,B b ，根据两点间的距离公式表示出 PB ，分类讨论求出PB 的最大值，再构建齐次不等式，解出即可． 【详解】设()00,P x y ，由()0,B b ，因为 2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PB x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为0b y b -≤≤，当32b b c-≤-，即 22b c ≥时，22max 4PB b =，即 max 2PB b =，符合题意，由22b c ≥可得222a c ≥，即 0e <≤当32b b c ->-，即22b c <时， 42222max b PB a b c =++，即422224b a b b c ++≤，化简得，()2220c b -≤，显然该不等式不成立． 故选：C ． 【点睛】本题解题关键是如何求出PB 的最大值，利用二次函数求指定区间上的最值，要根据定义域讨论函数的单调性从而确定最值．16．（2021·全国·高考真题（文））设()f x 是定义域为R 的奇函数，且()()1f x f x +=-.若1133f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则53f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（ ） A ．53-B ．13-C ．13D ．53【答案】C 【解析】 【分析】由题意利用函数的奇偶性和函数的递推关系即可求得53f ⎛⎫⎪⎝⎭的值.【详解】由题意可得：522213333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 而21111133333f f f f⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-==--=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故5133f ⎛⎫= ⎪⎝⎭.【点睛】关键点点睛：本题主要考查了函数的奇偶性和函数的递推关系式，灵活利用所给的条件进行转化是解决本题的关键.17．（2021·全国·高考真题（理））设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ） A ．a b < B ．a b > C ．2ab a < D ．2ab a >【答案】D 【解析】【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,a b 所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab .()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的.当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a <，0a <，故2ab a >.当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >.综上所述，2ab a >成立. 故选：D 【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答. 18．（2021·全国·高考真题）若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A ．e b a < B ．e a b < C ．0e b a << D ．0e a b <<【答案】D 【解析】 【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果； 解法二：画出曲线x y e =的图象，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线. 【详解】在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y '=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t -=-，即()1t ty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1t ty e x t e =+-上，可得()()11t t t b ae t e a t e =+-=+-， 令()()1t f t a t e =+-，则()()tf t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点. 故选：D.解法二：画出函数曲线x y e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x 轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0a b e <<.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.19．（2022·全国·高考真题）已知函数()sin(2)(0π)f x x ϕϕ=+<<的图像关于点2π,03⎛⎫⎪⎝⎭中心对称，则（ ）A ．()f x 在区间5π0,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递减B ．()f x 在区间π11π,1212⎛⎫- ⎪⎝⎭有两个极值点C ．直线7π6x =是曲线()y f x =的对称轴D ．直线y x =是曲线()y f x =的切线 【答案】AD 【解析】 【分析】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出． 【详解】由题意得：2π4πsin 033f ϕ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，所以4ππ3k ϕ+=，k ∈Z ， 即4ππ,3k k ϕ=-+∈Z ， 又0πϕ<<，所以2k =时，2π3ϕ=，故2π()sin 23f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．对A ，当5π0,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2π2π3π2,332x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，由正弦函数sin y u =图象知()y f x =在5π0,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上是单调递减； 对B ，当π11π,1212x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2ππ5π2,322x ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，由正弦函数sin y u =图象知()y f x =只有1个极值点，由2π3π232x +=，解得5π12x =，即5π12x =为函数的唯一极值点； 对C ，当7π6x =时，2π23π3x +=，7π()06f =，直线7π6x =不是对称轴；对D ，由2π2cos 213y x ⎛⎫'=+=- ⎪⎝⎭得：2π1cos 232x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭，解得2π2π22π33x k +=+或2π4π22π,33x k k +=+∈Z ,从而得：πx k =或ππ,3x k k =+∈Z ,所以函数()y f x =在点⎛ ⎝⎭处的切线斜率为02π2cos 13x k y =='==-，切线方程为：(0)y x =--即y x =-．20．（2022·全国·高考真题）已知函数()f x 及其导函数()'f x 的定义域均为R ，记()()g x f x '=，若322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，则（ ）A ．(0)0f =B ．102g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭C ．(1)(4)f f -=D ．(1)(2)g g -=【答案】BC 【解析】 【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解. 【详解】因为322f x ⎛⎫- ⎪⎝⎭，(2)g x +均为偶函数，所以332222f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭即3322f x f x ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，(2)(2)g x g x +=-， 所以()()3f x f x -=，(4)()g x g x -=，则(1)(4)f f -=，故C 正确；函数()f x ，()g x 的图象分别关于直线3,22x x ==对称，又()()g x f x '=，且函数()f x 可导，所以()()30,32g g x g x ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以()(4)()3g x g x g x -==--，所以()(2)(1)g x g x g x +=-+=，所以13022g g ⎛⎫⎛⎫-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()()()112g g g -==-，故B 正确，D 错误；若函数()f x 满足题设条件，则函数()f x C +（C 为常数）也满足题设条件，所以无法确定()f x 的函数值，故A 错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.21．（2022·全国·高考真题）已知函数3()1f x x x =-+，则（ ） A ．()f x 有两个极值点B ．()f x 有三个零点C ．点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D ．直线2y x =是曲线()y f x =的切线【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合()f x 的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，()231f x x '=-，令()0f x '>得x >x <令()0f x '<得x <<，所以()f x 在(上单调递减，在(,-∞，)+∞上单调递增，所以x =是极值点，故A 正确；因(10f =>，10f =>，()250f -=-<，所以，函数()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭上有一个零点，当x ≥时，()0f x f ≥>⎝⎭，即函数()f x 在⎫∞⎪⎪⎝⎭上无零点， 综上所述，函数()f x 有一个零点，故B 错误；令3()h x x x =-，该函数的定义域为R ，()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-， 则()h x 是奇函数，(0,0)是()h x 的对称中心， 将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象， 所以点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心，故C 正确；令()2312f x x '=-=，可得1x =±，又()(1)11f f =-=，当切点为(1,1)时，切线方程为21y x =-，当切点为(1,1)-时，切线方程为23y x =+， 故D 错误. 故选：AC.三、双空题22．（2022·全国·高考真题）曲线ln ||y x =过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________． 【答案】 1ey x = 1e y x =-【解析】 【分析】分0x >和0x <两种情况，当0x >时设切点为()00,ln x x ，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出0x ，即可求出切线方程，当0x <时同理可得； 【详解】解： 因为ln y x =，当0x >时ln y x =，设切点为()00,ln x x ，由1y x'=，所以001|x x y x ='=，所以切线方程为()0001ln y x x x x -=-，又切线过坐标原点，所以()0001ln x x x -=-，解得0e x =，所以切线方程为()11e e y x -=-，即1ey x =； 当0x <时()ln y x =-，设切点为()()11,ln x x -，由1y x'=，所以111|x x y x ='=，所以切线方程为()()1111ln y x x x x --=-， 又切线过坐标原点，所以()()1111ln x x x --=-，解得1e x =-，所以切线方程为()11e e y x -=+-，即1ey x =-； 故答案为：1ey x =；1e y x =-23．（2022·全国·高考真题（文））若()1ln 1f x a b x++-=是奇函数，则=a _____，b =______． 【答案】 12-； ln 2．【解析】 【分析】根据奇函数的定义即可求出． 【详解】因为函数()1ln 1f x a b x++-=为奇函数，所以其定义域关于原点对称． 由101a x+≠-可得，()()110x a ax -+-≠，所以11a x a +==-，解得：12a =-，即函数的定义域为()()(),11,11,-∞-⋃-⋃+∞，再由()00f =可得，ln 2b =．即()111ln ln 2ln211xf x xx+=-++=--，在定义域内满足()()f x f x -=-，符合题意．故答案为：12-；ln 2．四、填空题24．（2022·全国·高考真题（理））已知1x x =和2x x =分别是函数2()2e x f x a x =-（0a >且1a ≠）的极小值点和极大值点．若12x x <，则a 的取值范围是____________．【答案】1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】由12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，可得()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，()12,x x x ∈时，()0f x '>，再分1a >和01a <<两种情况讨论，方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，构造函数()ln xg x a a =⋅，利用指数函数的图象和图象变换得到()g x 的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案. 【详解】解：()2ln 2e xf x a a x '=⋅-，因为12,x x 分别是函数()22e x f x a x =-的极小值点和极大值点，所以函数()f x 在()1,x -∞和()2,x +∞上递减，在()12,x x 上递增，所以当()()12,,x x x ∈-∞⋃+∞时，()0f x '<，当()12,x x x ∈时，()0f x '>， 若1a >时，当0x <时，2ln 0,2e 0x a a x ⋅><，则此时()0f x '>，与前面矛盾， 故1a >不符合题意，若01a <<时，则方程2ln 2e 0x a a x ⋅-=的两个根为12,x x ， 即方程ln e x a a x ⋅=的两个根为12,x x ，即函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点， ∵01a <<,∴函数x y a =的图象是单调递减的指数函数，又∵ln 0a <,∴ln x y a a =⋅的图象由指数函数x y a =向下关于x 轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的ln a 倍得到，如图所示：设过原点且与函数()y g x =的图象相切的直线的切点为()00,ln xx a a ⋅，则切线的斜率为()020ln x g x a a '=⋅，故切线方程为()0020ln ln x x y a a a a x x -⋅=⋅-，则有0020ln ln x x a a x a a -⋅=-⋅，解得01ln x a=， 则切线的斜率为122ln ln eln a a a a ⋅=，因为函数ln x y a a =⋅与函数e y x =的图象有两个不同的交点，所以2eln e a <，解得1e e a <<，又01a <<，所以11ea <<，综上所述，a 的范围为1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度. 25．（2022·全国·高考真题）若曲线()e x y x a =+有两条过坐标原点的切线，则a 的取值范围是________________． 【答案】()(),40,∞∞--⋃+ 【解析】 【分析】设出切点横坐标0x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于0x 的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a 的取值范围. 【详解】∵()e x y x a =+，∴(1)e x y x a '=++，设切点为()00,x y ,则()000e x y x a =+,切线斜率()001e x k x a =++, 切线方程为：()()()00000e 1e x xy x a x a x x -+=++-, ∵切线过原点，∴()()()00000e 1e x xx a x a x -+=++-,整理得：2000x ax a +-=,∵切线有两条，∴240a a ∆=+>,解得4a 或0a >,∴a 的取值范围是()(),40,-∞-+∞,故答案为：()(),40,-∞-+∞26．（2021·全国·高考真题）已知函数12()1,0,0xf x e x x <=>-，函数()f x 的图象在点()()11,A x f x 和点()()22,B x f x 的两条切线互相垂直，且分别交y 轴于M ，N 两点，则||||AM BN 取值范围是_______． 【答案】0,1 【解析】 【分析】结合导数的几何意义可得120x x +=，结合直线方程及两点间距离公式可得1A x M =，2B x N =，化简即可得解.【详解】由题意，()1011,0,xx x e x f x e e x <=⎧---≥⎪=⎨⎪⎩，则()0,,0xx x f x e e x ⎧-⎪=<>⎨'⎪⎩，所以点()11,1x A x e -和点()22,1x B x e -，12,x xAM BN k e k e =-=,所以12121,0x xe e x x -⋅=-+=，所以()()111111,0:,11x x x xe e x x e AM e y M x -+=---+，所以1x AM ，同理2B x N ,所以()10,1x e NAM B ===∈. 故答案为：0,1 【点睛】 关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件120x x +=，消去一个变量后，运算即可得解.27．（2021·全国·高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数():f x _______． ①()()()1212f x x f x f x =；②当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>；③()'f x 是奇函数．【答案】()4f x x =（答案不唯一，()()2*n x N f n x =∈均满足）【解析】 【分析】根据幂函数的性质可得所求的()f x . 【详解】取()4f x x =，则()()()()44421121122x f x f x x x x f x x ===，满足①， ()34f x x '=，0x >时有()0f x '>，满足②， ()34f x x '=的定义域为R ，又()()34f x x f x ''-=-=-，故()f x '是奇函数，满足③.故答案为：()4f x x =（答案不唯一，()()2*n x N f n x =∈均满足）28．（2021·全国·高考真题（理））曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________．【答案】520x y -+= 【解析】 【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可． 【详解】由题，当1x =-时，3y =-，故点在曲线上． 求导得：()()()()222221522x x y x x +--==++'，所以1|5x y =-='．故切线方程为520x y -+=． 故答案为：520x y -+=．29．（2021·全国·高考真题）已知函数()()322x xx a f x -=⋅-是偶函数，则=a ______.【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求参数a 的值. 【详解】因为()()322x x x a f x -=⋅-，故()()322x xf x x a --=-⋅-，因为()f x 为偶函数，故()()f x f x -=， 时()()332222x x x x x a x a --⋅-=-⋅-，整理得到()()12+2=0x xa --，故1a =， 故答案为：130．（2021·全国·高考真题）函数()212ln f x x x =--的最小值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】由解析式知()f x 定义域为(0,)+∞，讨论102x <≤、112x <≤、1x >，并结合导数研究的单调性，即可求()f x 最小值. 【详解】由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减；当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为：1. 五、解答题31．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围． 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】 【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解； （2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x=-->，则()22111x f x x x x -'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增； 当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-； (2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x --+'=+-=，当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意； 当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+>-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>，所以ln 21x ⎛> ⎝，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意； 综上，a 的取值范围为()0,+∞. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.32．（2022·全国·高考真题）已知函数()e e ax x f x x =-． (1)当1a =时，讨论()f x 的单调性；(2)当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围； (3)设n *∈N21ln(1)n n +>++．【答案】(1)()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞.(2)12a ≤(3)见解析 【解析】 【分析】 （1）求出fx ，讨论其符号后可得()f x 的单调性.（2）设()e e 1ax xh x x =-+，求出()h x ''，先讨论12a >时题设中的不等式不成立，再就102a <≤结合放缩法讨论()h x '符号，最后就0a ≤结合放缩法讨论()h x 的范围后可得参数的取值范围. （3）由（2）可得12ln t tt<-对任意的1t >恒成立，从而可得()ln 1ln n n +-<*n N ∈恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当1a =时，()()1e xf x x =-，则()e x f x x '=，当0x <时，0f x ，当0x >时，0f x ，故()f x 的减区间为(),0-∞，增区间为()0,+∞.(2)设()e e 1ax xh x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax xg x ax =+-， 则()()22e e ax xg x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->， 因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有0g x ，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x +<成立， 证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++， 故()S x 在()0,+∞上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立. 由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤， 故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,+∞上为减函数，。

2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。

数 学B 单元 函数与导数 B1 函数及其表示6．B1 设函数f (x )(x ∈R )满足f (x ＋π)＝f (x )＋sin x ．当0≤x <π时，f (x )＝0，则f ⎝⎛⎭⎪⎫23π6＝( )A.12B.32 C ．0 D ．－126．A 由已知可得，f ⎝⎛⎭⎪⎫23π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫17π6＋sin 17π6＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫11π6＋sin 11π6＋sin 17π6 ＝f ⎝⎛⎭⎪⎫5π6＋sin 5π6＋sin 11π6＋sin 17π6＝2sin 5π6＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫－π6＝sin 5π6＝12.2．B1、B3 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)2．A 由基本初等函数的性质得，选项B 中的函数在(0，1)上递减，选项C ，D 中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B ，C ，D ，选A.7．B1、B3、B4 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为 由函数f (x )的解析式知，f (1)＝2，f (－1)＝cos(－1)＝cos 1，f (1)≠f (－1)，则f (x )不是偶函数；当x >0时，令f (x )＝x 2＋1，则f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f (x )>1； 当x ≤0时，f (x )＝cos x ，则f (x )在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f (x )∈； ∴函数f (x )不是单调函数，也不是周期函数，其值域为 函数f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( )A ．(0，1]B ．C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪ 由x 2－x >0，得x >1或x <0.3．B1，B7 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪ 根据题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，（log 2）2－1＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x ＞2或x ＜12.故选C.B2 反函数12．B2 函数y ＝f (x )的图像与函数y ＝g (x )的图像关于直线x ＋y ＝0对称，则y ＝f (x )的反函数是( )A ．y ＝g (x )B ．y ＝g (－x )C ．y ＝－g (x )D ．y ＝－g (－x )12．D 设(x 0，y 0)为函数y ＝f (x )的图像上任意一点，其关于直线x ＋y ＝0的对称点为(－y 0，－x 0)．根据题意，点(－y 0，－x 0)在函数y ＝g (x )的图像上，又点(x 0，y 0)关于直线y ＝x 的对称点为(y 0，x 0)，且(y 0，x 0)与(－y 0，－x 0)关于原点对称，所以函数y ＝f (x )的反函数的图像与函数y ＝g (x )的图像关于原点对称，所以－y ＝g (－x )，即y ＝－g (－x )．B3 函数的单调性与最值2．B1、B3 下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝x ＋1 B ．y ＝(x －1)2C ．y ＝2－xD ．y ＝log 0.5(x ＋1)2．A 由基本初等函数的性质得，选项B 中的函数在(0，1)上递减，选项C ，D 中的函数在(0，＋∞)上为减函数，所以排除B ，C ，D ，选A.7．B1、B3、B4 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为 由函数f (x )的解析式知，f (1)＝2，f (－1)＝cos(－1)＝cos 1，f (1)≠f (－1)，则f (x )不是偶函数；当x >0时，令f (x )＝x 2＋1，则f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f (x )>1； 当x ≤0时，f (x )＝cos x ，则f (x )在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f (x )∈； ∴函数f (x )不是单调函数，也不是周期函数，其值域为 设函数f (x )＝1（x 2＋2x ＋k ）2＋2（x 2＋2x ＋k ）－3，其中k <－2. (1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6，求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示)．12．B3 设f (x )是定义在R 上的周期为2的函数，当x ∈ 由题意可知，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫－122＋2＝1. 15．B3，B14 以A 表示值域为R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数φ(x )组成的集合：对于函数φ(x )，存在一个正数M ，使得函数φ(x )的值域包含于区间．例如，当φ1(x )＝x 3，φ2(x )＝sin x 时，φ1(x )∈A ，φ2(x )∈B .现有如下命题：①设函数f (x )的定义域为D ，则“f (x )∈A ”的充要条件是“∀b ∈R ，∃a ∈D ，f (a )＝b ”； ②函数f (x )∈B 的充要条件是f (x )有最大值和最小值；③若函数f (x )，g (x )的定义域相同，且f (x )∈A ，g (x )∈B ，则f (x )＋g (x )∉B ； ④若函数f (x )＝a ln(x ＋2)＋xx 2＋1(x >－2，a ∈R )有最大值，则f (x )∈B .其中的真命题有________．(写出所有真命题的序号)15．①③④ 若f (x )∈A ，则f (x )的值域为R ，于是，对任意的b ∈R ，一定存在a ∈D ，使得f (a )＝b ，故①正确．取函数f (x )＝x (－1＜x ＜1)，其值域为(－1，1)，于是，存在M ＝1，使得f (x )的值域包含于＝，但此时f (x )没有最大值和最小值，故②错误．当f (x )∈A 时，由①可知，对任意的b ∈R ，存在a ∈D ，使得f (a )＝b ，所以，当g (x )∈B 时，对于函数f (x )＋g (x )，如果存在一个正数M ，使得f (x )＋g (x )的值域包含于，那么对于该区间外的某一个b 0∈R ，一定存在一个a 0∈D ，使得f (a 0)＝b －g (a 0)，即f (a 0)＋g (a 0)＝b 0∉，故③正确．对于f (x )＝a ln(x ＋2)＋xx 2＋1(x ＞－2)，当a ＞0或a ＜0时，函数f (x )都没有最大值．要使得函数f (x )有最大值，只有a ＝0，此时f (x )＝xx 2＋1(x ＞－2)．易知f (x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12，所以存在正数M ＝12，使得f (x )∈，故④正确． 21．B3，B12 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围． 21．解：(1)由f (x )＝e x－ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x－2ax －b . 所以g ′(x )＝e x－2a . 当x ∈时，g ′(x )∈．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在上单调递增，因此g (x )在上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在上单调递减，因此g (x )在上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，于是，g (x )在上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤12时，g (x )在上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12<a <e 2.此时g (x )在区间上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2， 则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0， 解得e －2<a <1.当e －2<a <1时，g (x )在区间内有最小值g (ln(2a ))． 若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈)，从而f (x )在区间内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2. 由此可知f (x )在上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在上单调递增． 所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0， 故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．B4 函数的奇偶性与周期性7．B1、B3、B4 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，x >0，cos x ， x ≤0，则下列结论正确的是( )A ．f (x )是偶函数B ．f (x )是增函数C ．f (x )是周期函数D ．f (x )的值域为 由函数f (x )的解析式知，f (1)＝2，f (－1)＝cos(－1)＝cos 1，f (1)≠f (－1)，则f (x )不是偶函数；当x >0时，令f (x )＝x 2＋1，则f (x )在区间(0，＋∞)上是增函数，且函数值f (x )>1； 当x ≤0时，f (x )＝cos x ，则f (x )在区间(－∞，0]上不是单调函数，且函数值f (x )∈； ∴函数f (x )不是单调函数，也不是周期函数，其值域为 已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且f (x )－g (x )＝x 3＋x 2＋1，则f (1)＋g (1)＝( )A ．－3B ．－1C ．1D ．33．C 因为f (x )是偶函数，g (x )是奇函数，所以f (1)＋g (1)＝f (－1)－g (－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.3．B4 设函数f (x )，g (x )的定义域都为R ，且f (x )是奇函数，g (x )是偶函数，则下列结论中正确的是( )A ．f (x )g (x )是偶函数B ．|f (x )|g (x )是奇函数C ．f (x )|g (x )|是奇函数D ．|f (x )g (x )|是奇函数3．C 由于偶函数的绝对值还是偶函数，一个奇函数与一个偶函数之积为奇函数，故正确选项为C.15．B4 已知偶函数f (x )在 根据偶函数的性质，易知f (x )>0的解集为(－2，2)，若f (x －1)>0，则－2<x －1<2，解得－1<x <3.B5 二次函数16．B5、C6 若函数f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2是减函数，则a 的取值范围是________．16．(－∞，2] f (x )＝cos 2x ＋a sin x ＝－2sin 2x ＋a sin x ＋1，令sin x ＝t ，则f (x )＝－2t 2＋at ＋1.因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫π6，π2，所以t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，所以f (x )＝－2t 2＋at ＋1，t ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1.因为f (x )＝cos 2x ＋a sin x 在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫π6，π2是减函数，所以f (x )＝－2t 2＋at ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是减函数，又对称轴为x ＝a 4，∴a 4≤12，所以a ∈(－∞，2]．B6 指数与指数函数4．B6、B7、B8 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图1­1所示，则下列函数图像正确的是( )图1­1A BC D图1­24．B 由函数y ＝log a x 的图像过点(3，1)，得a ＝3.选项A 中的函数为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，则其函数图像不正确；选项B 中的函数为y ＝x 3，则其函数图像正确；选项C 中的函数为y ＝(－x )3，则其函数图像不正确；选项D 中的函数为y ＝log 3(－x )，则其函数图像不正确．3．B6 已知函数f (x )＝5|x |，g (x )＝ax 2－x (a ∈R )．若f ＝1，则a ＝( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．－1 3．A g (1)＝a －1，由f ＝1，得5|a －1|＝1，所以|a －1|＝0，故a ＝1.3．B6、B7 已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a3．C 因为0<a ＝2－13<1，b ＝log 213<0，c ＝log 1213>log 1212＝1，所以c >a >b .2．A1，B6 设集合A ＝{x ||x －1|＜2}，B ＝{y |y ＝2x，x ∈}，则A ∩B ＝( ) A ． B ．(1，3) C ． 根据已知得，集合A ＝{x |－1＜x ＜3}，B ＝{y |1≤y ≤4}，所以A ∩B ＝{x |1≤x ＜3}．故选C.5．B6，B7，E1 已知实数x ，y 满足a x＜a y(0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( )A.1x 2＋1＞1y 2＋1B. ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1) C. sin x ＞sin y D. x 3＞y 35．D 因为a x ＜a y (0＜a ＜1)，所以x ＞y ，所以sin x ＞sin y ，ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1)，1x 2＋1＞1y 2＋1都不一定正确，故选D. 7．B6 下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )·f (y )”的单调递增函数是( ) A ．f (x )＝x 12B ．f (x )＝x 3C ．f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12xD ．f (x )＝3x7．B 由于f (x ＋y )＝f (x )f (y )，故排除选项A ，C.又f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x为单调递减函数，所以排除选项D.11．B6 已知4a＝2，lg x ＝a ，则x ＝________．11.10 由4a＝2，得a ＝12，代入lg x ＝a ，得lg x ＝12，那么x ＝1012 ＝10.B7 对数与对数函数5．B6，B7，E1 已知实数x ，y 满足a x ＜a y(0＜a ＜1)，则下列关系式恒成立的是( ) A.1x 2＋1＞1y 2＋1B. ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1) C. sin x ＞sin y D. x 3＞y 35．D 因为a x ＜a y (0＜a ＜1)，所以x ＞y ，所以sin x ＞sin y ，ln(x 2＋1)＞ln(y 2＋1)，1x 2＋1＞1y 2＋1都不一定正确，故选D.3．B1，B7 函数f (x )＝1（log 2x ）2－1的定义域为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．(2，＋∞) C. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D. ⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪ 根据题意得，⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，（log 2）2－1＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，x ＞2或x ＜12.故选C.4．B6、B7、B8 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图1­1所示，则下列函数图像正确的是( )图1­1A BC D图1­24．B 由函数y ＝log a x 的图像过点(3，1)，得a ＝3.选项A 中的函数为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，则其函数图像不正确；选项B 中的函数为y ＝x 3，则其函数图像正确；选项C 中的函数为y ＝(－x )3，则其函数图像不正确；选项D 中的函数为y ＝log 3(－x )，则其函数图像不正确．13．D3、B7 若等比数列{a n }的各项均为正数，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，则ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝________．13．50 本题考查了等比数列以及对数的运算性质．∵{a n }为等比数列，且a 10a 11＋a 9a 12＝2e 5，∴a 10a 11＋a 9a 12＝2a 10a 11＝2e 5，∴a 10a 11＝e 5， ∴ln a 1＋ln a 2＋…＋ln a 20＝ln(a 1a 2…a 20)＝ ln(a 10a 11)10＝ln(e 5)10＝ln e 50＝50.3．B6、B7 已知a ＝2－13，b ＝log 213，c ＝log 1213，则( )A ．a >b >cB ．a >c >bC ．c >a >bD ．c >b >a3．C 因为0<a ＝2－13<1，b ＝log 213<0，c ＝log 1213>log 1212＝1，所以c >a >b .4．B7 函数f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．(2，＋∞)D ．(－∞，－2)4．D 要使f (x )单调递增，需有⎩⎪⎨⎪⎧x 2－4>0，x <0，解得x <－2.7．B7、B8 在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图像可能是( )A BC D图1­2 图1­27．D 只有选项D 符合，此时0<a <1，幂函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且当x ∈(0，1)时，f (x )的图像在直线y ＝x 的上方，对数函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，故选D.12．B7 函数f (x )＝log 2x ·log 2(2x )的最小值为________．12．－14f (x )＝log 2 x ·log2(2x )＝12log 2 x ·2log 2(2x )＝log 2x ·(1＋log 2x )＝(log 2x )2＋log 2x ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14，所以当x ＝22时，函数f (x )取得最小值－14.B8 幂函数与函数的图像4．B6、B7、B8 若函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图像如图1­1所示，则下列函数图像正确的是( )图1­1A BC D图1­24．B 由函数y ＝log a x 的图像过点(3，1)，得a ＝3.选项A 中的函数为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，则其函数图像不正确；选项B 中的函数为y ＝x 3，则其函数图像正确；选项C 中的函数为y ＝(－x )3，则其函数图像不正确；选项D 中的函数为y ＝log 3(－x )，则其函数图像不正确．10．B8 已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝12(|x －a 2|＋|x －2a 2|－3a 2)．若∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则实数a 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，16B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－66，66C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33，3310．B 因为当x ≥0时，f (x )＝12()||x －a 2＋||x －2a 2－3a 2，所以当0≤x ≤a 2时，f (x )＝12()a 2－x ＋2a 2－x －3a 2＝－x ； 当a 2<x <2a 2时，f (x )＝12()x －a 2＋2a 2－x －3a 2＝－a 2； 当x ≥2a 2时，f (x )＝12()x －a 2＋x －2a 2－3a 2＝x －3a 2. 综上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ，0≤x ≤a 2，－a 2，a 2<x <2a 2，x －3a 2，x ≥2a 2.因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f (x )在R 上的大致图象如下，观察图象可知，要使∀x ∈R ，f (x －1)≤f (x )，则需满足2a 2－(－4a 2)≤1，解得－66≤a ≤66.故选B. 8．B8 已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx ，若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A. ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B. ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C. (1，2) D. (2，＋∞) 8．B 画出函数f (x )的图像，如图所示．若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实数，则函数f (x )，g (x )有两个交点，则k ＞12，且k ＜1.故选B.7．B7、B8 在同一直角坐标系中，函数f (x )＝x a(x >0)，g (x )＝log a x 的图像可能是( )A BC D图1­2 图1­27．D 只有选项D 符合，此时0<a <1，幂函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且当x ∈(0，1)时，f (x )的图像在直线y ＝x 的上方，对数函数g (x )在(0，＋∞)上为减函数，故选D.B9 函数与方程10．B9、B14 已知函数f (x )＝x 2＋e x －12(x <0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图像上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( )A ．(－∞，1e) B ．(－∞，e) C.⎝⎛⎭⎪⎫－1e ，e D.⎝⎛⎭⎪⎫－e ，1e10．B 依题意，设存在P (－m ，n )在f (x )的图像上，则Q (m ，n )在g (x )的图像上，则有m 2＋e －m －12＝m 2＋ln(m ＋a )，解得m ＋a ＝ee －m －12，即a ＝ee －m－12－m (m ＞0)，可得a ∈(－∞，e)．14．B9 已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R .若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________．14．(0，1)∪(9，＋∞) 在同一坐标系内分别作出y ＝f (x )与y ＝a |x －1|的图像如图所示．当y ＝a |x －1|与y ＝f (x )的图像相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧－ax ＋a ＝－x 2－3x ，a >0，整理得x 2＋(3－a )x＋a ＝0，则Δ＝(3－a )2－4a ＝a 2－10a ＋9＝0，解得a ＝1或a ＝9.故当y ＝a |x －1|与y ＝f (x )的图像有四个交点时，0<a <1或a >9.6．B9 已知函数f (x )＝＝f (－3)≤3，则( )A ．c ≤3B ．3<c ≤6C ．6<c ≤9D ．c >96．C 由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)得⎩⎪⎨⎪⎧－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ，－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a －3b ＋c ⇒⎩⎪⎨⎪⎧－7＋3a －b ＝0，19－5a ＋b ＝0⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11，则f (x )＝x 3＋6x 2＋11x ＋c ，而0<f (－1)≤3，故0<－6＋c ≤3，∴6<c ≤9，故选C.B10 函数模型及其应用8．B10 某市生产总值连续两年持续增加，第一年的增长率为p ，第二年的增长率为q ，则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A.p ＋q2 B.（p ＋1）（q ＋1）－12C.pqD.（p ＋1）（q ＋1）－18．D 设年平均增长率为x ，则有(1＋p )(1＋q )＝(1＋x )2，解得x ＝（1＋p ）（1＋q ）－1.10．B10 如图1­2，某飞行器在4千米高空水平飞行，从距着陆点A 的水平距离10千米处开始下降，已知下降飞行轨迹为某三次函数图像的一部分，则该函数的解析式为 ( )图1­2A ．y ＝1125x 3－35xB ．y ＝2125x 3－45xC ．y ＝3125x 3－x D ．y ＝－3125x 3＋15x 10．A 设该三次函数的解析式为y ＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d .因为函数的图像经过点(0，0)，所以d ＝0，所以y ＝ax 3＋bx 2＋cx .又函数过点(－5，2)，(5，－2)，则该函数是奇函数，故b ＝0，所以y ＝ax 3＋cx ，代入点(－5，2)得－125a －5c ＝2.又由该函数的图像在点(－5，2)处的切线平行于x 轴，y ′＝3ax 2＋c ，得当x ＝－5时，y ′＝75a ＋c ＝0.联立⎩⎪⎨⎪⎧－125a －5c ＝2，75a ＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1125，c ＝－35.故该三次函数的解析式为y ＝1125x 3－35x .B11 导数及其运算18．B11、B12 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)． 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在上单调递增，在上单调递减， 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值． 21．B11、M3、D5 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立． 当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． (2)方法一：先用数学归纳法证明a n >c 1p.①当n ＝1时，由题设知a 1>c 1p成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >c 1p 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c pa －pk ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1.由a k >c 1p >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k－1<0.由(1)中的结论得⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k p＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1p>1＋p · 1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p k －1＝c a p k . 因此a pk ＋1>c ，即a k ＋1>c 1p，所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >c 1p也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >c 1p均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1， 即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0.由此可得，f (x )在 已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x －2x ，f ′(x )＝e x－2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增． 所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值， 且极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x－x 2，则g ′(x )＝e x－2x .由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x. 故当x >0时，x 2<c e x.取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x.②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x.所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ， 易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2)知，当x >0时，e x >x 2，所以e x＝e x2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1c x 2， 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 方法三：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x.证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x.由(2)知，当x >0时，x 2<e x，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x.取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 10．B11、H7 曲线y ＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．10．y ＝－5x ＋3 本题考查导数的几何意义以及切线方程的求解方法．因为y ′＝－5e－5x，所以切线的斜率k ＝－5e 0＝－5，所以切线方程是：y －3＝－5(x －0)，即y ＝－5x＋3.13．B11 若曲线y ＝e －x上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．13．(－ln 2，2) 设点P 的坐标为(x 0，y 0)，y ′＝－e －x.又切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，所以－e －x 0＝－2，可得x 0＝－ln 2，此时y ＝2，所以点P 的坐标为(－ln 2，2)．18．B11、B12 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R )． (1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．18．解：(1)当b ＝4时，f ′(x )＝－5x （x ＋2）1－2x ，由f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝0.所以当x ∈(－∞，－2)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(－2，0)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，12时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故f (x )在x ＝－2处取得极小值f (－2)＝0，在x ＝0处取得极大值f (0)＝4.(2)f ′(x )＝－x [5x ＋（3b －2）]1－2x ，易知当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，－x 1－2x <0，依题意当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13时，有5x ＋(3b －2)≤0，从而53＋(3b －2)≤0，得b ≤19. 所以b 的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，19.7．B11 曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．17．C 因为y ′＝(x ex －1)′＝ex －1＋x ex －1，所以y ＝x ex －1在点(1，1)处的导数是y ′|x＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处的切线斜率是2.8．B11 设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 8．D y ′＝a －1x ＋1，根据已知得，当x ＝0时，y ′＝2，代入解得a ＝3. 21．B11，B12，E8，M3 设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 21．解：由题设得，g (x )＝x1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x1＋x，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x1＋x＝x1＋2x， g 3(x )＝x1＋3x，…，可得g n (x )＝x1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k （x ）1＋g k （x ）＝x1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋（k ＋1）x，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a（1＋x ）2，当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 故知ln(1＋x )≥ax1＋x 不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)． 证明如下：方法一：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x ，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．方法二：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x ，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．方法三：如图，⎠⎛0n x x ＋1d x 是由曲线y ＝xx ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋nn ＋1是图中所示各矩形的面积和，∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n x x ＋1d x ＝ ⎠⎛0n⎝⎛⎭⎪⎫1－1x ＋1d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证．19．D5，B11 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x的图像上(n ∈N *)． (1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n . 19．解：(1)由已知得，b 7＝2a 7，b 8＝2a 8＝4b 7，所以 2a 8＝4×2a 7＝2a 7＋2，解得d ＝a 8－a 7＝2， 所以S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－2n ＋n (n －1)＝n 2－3n .(2)函数f (x )＝2x在点(a 2，b 2)处的切线方程为y －2a 2＝(2a 2ln 2)(x －a 2)， 其在x 轴上的截距为a 2－1ln 2. 由题意有a 2－1ln 2＝2－1ln 2，解得a 2＝2.所以d ＝a 2－a 1＝1.从而a n ＝n ，b n ＝2n，所以数列{a n b n }的通项公式为a n b n ＝n2n ，所以T n ＝12＋222＋323＋…＋n －12n －1＋n2n ，2T n ＝11＋22＋322＋…＋n2n －1，因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n.B12 导数的应用21．B3，B12 已知函数f (x )＝e x －ax 2－bx －1，其中a ，b ∈R ，e ＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)设g (x )是函数f (x )的导函数，求函数g (x )在区间上的最小值； (2)若f (1)＝0，函数f (x )在区间(0，1)内有零点，求a 的取值范围． 21．解：(1)由f (x )＝e x－ax 2－bx －1，得g (x )＝f ′(x )＝e x－2ax －b . 所以g ′(x )＝e x－2a . 当x ∈时，g ′(x )∈．当a ≤12时，g ′(x )≥0，所以g (x )在上单调递增，因此g (x )在上的最小值是g (0)＝1－b ；当a ≥e2时，g ′(x )≤0，所以g (x )在上单调递减，因此g (x )在上的最小值是g (1)＝e －2a －b ；当12<a <e2时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )∈(0，1)，所以函数g (x )在区间上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增，于是，g (x )在上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b . 综上所述，当a ≤12时，g (x )在上的最小值是g (0)＝1－b ；当12<a <e2时，g (x )在上的最小值是g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－b ； 当a ≥e2时，g (x )在上的最小值是g (1)＝e －2a －b .(2)设x 0为f (x )在区间(0，1)内的一个零点，则由f (0)＝f (x 0)＝0可知，f (x )在区间(0，x 0)上不可能单调递增，也不可能单调递减． 则g (x )不可能恒为正，也不可能恒为负． 故g (x )在区间(0，x 0)内存在零点x 1. 同理g (x )在区间(x 0，1)内存在零点x 2. 故g (x )在区间(0，1)内至少有两个零点．由(1)知，当a ≤12时，g (x )在上单调递增，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点；当a ≥e2时，g (x )在上单调递减，故g (x )在(0，1)内至多有一个零点，都不合题意．所以12<a <e 2.此时g (x )在区间上单调递减，在区间(ln(2a )，1]上单调递增． 因此x 1∈(0，ln(2a )]，x 2∈(ln(2a )，1)，必有g (0)＝1－b >0，g (1)＝e －2a －b >0.由f (1)＝0得a ＋b ＝e －1<2， 则g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0， 解得e －2<a <1.当e －2<a <1时，g (x )在区间内有最小值g (ln(2a ))． 若g (ln(2a ))≥0，则g (x )≥0(x ∈)，从而f (x )在区间内单调递增，这与f (0)＝f (1)＝0矛盾，所以g (ln(2a ))<0. 又g (0)＝a －e ＋2>0，g (1)＝1－a >0.故此时g (x )在(0，ln(2a ))和(ln(2a )，1)内各只有一个零点x 1和x 2. 由此可知f (x )在上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在上单调递增． 所以f (x 1)>f (0)＝0，f (x 2)<f (1)＝0， 故f (x )在(x 1，x 2)内有零点．综上可知，a 的取值范围是(e －2，1)．18．B11、B12 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0. (1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值． 18．解： (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1＋a －2x －3x 2.令f ′(x )＝0，得x 1＝－1－4＋3a3，x 2＝－1＋4＋3a3，x 1<x 2，所以f ′(x )＝－3(x －x 1)(x －x 2)． 当x <x 1或x >x 2时，f ′(x )<0； 当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1－4＋3a 3和 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1＋4＋3a 3，＋∞内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫－1－4＋3a 3，－1＋4＋3a 3内单调递增．(2)因为a >0，所以x 1<0，x 2>0， ①当a ≥4时，x 2≥1.由(1)知，f (x )在上单调递增，所以f (x )在x ＝0和x ＝1处分别取得最小值和最大值． ②当0<a <4时，x 2<1.由(1)知，f (x )在上单调递增，在上单调递减， 所以f (x )在x ＝x 2＝－1＋4＋3a3处取得最大值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．18．B12 已知函数f (x )＝x cos x －sin x ，x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2.(1)求证：f (x )≤0；(2)若a <sin x x <b 对x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，求a 的最大值与b 的最小值．18．解：(1)证明：由f (x )＝x cos x －sin x 得f ′(x )＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x .因为在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上f ′(x )＝－x sin x <0，所以f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．从而f (x )≤f (0)＝0.(2)当x >0时，“sin x x >a ”等价于“sin x －ax >0”，“sin xx<b ”等价于“sin x －bx <0”．令g (x )＝sin x －cx ，则g ′(x )＝cos x －c .当c ≤0时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．当c ≥1时，因为对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2，g ′(x )＝cos x －c <0，所以g (x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上单调递减，从而g (x )<g (0)＝0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立． 当0<c <1时，存在唯一的x 0∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2使得g ′(x 0)＝cos x 0－c ＝0. g (x )与g ′(x )在区间⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上的情况如下：因为g (x )在区间(0，x 0)上是增函数，所以g (x 0)>g (0)＝0.进一步，“g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立”当且仅当g ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝1－π2c ≥0，即0<c ≤2π.综上所述，当且仅当c ≤2π时，g (x )>0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立；当且仅当c ≥1时，g (x )<0对任意x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立．所以，若a <sin x x <b 对任意x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2恒成立，则a 的最大值为2π，b 的最小值为1.20．B11、B12 已知函数f (x )＝e x－ax (a 为常数)的图像与y 轴交于点A ，曲线y ＝f (x )在点A 处的切线斜率为－1.(1)求a 的值及函数f (x )的极值； (2)证明：当x >0时，x 2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c ，总存在x 0，使得当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 20．解：方法一：(1)由f (x )＝e x－ax ，得f ′(x )＝e x－a . 又f ′(0)＝1－a ＝－1，得a ＝2. 所以f (x )＝e x－2x ，f ′(x )＝e x －2. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 2.当x <ln 2时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x >ln 2时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．所以当x ＝ln 2时，f (x )取得极小值， 且极小值为f (ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－ln 4，f (x )无极大值．(2)证明：令g (x )＝e x －x 2，则g ′(x )＝e x－2x . 由(1)得，g ′(x )＝f (x )≥f (ln 2)＝2－ln 4>0， 故g (x )在R 上单调递增，又g (0)＝1>0， 所以当x >0时，g (x )>g (0)>0，即x 2<e x.(3)证明：①若c ≥1，则e x ≤c e x .又由(2)知，当x >0时，x 2<e x. 故当x >0时，x 2<c e x.取x 0＝0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x.②若0<c <1，令k ＝1c>1，要使不等式x 2<c e x 成立，只要e x >kx 2成立．而要使e x >kx 2成立，则只要x >ln(kx 2)，只要x >2ln x ＋ln k 成立． 令h (x )＝x －2ln x －ln k ，则h ′(x )＝1－2x ＝x －2x.所以当x >2时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)内单调递增． 取x 0＝16k >16，所以h (x )在(x 0，＋∞)内单调递增．又h (x 0)＝16k －2ln(16k )－ln k ＝8(k －ln 2)＋3(k －ln k )＋5k ， 易知k >ln k ，k >ln 2，5k >0，所以h (x 0)>0. 即存在x 0＝16c，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x .综上，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 方法二：(1)同方法一． (2)同方法一．(3)对任意给定的正数c ，取x 0＝4c，由(2)知，当x >0时，e x >x 2，所以e x＝e x2·e x 2>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22，当x >x 0时，e x>⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22>4c ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 22＝1c x 2， 因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 方法三：(1)同方法一．(2)同方法一．(3)首先证明当x ∈(0，＋∞)时，恒有13x 3<e x.证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x.由(2)知，当x >0时，x 2<e x，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x.取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 21．B3、B12 设函数f (x )＝1（x 2＋2x ＋k ）2＋2（x 2＋2x ＋k ）－3，其中k <－2. (1)求函数f (x )的定义域D (用区间表示)； (2)讨论函数f (x )在D 上的单调性；(3)若k <－6，求D 上满足条件f (x )>f (1)的x 的集合(用区间表示)． 22．B12 π为圆周率，e ＝2.718 28…为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝ln xx的单调区间；(2)求e 3，3e ，e π，πe ，，3π，π3这6个数中的最大数与最小数；(3)将e 3，3e，e π，πe，3π，π3这6个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论． 22．解：(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．因为f (x )＝ln x x ，所以f ′(x )＝1－ln x x2. 当f ′(x )>0，即0<x <e 时，函数f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >e 时，函数f (x )单调递减．故函数f (x )的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．(2)因为e<3<π，所以eln 3<eln π，πln e<πln 3，即ln 3e<ln πe，ln e π<ln 3π.于是根据函数y ＝ln x ，y ＝e x ，y ＝πx在定义域上单调递增，可得 3e<πe<π3，e 3<e π<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中，最小数在3e与e 3之中． 由e<3<π及(1)的结论，得f (π)<f (3)<f (e)，即ln ππ<ln 33<ln e e.由ln ππ<ln 33，得ln π3<ln3π，所以3π>π3； 由ln 33<ln e e，得ln 3e <ln e 3，所以3e <e 3. 综上，6个数中的最大数是3π，最小数是3e. (3)由(2)知，3e<πe<π3<3π，3e<e 3. 又由(2)知，ln ππ<ln e e ，得πe <e π.故只需比较e 3与πe和e π与π3的大小． 由(1)知，当0<x <e 时，f (x )<f (e)＝1e ，即ln x x <1e. 在上式中，令x ＝e 2π，又e 2π<e ，则ln e 2π<e π，从而2－ln π<e π，即得ln π>2－eπ.①由①得，eln π>e ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－e π>2.7×⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2.723.1>2.7×(2－0.88)＝3.024>3，即eln π>3，亦即ln πe>ln e 3，所以e 3<πe. 又由①得，3ln π>6－3eπ>6－e>π，即3ln π>π，所以e π<π3.综上可得，3e<e 3<πe<e π<π3<3π，即这6个数从小到大的顺序为3e，e 3，πe，e π，π3，3π. 22．B12、B14 已知常数a ＞0，函数f (x )＝ln(1＋ax )－2x x ＋2. (1)讨论f (x )在区间(0，＋∞)上的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，且f (x 1)＋f (x 2)＞0，求a 的取值范围． 22．解：(1)f ′(x )＝a1＋ax －2（x ＋2）－2x （x ＋2）2＝ax 2＋4（a －1）（1＋ax ）（x ＋2）2.(*)当a ≥1时，f ′(x )>0，此时，f (x )在区间(0，＋∞)上单调递增． 当0<a <1时，由f ′(x )＝0得x 1＝21－a a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＝－21－aa舍去.当x ∈(0，x 1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(x 1，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在区间(0，x 1)上单调递减，。

高中数学函数与导数复习题和答案一、选择题1. 设函数 f(x) = x^2 - 3x +1，则下列哪个说法是正确的？A. f(x) 是偶函数B. f(x) 是奇函数C. f(x) 是一次函数D. f(x) 是二次函数答案：D. f(x) 是二次函数2. 已知函数 y = e^x，则函数 y 的导数为：A. y' = exB. y' = e^xC. y' = 1/xD. y' = ln(x)答案：B. y' = e^x3. 若 f(x) 在区间 [a, b] 的内某点处存在极大值，则 f'(x) = 0 的解必定在该点的 __？A. 左侧B. 右侧C. 任意侧D. 无法确定答案：C. 任意侧4. 设函数 f(x) = x^3 + 2x^2 - 5x，则下列哪个说法是正确的？A. f(x) 在 x = 0 处存在极小值B. f(x) 在 x = 1 处存在极大值C. f(x) 是偶函数D. f(x) 是奇函数答案：B. f(x) 在 x = 1 处存在极大值二、填空题1. 设函数 f(x) = 3x^2 - 2x，则函数 f(x) 的导函数为 __？答案：f'(x) = 6x - 22. 函数 y = x^3 + 3x^2 - 4x - 1 在 x = 1 处的导数为 __？答案：f'(1) = 93. 已知函数 f(x) = e^x + ln(x)，则 f'(x) = __？答案：f'(x) = e^x + 1/x4. 设函数 f(x) = sin(2x)，则 f'(x) = __？答案：f'(x) = 2cos(2x)三、解答题1. 求函数 f(x) = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 5 的导函数，并求其在 x = 2 处的导数值。

解：函数 f(x) 的导函数为 f'(x) = 6x^2 - 6x - 12。

高考数学理科试题分类汇编－函数与导数一．选择题： 1.（全国一1）函数y C ）A ．{}|0x x ≥B ．{}|1x x ≥ C ．{}{}|10x x ≥D ．{}|01x x ≤≤2.（全国一2）汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中汽车的行驶路程s 看作时间t 的函数，其图像可能是（ A ）3.（全国一6）若函数(1)y f x =-的图像与函数1y =的图像关于直线y x =对称，则()f x =（ B ）A ．21x e-B ．2xeC ．21x e+D ．22x e+4.（全国一7）设曲线11x y x +=-在点(32)，处的切线与直线10ax y ++=垂直，则a =（ D ） A ．2 B ．12 C ．12- D ．2-5.（全国一9）设奇函数()f x 在(0)+∞，上为增函数，且(1)0f =，则不等式()()0f x f x x--<的解集为（ D ）A ．(10)(1)-+∞ ，， B ．(1)(01)-∞- ，， C ．(1)(1)-∞-+∞ ，，D ．(10)(01)- ，， 6.（全国二3）函数1()f x x x=-的图像关于（ C ） A ．y 轴对称 B ． 直线x y -=对称 C ． 坐标原点对称 D ． 直线x y =对称8.（全国二4）若13(1)ln 2ln ln x e a x b x c x -∈===，，，，，则（ C ） A ．a <b <cB ．c <a <bC ． b <a <cD ． b <c <a9.（北京卷2）若0.52a =，πlog 3b =，22πlog sin 5c =，则（ A ） A ．a b c >> B ．b a c >> C ．c a b >> D ．b c a >> 10.（北京卷3）“函数()()f x x ∈R 存在反函数”是“函数()f x 在R 上为增函数”的（ B ）A ．充分而不必要条件B ．必要而不充分条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件A ．B ．C ．D ．11.（四川卷10）设()()sin f x x ωϕ=+，其中0ω>，则()f x 是偶函数的充要条件是( D ) （Ａ）()01f = （Ｂ）()00f = （Ｃ）()'01f=（Ｄ）()'00f=12.（四川卷11）设定义在R 上的函数()f x 满足()()213f x f x ⋅+=，若()12f =，则()99f =( C )（Ａ）13 （Ｂ）2 （Ｃ）132 （Ｄ）21313.（天津卷3）函数1y =04x ≤≤）的反函数是A（A ）2(1)y x =-（13x ≤≤） （B ）2(1)y x =-（04x ≤≤）（C ）21y x =-（13x ≤≤） （D ）21y x =-（04x ≤≤）14.（天津卷10）设1a >，若对于任意的[,2]x a a ∈，都有2[,]y a a ∈满足方程log log 3a a x y +=，这时a 的取值集合为B（A ）2{|1}a a <≤ （B ）{|}2a a ≥ （C ）3|}2{a a ≤≤ （D ）{2,3} 15.（安徽卷7）0a <是方程2210ax x ++=至少有一个负数根的（ B ）A ．必要不充分条件B ．充分不必要条件C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件16.（安徽卷9）在同一平面直角坐标系中，函数()y g x =的图象与xy e =的图象关于直线y x=对称。

1 23 4 56 7 8 9 10 1112 13 14 15 1617 18 19 20 212223，且关于的方的取值范围是．24252627 28 29 30123，4．567解析式最值奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算数列数列的应用数列与不等式数列的概念数列的递推公式数列的前n项和89恒成立,则有即恒成立,，令,解得．得:,,或，时矛盾．函数的模型及其应用导数及其应用利用导数研究函数的单调性10如图点在的下方，∴得．再根据当与相切时，设切点坐标为，则，∴，此时，此时与有个交点，∴．故选．函数与导数函数分段函数图象函数与方程方程根的个数函数图象的交点11函数与导数函数单调性函数与方程函数的零点导数及其应用导数与零点导数与分类讨论导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式1213解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率14又图象可知交点为∴解得．∵，∴，由（）知，当时，在故要证原不等式成立，只需要证明：当时，令，则，∴在上为增函数，∴，即，∴，即．函数与导数函数与方程函数图象的交点导数及其应用导数概念及其几何意义导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式解析几何直线与方程直线的倾斜角与斜率直线的方程15对应的点坐标的最高点为最低点为，此两点也是函数的最高和最低点，由此可知．同理可得时，取得最大值．依理，当时，取得最小值，即．16在上至少有三个零点可化为少有三个交点，在上单调递减，则，解得：．函数与导数函数奇偶性二次函数二次函数的概念、图象和性质对数函数对数函数的概念、图象及其性质函数与方程方程根的个数函数的零点B. C.，关于的不等式只有两个整数解，则实数17C函数的定义域为，则，当得，即即，即，由得，得即，即，即当时，函数取得极大值，同时也是最大值即当时，有一个整数解当时，有无数个整数解，若，则得若，则由得或当时，不等式由无数个整数解，不满足条件．当时，由得当时，没有整数解，则要使当有两个整数解，∵，，∴当时，函数有两个整数点，∴要使有两个整数解，则，即．故选．函数与导数二次函数二次型函数导数及其应用导数与零点导数的运算利用导数研究函数的单调性18单调性19复合函数20易知共有个交点．函数与导数函数分段函数奇偶性周期性函数与方程函数图象的交点2122，则，恰好是正方形的面积，所以23，且关于的方的取值范围是．，如图所示，2425函数与导数导数及其应用导数与恒成立导数的运算利用导数研究函数的单调性利用导数求函数的极值与最值利用导数证明不等式不等式与线性规划解不等式分式不等式2627正弦函数的图象与性质282930。

（新高考地区）2023届高三数学一轮复习 同步练习函数与导数____班____号 姓名_________一、选择题（1-6单选，7-8多选）1. 已知函数()f x 的导数为()f x ‘，且()()220sin f x x f x x '=++，则()'0f =A ．-2B ．-1C ．1D ．22.函数f (x )＝2|sinx |＋cos2x 在[－π2，π2]上的单调递增区间为 A ．[－π2，－π6]和[0，π6] B ．[－π6，0]和[π6，π2] C ．[－π2，－π6]和[π6，π2] D ．[－π6，π6] 3. 设函数()219ln 2f x x x =-在区间[]1,1a a -+上单调递减，则实数a 的取值范围是A ．(]1,2B ．[)4,+∞C ．(],2-∞D ．(]0,34. 已知过点(),0A a 作曲线()1e x y x =-的切线有且仅有1条，则=aA ．3-B ．3C ．3-或1D ．3或15. 已知函数()e ,0ln ,0x x f x x x ⎧≤⎪=⎨>⎪⎩，（e 为自然对数的底数），则函数()()()211e =--⎡⎤⎣⎦F x f f x f x 的零点个数为A ．8B ．7C ．6D ．46. 设a ,b 都为正数,e 为自然对数的底数,若1a ae b ++ln b b <,则A .ab e >B .1a b e >＋C .ab e <D .1a b e <＋7.已知定义在上的函数的导函数为，且，，则下列判断中正确的是 A ． B ． C ． D ． 8. 已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x >时，121,02()1(2),22x x f x f x x -⎧-<≤⎪=⎨->⎪⎩,下列结论中正确的有A.函数()f x 在()6,5--上单调递增0,2π⎡⎫⎪⎢⎣⎭()f x ()f x '()00f =()cos ()sin 0f x x f x x '+<64f f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ln 03f π⎛⎫> ⎪⎝⎭63f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B.函数()f x 的图象与直线y x =有且仅有2个不同的交点C.若关于x 的方程2[()](1)()0()f x a f x a a -++=∈R 恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为8D.记函数()f x 在[]()*21,2k k k -∈N 上的最大值为k a ，则数列{}n a 的前7项和为12764. 二、填空题9. 若函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＝________，b ＝________.10. 已知函数()ln 2f x x ax =--在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为___________.11.已知不等式e (3)20(1)+--<<x a x x a 恰有2个整数解，则a 的取值范围为___________.12．已知函数()()ln 1f x x x a x a =+-+，.a Z ∈若存在01x >，使得()00f x <，则实数a 的最小值为________．三、解答题13. 已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在()1,(1)f 处的切线方程；(2)设2a ≤-，证明：对任意1x ，2(0,)x ∈+∞，1212|()()|4||f x f x x x -≥-．14. 已知函数()()x f x e ln x m =-+．（Ⅰ）设0x =是()f x 的极值点，求m ，并讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）当2m 时，证明：()0f x >．15.已知函数()()2ln 21f x x ax a x =++++，其中a ∈R .(1)求函数()f x 的单调区间；(2)设Z a ∈，若对任意的0x >，()0f x ≤恒成立，求a 的最大值.1ln22n++<17. 已知函数()()ln 1f x x =+，2()1g x x bx =++（b 为常数），()()()h x f x g x =-.(1)若存在过原点的直线与函数()f x ､()g x 的图象相切，求实数b 的值；(2)当2b =-时，[]12,0,1x x ∃∈使得()()12h x h x M -≥成立，求M 的最大值；(3)若函数()h x 的图象与x 轴有两个不同的交点()1,0A x ､()2,0B x ，且120x x <<，求证：12'02x x h +⎛⎫< ⎪⎝⎭.。

数 学B 单元 函数与导数 B1 函数及其表示5．B1 函数y ＝3－2x －x 2的定义域是________．5． 令3－2x －x 2≥0可得x 2＋2x －3≤0，解得－3≤x ≤1，故所求函数的定义域为． 11．B1、B4 设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间 因为f (x )的周期为2，所以f (－52)＝f (－12)＝－12＋a ，f (92)＝f(12)＝110，即－12＋a ＝110，所以a ＝35，故f (5a )＝f (3)＝f (－1)＝－25.B2 反函数5．B2 已知点(3，9)在函数f (x )＝1＋a x 的图像上，则f (x )的反函数f －1(x )＝________．5．log 2(x －1)，x ∈(1，＋∞) 将点(3，9)的坐标代入函数f (x )的解析式得a ＝2，所以f (x )＝1＋2x ，所以f －1(x )＝log 2(x －1)，x ∈(1，＋∞)．B3 函数的单调性与最值14．B3，B12 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .①若a ＝0，则f (x )的最大值为________；②若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．14．①2 ②(－∞，－1) 由(x 3－3x )′＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，作出函数y ＝x 3－3x 和y ＝－2x 的图像，如图所示．①当a ＝0时，由图像可得f (x )的最大值为f (－1)＝2.②由图像可知当a ≥－1时，函数f (x )有最大值；当a <－1时，y ＝－2x 在x >a 时无最大值，且－2a >a 3－3a ，所以a <－1.13．B3、B4 已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是________．13.（12，32） 由f (x )是偶函数，且f (x )在区间(－∞，0)上单调递增，得f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减．又f (2|a －1|)>f (－2)，f (－2)＝f (2)，∴2|a －1|<2，即|a －1|<12，∴12<a <32.18．B3，B4 设f (x )，g (x )，h (x )是定义域为R 的三个函数，对于命题：①若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均是增函数，则f (x )，g (x )，h (x )中至少有一个增函数；②若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均是以T 为周期的函数，则f (x )，g (x )，h (x )均是以T 为周期的函数．下列判断正确的是( )A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①为真命题，②为假命题D ．①为假命题，②为真命题18．D f (x )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2.对于①，因为增函数减增函数不一定为增函数，所以f (x )不一定为增函数，同理g (x )，h (x )不一定为增函数，因此①为假命题．对于②，易得f (x )是以T 为周期的函数，同理可得g (x )，h (x )也是以T 为周期的函数，所以②为真命题．B4 函数的奇偶性与周期性11．B1、B4 设f (x )是定义在R 上且周期为2的函数，在区间 因为f (x )的周期为2，所以f (－52)＝f (－12)＝－12＋a ，f (92)＝f(12)＝110，即－12＋a ＝110，所以a ＝35，故f (5a )＝f (3)＝f (－1)＝－25.15．B4、B12 已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．15．y ＝－2x －1 设x >0，则－x <0.∵x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，∴f (－x )＝ln x －3x ，又∵f (－x )＝f (x )，∴当x >0时，f (x )＝ln x －3x ，∴f ′(x )＝1x－3，即f ′(1)＝－2，∴曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，整理得y ＝－2x －1.14．B4 已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0＜x ＜1时，f (x )＝4x，则f －52＋f (1)＝________．14．－2 因为f (x )是周期为2的函数，所以f (x )＝f (x ＋2)． 因为f (x )是奇函数，所以f (x )＝－f (－x )， 所以f (1)＝f (－1)，f (1)＝－f (－1)，即f (1)＝0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，f 12＝412＝2，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝－2，从而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝－2. 9．B4 已知函数f (x )的定义域为R .当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，fx ＋12＝fx －12.则f (6)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．29．D ∵当x >12时，f (x ＋12)＝f (x －12)，∴f (x )的周期为1，则f (6)＝f (1)．又∵当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )，∴f (1)＝－f (－1)．又∵当x <0时，f (x )＝x 3－1，∴f (－1)＝(－1)3－1＝－2，∴f (6)＝－f (－1)＝2. 13．B3、B4 已知f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实数a 满足f (2|a －1|)>f (－2)，则a 的取值范围是________．13.（12，32） 由f (x )是偶函数，且f (x )在区间(－∞，0)上单调递增，得f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减．又f (2|a －1|)>f (－2)，f (－2)＝f (2)，∴2|a －1|<2，即|a －1|<12，∴12<a <32.18．B3，B4 设f (x )，g (x )，h (x )是定义域为R 的三个函数，对于命题：①若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均是增函数，则f (x )，g (x )，h (x )中至少有一个增函数；②若f (x )＋g (x )，f (x )＋h (x )，g (x )＋h (x )均是以T 为周期的函数，则f (x )，g (x )，h (x )均是以T 为周期的函数．下列判断正确的是( )A ．①和②均为真命题B ．①和②均为假命题C ．①为真命题，②为假命题D ．①为假命题，②为真命题18．D f (x )＝[f （x ）＋g （x ）]＋[f （x ）＋h （x ）]－[g （x ）＋h （x ）]2.对于①，因为增函数减增函数不一定为增函数，所以f (x )不一定为增函数，同理g (x )，h (x )不一定为增函数，因此①为假命题．对于②，易得f (x )是以T 为周期的函数，同理可得g (x )，h (x )也是以T 为周期的函数，所以②为真命题．B5 二次函数 B6 指数与指数函数5．E1，C3，B6，B7 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( ) A.1x －1y>0B ．sin x －sin y >0 C.12x －12y<0 D ．ln x ＋ln y >05．C 选项A 中，因为x >y >0，所以1x <1y ，即1x －1y<0，故结论不成立；选项B 中，当x＝5π6，y ＝π3时，sin x －sin y <0，故结论不成立；选项C 中，函数y ＝12x是定义在R 上的减函数，因为x >y >0，所以12x <12y ，所以12x －12y <0；选项D 中，当x ＝e －1，y ＝e －2时，结论不成立．19．B6、B9、B12 已知函数f (x )＝a x ＋b x(a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 19．解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，于是2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0， 所以m ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0， 所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln aln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b xln b )′＝a x(ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.6．B6 已知a ＝243，b ＝425，c ＝2513，则( )A ．b <a <cB ．a <b <cC ．b <c <aD ．c <a <b6．A b ＝425＝245<243＝a ，c ＝523>423＝243＝a ，故b <a <c .12．B6、B7 已知a >b >1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a，则a ＝________，b ＝________．12．4 2 设t ＝log a b ，则log b a ＝1t .∵a >b >1，∴0<t <1.由t ＋1t ＝52，化简得t 2－52t＋1＝0，解得t ＝12，故b ＝a ，所以a b＝aa，b a ＝(a )a ＝a 12a ，则a ＝12a ，即a 2－4a ＝0，得a ＝4，b ＝2.B7 对数与对数函数5．E1，C3，B6，B7 已知x ，y ∈R ，且x >y >0，则( ) A.1x －1y>0B ．sin x －sin y >0 C.12x －12y<0 D ．ln x ＋ln y >05．C 选项A 中，因为x >y >0，所以1x <1y ，即1x －1y<0，故结论不成立；选项B 中，当x＝5π6，y ＝π3时，sin x －sin y <0，故结论不成立；选项C 中，函数y ＝12x是定义在R 上的减函数，因为x >y >0，所以12x <12y ，所以12x －12y <0；选项D 中，当x ＝e －1，y ＝e －2时，结论不成立．8．B7，B8，E1 若a >b >1，0<c <1，则( ) A ．a c <b cB ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c8．C 根据幂函数性质，选项A 中的不等式不成立；选项B 中的不等式可化为bc －1<ac－1，此时－1<c －1<0，根据幂函数性质，该不等式不成立；选项C 中的不等式可以化为a b >log a c log b c ＝log c b log c a ＝log a b ，此时ab>1，0<log a b <1，故此不等式成立；选项D 中的不等式可以化为lg c lg a <lg c lg b ，进而1lg a >1lg b ，进而lg a <lg b ，即a <b ，故在已知条件下选项D 中的不等式不成立．21．B12、B14、B7 设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α＞0，记|f (x )|的最大值为A .(1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明：|f ′(x )|≤2A .21．解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x .(2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)，因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15时，g (t )在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.(ii)当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥1，所以|f ′(x )|≤1＋α<2A . 当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A ，所以|f ′(x )|≤2A .9．B7，E6 设直线l 1，l 2分别是函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－ln x ，0<x <1，ln x ，x >1图像上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△PAB 的面积的取值范围是( )A ．(0，1)B ．(0，2)C ．(0，＋∞)D ．(1，＋∞)9．A 不妨设P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，其中0<x 1<1<x 2.由l 1，l 2分别是点P 1，P 2处的切线，且f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－1x，0<x <1，1x ，x >1，得l 1的斜率k 1＝－1x 1，l 2的斜率k 2＝1x 2.又l 1与l 2垂直，且0<x 1<x 2，所以k 1·k 2＝－1x 1·1x 2＝－1⇒x 1·x 2＝1，l 1：y ＝－1x 1(x －x 1)－ln x 1①，l 2：y ＝1x 2(x －x 2)＋ln x 2②，则点A 的坐标为(0，1－ln x 1)，点B 的坐标为(0，－1＋ln x 2)， 由此可得|AB |＝2－ln x 1－ln x 2＝2－ln(x 1·x 2)＝2.联立①②两式可解得交点P 的横坐标x P ＝2－ln （x 1x 2）x 1＋x 2＝2x 1＋x 2，所以S △PAB ＝12|AB |·|x P |＝12×2×2x 1＋x 2＝2x 1＋1x 1≤1，当且仅当x 1＝1x 1，即x 1＝1时，等号成立．而0<x 1<1，所以0<S △PAB <1，故选A.12．B6、B7 已知a >b >1.若log a b ＋log b a ＝52，a b ＝b a，则a ＝________，b ＝________．12．4 2 设t ＝log a b ，则log b a ＝1t .∵a >b >1，∴0<t <1.由t ＋1t ＝52，化简得t 2－52t＋1＝0，解得t ＝12，故b ＝a ，所以a b＝aa，b a ＝(a )a ＝a 12a ，则a ＝12a ，即a 2－4a ＝0，得a ＝4，b ＝2.B8 幂函数与函数的图像7．B8，B12 函数y ＝2x 2－e |x |在的图像大致为( )图1­27．D 易知该函数为偶函数，只要考虑当x ≥0时的情况即可，此时y ＝2x 2－e x.令f (x )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x，则f ′(0)<0，f ′(1)>0，则f ′(x )在(0，1)上存在零点，即f (x )在(0，1)上存在极值，据此可知，只能为选项B ，D 中的图像．当x ＝2时，y ＝8－e 2<1，故选D.8．B7，B8，E1 若a >b >1，0<c <1，则( ) A ．a c <b cB ．ab c <ba cC ．a log b c <b log a cD ．log a c <log b c8．C 根据幂函数性质，选项A 中的不等式不成立；选项B 中的不等式可化为bc －1<ac－1，此时－1<c －1<0，根据幂函数性质，该不等式不成立；选项C 中的不等式可以化为a b >log a c log b c ＝log c b log c a ＝log a b ，此时a b>1，0<log a b <1，故此不等式成立；选项D 中的不等式可以化为lg c lg a <lg c lg b ，进而1lg a >1lg b ，进而lg a <lg b ，即a <b ，故在已知条件下选项D 中的不等式不成立．12．B8 已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝2－f (x )，若函数y ＝x ＋1x与y ＝f (x )图像的交点为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，…，(x m ，y m )，则（x i ＋y i )＝( )A ．0B ．mC ．2mD ．4m12．B 由f(－x)＝2－f(x)得f(x)的图像关于点(0，1)对称，∵y＝x ＋1x ＝1＋1x的图像也关于点(0，1)对称，∴两函数图像的交点必关于点(0，1)对称，且对于每一组对称点(x i ，y i )和(x′i ，y′i )均满足x i ＋x′i ＝0，y i ＋y′i ＝2，∴＝0＋2·m2＝m.B9 函数与方程19．B6、B9、B12 已知函数f (x )＝a x ＋b x(a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 19．解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，于是2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0， 所以m ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0， 所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln a ln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b xln b )′＝a x(ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.15．B9 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x |，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x >m ，其中m >0.若存在实数b ，使得关于x 的方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．15．(3，＋∞) 画出函数f (x )的图像如图所示，根据已知得m >4m －m 2，又m >0，解得m >3，故实数 m 的取值范围是(3，＋∞)．B10 函数模型及其应用 B11 导数及其运算21．B11，B12，E8 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )＞1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．21．解：(1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a，此时，当x ∈（0，12a）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈（12a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增． 又s (1)＝0，所以当x >1时，s (x )>0， 从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1.由(1)有f （12a ）<f (1)＝0，而g （12a ）>0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立． 综上，a ∈[12，＋∞).B12 导数的应用14．B3，B12 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－3x ，x ≤a ，－2x ，x >a .①若a ＝0，则f (x )的最大值为________；②若f (x )无最大值，则实数a 的取值范围是________．14．①2 ②(－∞，－1) 由(x 3－3x )′＝3x 2－3＝0，得x ＝±1，作出函数y ＝x 3－3x 和y ＝－2x 的图像，如图所示．①当a ＝0时，由图像可得f (x )的最大值为f (－1)＝2.②由图像可知当a ≥－1时，函数f (x )有最大值；当a <－1时，y ＝－2x 在x >a 时无最大值，且－2a >a 3－3a ，所以a <－1.17．G1、G7、B12 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P ­ A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1(如图1­5所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍．(1)若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？图1­517．解：(1)由PO 1＝2知O 1O ＝4PO 1＝8. 因为A 1B 1＝AB ＝6，所以正四棱锥P ­ A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)，正四棱柱ABCD ­ A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)． 所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a (m)，PO 1＝h (m)，则0<h <6，O 1O ＝4h .连接O 1B 1. 因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以2a 22＋h 2＝36，即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h ＝263(36h －h 3)，0<h <6，从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值．因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．19．B6、B9、B12 已知函数f (x )＝a x ＋b x(a >0，b >0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值； (2)若0<a <1，b >1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 19．解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x＋1＝0， 所以(2x －1)2＝0，于是2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )>0， 所以m ≤[f （x ）]2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而[f （x ）]2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且[f （0）]2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0， 所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0<a <1，b >1知ln a <0，ln b >0， 所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a －ln a ln b.令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b xln b )′＝a x(ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )>0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )<g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )>g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0<0，则x 0<x 02<0，于是g x 02<g (0)＝0，又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2>a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图像不间断，所以在区间x 02，log a 2上存在g (x )的零点，记为x 1.因为0<a <1，所以log a 2<0.又x 02<0，所以x 1<0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．若x 0>0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b ＝1，故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.7．B8，B12 函数y ＝2x 2－e |x |在的图像大致为( )图1­27．D 易知该函数为偶函数，只要考虑当x ≥0时的情况即可，此时y ＝2x 2－e x.令f (x )＝2x 2－e x ，则f ′(x )＝4x －e x，则f ′(0)<0，f ′(1)>0，则f ′(x )在(0，1)上存在零点，即f (x )在(0，1)上存在极值，据此可知，只能为选项B ，D 中的图像．当x ＝2时，y ＝8－e 2<1，故选D.21．B12 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x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.21．解：(1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． (i)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点．(ii)设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在(－∞，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a （b2－32b ）>0， 故f (x )存在两个零点．(iii)设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1.故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞) 时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2.由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)，f (x )在(－∞，1)单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2，而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0， 从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2.15．B4、B12 已知f (x )为偶函数，当x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，则曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程是________．15．y ＝－2x －1 设x >0，则－x <0.∵x <0时，f (x )＝ln(－x )＋3x ，∴f (－x )＝ln x －3x ，又∵f (－x )＝f (x )，∴当x >0时，f (x )＝ln x －3x ，∴f ′(x )＝1x－3，即f ′(1)＝－2，∴曲线y ＝f (x )在点(1，－3)处的切线方程为y ＋3＝－2(x －1)，整理得y ＝－2x －1.21．B12、B14、B7 设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α＞0，记|f (x )|的最大值为A .(1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明：|f ′(x )|≤2A .21．解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x .(2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)，因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15时，g (t )在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.(ii)当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥1，所以|f ′(x )|≤1＋α<2A . 当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A ，所以|f ′(x )|≤2A . 21．B11，B12，E8 设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R . (1)讨论f (x )的单调性；(2)确定a 的所有可能取值，使得f (x )＞1x－e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自然对数的底数)．21．解：(1)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x >0)．当a ≤0时，f ′(x )<0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减． 当a >0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a，此时，当x ∈（0，12a）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈（12a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．(2)令g (x )＝1x －1e x －1，s (x )＝e x －1－x ，则s ′(x )＝ex －1－1.而当x >1时，s ′(x )>0，所以s (x )在区间(1，＋∞)内单调递增． 又s (1)＝0，所以当x >1时，s (x )>0， 从而当x >1时，g (x )>0.当a ≤0，x >1时，f (x )＝a (x 2－1)－ln x <0，故当f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a >0. 当0<a <12时，12a>1.由(1)有f （12a ）<f (1)＝0，而g （12a ）>0，所以此时f (x )>g (x )在区间(1，＋∞)内不恒成立．当a ≥12时，令h (x )＝f (x )－g (x )(x ≥1)．当x >1时，h ′(x )＝2ax －1x ＋1x 2－e 1－x>x －1x ＋1x 2－1x ＝x 3－2x ＋1x 2>x 2－2x ＋1x2>0. 因此，h (x )在区间(1，＋∞)内单调递增．又因为h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )＝f (x )－g (x )>0，即f (x )>g (x )恒成立． 综上，a ∈[12，＋∞).16．B12 若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln(x ＋1)的切线，则b ＝________．16．1－ln 2 曲线y ＝ln x ＋2的切线为y ＝1x 1·x ＋ln x 1＋1(其中x 1为切点横坐标)，曲线y ＝ln(x ＋1)的切线为y ＝1x 2＋1·x ＋ln(x 2＋1)－x 2x 2＋1(其中x 2为切点横坐标)．由题可知⎩⎪⎨⎪⎧1x 1＝1x 2＋1，ln x 1＋1＝ln （x 2＋1）－x2x 2＋1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝12，x 2＝－12，∴b ＝ln x 1＋1＝1－ln 2. 21．B12 (1)讨论函数f (x )＝x －2x ＋2e x 的单调性，并证明当x >0时，(x －2)e x＋x ＋2>0. (2)证明：当a ∈．由(1)知，f (x )＋a 单调递增，对任意a ∈，使得f (x a )＋a ＝0，即g ′(x a )＝0. 当0<x <x a 时，f (x )＋a <0，g ′(x )<0，g (x )单调递减； 当x >x a 时，f (x )＋a >0，g ′(x )>0，g (x )单调递增． 因此g (x )在x ＝x a 处取得最小值，最小值为g (x a )＝e x a －a （x a ＋1）x 2a ＝e x a ＋f （x a ）（x a ＋1）x 2a＝e x ax a ＋2，于是h (a )＝e x a x a ＋2.由e xx ＋2′＝（x ＋1）e x（x ＋2）2>0(x >0)，可知y ＝exx ＋2(x >0)单调递增， 所以，由x a ∈(0，2]，得12＝e 00＋2<h (a )＝e x a x a ＋2≤e 22＋2＝e24.因为y ＝e x x ＋2单调递增，对任意λ∈（12，e24]，存在唯一的x a ∈(0，2]，a ＝－f (x a )∈.综上，当a ∈.10．B12 若函数y ＝f (x )的图像上存在两点，使得函数的图像在这两点处的切线互相垂直，则称y ＝f (x )具有T 性质．下列函数中具有T 性质的是( )A ．y ＝sin xB ．y ＝ln xC ．y ＝e xD ．y ＝x 310．A 由函数图像上两点处的切线互相垂直，可知函数在这两点处的导数之积为－1，经检验，选项A 符合题意．20．B12，B14 已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈成立．20．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，若x ∈(0，1)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增， 若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3（x －2a）（x ＋2a）.(i)当0<a <2时，2a>1. 当x ∈(0，1)或x ∈（2a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x ∈（1，2a）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(ii)当a ＝2时，2a＝1，在区间(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． (iii)当a >2时，0<2a<1.当x ∈（0，2a）或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在（1，2a）上单调递减，在（2a，＋∞）上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞2时，f (x )在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－（1－1x －2x 2＋2x 3）＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈． 设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )． 由g ′(x )＝x －1x≥0， 可得g (x )≥g (1)＝1， 当且仅当x ＝1时取得等号．又h ′(x )＝－3x 2－2x ＋6x4. 设φ(x )＝－3x 2－2x ＋6，则φ(x )在上单调递减． 因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，所以∃x 0∈(1，2)，使得当x ∈(1，x 0)时，φ(x )＞0，x ∈(x 0，2)时，φ(x )＜0. 所以h (x )在(1，x 0)上单调递增，在(x 0，2)上单调递减． 由h (1)＝1，h (2)＝12，可得h (x )≥h (2)＝12，当且仅当x ＝2时取得等号．所以f (x )－f ′(x )＞g (1)＋h (2)＝32，即f (x )＞f ′(x )＋32对于任意的x ∈成立．20．B12 设函数f (x )＝(x －1)3－ax －b ，x ∈R ，其中a ，b ∈R . (1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )存在极值点x 0，且f (x 1)＝f (x 0)，其中x 1≠x 0，求证：x 1＋2x 0＝3； (3)设a >0，函数g (x )＝|f (x )|，求证：g (x )在区间上的最大值不小于14.20．解：(1)由f (x )＝(x －1)3－ax －b ，可得f ′(x )＝3(x －1)2－a . 下面分两种情况讨论：(i)当a ≤0时，有f ′(x )＝3(x －1)2－a ≥0恒成立，所以f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．(ii)当a >0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1＋3a 3或x ＝1－3a 3. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：（1＋3a3，＋∞）. (2)证明：因为f (x )存在极值点，所以由(1)知a >0，且x 0≠1.由题意，得f ′(x 0)＝3(x 0－1)2－a ＝0，即(x 0－1)2＝a 3，进而f (x 0)＝(x 0－1)3－ax 0－b ＝－2a 3x 0－a 3－b .又f (3－2x 0)＝(2－2x 0)3－a (3－2x 0)－b ＝8a 3(1－x 0)＋2ax 0－3a －b ＝－2a 3x 0－a3－b ＝f (x 0)，且3－2x 0≠x 0，由题意及(1)知，存在唯一实数x 1满足f (x 1)＝f (x 0)，且x 1≠x 0，因此x 1＝3－2x 0， 所以x 1＋2x 0＝3.(3)证明：设g (x )在区间上的最大值为M ，max{x ，y }表示x ，y 两数的最大值．下面分三种情况讨论：(i)当a ≥3时，1－3a 3≤0<2≤1＋3a3，由(1)知，f (x )在区间上单调递减，所以f (x )在区间上的取值范围为，因此M ＝max{|f (2)|，|f (0)|}＝max{|1－2a －b |，|－1－b |}＝max{|a －1＋(a ＋b )|，|a －1－(a ＋b )|}＝⎩⎪⎨⎪⎧a －1＋（a ＋b ），a ＋b ≥0，a －1－（a ＋b ），a ＋b <0，所以M ＝a －1＋|a ＋b |≥2.(ii)当34≤a <3时，1－23a 3≤0<1－3a 3<1＋3a 3<2≤1＋23a 3.由(1)和(2)知f (0)≥f （1－23a 3）＝f （1＋3a 3），f (2)≤f （1＋23a 3）＝f （1－3a3）， 所以f (x )在区间上的取值范围为， 因此M ＝max{|f(1＋3a 3)|，|f (1－3a3)|＝max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫－2a 93a －a －b ，2a 93a －a －b ＝ max ⎩⎨⎧⎭⎬⎫2a 93a ＋（a ＋b ），2a 93a －（a ＋b ）＝2a 93a ＋|a ＋b |≥29×34×3×34＝14. (iii)当0<a <34时，0<1－23a 3<1＋23a 3<2，由(1)和(2)知f (0)<f (1－23a3)＝f (1＋3a 3)，f (2)>f (1＋23a 3)＝f (1－3a3). 所以f (x )在区间上的取值范围为，因此M ＝max{|f (0)|，|f (2)|}＝max{|－1－b |，|1－2a －b |}＝max{|1－a ＋(a ＋b )|，|1－a －(a ＋b )|}＝1－a ＋|a ＋b |>14.综上所述，当a >0时，g (x )在区间上的最大值不小于14.03“复数与导数”模块(1)已知i 为虚数单位．若复数z 满足(z ＋i)2＝2i ，求复数z . (2)求曲线y ＝2x 2－ln x 在点(1，2)处的切线方程．解：(1)设复数z ＝a ＋b i ，a ，b ∈R ，由题意得a 2－(b ＋1)2＋2a (b ＋1)i ＝2i ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝－2.故z ＝1或z ＝－1－2i. (2)由于(2x 2－ln x )′＝4x －1x，则曲线在点(1，2)处的切线的斜率为3.因此，曲线在点(1，2)处的切线方程为y ＝3x －1. B13 定积分与微积分基本定理 B14 单元综合18．B14 设函数f (x )＝x e a －x＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e－1)x ＋4.(1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间． 18．解：(1)因为f (x )＝x ea －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )ea －x＋b .依题设，得⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e. (2)由(1)知f (x )＝x e 2－x＋e x .由f ′(x )＝e2－x(1－x ＋ex －1)及e2－x>0知，f ′(x )与1－x ＋ex －1同号．令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值， 从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)， 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．21．B12、B14、B7 设函数f (x )＝αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)，其中α＞0，记|f (x )|的最大值为A .(1)求f ′(x )； (2)求A ；(3)证明：|f ′(x )|≤2A .21．解：(1)f ′(x )＝－2αsin 2x －(α－1)sin x .(2)当α≥1时，|f (x )|＝|αcos 2x ＋(α－1)(cos x ＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f (0)，因此A ＝3α－2.当0<α<1时，将f (x )变形为f (x )＝2αcos 2x ＋(α－1)cos x －1.令g (t )＝2αt 2＋(α－1)t －1，则A 是|g (t )|在上的最大值，g (－1)＝α，g (1)＝3α－2，且当t ＝1－α4α时，g (t )取得极小值，极小值为g （1－α4α）＝－（α－1）28α－1＝－α2＋6α＋18α.令－1<1－α4α<1，解得α<－13(舍去)或α>15.(i)当0<α≤15时，g (t )在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g (1)|＝2－3α，|g (－1)|<|g (1)|，所以A ＝2－3α.(ii)当15<α<1时，由g (－1)－g (1)＝2(1－α)>0，知g (－1)>g (1)> g （1－α4α）.又|g (1－α4α)|－|g (－1)|＝（1－α）（1＋7α）8α>0，所以A ＝|g (1－α4α)|＝α2＋6α＋18α.综上，A ＝⎩⎪⎨⎪⎧2－3α，0<α≤15，α2＋6α＋18α，15<α<1，3α－2，α≥1.(3)证明：由(1)得|f ′(x )|＝|－2αsin 2x －(α－1)sin x |≤2α＋|α－1|. 当0<α≤15时，|f ′(x )|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A .当15<α<1时，A ＝α8＋18α＋34≥1，所以|f ′(x )|≤1＋α<2A . 当α≥1时，|f ′(x )|≤3α－1≤6α－4＝2A ，所以|f ′(x )|≤2A .15．B14 在平面直角坐标系中，当P (x ，y )不是原点时，定义P 的“伴随点”为P ′y x 2＋y 2，－xx 2＋y2；当P 是原点时，定义P 的“伴随点”为它自身．平面曲线C 上所有点的“伴随点”所构成的曲线C ′定义为曲线C 的“伴随曲线”．现有下列命题：①若点A 的“伴随点”是点A ′，则点A ′的“伴随点”是点A ； ②单位圆的“伴随曲线”是它自身；③若曲线C 关于x 轴对称，则其“伴随曲线”C ′关于y 轴对称； ④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)． 15．②③ ①设点A 的坐标为(x ，y )，则其“伴随点”为A ′⎝⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，故A ′的“伴随点”的横坐标为－x x 2＋y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－x x 2＋y 22＝－x ，同理可得纵坐标为－y ，故点A ′的“伴随点”是(－x ，－y )，故①错误．②设单位圆上的点P 的坐标为(cos θ，sin θ)，则点P 的伴随点P ′的坐标为(sinθ，－cos θ)，即P ′cos θ－π2，sin θ－π2，所以点P ′也在单位圆上，故②正确．③设曲线C 上点A 的坐标为(x ，y )，则其关于x 轴对称的点A 1(x ，－y )也在曲线C 上，点A 的“伴随点”为A ′⎝⎛⎭⎪⎫y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，点A 1的“伴随点”为A ′1⎝ ⎛⎭⎪⎫－y x 2＋y 2，－x x 2＋y 2，点A ′与A ′1关于y 轴对称，故③正确．④取y ＝1这条直线，则A (0，1)，B (1，1)，C (2，1)都在直线上，这三个点的“伴随点”分别是A ′(1，0)，B ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12，－12，C ′⎝ ⎛⎭⎪⎫15，－25，而A ′，B ′，C ′三个点不在同一直线上，故④错误．下面给出严格证明：设点P (x ，y )在直线l ：Ax ＋By ＋C ＝0上，P 点的“伴随点”为P ′(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝y x 2＋y 2，y 0＝－x x 2＋y 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ －yx 2＋y 20，y ＝ x 0x 20＋y 20.将其代入直线l 的方程可得A－y 0x 20＋y 20＋B x 0x 20＋y 20＋C ＝0， 化简得－Ay 0＋Bx 0＋C (x 20＋y 20)＝0.当C ＝0时，C (x 20＋y 20)＝0，P ′的轨迹是一条直线；当C ≠0时，C (x 20＋y 20)不是一个常数，P ′的轨迹不是一条直线． 所以，直线的“伴随曲线”不一定是一条直线．20．B12，B14 已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明f (x )>f ′(x )＋32对于任意的x ∈成立．20．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，若x ∈(0，1)，则f ′(x )>0，f (x )单调递增， 若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当a >0时，f ′(x )＝a （x －1）x 3（x －2a）（x ＋2a）.(i)当0<a <2时，2a>1. 当x ∈(0，1)或x ∈（2a，＋∞）时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x ∈（1，2a）时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．(ii)当a ＝2时，2a＝1，在区间(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增． (iii)当a >2时，0<2a<1.当x ∈（0，2a）或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈2a，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)上单调递增，在（1，2a）上单调递减，在（2a，＋∞）上单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ＞2时，f (x )在（0，2a ）上单调递增，在（2a，1）上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．(2)证明：由(1)知，当a ＝1时，f (x )－f ′(x )＝x －ln x ＋2x －1x 2－（1－1x －2x 2＋2x 3）＝x －ln x ＋3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈． 设g (x )＝x －ln x ，h (x )＝3x ＋1x 2－2x3－1，x ∈，则f (x )－f ′(x )＝g (x )＋h (x )．。

函数与导数(3)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．函数f (x )＝1－2x ＋1x ＋3 的定义域为( )A ．(－∞，－3)∪(－3，0]B ．(－∞，－3)∪(－3，1]C ．(－3，0]D ．(－3，1]2．下列函数中，在其定义域上是减函数的是( )A ．y ＝－1x B ．y ＝x 2＋2xC ．y ＝－⎝⎛⎭⎫12 x D ．y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x ＋2，x ≤0－x －2，x >03．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12x ，x >03x ，x ≤0，则f (f (2))的值为( )A ．13 B ．3C ．－13 D ．－34．若a ＝log 20.5，b ＝20.5，c ＝0.52，则a ，b ，c 三个数的大小关系是() A ．a ＜b ＜c B ．b ＜c ＜aC ．a ＜c ＜bD ．c ＜a ＜b5．函数f (x )＝7x 3e x ＋e －x 在[－6，6]上的大致图象为( )6．已知f (x )是R 上的奇函数，且对x ∈R ，有f (x ＋2)＝－f (x )，当x ∈(0，1)时，f (x )＝2x －1，则f (log 241)＝( )A ．40B ．2516C ．2341D ．41237．已知函数f (x )＝|lg x |，若f (a )＝f (b )且a <b ，则不等式log a x ＋log b (2x －1)>0的解集为( )A ．(1，＋∞)B ．(0，1)C ．⎝⎛⎭⎫12，＋∞D ．⎝⎛⎭⎫12，18． “m >1”是“函数f (x )＝2ln x －mx ＋1x单调递减”的( ) A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件9．已知定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋6)＝f (x )，y ＝f (x ＋3)为偶函数，若f (x )在(0，3)上单调递减，则下面结论正确的是( )A ．f ⎝⎛⎭⎫192 <f (e 12 )<f (ln 2)B ．f (e 12 )<f (ln 2)<f ⎝⎛⎭⎫192C ．f (ln 2)<f ⎝⎛⎭⎫192 <f (e 12 )D ．f (ln 2)<f ⎝⎛⎭⎫e 12 <f ⎝⎛⎭⎫19210．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ln x ，x >0，e x －1，x ≤0， g (x )＝f (x )＋x －a ，若g (x )恰有一个零点，则a 的取值范围是( )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)C ．[1，＋∞)D ．(0，1]11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1x ，x <0，ln x ，x >0，则方程f (f (x ))＋3＝0的解的个数为( ) A ．3B ．4C ．5D ．612．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，x >0e x （x ＋1），x ≤0 ，若函数g (x )＝f (x )－b 有三个零点，则实数b 不可能取的值是( )A ．0B ．13C ．12D ．1 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，－1≤x <3f （x －4），x ≥3 ，则f (9)＝________． 14．若f (x )为偶函数，满足f (x )·f (x ＋3)＝2 020，f (－1)＝1，则f (2 020)的值为________．15．已知函数f (x )定义域为R ，满足 f (x )＝f (2－x )，且对任意1≤x 1<x 2，均有x 1－x 2f （x 1）－f （x 2）>0，则不等式f (2x －1)－f (3－x )≥0的解集为________________． 16．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x e x ＋1（x ≥0），x 2＋2x ＋1（x <0），则方程f (x )＝2 0212 020 的实根的个数为____；若函数y ＝f (f (x )－a )－1有3个零点，则a 的取值范围是________．1．C 2．D3．A 4．C5．B 6．C7．A 8．A 9．A10．A11．C12．A13． 114．：2 02015．（－∞，0]∪⎣⎡⎭⎫43，＋∞16． 3 ⎝⎛⎭⎫1，1＋1e ∪（2，3]∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫3＋1e。

二、函数与导数〔理〕3．lim()x ax x x→∞2-1+=2-13，那么a =D A ．-6B ．2C ．3D ．6〔理〕5．以下区间中，函数f x =(2)In x -（）在其上为增函数的是DA ．〔-,1∞]B ．41,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．)30,2⎡⎢⎣ D ．[)1,2〔理〕10．设m ，k 为整数，方程220mx kx -+=在区间〔0,1〕内有两个不同的根，那么m+k 的最小值为DA ．-8B ．8C ．12D ．13〔理〕10．设a ，b ，c 为实数，f 〔x 〕=〔x+a 〕22(),()(1)(1)x bx c g x ax ax bx ++=+++．记集合},0)(|{R x x f x S ∈==，},0)(|{R x x g x T ∈==，假设S ，T 分别为集合S ，T 的元素个数，那么以下结论不可能．．．的是D A ．S =1且T =0 B ．1T =1S =且C ．S =2且T =2D ．S =2且T =3〔理〕1．设函数2,0,()()4,0.x x f x f x x α-≤⎧==⎨>⎩若,那么实数α=BA ．-4或者-2B ．-4或者2C ．-2或者4D ．-2或者2〔理〕7．324log 0.3log 3.4log 3.615,5,,5a b c ⎛⎫=== ⎪⎝⎭那么CA ．a b c >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．c a b >>〔理〕8．对实数a 和b ，定义运算“⊗〞：,1,, 1.a ab a b b a b -≤⎧⊗=⎨->⎩设函数()()22()2,.f x x x x x R =-⊗-∈假设函数()y f x c =-的图像与x 轴恰有两个公一共点，那么实数c 的取值范围是BA ．(]3,21,2⎛⎫-∞-⋃- ⎪⎝⎭B ．(]3,21,4⎛⎫-∞-⋃--⎪⎝⎭C ．111,,44⎛⎫⎛⎫-⋃+∞ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭D ．311,,44⎛⎫⎡⎫--⋃+∞ ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭〔理〕7．()f x 是R 上的奇函数，且当0x >时，1()()12xf x =+，那么()f x 的反函数的图像大致是7．答案：A解析：由反函数的性质原函数的值域为反函数的定义域，原函数的定义域为反函数的值域.当10,0()1,122xx y ><<⇒<<，应选A〔理〕11．定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足()3(2)f x f x =+，当[)0,2x ∈时，2()2f x x x =-+．设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为(*)n a n N ∈，且{}n a 的前n 项和为n S ，那么lim n n S →∞=A ．3B ．52C ．2D ．3211．答案D解析：由题意1(2)()3f x f x +=,在[22,2]n n -上，2111()111331,()1,2,(),3,()()()lim 1333213nn n n nn f x n f x n f x a S S --=======⇒=⇒=- 〔理〕3．设函数()()f x x R ∈满足()(),(2)(),f x f x f x f x -=+=,那么()y f x =的图像可能是B〔理〕6．函数f 〔x 〕=x —cosx 在[0，+∞〕内BA ．没有零点B ．有且仅有一个零点C ．有且仅有两个零点D ．有无穷多个零点〔理〕3．假设点〔a,9〕在函数3xy =的图象上，那么tan=6a π的值是D A ．0 B ．33C ．1D ．3〔理〕5．对于函数(),y f x x R =∈,“|()|y f x =的图象关于y 轴对称〞是“y =()f x 是奇函数〞的B A ．充分而不必要条件 B ．必要而不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要〔理〕9．函数2sin 2xy x =-的图象大致是C〔理〕10．()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时,3()f x x x =-,那么函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为B A ．6B ．7C ．8D ．9〔全国新课标理〕〔2〕以下函数中，既是偶函数又在(0,)+∞单调递增的函数是B〔A 〕3y x = 〔B 〕||1y x =+ 〔C 〕21y x =-+ 〔D 〕||2x y -=〔全国新课标理〕〔9〕曲线y x =，直线2y x =-及y 轴所围成的图形的面积为C〔A 〕103 〔B 〕4 〔C 〕163〔D 〕6 〔全国新课标理〕〔12〕函数11y x=-的图象与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图象所有交点的橫坐标之和等于D〔A 〕2 〔B 〕4 〔C 〕6 〔D 〕8 〔全国大纲理〕2．函数2(0)y x x =≥的反函数为BA ．2()4x y x R =∈B ．2(0)4x y x =≥C ．24y x =()x R ∈D ．24(0)y x x =≥〔全国大纲理〕8．曲线y=2xe-+1在点〔0，2〕处的切线与直线y=0和y=x 围成的三角形的面积为AA ．13B ．12C ．23D ．1〔全国大纲理〕9．设()f x 是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，()f x =2(1)x x -，那么5()2f -=AA ．-12B ．1 4-C ．14D ．12〔理〕〔9〕设函数⎩⎨⎧>-≤=-,1,log 1,1,2)(21x x x x f x 那么满足2)(≤x f 的x 的取值范围是D〔A 〕1[-，2] 〔B 〕[0，2]〔C 〕[1，+∞〕 〔D 〕[0，+∞〕〔理〕〔11〕函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，那么42)(+>x x f 的解集为B〔A 〕〔1-，1〕 〔B 〕〔1-，+∞〕 〔C 〕〔∞-，1-〕 〔D 〕〔∞-，+∞〕 〔理〕4．假设()ln f x x x x 2=-2-4，那么'()f x >0的解集为CA ．(,)0+∞B ．-+10⋃2∞（，）（，）C ．(,)2+∞D ．(,)-10〔理〕3．假设()f x =，那么()f x 的定义域为AA ．(,)1-02B ．(,]1-02C ．(,)1-+∞2D ．(,)0+∞〔理〕8．设直线x=t 与函数2()f x x =，()ln g x x =的图像分别交于点M,N,那么当MN 到达最小时t 的值是DA ．1B ．12CD〔理〕6．由直线,,033x x y ππ=-==与曲线cos y x =所围成的封闭图形的面积为DA ．12B ．1CD〔理〕6．定义在R 上的奇函数()f x 和偶函数()g x 满足()()222f x g x a a -+=-+(a ＞0,且0a ≠)．假设()2g a =，那么()2f =BA ．2B ．154C ．174D ．2a〔理〕10．放射性元素由于不断有原子放射出微粒子而变成其他元素，其含量不断减少，这种现象称为衰变.假设在放射性同位素铯137的衰变过程中，其含量M 〔单位：太贝克〕与时间是t 〔单位：年〕满足函数关系：300()2t M t M -=，其中M 0为t=0时铯137的含量.t=30时，铯137含量的变化率是-10In2〔太贝克／年〕，那么M 〔60〕=D A ．5太贝克 B ．75In2太贝克C ．150In2太贝克D ．150太贝克〔理〕4．设函数()f x 和()g x 分别是Ｒ上的偶函数和奇函数，那么以下结论恒成立的是A A ．()()f x g x +是偶函数 B ．()()f x g x -是奇函数C ．()()f x g x +是偶函数D ．()()f x g x -是奇函数〔理〕9．对于函数f 〔x 〕=asinx+bx+c(其中，a,b ∈R,c ∈Z),选取a,b,c 的一组值计算f 〔1〕和f 〔-1〕，所得出的正确结果一定不可能．．．．．是DA ．4和6B ．3和1C ．2和4D ．1和2〔理〕10．函数f 〔x 〕=e+x ，对于曲线y=f 〔x 〕上横坐标成等差数列的三个点A,B,C ，给出以下判断： ①△ABC 一定是钝角三角形 ②△ABC 可能是直角三角形 ③△ABC 可能是等腰三角形 ④△ABC 不可能是等腰三角形 其中，正确的判断是BA ．①③B ．①④C ． ②③D ．②④〔理〕6．根据统计，一名工作组装第x 件某产品所用的时间是〔单位：分钟〕为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<=Ax Ac A x x c x f ,,,)(〔A ，C 为常数〕.工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么C 和A 的值分别是DA ．75，25B ．75，16C ．60，25D ．60，16〔理〕〔3〕设)(x f 是定义在R 上的奇函数，当=-=≤)1(,2)(,02f x x x f x 则时 A〔A 〕－3 〔B 〕－1〔C 〕1 〔D 〕3〔理〕〔10〕函数nmx ax x f )1()(-=在区间[0,1] 上的图像如下图，那么m ，n 的值可能是B 〔A 〕m=1，n=1 〔B 〕m=1，n=2〔C 〕m=2，n=1 〔D 〕m=3，n=1〔理〕16．以下函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)+∞上单调递减的函数为〖答〗AA ．1ln||y x = B ．3y x =C ．||2x y =D ．cos y x =〔理〕11．假设函数2()f x x x a =-+为偶函数，那么实数a = 0 . 〔理〕1．函数1()2f x x =-的反函数为1()f x -= 12x+ . 〔理〕14．点(0,0)O ．0(0,1)Q 和0(3,1)R ，记00Q R 的中点为1P ，取01Q P 和10PR 中的一条，记其端点为1Q ．1R ，使之满足11(||2)(||2)0OQ OR --<；记11Q R 的中点为2P ，取12Q P 和21P R 中的一条，记其端点为2Q ．2R ，使之满足22(||2)(||2)0OQ OR --<；依次下去，得到点12,,,,n P P P ，那么0lim ||n n Q P →∞3 .〔理〕13．设()g x 是定义在R 上．以1为周期的函数，假设()()f x x g x =+在[3,4]上的值域为[2,5]-，那么()f x 在区间[10,10]-上的值域为 [15,11]- .〔理〕13．计算121(lg lg 25)100=4--÷ ．20-13．解析：12111(lg lg 25)100lg20410010--÷=÷=- 〔理〕16．函数f x （）的定义域为A ，假设1212x x A f x =f x ∈，且（）（）时总有12x =x f x ，则称（）为单函数．例如，函数f x （）=2x+1〔x R ∈〕是单函数．以下命题： ①函数f x （）=2x 〔x ∈R 〕是单函数；②假设f x （）为单函数，121212x x A x x f x f x ∈≠≠，且，则（）（）； ③假设f ：A →B 为单函数，那么对于任意b ∈B ，它至多有一个原象； ④函数f 〔x 〕在某区间上具有单调性，那么f 〔x 〕一定是单函数．其中的真命题是 ．〔写出所有真命题的编号〕16．答案：②③④解析：①错，12x x =±，②③④正确.〔理〕11．设假设2lg ,0,()3,0,ax x f x x t dt x >⎧⎪=⎨+≤⎪⎩⎰((1))1f f =，那么a = 1 . 〔理〕12．设n N +∈,一元二次方程240x x n -+=有正数根的充要条件是n = 3或者4 . 〔理〕16．函数f x （）=log (0a 1).a x x b a +-≠＞，且当2＜a ＜3＜b ＜4时，函数f x （）的零点*0(,1),,n=x n n n N ∈+∈则 2 .〔理〕12．函数2()31f x x x =-+在x=__________处获得极小值.2〔理〕13．函数32,2()(1),2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩假设关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根，那么数k 的取值范围是_______〔0，1〕〔〕2．函数)12(log )(5+=x x f 的单调增区间是__________.),21(+∞-〔〕8．在平面直角坐标系xOy 中，过坐标原点的一条直线与函数xx f 2)(=的图象交于P 、Q 两点，那么线段PQ 长的最小值是________.4 〔〕11．实数0≠a ，函数⎩⎨⎧≥--<+=,1,2,1,2)(x a x x a x x f 假设)1()1(a f a f +=-，那么a 的值是________.43-〔〕12．在平面直角坐标系xOy 中，P 是函数)0()(>=x e x f x的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，那么t 的最大值是____________.)(211-+e e 〔〕19．a ，b 是实数，函数,)(,)(23bx x x g ax x x f +=+=)(x f '和)(x g '是)(),(x g x f 的导函数，假设0)()(≥''x g x f 在区间I 上恒成立，那么称)(x f 和)(x g 在区间I 上单调性一致〔1〕设0>a ，假设)(x f 和)(x g 在区间),1[+∞-上单调性一致,求b 的取值范围； 〔2〕设,0<a 且b a ≠，假设)(x f 和)(x g 在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a -b |的最大值.19．本小题主要考察函数的概念、性质及导数等根底知识，考察灵敏运用数形结合、分类讨论的思想方法进展探究、分析与解决问题的综合才能.满分是16分. 解：.2)(,3)(2b x x g a x x f +='+='〔1〕由题意知),1[0)()(+∞-≥''在x g x f 上恒成立，因为a>0，故,032>+a x 进而20,2x b b x +≥≥-∞即在区间[-1,+)上恒成立，所以 2.b ≥因此b 的取值范围是[2,).+∞〔2〕令()0,f x x '==解得 假设0,00(,).b a a b ><∈由得又因为(0)(0)0f g ab ''=<， 所以函数()()f x g x 和在(,)a b 上不是单调性一致的，因此0.b ≤现设0.(,0),()0b x g x '≤∈-∞<当时；当(,x ∈-∞时，()0.f x '>因此，当(,x ∈-∞时，()()0.f x g x ''<故由题设得a ≥≥b 从而110,0.33a b -≤<-≤≤于是 因此11||,,033a b a b -≤=-=且当时等号成立，又当211,0,()()6()39a b f x g x x x ''=-==-时，从而当1(,0)()()03x f x g x ''∈->时故当函数1()()(,0)3f x g x -和在上单调性一致，因此||a b -的最大值为1.3〔理〕〔16〕(本小题满分是12分)设21)(ax e x f x+=，其中a 为正实数.〔Ⅰ〕当a 43=时，求()f x 的极值点； 〔Ⅱ〕假设()f x 为R 上的单调函数，求a 的取值范围.〔16〕〔本小题满分是12分〕此题考察导数的运算，极值点的判断，导数符号与函数单调性之间的关系，求解一元二次不等式根本知识，考察运算求解才能，综合分析和解决问题的才能.解：对)(x f 求导得222)1(21)('ax axax e x f x+-+= ① 〔I 〕当34=a ，假设.21,23,0384,0)(212===+-='x x x x x f 解得则综合①,可知所以,231=x 是极小值点,212=x 是极大值点.〔II 〕假设)(x f 为R 上的单调函数，那么)(x f '在R 上不变号，结合①与条件a>0，知0122≥+-ax ax在R 上恒成立，因此,0)1(4442≤-=-=∆a a a a 由此并结合0>a ，知.10≤<a〔理〕18．〔本小题一共13分〕 函数2()()xkf x x k e =-. 〔Ⅰ〕求()f x 的单调区间；〔Ⅱ〕假设对于任意的(0,)x ∈+∞，都有()f x ≤1e，求k 的取值范围. 〔18〕解：〔Ⅰ〕.)(1)(22k xe k x kx f -='令()00='f ，得k x ±=.当k>0时，)()(x f x f '与的情况如下所以，)(x f 的单调递减区间是〔k -∞-,〕和),(+∞k ；单高层区间是),(k k -当k<0时，)()(x f x f '与的情况如下所以，)(x f 的单调递减区间是〔k -∞-,〕和),(+∞k ；单高层区间是),(k k -〔Ⅱ〕当k>0时，因为ee kf k1)1(11>=++，所以不会有.1)(),,0(e x f x ≤+∞∈∀当k<0时，由〔Ⅰ〕知)(x f 在〔0，+∞〕上的最大值是.4)(2e k kf =-所以e x f x 1)(),,0(≤+∞∈∀等价于.14)(2e e k k f ≤=--解得021<≤-k .故当e x f x 1)(),,0(≤+∞∈∀时，k 的取值范围是).0,21[- 〔理〕21．〔本小题满分是14分〕在平面直角坐标系xOy 上，给定抛物线L:214y x =．实数p ，q 满足240p q -≥，x 1，x 2是方程20x px q -+=的两根，记{}12(,)max ,p q x x ϕ=. 〔1〕过点20001(,)(0)4A p p p ≠作L 的切线教y 轴于点B ．证明：对线段AB 上任一点Q 〔p ，q 〕有0(,);2p p q ϕ=〔2〕设M 〔a ，b 〕是定点，其中a ，b 满足a 2-4b>0,a≠0．过M 〔a ，b 〕作L 的两条切线12,l l ，切点分别为22112211(,),(,)44E p p E p p '，12,l l 与y 轴分别交与F,F'.线段EF 上异于两端点的点集记为X ．证明：M 〔a,b 〕 ∈X ⇔12P P >⇔(,)a b ϕ12p =;〔3〕设D={〔x,y 〕|y≤x -1,y≥14〔x+1〕2-54}．当点〔p,q 〕取遍D 时，求(,)p q ϕ的最小值〔记为min ϕ〕和最大值〔记为max ϕ〕． 21．〔本小题满分是14分〕解：〔1〕切线l 的方程为20011.24y p x p =-(,)(,)Q p q AB p q ϕ∀∈==有当00000||0,0,(,).222p p p p p p p p p q ϕ+->≤≤===时于是当00000||0,0,(,).222p p p p p p p p p q ϕ-+--<≤≤===时于是〔2〕12,l l 的方程分别为2211221111,.2424y p x p y p x p =-=-求得12,l l 交点M(a,b)的坐标1212(,)24p p p p +，由于240,0a b a ->≠，故有12||||.p p ≠1〕先证：12(,)||||.M a b x p p ∈⇔>〔⇒〕设(,).M a b X ∈当1211121120,002||||.2p p p p p p p p p +><<⇒<+<⇒>时当1211112120,020||||.2p p p p p p p p p +<<<⇒<+<⇒>时〔⇐〕设221212111||||,||1110 2.p p p p p p p p p +><⇒-<<⇒<<则当121211110,0;0 1.22p p p p p p p ++><<<<<时当时,p注意到1(,),(,).M a b l M a b X ∈在上故2〕次证：1||(,)(,).2p M a b X a b ϕ∈⇔=〔⇒〕(,),M a b X ∈利用〔1〕有1||(,).2p a b ϕ=〔⇐〕设1||(,)2p a b ϕ=，断言必有12||||.p p >假设不然，12||||.p p <令Y 是2l 上线段E F ''上异于两端点的点的集合，由已证的等价式1〕(,).M a b Y ∈再由〔1〕得21||||(,)22p p a b ϕ=≠，矛盾.故必有12||||.p p >再由等价式1〕，(,).M a b X ∈综上，112||(,)||||(,).2p M a b X p p a b ϕ∈⇔>⇔=〔3〕求得2151(1)44y x y x =-=+-和的交点12(0,1),(2,1)Q Q - 而1y x =-是Ｌ的切点为2(2,1)Q 的切线，且与y 轴交于1(0,1)Q -， 由〔１〕(,)Q p q ∀∈线段Q 1Q 2，有(,) 1.p q ϕ=当2211515(,):(1)(02),(1)4444Q p q L y x x q p ∈=+-≤≤=+-时()(,)2),h p p q p ϕ∴===≤≤在〔0，2〕上，令3()0,2h p p '===得 由于35(0)(2)1,(),24h h h ===()(,)h p p q ϕ=在[0，2]上获得最大值max 5.4h =215(,),2,(1)1,44p q D p p q p ∀∈≤≤+-≤≤-有0故(,)p q ϕ=≤max 5,4h =≤=(,)p q ϕ=≥=212p p+-==,故min max 51,.4ϕϕ==〔理〕22．〔本小题满分是13分〕函数3()f x x =，()g x x =.〔Ⅰ〕求函数()()()h x f x g x =-的零点个数.并说明理由；〔Ⅱ〕设数列{n a }〔*n N ∈〕满足10(0)a a =>，1()()n n f a g a +=，证明：存在常数M,使得对于任意的*n N ∈，都有n a ≤M ．22．解：〔I 〕由3(),[0,)h x x x x =--∈+∞，而(0)0,(1)10h h ==-<且，(2)60,0()h x h x =->=则为的一个零点，且()h x 在〔1，2〕内有零点.因此()h x 至少有两个零点.解法1：1221()31,2h x x x -'=--记1221()31,2x x x ϕ-=--那么321()6.4x x x ϕ-'=+当(0,),()0,()(0,)x x x ϕϕ'∈+∞>+∞时因此在上单调递增，那么()(0,)x ϕ+∞在内至多只有一个零点.又因为(1)0,0,()x ϕϕϕ><则在内有零点，所以()(0,)x ϕ+∞在内有且只有一个零点，记此零点为111,(0,),()()0x x x x x ϕϕ∈<=则当时；当1(,)x x ∈+∞时，1()()0.x x ϕϕ>=所以，当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点； 当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点； 当1(,),()x x h x ∈+∞时单调递增，而1()(,)h x x +∞在内至多只有一个零点. 从而()(0,)h x +∞在内至多只有一个零点. 综上所述，()h x 有且只有两个零点.解法2：由112222()(1),()1h x x x x x x x ϕ--=--=--记，那么321()2.2x x x ϕ-'=+当(0,),()0,x x ϕ'∈+∞>时从而()(0,)x ϕ+∞在上单调递增，那么()(0,)x ϕ+∞在内至多只有一个零点，因此()(0,)h x +∞在内也至多只有一个零点. 综上所述，()h x 有且只有两个零点.〔II 〕记()h x 的正零点为3000,x x x =+即〔1〕当0110,,.a x a a a x <=<时由即而23210020,.a a x x a x =<+=<因此由此猜想：0n a x <.下面用数学归纳法证明. ①当101,n a x =<时显然成立.②假设当0(1),,1k n k k a x n k =≥<=+时成立则当时，由3310010,.n k k a a x x a x ++=+<+=<知因此，当101,k n k a x +=+<时成立. 故对任意的*0,k n N a x ∈<成立.〔2〕当0a x ≥时，由〔I 〕知，0()(,)h x x +∞在上单调递增，那么0()()0h a h x ≥=，即333212,a a a a a a a a ≥+=+=+≤≤即，由此猜想：k a a ≤，下面用数学归纳法证明， ①当11,n a a =≤时显然成立.②假设当(1),k n k k a a =≥≤时成立，那么当1n k =+时，由3311,k k k a a a a a a ++=+≤+≤≤知因此，当11,k n k a a +=+≤时成立， 故对任意的*,n n N a a ∈≤成立综上所述，存在常数0max{,}M x a =，使得对于任意的*,.n n N a M ∈≤都有 〔理〕〔21〕〔本小题满分是12分〕 函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=． 〔I 〕讨论)(x f 的单调性； 〔II 〕设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x af x a f ->+； 〔III 〕假设函数)(x f y =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：f '(x 0)＜0．21．解：〔I 〕()(0,),f x +∞的定义域为1(21)(1)()2(2).x ax f x ax a x x+-'=-+-=-〔i 〕假设0,()0,()(0,)a f x f x '≤>+∞则所以在单调增加. 〔ii 〕假设10,()0,a f x x a'>==则由得 且当11(0,),()0,,()0.x f x x f x a a''∈>><时当时 所以1()(0,)f x a在单调增加，在1(,)a+∞单调减少. ………………4分〔II 〕设函数11()()(),g x f x f x a a=+--那么3222()ln(1)ln(1)2,2()2.111g x ax ax ax a a a x g x a ax ax a x =+---'=+-=+--当10,()0,(0)0,()0x g x g g x a'<<>=>时而所以. 故当10x a<<时，11()().f x f x a a +>- ………………8分〔III 〕由〔I 〕可得，当0,()a y f x ≤=时函数的图像与x 轴至多有一个交点，故0a >，从而()f x 的最大值为11(),()0.f f a a>且 不妨设1212121(,0),(,0),0,0.A x B x x x x x a<<<<<则 由〔II 〕得111211()()()0.f x f x f x a a a-=+->= 从而1221021,.2x x x x x a a+>-=>于是 由〔I 〕知，0()0.f x '< ………………12分〔全国大纲理〕22．〔本小题满分是12分〕〔注意：在试题卷上答题无效．．．．．．．．．〕 〔Ⅰ〕设函数2()ln(1)2xf x x x =+-+，证明：当0x ＞时，()0f x ＞； 〔Ⅱ〕从编号1到100的100张卡片中每次随即抽取一张，然后放回，用这种方式连续抽取20次，设抽得的20个号码互不一样的概率为p ．证明：19291()10p e<< 22．解：〔I 〕22'()(1)(2)x f x x x =++，…………2分当0,'()0x f x >>时，所以()f x 为增函数，又(0)0f =， 因此当0,()0.x f x >>时…………5分〔II 〕20100999881.100p ⨯⨯⨯⨯=又222998190,988290,,918990⨯<⨯<⨯<，所以199(),10p <…………9分由〔I 〕知：当20,ln(1),2xx x x >+>+时 因此2(1)ln(1) 2.x x++>在上式中，令19211010,.999x e =>则19ln >2,即() 所以19291().10p e<<〔全国新课标理〕〔21〕〔本小题满分是12分〕 函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=． 〔I 〕求a ，b 的值；〔II 〕假如当x>0，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围． 〔21〕解：〔Ⅰ〕221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =．〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知ln 1f ()1x x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--．考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >，那么22(1)(1)2'()k x xh x x -++=．(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知，当1x ≠时，'()0h x <．而(1)0h =，故当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x>-； 当x ∈〔1，+∞〕时，h 〔x 〕<0，可得211x -h 〔x 〕>0从而当x>0，且x ≠1时，f 〔x 〕-〔1ln -x x +x k 〕>0，即f 〔x 〕>1ln -x x +x k.〔ii 〕设0<k<1.由于当x ∈〔1，k -11〕时，〔k-1〕〔x 2 +1〕+2x>0，故'h (x 〕>0，而h 〔1〕=0，故当x ∈〔1，k -11〕时，h 〔x 〕>0，可得211x -h 〔x 〕<0，与题设矛盾．〔iii 〕设k ≥1.此时'h 〔x 〕>0，而h 〔1〕=0， 故当x ∈〔1，+∞〕时，h 〔x 〕>0，可得211x-h 〔x 〕<0，与题设矛盾．综合得，k 的取值范围为〔-∞，0]解：〔2〕由〔1〕知ln 1()1x f x x x=++． 故要证：ln ()1x f x x >-,只需证ln 1ln 11x xx x x +>+- 为去分母，故分x>1与0<x<1两种情况讨论： 当x>1时，需证2(1)ln 1(1)ln x x x x x x x -+->+即21ln x x x -<,即需证1ln x x x<-． 〔1〕设1()ln g x x x x =-+，那么1'()1g x x=- 由x>1得'()0g x <，所以1()ln g x x x x=-+在〔1，+∞〕上为减函数．又因g 〔1〕=0所以 当x>1时 g 〔x 〕<0 即〔1〕式成立． 同理0<x<1时，需证1ln x x x>-〔2〕 而由0<x<1得'()0g x >，所以1()ln g x x x x=-+在〔0，1〕上为增函数．又因g 〔1〕=0所以，当0<x<1时g 〔x 〕<0,即〔2〕式成立． 综上所证，知要证不等式成立．点评：抓住根本思路，去分母化简问题，不可死算． 〔理〕21．〔本小题满分是14分〕设函数()f x 定义在(0,)+∞上，(1)0f =，导函数1(),()()().f x g x f x f x x''==+ 〔Ⅰ〕求()g x 的单调区间和最小值； 〔Ⅱ〕讨论()g x 与1()g x的大小关系； 〔Ⅲ〕是否存在00x 〉，使得01()()g x g x x-∠对任意0x >成立？假设存在，求出0x 的取值范围；假设不存在，请说明理由．21．解：〔Ⅰ〕由题设易知()ln f x x =，1()ln g x x x=+， ∴21'()x g x x-=，令'()0g x =得1x =， 当(0,1)x ∈时，'()0g x <，故〔0,1〕是()g x 的单调减区间， 当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，故(1,)+∞是()g x 的单调增区间，因此，1x =是()g x 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为(1)1g =．〔Ⅱ〕1()ln g x x x=-+，设11()()()2ln h x g x g x x x x=-=-+，那么22(1)'()x h x x -=-，当1x =时，(1)0h =，即1()()g x g x=， 当(0,1)(1,)x ∈⋃+∞时'()0h x <，'(1)0h =， 因此，()h x 在(0,)+∞内单调递减，当01x <<时，()(1)0h x h >=，即1()()g x g x>， 当1x >时，()(1)0h x h <=，即1()()g x g x<． 〔Ⅲ〕满足条件的0x 不存在． 证明如下：证法一 假设存在00x >，使01|()()|g x g x x-< 对任意0x >成立， 即对任意0x >，有02()Inx g x Inx x<<+，〔*〕 但对上述0x ，取0()1g x x e=时，有10()Inx g x =，这与〔*〕左边不等式矛盾，因此，不存在00x >，使01|()()|g x g x x-< 对任意0x >成立. 证法二 假设存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意的0x >成立.由〔Ⅰ〕知，0()g x e的最小值为()1g x =.又1()g x Inx x=+I nx >，而1x >时，Inx 的值域为(0,)+∞， ∴1x ≥时，()g x 的值域为[1,)+∞， 从而可取一个11x >，使10()()1g x g x ≥+， 即1()g x -0()g x 1≥，故10|()()|1g x g x -≥>11x ，与假设矛盾. ∴不存在00x >，使01|()()|g x g x x-<对任意0x >成立. 〔理〕19．〔本小题满分是12分〕如图，从点P 1〔0,0〕作x 轴的垂线交于曲线y=e x 于点Q 1〔0,1〕，曲线在Q 1点处的切线与x 轴交与点P 2.再从P 2作x 轴的垂线交曲线于点Q 2，依次重复上述过程得到一系列点：P 1，Q I ；P 2，Q 2…P n ，Q n ，记k P 点的坐标为〔k x ，0〕〔k=1,2，…，n 〕.〔Ⅰ〕试求k x 与1k x -的关系〔2≤k≤n 〕； 〔Ⅱ〕求112233...n n PQ P Q PQ P Q ++++.19．解〔Ⅰ〕设11(,0)k k P x --，由xy e '=得111(,)k x k k Q x e---点处切线方程为111(),k k x x k y e e x x ----=-由0y =得11(2)k k x x k n -=-≤≤.〔 Ⅱ〕110,1k k x x x -=-=-，得(1)k x k =--， 所以(1)kx k k k P Q ee --==于是，112233...n n n S PQ P Q PQ P Q =++++ 112(1)111 (11)n nn e e e e e ee e ---------=++++==-- 〔理〕20．〔12分〕函数()23xxf x a b =⋅+⋅，其中常数,a b 满足0ab ≠. 〔1〕假设0ab >，判断函数()f x 的单调性； 〔2〕假设0ab <，求(1)()f x f x +>时x 的取值范围. 20．解：⑴当0,0a b >>时，任意1212,,x x R x x ∈<，那么121212()()(22)(33)x x x x f x f x a b -=-+-∵ 121222,0(22)0xxxxa a <>⇒-<，121233,0(33)0xxxxb b <>⇒-<， ∴ 12()()0f x f x -<，函数()f x 在R 上是增函数. 当0,0a b <<时，同理，函数()f x 在R 上是减函数. ⑵(1)()2230xxf x f x a b +-=⋅+⋅> 当0,0a b <>时，3()22xa b >-，那么 1.5log ()2a x b>-；当0,0a b ><时，3()22xa b <-，那么 1.5log ()2a x b<-. 〔理〕22．〔本小题一共l4分〕函数21(),()32f 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42233log [(1)]log ()log (4)24f x h a x x --=---； 〔Ⅲ〕试比拟1001(100)(100)()k f h h k =-∑与16的大小． 22．解析： 〔1〕21()32F x x =+- 1'221()32F x x -=-令'''9()0;169()00169()016F x x F x x F x x >⇒><⇒≤<=⇒=所以916x =是其极小值点，极小值为18.0x =是其极大值点，极大值为12 〔2〕33(1)124f x x --=-；222log ()log (4)log h a x x ---=由4222233log [(1)]log ()log (4)log (1)log 244a xf x h a x x x x---=---⇒-=- 216404a xx x x a x--=⇒-++=- 01364(4)05a a -+<⇒>时方程无解 02364(4)05a a -+=⇒=时3x =03364(4)05a a -+>⇒<方程的根为1233x x =+=-〔3〕)(,61)()(n h b n h n f a n n =-= 那么111b a ==019241692416(611614634)(23231>-+--+-=----=---n n n n n n n n n n n h a a n n∑∑∑===->⇔>-⇔>--100110010021100100210)(n n n n nn a n a a n a a〔理〕19．〔本小题满分是14分〕0a >，函数2()ln ,0.f x x ax x =->〔()f x 的图像连续不断〕〔Ⅰ〕求()f x 的单调区间； 〔Ⅱ〕当18a =时，证明：存在0(2,)x ∈+∞，使03()()2f x f =； 〔Ⅲ〕假设存在均属于区间[]1,3的,αβ，且1βα-≥，使()()f f αβ=，证明ln 3ln 2ln 253a -≤≤． 19．本小题主要考察导数的运算、利用导数研究函数的单调性、解不等式、函数的零点等根底知识，考察运算才能和运用函数思想分析解决问题的才能及分类讨论的思想方法.满分是14分.〔I 〕解：2112'()2,(0,)2ax f x ax x x -=-=∈+∞，令'()0,f x =解得 当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：所以，()f x 的单调递增区间是()f x 的单调递减区间是).+∞ 〔II 〕证明：当211,()ln .88a f x x x ==-时 由〔I 〕知()f x 在〔0，2〕内单调递增， 在(2,)+∞内单调递减.令3()()().2g x f x f =-由于()f x 在〔0，2〕内单调递增， 故3(2)(),2f f >即g(2)>0.取23419'2,(')0.232e x e g x -=>=<则所以存在00(2,'),()0,x x g x ∈=使 即存在003(2,),()().2x f x f ∈+∞=使〔说明：'x 的取法不唯一，只要满足'2,(')0x g x ><且即可〕〔III 〕证明：由()()f f αβ=及〔I 〕的结论知αβ<<， 从而()[,]f x αβ在上的最小值为().f a又由1βα-≥，,[1,3],αβ∈知12 3.αβ≤≤≤≤故(2)()(1),ln 24,(2)()(3).ln 24ln 39.f f f a a f f f a a αβ≥≥-≥-⎧⎧⎨⎨≥≥-≥-⎩⎩即从而ln 3ln 2ln 2.53a -≤≤ 〔理〕22．〔此题满分是14分〕设函数R a x a x x f ∈-=,ln )()(2.〔I 〕假设)(x f y e x ==为的极值点，务实数a ；〔II 〕务实数a 的取值范围，使得对任意的]3,0(e x ∈，恒有)4(2e xf ≤成立，注：e 为自然对数的底数.22．此题主要考察函数极值的概念、导数运算法那么、导数应用，不等式等根底知识，同时考察推理论证才能，分类讨论分析问题和解决问题的才能.满分是14分.〔I 〕解：求导得2()'()2()ln ()(2ln 1).x a af x x a x x a x x x-=-+=-+-因为()x e f x =是的极值点， 所以'()()(3)0,af e e a e=--= 解得3a e a e ==或经检验，符合题意， 所以3.a e a e ==或〔II 〕解：①当01x <≤时，对于任意的实数a ，恒有2()04f x e ≤<成立； ②当13x e <≤时，由题意，首先有22(3)(3)ln(3)4f e e a e e =-≤，解得33e a e ≤≤+由〔I 〕知'()()(2ln 1),af x x a x x=-+- 令()2ln 1,(1)10,()2ln 0,ah x x h a h a a x=+-=-<=>则且(3)2ln(3)12ln(3)13ah e e e e=+-≥+2(ln 30.e =-> 又()(0,)h x +∞在内单调递增所以函数()(0,)h x +∞在内有唯一零点， 记此零点为000,13,1.x x e x a <<<<则 从而，当0(0,)x x ∈时，'()0;f x >当0(,),'()0;x x a f x ∈<时 当(,)x a ∈+∞时，'()0.f x >即0()(0,)f x x 在内单调递增，在0(,)x a 内单调递减， 在(,)a +∞内单调递增.所以要使(]2()41,3f x e x e ≤∈对恒成立，只要2200022()()ln 4,(1)(3)(3)ln(3)4,(2)f x x a x e f e e a e e ⎧=-≤⎪⎨=-≤⎪⎩成立. 由000()2ln 10ah x x x =+-=，知 0002ln ,a x x x =+〔3〕将〔3〕代入〔1〕得232004ln 4.x x e ≤又01x >，注意到函数[)33ln 1,x x +∞在内单调递增，故01x e <≤.再由〔3〕以及函数2ln (1,)x x x ++∞在内单调递增，可得13.a e <≤ 由〔2〕解得，33e a e ≤≤+所以33.e a e ≤≤综上，a的取值范围是33.e a e ≤≤〔理〕18．〔本小题满分是13分，〔Ⅰ〕小问6分，〔Ⅱ〕小问7分．〕设()f x x ax bx 32=+++1的导数'()f x 满足'(),'()f a f b 1=22=-，其中常数,a b R ∈．〔Ⅰ〕求曲线()y f x =在点(,())f 11处的切线方程； 〔Ⅱ〕设()'()xg x f x e-=，求函数()g x 的极值．18．〔此题13分〕解：〔I 〕因32()1,f x x ax bx =+++故2()32.f x x ax b '=++令1,(1)32,x f a b '==++得由(1)2,322, 3.f a a b a b '=++==-因此解得 又令2,(2)124,x f a b '==++得由(2),f b '=- 因此124,a b b ++=-解得3.2a =-因此3235()31,(1)22f x x x x f =--+=-从而 又因为3(1)2()3,2f '=⨯-=-故曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线方程为5()3(1),6210.2y x x y --=--+-=即〔II 〕由〔I 〕知2()(333)xg x x x e -=--，从而有2()(39).xg x x x e -'=-+令212()0,390,0, 3.g x x x x x '=-+===得解得 当(,0),()0,()(,0)x g x g x '∈-∞<-∞时故在上为减函数； 当(0,3),()0,()x g x g x '∈>时故在〔0，3〕上为增函数； 当(3,)x ∈+∞时，()0,()(3,)g x g x '<+∞故在上为减函数；从而函数1()0g x x =在处获得极小值2(0)3,3g x =-=在处获得极大值3(3)15.g e -=。

高三数学《函数与导数、三角函数与解三角形》测试题（理科）一、选择题1．设2:f x x →是集合A 到集合B 的映射，若{}1,2B =，则AB 为( ) A ．∅B ．{1}C ．∅或{2}D ．∅或{1}2．函数x x x f ln )(+=的零点所在的区间为( ) A ．（－1，0）B ．（0，1）C ．（1，2）D ．（1，e ）3．若函数2()log (3)a f x x ax =-+在区间(,]2a -∞上为减函数，则a 的取值范围是( )A ．(0，1)B ．(1，＋∞)C ．(1，23)D ．(0，1)∪(1，23)4.若0()ln 0xe x g x xx ⎧≤=⎨>⎩，则1(())2g g = ( )A ．12B ．1C ．12e D ．ln 2-5．已知32()f x ax bx cx d =+++的图象如图所示，则有 ( ) A ．0b < B ．01b <<C ．12b <<D ．2b >6. 已知函数()f x 定义域为R ，则下列命题：①若()y f x =为偶函数，则(2)y f x =+的图象关于y 轴对称. ②若(2)y f x =+为偶函数，则()y f x =关于直线2x =对称. ③若函数(21)y f x =+是偶函数，则(2)y f x =的图象关于直线12x 对称. ④若(2)(2)f x f x -=-，则则()y f x =关于直线2x =对称. ⑤函数(2)y f x =-和(2)y f x =-的图象关于2x =对称.其中正确的命题序号是 ( ) A.①②④ B.①③④ C.②③⑤ D.②③④ 7.y ＝(sin x ＋cos x )2－1是( ) A ．最小正周期为2π的偶函数 B ．最小正周期为2π的奇函数 C ．最小正周期为π的偶函数D ．最小正周期为π的奇函数8.把函数y ＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π)的图象向左平移π6个单位，再将图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)所得的图象解析式为y ＝sin x ，则( )xA ．ω＝2，φ＝π6B ．ω＝2，φ＝－π3C ．ω＝12，φ＝π6D ．ω＝12，φ＝π129.若函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)的最小正周期为1，则它的图像的一个对称中心为( )A.⎝⎛⎭⎫－π8，0 B.⎝⎛⎭⎫π8，0 C ．(0,0)D.⎝⎛⎭⎫－π4，0 10.函数y ＝cos(ωx ＋φ)(ω>0,0<φ<π)为奇函数，该函数的部分图象如右图所表示，A 、B 分别为最高与最低点，并且两点间的距离为22，则该函数的一条对称轴为( )A ．x ＝2πB ．x ＝π2C ．x ＝1D ．x ＝211.tan10°＋tan50°＋tan120°tan10°·tan50°的值应是( )A ．－1B ．1C ．－ 3D.3 12. 函数)(x f 在定义域R 内可导，若)2()(x f x f -=，且当)1,(-∞∈x 时，0)()1(<'-x f x ，设).3(),21(),0(f c f b f a ===则 ( )A ．c b a <<B ．b a c <<C ．a b c <<D ．a c b <<二、填空题13．设()f x 是定义在R 上且以3为周期的奇函数，若(1)1f ≤，23(2)1a f a -=+，则实数a 的取值范围是 ．14．已知函数xx x f 2)(+=，x x x g ln )(+=，1)(--=x x x h 的零点分别为,,21x x 3x ，则321,,x x x 的大小关系是 ．15.已知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6－m 在x ∈[0，π2]上有两个不同的零点，则m 的取值范围是________．16.对于函数f (x )＝2cos 2x ＋2sin x cos x －1(x ∈R )给出下列命题：①f (x )的最小正周期为2π；②f (x )在区间[π2，5π8]上是减函数；③直线x ＝π8是f (x )的图像的一条对称轴；④f (x )的图像可以由函数y ＝2sin2x 的图像向左平移π4而得到．其中正确命题的序号是________(把你认为正确的都填上)． 三、简答题17.在△ABC 中，A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，已知a ＋b ＝5，c ＝7，且4sin 2A ＋B2－cos2C ＝72.(1)求角C 的大小； (2)求△ABC 的面积．18.在△ABC 中，内角A ，B ，C 对边的边长分别是a ，b ，c ，已知c ＝2，C ＝π3.(1)若△ABC 的面积等于3，求a ，b ；(2)若sin C ＋sin(B －A )＝2sin2A ，求△ABC 的面积．19.向量m ＝(a ＋1，sin x )，n ＝(1,4cos(x ＋π6))，设函数g (x )＝m ·n (a ∈R ，且a 为常数)．(1)若a 为任意实数，求g (x )的最小正周期；(2)若g (x )在[0，π3)上的最大值与最小值之和为7，求a 的值．20.设函数22()(1)ln(1)f x x x =+-+ (1)求函数)(x f 的单调区间;(2)当]1,11[--∈e ex 时，不等式()f x m <恒成立,求实数m 的取值范围; (3)关于x 的方程2()f x x x a =++在[0,2]上恰有两个相异实根，求a 的取值范围. 21.设函数bx xex f xa +=-)(，曲线)(x f y =在点（2，)2(f ）处的切线方程为4)1(+-=x e y .（1）求a ,b 的值； （2）求)(x f 的单调区间. 22.答案解析选择题 1—5 DBCAA 6—12 CDBAC CB填空题 13. 213aa <-≥或 14. 321x x x >> 15.[－1,2] 16.②③ 简答题17.[解析] (1)∵A ＋B ＋C ＝180°，4sin 2A ＋B 2－cos2C ＝72.∴4cos 2C 2－cos2C ＝72，∴4·1＋cos C 2－(2cos 2C －1)＝72，∴4cos 2C －4cos C ＋1＝0，解得cos C ＝12，∵0°<C <180°，∴C ＝60°. (2)∵c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴7＝(a ＋b )2－3ab ，解得ab ＝6. ∴S △ABC ＝12ab sin C ＝12×6×32＝332.18.[解析] (1)由余弦定理及已知条件得，a 2＋b 2－ab ＝4，又因为△ABC 的面积等于3，所以12ab sin C＝3，得ab ＝4.联立方程组⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4，ab ＝4，解得a ＝2，b ＝2.(2)由题意得sin(B ＋A )＋sin(B －A )＝4sin A cos A ，即sin B cos A ＝2sin A cos A ， 当cos A ＝0时，A ＝π2，B ＝π6，a ＝433，b ＝233，当cos A ≠0时，得sin B ＝2sin A ，由正弦定理得b ＝2a ，联立方程组⎩⎨⎧a 2＋b 2－ab ＝4，b ＝2a ，解得a ＝233，b ＝433. 所以△ABC 的面积S ＝12ab sin C ＝233.19.[解析] g (x )＝m ·n ＝a ＋1＋4sin x cos(x ＋π6)＝3sin2x －2sin 2x ＋a ＋1 ＝3sin2x ＋cos2x ＋a ＝2sin(2x ＋π6)＋a(1)g (x )＝2sin(2x ＋π6)＋a ，T ＝π.(2)∵0≤x <π3，∴π6≤2x ＋π6<5π6当2x ＋π6＝π2，即x ＝π6时，y max ＝2＋a .当2x ＋π6＝π6，即x ＝0时，y min ＝1＋a ，故a ＋1＋2＋a ＝7，即a ＝2.20. (1)函数定义域为),1()1,(+∞---∞ ,,1)2(2]11)1[(2)(++=+-+='x x x x x x f 由,0)(>'x f 得210x x -<<->或 ；由,0)(<'x f 得.012<<--<x x 或则递增区间是(2,1),(0,)--+∞递减区间是(,2),(1,0)-∞--。

专题一 函数与导数 第1课时1．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝2x ·f ′(1)＋ln x ，则f ′(1)等于( ) A ．－e B ．－1 C ．1 D ．e2．若函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则实数a 的取值范围是( ) A ．[0，＋∞) B ．(－∞，0] C ．(－∞，0) D ．(0，＋∞)3．某厂生产某种产品x 件的总成本C (x )＝1200＋275x 3(单位：万元)，已知产品单价的平方与产品件数x成反比，生产100件这样的产品单价为50万元，则产量定为______件时总利润最大．( )A ．10B ．25C ．30D ．404．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2－bx ＋1(a ，b ∈R )在区间[－1,3]上是减函数，则a ＋b 的最小值是( )A.23B.32 C ．2 D ．3 5．(2022年新课标Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围是( )(导学号 58940254)A ．(2，＋∞)B ．(1，＋∞)C ．(－∞，－2)D ．(－∞，－1)6．(2022年新课标Ⅱ)已知函数f (x )＝(x ＋1)ln x －a (x －1)．(导学号 58940255) (1)当a ＝4时，求曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程； (2)若当x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，求a 的取值范围．7．(2021年广东肇庆一模)已知函数f (x )＝x 3－3x .(导学号 58940256) (1)争辩f (x )的单调区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－m 在⎣⎡⎦⎤－32，3上有三个零点，求实数m 的取值范围； (3)设函数h (x )＝e x －e x ＋4n 2－2n (e 为自然对数的底数)，假如对任意的x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (x 1)≤h (x 2)恒成立，求实数n 的取值范围．8．(2022年北京)已知函数f (x )＝2x 3－3x . (1)求f (x )在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切，求t 的取值范围；(3)过点A (－1,2)，B (2,10)，C (0,2)分别存在几条直线与曲线y ＝f (x )相切？(只需写出结论)专题一 函数与导数第1课时1．B 解析：由于f (x )＝2xf ′(1)＋ln x ，所以f ′(x )＝2f ′(1)＋1x .令x ＝1，得f ′(1)＝2f ′(1)＋1.解得f ′(1)＝－1.故选B.2．C 解析：由题意知x >0，f ′(x )＝1＋a x ，要使函数f (x )＝x ＋a ln x 不是单调函数，则需方程1＋ax ＝0在x >0上有解，即x ＝－a ，所以a <0.故选C.3．B 解析：设单价为q ＞0，由题意q 2＝kx，当x ＝100时，q ＝50，∴k ＝q 2x ＝502×100＝250 000.∴q 2x＝250 000，q ＝500x .∴总利润y ＝xq －C (x )＝x ·500x －⎝⎛⎭⎫1200＋275x 3.令y ′＝500·12 x －275·3x 2＝0，解得x ＝25.当0＜x ＜25时，y ′＞0，当x ＞25时，y ′＜0，∴当x ＝25时，总利润最大．4．C解析：f ′(x )＝x 2＋2ax －b在[－1,3]上有f ′(x )≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(－1)≤0，f ′(3)≤0，∴⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ≥1，6a －b ≤－9.设⎩⎪⎨⎪⎧u ＝2a ＋b ≥1，v ＝b －6a ≥9.设a ＋b ＝mu ＋n v ＝m (2a ＋b )＋n (－6a ＋b )＝(2m －6n )a ＋(m ＋n )b ，对比参数：2m －6n ＝1，m ＋n ＝1，解得m ＝78，n ＝18，∴a ＋b ＝78u ＋18v ≥2.则a ＋b 的最小值为2.5．C 解析：a ＝0时，不符合题意．a ≠0时，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x 1＝0，x 2＝2a .若a ＞0，则由图象知f (x )有负数零点，不符合题意．则a ＜0，由图象结合f (0)＝1＞0知，此时必有f ⎝⎛⎭⎫2a ＞0，即a ×8a 3－3×4a 2＋1＞0， 化简，得a 2＞4.又a ＜0，所以a ＜－2.故选C.6．解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝4时，f (x )＝(x ＋1)ln x －4(x －1)，f ′(x )＝ln x ＋1x －3，f ′(1)＝－2，f (1)＝0.曲线y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线方程为2x ＋y －2＝0.(2)当x ∈(1，＋∞)时，f (x )>0等价于ln x －a (x －1)x ＋1>0.令g (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1，则g ′(x )＝1x －2a(x ＋1)2＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2，g (1)＝0，(ⅰ)当a ≤2，x ∈(1，＋∞)时，x 2＋2(1－a )x ＋1≥x 2－2x ＋1>0，故g ′(x )>0，g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增，因此g (x )>0；(ⅱ)当a >2时，令g ′(x )＝0，得 x 1＝a －1－(a －1)2－1，x 2＝a －1＋(a －1)2－1.由x 2>1和x 1x 2＝1，得x 1<1.故当x ∈(1，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在x ∈(1，x 2)单调递减，因此g (x )<0. 综上，a 的取值范围是(－∞，2]．7．解：(1)f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－3＝3(x ＋1)(x －1). 由于当x ＜－1或x ＞1时，f ′(x )＞0； 当－1＜x ＜1时，f ′(x )＜0.所以f (x )的单调递增区间为(－∞，－1)和(1，＋∞)，单调递减区间为(－1,1)． (2)方法一，由(1)知，g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增， 在(－1,1)上单调递减，所以g (x )在x ＝－1处取得极大值g (－1)＝2－m ，在x ＝1处取得微小值g (1)＝－2－m .由于g (x )在⎣⎡⎦⎤－32，3上有三个零点， 所以有⎩⎪⎨⎪⎧ g ⎝⎛⎭⎫－32≤0，g (－1)＞0，g (1)＜0，g (3)≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧98－m ≤0，2－m ＞0，－2－m ＜0，18－m ≥0.解得98≤m ＜2.故实数m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫98，2.方法二，要函数g (x )＝f (x )－m 在⎣⎡⎦⎤－32，3上有三个零点，就是要方程g (x )＝f (x )－m ＝0在⎣⎡⎦⎤－32，3上有三个实根，也就是只要函数y ＝f (x )和函数y ＝m 的图象在⎣⎡⎦⎤－32，3上有三个不同的交点． 由(1)知，f (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递增，在(－1,1)上单调递减； 所以f (x )在x ＝－1处取得极大值f (－1)＝2，在x ＝1处取得微小值f (1)＝－2.又f ⎝⎛⎭⎫－32＝98，f (3)＝18. 故实数m 的取值范围为⎣⎡⎭⎫98，2.(3)对任意的x 1，x 2∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (x 1)≤h (x 2)恒成立，等价于当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )max ≤h (x )min 成立.由(1)知，f (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增，且f ⎝⎛⎭⎫12＝－118，f (2)＝2，所以f (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的最大值f (x )max ＝2.h ′(x )＝e x －e ，令h ′(x )＝0，得x ＝1. 由于当x ＜1时，h ′(x )＜0；当x ＞1时，h ′(x )＞0；所以h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递减，在[1,2]上单调递增． 故h (x )在⎣⎡⎦⎤12，2上的最小值h (x )min ＝h (1)＝4n 2－2n . 所以4n 2－2n ≥2.解得n ≤－12，或n ≥1.故实数n 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－12∪[1，＋∞)． 8．解：(1)由f (x )＝2x 3－3x ，得f ′(x )＝6x 2－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝－22，或x ＝22. 由于f (－2)＝－10，f ⎝⎛⎭⎫－22＝2，f ⎝⎛⎭⎫22＝－2，f (1)＝－1，所以f (x )在区间[－2,1]上的最大值为 f ⎝⎛⎭⎫－22＝ 2. (2)设过点P (1，t )的直线与曲线y ＝f (x )相切于点(x 0，y 0)，则y 0＝2x 30－3x 0，且切线斜率为k ＝6x 20－3， 所以切线方程为y －y 0＝(6x 20－3)(x －x 0)． 因此t －y 0＝(6x 20－3)(1－x 0)．整理，得4x 30－6x 20＋t ＋3＝0. 设g (x )＝4x 3－6x 2＋t ＋3，则“过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切”等价于“g (x )有3个不同零点”． g ′(x )＝12x 2－12x ＝12x (x －1)， g (x )与g ′(x )的状况如下：x (－∞，0)0 (0,1) 1 (1，＋∞)g ′(x ) ＋－＋ g (x )t ＋3 t ＋1所以g (0)当g (0)＝t ＋3≤0，即t ≤－3时，此时g (x )在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．当g (1)＝t ＋1≥0，即t ≥－1时，此时g (x )在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g (x )至多有2个零点．当g (0)＞0，且g (1)＜0，即－3＜t ＜－1时，由于g (－1)＝t －7＜0，g (2)＝t ＋11＞0，所以g (x )分别在区间(－1,0)，(0,1)和(1,2)上恰有1个零点．由于g (x )在区间(－∞，0)和(1，＋∞)和(0,1)上单调，所以g (x )分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)和(0,1)上恰有1个零点．综上可知，当过点P (1，t )存在3条直线与曲线y ＝f (x )相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1,2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2,10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0,2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．。

【高考复习】2020年高考数学(理数)函数与导数 大题1.已知函数f(x)=ln xx ＋a (a∈R)，曲线y=f(x)在点(1，f(x))处的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直．(1)试比较2 0172 018与2 0182 017的大小，并说明理由；(2)若函数g(x)=f(x)-k 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2>e 2.2.已知函数f(x)=kx-ln x-1(k>0)．(1)若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k 的值；(2)证明：当n∈N *时，1＋12＋13＋ (1)>ln(n ＋1)．3.已知函数f(x)=ax-ln x ，F(x)=e x＋ax ，其中x>0，a<0.(1)若f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性，求实数a 的取值范围；(2)若a∈⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－1e 2，且函数g(x)=xe ax-1-2ax ＋f(x)的最小值为M ，求M 的最小值．4.已知函数f(x)=ln x ＋tx-s(s ，t∈R)．(1)讨论f(x)的单调性及最值；(2)当t=2时，若函数f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，求证：x 1＋x 2>4.5.已知函数f(x)=(2＋x ＋ax 2)·ln(1＋x)-2x.(1)若a=0，证明：当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0； (2)若x=0是f(x)的极大值点，求a.6.已知函数f(x)=ln x ＋2ax ＋1(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=1时，求证：f(x)≤x ＋12.7.已知函数f(x)=ln x-a(x ＋1)，a∈R 的图象在(1，f(1))处的切线与x 轴平行．(1)求f(x)的单调区间；(2)若存在x 0>1，当x∈(1，x 0)时，恒有f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)成立，求k 的取值范围．8.已知函数f(x)=xe x－a 3x 2－a 2x ，a≤e，其中e 为自然对数的底数．(1)当a=0，x>0时，证明：f(x)≥ex 2； (2)讨论函数f(x)极值点的个数．9.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e<⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．10.已知函数f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x－ax ，x ≥0，其中常数a∈R .(1) 当a=2时，求函数f(x)的单调区间；(2) 若方程f(-x)＋f(x)=e x-3在区间(0，＋∞)上有实数解，求实数a 的取值范围； (3) 若存在实数m ，n ∈[0，2]，且|m-n|≥1，使得f(m)=f(n)，求证：1≤ae －1≤e.答案解析1.解：(1) 20172 018>2 0182 017.理由如下：依题意得，f′(x)=x ＋ax－ln x ＋2，因为函数f(x)在x=1处有意义，所以a≠-1.所以f′(1)=1＋a ＋2=11＋a， 又由过点(1，f(1))的切线与直线x ＋y ＋1=0垂直可得，f′(1)=1，即11＋a=1，解得a=0.此时f(x)=ln x x ，f′(x)=1－ln xx2， 令f′(x)>0，即1-ln x>0，解得0<x<e ； 令f′(x)<0，即1-ln x<0，解得x>e.所以f(x)的单调递增区间为(0，e)，单调递减区间为(e ，＋∞)．所以f(2 017)>f(2 018)，即ln 2 0172 017>ln 2 0182 018，则2 018ln 2 017>2 017ln 2 018，所以2 0172 018>2 0182 017.(2)证明：不妨设x 1>x 2>0，因为g(x 1)=g(x 2)=0， 所以ln x 1-kx 1=0，ln x 2-kx 2=0.可得ln x 1＋ln x 2=k(x 1＋x 2)，ln x 1-ln x 2=k(x 1-x 2)，要证x 1x 2>e 2，即证ln x 1＋ln x 2>2，也就是k(x 1＋x 2)>2，因为k=ln x 1－ln x 2x 1－x 2，所以只需证ln x 1－ln x 2x 1－x 2>2x 1＋x 2，即ln x 1x 2>1－x 2x 1＋x 2，令x 1x 2=t ，则t>1，即证ln t>－t ＋1.令h(t)=ln t-－t ＋1(t>1)．由h′(t)=1t -4＋2=－2＋2>0得函数h(t)在(1，＋∞)上是增函数，所以h(t)>h(1)=0，即ln t>－t ＋1.所以x 1x 2>e 2. 2.解：(1) f(x)=kx-ln x-1，f′(x)=k-1x =kx －1x(x>0，k>0)，当x=1k 时，f′(x)=0；当0<x<1k 时，f′(x)<0；当x>1k时，f′(x)>0.∴f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1k 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ，＋∞上单调递增， ∴f(x)min =f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k =ln k ， ∵f(x)有且只有一个零点， ∴ln k=0，∴k=1.(2)证明：由(1)知x-ln x-1≥0，即x-1≥ln x，当且仅当x=1时取等号，∵n∈N *，令x=n ＋1n ，得1n >ln n ＋1n，∴1＋12＋13＋…＋1n >ln 21＋ln 32＋…＋ln n ＋1n =ln(n ＋1)，故1＋12＋13＋…＋1n >ln(n ＋1)．3.解：(1)由题意得f′(x)=a-1x =ax －1x，F′(x)=e x＋a ，x>0，∵a<0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)上恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 当-1≤a<0时，F′(x)>0，即F(x)在(0，＋∞)上单调递增，不合题意， 当a<-1时，由F′(x)>0，得x>ln(-a)，由F′(x)<0，得0<x<ln(-a)， ∴F(x)的单调递减区间为(0，ln(-a))，单调递增区间为(ln(-a)，＋∞)． ∵f(x)和F(x)在区间(0，ln 3)上具有相同的单调性， ∴ln(-a)≥ln 3，解得a≤-3， 综上，a 的取值范围是(-∞，-3]．(2)g′(x)=e ax-1＋axe ax-1-a-1x =(ax ＋1)⎝⎛⎭⎪⎫e ax －1－1x ，由e ax-1-1x =0，解得a=1－ln x x ，设p(x)=1－ln x x ，则p′(x)=ln x －2x 2， 当x>e 2时，p′(x)>0，当0<x<e 2时，p′(x)<0，从而p(x)在(0，e 2)上单调递减，在(e 2，＋∞)上单调递增，p(x)min =p(e 2)=-1e2，当a≤-1e 2时，a≤1－ln x x ，即e ax-1-1x≤0，当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－1a 时，ax ＋1>0，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 当x∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ，＋∞时，ax ＋1<0，g′(x)≥0，g(x)单调递增，∴g(x)min =g ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a =M ， 设t=-1a ∈(0，e 2]，M=h(t)=t e2-ln t ＋1(0<t≤e 2)，则h′(t)=1e 2-1t ≤0，h(t)在(0，e 2]上单调递减，∴h(t)≥h(e 2)=0，即M≥0， ∴M 的最小值为0. 4.解：(1)f′(x)=x －tx2(x>0)，当t≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)无最值； 当t>0时，由f′(x)<0，得x<t ，由f′(x)>0，得x>t ， f(x)在(0，t)上单调递减，在(t ，＋∞)上单调递增，故f(x)在x=t 处取得最小值，最小值为f(t)=ln t ＋1-s ，无最大值． (2)∵f(x)恰有两个零点x 1，x 2(0<x 1<x 2)，∴f(x 1)=ln x 1＋2x 1-s=0，f(x 2)=ln x 2＋2x 2-s=0，得s=2x 1＋ln x 1=2x 2＋ln x 2，∴2－x 1x 1x 2=ln x 2x 1，设t=x 2x 1>1，则ln t=－tx 1，x 1=－tln t，故x 1＋x 2=x 1(t ＋1)=2－tln t ，∴x 1＋x 2-4=2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－1t －2ln t ln t，记函数h(t)=t 2－1t-2ln t ，∵h′(t)=－2t2>0，∴h(t)在(1，＋∞)上单调递增， ∵t>1，∴h(t)>h(1)=0，又t=x 2x 1>1，ln t>0，故x 1＋x 2>4成立．5.解：(1)证明：当a=0时，f(x)=(2＋x)ln(1＋x)-2x ，f′(x)=ln(1＋x)-x1＋x. 设函数g(x)=ln(1＋x)-x 1＋x ，则g′(x)=x＋2. 当-1<x<0时，g′(x)<0；当x>0时，g′(x)>0， 故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0， 且仅当x=0时，g(x)=0，从而f′(x)≥0，且仅当x=0时，f′(x)=0. 所以f(x)在(-1，＋∞)上单调递增． 又f(0)=0，故当-1<x<0时，f(x)<0；当x>0时，f(x)>0. (2)①若a≥0，由(1)知，当x>0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)-2x>0=f(0)， 这与x=0是f(x)的极大值点矛盾． ②若a<0，设函数h(x)=2＋x ＋ax 2=ln(1＋x)-2x2＋x ＋ax2.由于当|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，2＋x ＋ax 2>0， 故h(x)与f(x)符号相同． 又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的极大值点，当且仅当x=0是h(x)的极大值点．h′(x)=11＋x -＋x ＋ax 2－＋＋x ＋ax 22=x 22x 2＋4ax ＋6a ＋＋2＋x ＋2.若6a ＋1>0，则当0<x<-6a ＋14a， 且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)>0， 故x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1<0，则a 2x 2＋4ax ＋6a ＋1=0存在根x 1<0，故当x∈(x 1,0)，且|x|<min ⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫1，1|a|时，h′(x)<0，所以x=0不是h(x)的极大值点．若6a ＋1=0，则h′(x)=x 3－＋2－6x －2，则当x∈(-1,0)时，h′(x)>0； 当x∈(0,1)时，h′(x)<0. 所以x=0是h(x)的极大值点， 从而x=0是f(x)的极大值点．综上，a=-16.6.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=x 2＋－＋1＋2.考虑y=x 2＋2(1-a)x ＋1，x>0.①当Δ≤0，即0≤a≤2时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当Δ>0，即a>2或a<0时，由x 2＋2(1-a)x ＋1=0，得x=a-1±a 2－2a.若a<0，则f′(x)>0恒成立，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>2，则a-1＋a 2－2a>a-1-a 2－2a>0，由f′(x)>0，得0<x<a-1-a 2－2a 或x>a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(0，a-1-a 2－2a)和(a-1＋a 2－2a ，＋∞)上单调递增．由f′(x)<0，得a-1-a 2－2a<x<a-1＋a 2－2a ，则f(x)在(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)上单调递减．综上，当a≤2时，函数f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a>2时，f(x)的单调递增区间为(0，a-1-a 2－2a)，(a-1＋a 2－2a ，＋∞)，单调递减区间为(a-1-a 2－2a ，a-1＋a 2－2a)．(2)证明：当a=1时，f(x)=ln x ＋2x ＋1.令g(x)=f(x)-x ＋12=ln x ＋2x ＋1-x ＋12(x>0)， 则g′(x)=1x -2＋2-12=2－x －x 3＋2=－－2＋x ＋＋2. 当x>1时，g′(x)<0，当0<x<1时，g′(x)>0，∴g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， 即当x=1时，g(x)取得最大值，故g(x)≤g(1)=0，即f(x)≤x ＋12成立，得证．7.解：(1)由已知可得f(x)的定义域为(0，＋∞)．∵f′(x)=1x -a ，∴f′(1)=1-a=0，∴a=1，∴f′(x)=1x -1=1－xx，令f′(x)>0得0<x<1，令f′(x)<0得x>1，∴f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)不等式f(x)-x 22＋2x ＋12>k(x-1)可化为ln x-x 22＋x-12>k(x-1)，令g(x)=ln x-x 22＋x-12-k(x-1)，则g′(x)=1x -x ＋1-k=－x 2＋－＋1x，令h(x)=-x 2＋(1-k)x ＋1，则h(x)的对称轴为直线x=1－k 2，①当1－k 2≤1，即k≥-1时，易知h(x)在(1，＋∞)上单调递减，∴x∈(1，＋∞)时，h(x)<h(1)=1-k ， 若k≥1，则h(x)<0，∴g′(x)<0， ∴g(x)在(1，＋∞)上单调递减， ∴g(x)<g(1)=0，不符合题意． 若-1≤k<1，则h(1)>0，∴存在x 0>1，使得x∈(1，x 0)时，h(x)>0，即g′(x)>0， ∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意．②当1－k 2>1，即k<-1时，易知存在x 0>1，使得h(x)在(1，x 0)上单调递增，∴h(x)>h(1)=1-k>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在(1，x 0)上单调递增，∴g(x)>g(1)=0恒成立，符合题意． 综上，k 的取值范围是(-∞，1)． 8.解:(1)证明：依题意，f(x)=xe x ，故原不等式可化为xe x ≥ex 2，因为x>0，所以只要证e x－ex≥0即可，记g(x)=e x－ex(x>0)，则g′(x)=e x－e(x>0)，当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)≥g(1)=0，即f(x)≥ex 2，原不等式成立．(2)f′(x)=e x －13ax 2－12ax ＋xe x －23ax －12a=(x ＋1)e x －ax(x ＋1)=(x ＋1)(e x－ax)，记h(x)=e x －ax ，h′(x)=e x－a.(ⅰ)当a<0时，h′(x)=e x－a>0，h(x)在R 上单调递增，h(0)=1>0，h 1a =e 1a－1<0，所以存在唯一的x 0∈1a，0，使h(x 0)=0，且当x<x 0时，h(x)<0；当x>x 0，h(x)>0.①当x 0=－1，即a=－1e时，对任意x≠－1，f′(x)>0，此时f(x)在R 上单调递增，无极值点；②若x 0<－1，即－1e<a<0时，此时当x<x 0或x>－1时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，x 0)，(－1，＋∞)上单调递增；当x 0<x<－1时，f′(x)<0，即f(x)在(x 0，－1)上单调递减， 此时f(x)有一个极大值点x 0和一个极小值点－1.③若－1<x 0<0，即a<－1e时，此时当x<－1或x>x 0时，f′(x)>0，即f(x)在(－∞，－1)，(x 0，＋∞)上单调递增；当－1<x<x 0时，f′(x)<0，即f(x)在(－1，x 0)上单调递减，此时f(x)有一个极大值点－1和一个极小值点x 0.(ⅱ)当a=0时，f(x)=xe x ，所以f′(x)=(x ＋1)e x ，显然f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅲ)当0<a<e 时，由(1)可知，对任意x≥0，h(x)=e x －ax>e x －ex≥0，从而h(x)>0，而对任意x<0，h(x)=e x －ax>e x >0，所以对任意x ∈R ，h(x)>0，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)>0，得x>－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．(ⅳ)当a=e 时，由(1)可知，对任意x ∈R ，h(x)=e x －ax=e x －ex≥0(当且仅当x=1时，取等号)，此时令f′(x)<0，得x<－1，令f′(x)≥0，得x≥－1，所以f(x)在(－∞，－1)上单调递减，在[－1，＋∞)上单调递增，此时f(x)有一个极小值点－1，无极大值点．综上所述，①当a<－1e 或－1e<a<0时，f(x)有两个极值点； ②当a=－1e时，f(x)无极值点； ③当0≤a≤e 时，f(x)有一个极值点．9.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －a x(x>0)， 当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －a x>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数； 当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述， 当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)．(2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1， 两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)． 由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x 2>0， 所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)． 综上，原命题得证．10.解：(1) 当a=2时，f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧－x 3＋x 2，x<0，e x －2x ，x ≥0. ①当x<0时，f ′(x)=-3x 2＋2x<0恒成立，所以f(x)在(-∞，0)上递减；②当x ≥0时，f ′(x)=e x -2，可得f(x)在[0，ln2]上递减，在[ln2，＋∞)上递增．因为f(0)=1>0，所以f(x)的单调递减区间是(-∞，0)和[0，ln2]，单调递增区间是[ln2，＋∞)．(2) 当x>0时，f(x)=e x -ax ，此时-x<0，f(-x)=-(-x)3＋(-x)2=x 3＋x 2.所以可化为a=x 2＋x ＋3x在区间(0，＋∞)上有实数解． 记g(x)=x 2＋x ＋3x ，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x)=2x ＋1-3x 2=（x －1）（2x 2＋3x ＋3）x 2. 可得g(x)在(0，1]上递减，在[1，＋∞)上递增，且g(1)=5，当x →＋∞时，g(x)→＋∞. 所以g(x)的值域是[5，＋∞)，即实数a 的取值范围是[5，＋∞)．(3) 当x ∈[0，2]时，f(x)=e x -ax ，有f ′(x)=e x -a.若a ≤1或a ≥e 2，则f(x)在[0，2]上是单调函数，不合题意．所以1<a<e 2，此时可得f(x)在[0，lna]上递减，在[lna ，2]上递增．不妨设0≤m<lna<n ≤2，则f(0)≥f(m)>f(lna)，且f(lna)<f(n)≤f(2)．由m ，n ∈[0，2]，n-m ≥1，可得0≤m ≤1≤n ≤2.(12分)因为f(m)=f(n)，所以⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，f （0）≥f （m ）≥f （1），f （2）≥f （n ）≥f （1），得⎩⎪⎨⎪⎧1<a<e 2，1≥e －a ，e 2－2a ≥e －a ，即e-1≤a ≤e 2-e ，所以1≤a e －1≤e.。

高考理科数学函数、导函数试题汇编一、选择题：1. 【2011安徽理】（3）设)(x f 是定义在R 上的奇函数，当0≤x 时，x x x f -=22)(,则=)1(f(A)-3(B)-1(C) 1(D)32.【2011安徽理】（10）函数n m x ax x f )1()(-=在区间[0,1]上的图像如图所示，则m,n 的值可能是(A) m=1,n=1(B) m=1,n=2 (C) m=2,n=1 (D) m=3,n=13. 【2011北京理】6．根据统计，一名工作组装第x 件某产品所用的时间（单位：分钟）为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥<=Ax Ac A x x c x f ,,,)(（A ，C 为常数）。

已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么C 和A 的值分别是A ．75，25B ．75，16C ．60，25D ．60，164.【2011广东理】4. 设函数()f x 和()g x 分别是Ｒ上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是Ａ．()()f x g x +是偶函数 Ｂ．()()f x g x -是奇函数 Ｃ．()()f x g x +是偶函数 Ｄ．()()f x g x -是奇函数5.【2011湖北理】6．已知定义在R 上的奇函数()f x 和偶函数()g x 满足()()222f x g x a a -+=-+（a ＞0,且0a ≠）．若()2g a =，则()2f = A ．2B ．154C ．174D ．2a6.【2011湖南理】8.设直线x t =与函数2(),()ln f x x g x x ==的图像分别交于点,M N ，则当||MN 达到最小时t 的值为（ ）A ．1B ．12 CD7.【2011江西理】3．若()f x =，则()f x 的定义域为A ．(,)1-02B ．(,]1-02C ．(,)1-+∞2D ．(,)0+∞8.【2011江西理】4．若()ln f x x x x 2=-2-4，则'()f x >0的解集为A ．(,)0+∞B ．-+10⋃2∞（，）（，）C ．(,)2+∞D ．(,)-109.【2011辽宁理】9．设函数⎩⎨⎧>-≤=-1,log 11,2)(21x x x x f x ，则满足2)(≤x f 的x 的取值范围是A ．1[-，2]B ．[0，2]C ．[1，+∞]D ．[0，+∞]10.【2011辽宁理】11．函数)(x f 的定义域为R ，2)1(=-f ，对任意R ∈x ，2)(>'x f ，则42)(+>x x f 的解集为A ．（1-，1）B ．（1-，+∞）C ．（∞-，1-）D ．（∞-，+∞）11.【2011全国理】2．函数0)y x =≥的反函数为A ．2()4x y x R =∈B ．2(0)4x y x =≥C ．24y x =()x R ∈ D ．24(0)y x x =≥12. 【2011全国理】9．设()f x 是周期为2的奇函数，当0≤x≤1时，()f x =2(1)x x -，则5()2f -=A ．-12B ．1 4-C ．14D ．1213.【2011山东理】9．函数2sin 2xy x =-的图象大致是14.【2011山东理】10．已知()f x 是R 上最小正周期为2的周期函数，且当02x ≤<时,3()f x x x =-,则函数()y f x =的图象在区间[0,6]上与x 轴的交点的个数为 A ．6B ．7C ．8D ．915.【2011陕西理】3．设函数()()f x x R ∈满足()(),(2)(),f x f x f x f x -=+=,则()y f x =的图像可能是16.【2011陕西理】6．函数f （x ）cosx 在[0，+∞）内A ．没有零点B ．有且仅有一个零点C ．有且仅有两个零点D ．有无穷多个零点17.【2011上海理】16、下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)+∞上单调递减的函数为（ ） A 1ln||y x = B 3y x = C ||2x y = D cos y x = 18.【2011四川理】5、函数()f x 在点0x x =处有定义是()f x 在点0x x =处连续的 (A)充分而不必要的条件 (B)必要而不充分的条件 (C)充要条件 (D)既不充分也不必要的条件19.【2011四川理】7．已知()f x 是R 上的奇函数，且当0x >时，1()()12xf x =+，则()f x 的反函数的图像大致是20.【2011四川理】11.已知定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足()3(2)f x f x =+，当[)0,2x ∈时，2()2f x x x =-+.设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为(*)n a n N ∈，且{}n a 的前n 项和为n S ，则lim n n S →∞=（A ）3 （B ）52 （C ）2 （D ）3221.【2011天津理】7．已知324log 0.3log 3.4log 3.615,5,,5a b c ⎛⎫=== ⎪⎝⎭则A ．a b c >>B ．b a c >>C ．a c b >>D ．c a b >>22.【2011全国新课标】2．下列函数中，既是偶函数哦、又在（0，）单调递增的函数是 A ．2y x = B ．1y x =+C ．21y x =-+D ．2xy -=23.【2011全国新课标】12．函数11y x =-的图像与函数2sin (24)y x x π=-≤≤的图像所有交点的横坐标之和等于 A ．2 B ．4C ．6D ．824.【2011浙江理】1．设函数2,0,()()4,0.x x f x f x x α-≤⎧==⎨>⎩若,则实数α=A ．-4或-2B ．-4或2C ．-2或4D ．-2或225.【2011重庆理】5．下列区间中，函数f x =(2)In x -（）在其上为增函数的是A ．（-,1∞]B ．41,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．)30,2⎡⎢⎣D ．[)1,2二、填空题：26.【2011北京理】13．已知函数32,2()(1),2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩若关于x 的方程f(x)=k 有两个不同的实根，则数k 的取值范围是_______27.【2011广东理】12. 函数2()31f x x x =-+在x=____________处取得极小值。