(2020年整理)全国高考导数压轴题汇编.doc

2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。

1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。

2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。

3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。

1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。

4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。

1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。

5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。

1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。

6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。

1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。

7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。

1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。

导数压轴一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，导数压轴参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．已知函数f（x）＝e x（1+alnx），设f'（x）为f（x）的导函数．（1）设g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x在区间[1，2]上单调递增，求a的取值范围；（2）若a＞2时，函数f（x）的零点为x0，函f′（x）的极小值点为x1，求证：x0＞x1．【解答】（1）解：依题意，g（x）＝e﹣x f（x）+x2﹣x＝1+alnx+x2﹣x，x＞0．故，x＞0．∵g（x）在[1，2]上单调递增，∴g'（x）≥0在[1，2]上恒成立，故，即a≥x（1﹣2x）在[1，2]上恒成立，根据二次函数的知识，可知：x（1﹣2x）在[1，2]上的最大值为﹣1．∴a的取值范围为[﹣1，+∞）．（2）证明：由题意，f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．设h（x）＝f′（x）＝e x（1+lnx+），x＞0，a＞2．则h′（x）＝e x（1+alnx+﹣）．再设H（x）＝1+alnx+﹣，则H′（x）＝﹣+＝．∵当x＞0时，y＝x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＞0恒成立，∴当x＞0时，H′（x）＞0恒成立．∴H（x）在（0，+∞）上单调递增．又∵当a＞2时，H（1）＝1+a＞0，H（）＝1﹣aln2＜0，∴根据H（x）的单调性及零点定理，可知：存在一点x2∈（，1），使得H（x2）＝0．∴f′（x）在（0，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增，在x＝x2处取得极小值．∴x2＝x1．即且H（x1）＝0，即1+alnx1+﹣＝0，即…①又∵f（x）的零点为x0，故f（x0）＝0，即，即alnx0＝﹣1…②由①②，得，则，又，故，即lnx0﹣lnx1＞0，∴x0＞x1．故得证．2．设．（1）求证：当x≥1时，f（x）≥0恒成立；（2）讨论关于x的方程根的个数．【解答】解：（1）证明：的定义域为（0，+∞）．∵，∴f（x）在[1，+∞）上是单调递增函数，∴f（x）≥f（1）＝0对于x∈[1，+∞）恒成立．故当x≥1时，f（x）≥0恒成立得证．（2）化简方程得2lnx＝x3﹣2ex2+tx．注意到x＞0，则方程可变为．令，则．当x∈（0，e）时，L′（x）＞0，∴L（x）在（0，e）上为增函数；当x∈（e，+∞）时，L′（x）＜0，∴L（x）在（e，+∞）上为减函数．当x＝e时，．函数在同一坐标系内的大致图象如图所示：由图象可知，①当时，即时，方程无实根；②当时，即时，方程有一个实根；③当时，即时，方程有两个实根．3．已知函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1（a∈R）．（1）当a＝1时，判断g（x）＝e x f（x）的单调性；（2）若函数f（x）无零点，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，g（x）＝e x f（x）＝e x（﹣x2+x+1﹣e﹣x+1）＝（﹣x2+x+1）e x﹣e，g′（x）＝（﹣2x+1）e x+（﹣x2+x+1）e x＝﹣e x（x﹣1）（x+2），∴当x∈（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）时，g′（x）＜0，故g（x）在（﹣∞，﹣2），（1，+∞）单调递减；当x∈（﹣2，1）时，g′（x）＞0，故g（x）在（﹣2，1）单调递增；（2）函数f（x）＝﹣x2+ax+a﹣e﹣x+1，∴f′（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，设h（x）＝﹣2x+a+e﹣x+1，∴h′（x）＝﹣2﹣e﹣x+1＜0恒成立，∴h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递减，∴存在x0∈R，使得h（x0）＝0，∴当x∈（﹣∞，x0）时，h（x）＝f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴当x∈（x0，+∞）时，h（x）＝f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣，∵函数f（x）无零点，∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+ax0+a﹣＜0在R上恒成立，又∵h（x0）＝﹣2x0+a+＝0，即＝2x0﹣a．∴f（x）max＝f（x0）＝﹣x02+（a﹣2）x0+2a＜0在R上恒成立，∴△＝（a﹣2）2﹣4•2a＝a2﹣12a+4＜0，解得6﹣4＜a＜6+4．∴a的取值范围为（6﹣4，6+4）．4．已知函数．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若存在成立，求整数a的最小值．【解答】解：（1）由题意可知，x＞0，，方程﹣x2+x﹣a＝0对应的△＝1﹣4a，当△＝1﹣4a≤0，即时，当x∈（0，+∞）时，f'（x）≤0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（2分）当时，方程﹣x2+x﹣a＝0的两根为，且，此时，f（x）在上f'（x）＞0，函数f（x）单调递增，在上f'（x）＜0，函数f（x）单调递减；…（4分）当a≤0时，，，此时当，f（x）单调递增，当时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；…（6分）综上：当a≤0时，，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减；当时，f（x）在上单调递增，在上单调递减；当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；…（7分）（2）原式等价于（x﹣1）a＞xlnx+2x﹣1，即存在x＞1，使成立．设，x＞1，则，…（9分）设h（x）＝x﹣lnx﹣2，则，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增．又h（3）＝3﹣ln3﹣2＝1﹣ln3＜0，h（4）＝4﹣ln4﹣2＝2﹣2ln2＞0，根据零点存在性定理，可知h（x）在（1，+∞）上有唯一零点，设该零点为x0，则x0∈（3，4），且h（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，即x0﹣2＝lnx0，∴…（11分）由题意可知a＞x0+1，又x0∈（3，4），a∈Z，∴a的最小值为5．…（12分）5．已知函数f（x）＝e x﹣lnx+ax（a∈R）．（Ⅰ）当a＝﹣e+1时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）当a≥﹣1时，求证：f（x）＞0．【解答】（Ⅰ）解：f（x）＝e x﹣lnx+（﹣e+1）x；令，得x＝1；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；（Ⅱ）证明：当a＝﹣1时，f（x）＝e x﹣lnx﹣x（x＞0）；令，则；∴h（x）在（0，+∞）上单调递增；又，h（1）＝e﹣2＞0；∴∃，使得，即；∴函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增；∴函数f（x）的最小值为；又函数是单调减函数；∴f（x0）＞1+1﹣ln1﹣1＝1＞0，即e x﹣lnx﹣x＞0恒成立；又e x＞x＞lnx；∴e x﹣lnx＞0；又a≥﹣1，x＞0；∴ax≥﹣x；∴f（x）＝e x﹣lnx+ax≥e x﹣lnx﹣x＞0，得证．6．已知函数f（x）＝e x﹣x2﹣ax﹣1．（Ⅰ）若f（x）在定义域内单调递增，求实数a的范围；（Ⅱ）设函数g（x）＝xf（x）﹣e x+x3+x，若g（x）至多有一个极值点，求a的取值集合．【解答】解：（1）由条件得，f'（x）＝e x﹣2x﹣a≥0，得a≤e x﹣2x，令h（x）＝e x﹣2x，h'（x）＝e x﹣2＝0．得x＝ln2，当x＜ln2时，h'（x）＜0，当x＞ln2时，h'（x）＞0．故当x＝ln2时，h（x）min＝h（ln2）＝2﹣2ln2．∴a≤2﹣2ln2．（2）g（x）＝xe x﹣ax2﹣e x，g'（x）＝x（e x﹣2a）．当a≤0时，由x＞0，g'（x）＞0且x＜0，g'（x）＜0，故0是g（x）唯一的极小值点；令g'（x）＝0得x1＝0，x2＝ln（2a）．当a＝时，x1＝x2，g'（x）≥0恒成立，g（x）无极值点．故a∈．7．已知函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若对∀x∈（0，+∞），f（x）≥0，求实数a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（x）的定义域为（0，+∞），由函数f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2（a∈R）得f'（x）＝1﹣﹣2a（x﹣1）＝；①当a≤0时，令f'（x）＞0，可得x＞1，令f'（x）＜0，可得0＜x＜1；故函数f（x）的增区间为（1，+∞），减区间为（0，1）．②当0＜a＜时，，令f'（x）＞0，可得，令f'（x）＜0，可得0＜x ＜1或x＞，故f（x）的增区间为（1，），减区间为（0，1），（）；③当a＝时，f'（x）＝≤0，故函数f（x）的减区间为（0，+∞）；④当a＞时，0＜＜1，令f'（x）＞0，可得；令f'（x）＜0，可得或x＞1．故f（x）的增区间为（），减区间为（0，），（1，+∞）．综上所述：当a≤0时，f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数；当0＜a＜时，f（x）在（0，1），（）上为减函数，在（1，）上为增函数；当a＝时，f（x）在（0，+∞）上为减函数；当a＞时，f（x）在（0，），（1，+∞）上为减函数．在（，1）上为增函数．（2）由（1）可知：①当a≤0时，f（x）min＝f（1）＝0，此时，f（x）≥0；②当0＜a＜时，f（1）＝0，当x∈（，+∞）时，lnx＞0，ax＞a+1，可得f（x）＝x﹣1﹣lnx﹣a（x﹣1）2＜x﹣1﹣a（x﹣1）2＝（x﹣1）（a+1﹣ax）＜0，不合题意；③当a＝时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（1，+∞）时，f（x）＜0，不合题意；④当a＞时，f（1）＝0，由f（x）的单调性可知，当x∈（，1）时，f（x）＜0，不合题意．综上可知：所求实数a的取值范围为：（﹣∞，0]．8．设f′（x）是函数f（x）的导函数，我们把使f′（x）＝x的实数x叫做函数y＝f（x）的好点．已知函数f（x）＝．（Ⅰ）若0是函数f（x）的好点，求a；（Ⅱ）若函数f（x）不存在好点，求a的取值范围．【解答】（Ⅰ）解：f′（x）＝e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x；由f′（x）＝x，得e2x﹣ae x﹣（a2﹣1）x＝x，即e2x﹣ae x﹣a2x＝0；∵0是函数f（x）得好点；∴1﹣a＝0，∴a＝1；（Ⅱ）解：令g（x）＝e2x﹣ae x﹣a2x，问题转化为讨论函数g（x）的零点问题；∵当x→﹣∞时，g（x）→+∞，若函数f（x）不存在好点，等价于g（x）没有零点，即g（x）的最小值大于零；g′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a）；①若a＝0，则g（x）＝e2x＞0，g（x）无零点，f（x）无好点；②若a＞0，则由g′（x）＝0得x＝lna；易知；当且仅当﹣a2lna＞0，即0＜a＜1时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；③若a＜0，则由g′（x）＝0得；故；当且仅当，即时，g（x）＞0；∴g（x）无零点，f（x）无好点；综上，a的取值范围是．9．已知函数f（x）＝lnx+ax2+（a+2）x+2（a为常数）．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若a为整数，函数f（x）恰好有两个零点，求a的值．【解答】解（1）由题意x＞0，f′（x）＝＝①若a≥0，对x＞0，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）单调递增；②若a＜0，则﹣＞0，当0＜x＜﹣时，f′（x）＞0，x＞时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，﹣）单调递增，在（﹣，+∞）单调递减，（2）由（1）知，若函数f（x）恰好有两个零点，则a＜0，且f（x）在x＝处有极大值，也是最大值；f（x）max＝f（）＞0，∵f（）＝ln（﹣）+a（﹣）2+（a+2）（﹣）+2＝ln（﹣）+（﹣）+1，又∵a为整数且a＜0，∴当a＝﹣1时，且f（x）max＝f（）＝0+2＝2＞0，当a＝﹣2时，且f（x）max＝f（）＝＞0，当a＝﹣3时，且f（x）max＝f（）＝ln+1＞0，当a＝﹣4时，且f（x）max＝f（）＝＜0，故a的值为：﹣1，﹣2，﹣3．10．已知函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．（1）若函数f（x）存在单调增区间，求实数a的取值范围；（2）若x1，x2为函数f（x）的两个不同极值点，证明x12x2＞e﹣1．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝xlnx﹣ax2，a∈R．∴f′（x）＝lnx+1﹣2ax，∵函数f（x）存在单调增区间∴只需f'（x）＝1+lnx﹣2ax＞0有解；即有解．令g（x）＝，g′（x）＝，当x∈（0，1）时g′（x）＞0当x∈（1，+∞）时g′（x）＜0当x＝1时g（x）有最大值，g（1）＝1．故2a＜g（1）＝1∴a时，函数f（x）存在增区间．证明：（2）要证明＞e﹣1，即证明2lnx1+lnx2＞﹣1，∵f′（x）＝1+lnx﹣2ax，∴x1，x2是方程lnx＝2ax﹣1的两个根，即，lnx1＝2ax1﹣1 ①，lnx2＝2ax2﹣1 ②，即证明2a（2x1+x2）＞2．∵①﹣②，得：2a＝，即证（2x1+x2）＞2，不妨设x1＞x2，则t＝＞1，则证（2t+1）＞2，∴lnt﹣＞0，设g（t）＝lnt﹣，则g′（t）═﹣＝；∵t＞1∴4（t+）2﹣6＞4（1+）2﹣6＝3＞0，∴g'（x）＞0；∴g（t）在（1，+∞）单调递增，g（t）＞g（1）＝0，故＞e﹣1．11．已知函数f（x）＝x3﹣a（x+1）2，（1）讨论函数f（x）的单调区间；（2）若函数f（x）只有一个零点，求实数a的取值范围．【解答】解（1）函数的定义域为R，f'（x）＝x2﹣2a（x+1）＝x2﹣2ax﹣2a，△＝4a2+8a＝4a（a+2），1）△≤0时，﹣2≤a≤0时，f'（x）≥0，∴f（x）在R上递增…（1分）2）当△＞0时，即a＜﹣2或a＞0时，令f'（x）＝0，∴x2﹣2ax﹣2a＝0，解得，；∴f（x）在（﹣∞，a﹣）递增，递减，递增；（2）由（1）知①△≤0时，﹣2≤a≤0时，当f（x）在R上递增．f（﹣1）＝＜0，f（1）＝﹣4a＞0；∴存在唯一零点x0∈（﹣1，1）；②当a＜﹣2或a＞0时，1）a＜﹣2时，∵＝a+＜a+|a+1|；∵a＜﹣2，∴a+|a+1|＝﹣1，即，x2＜﹣1，∴x1＜x2＜﹣1；∵f（﹣1）＝＜0，f（0）＝﹣a＞0，∴存在零点x0∈（﹣1，0）．又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∴f（x）在x＝x1处有极大值，∴f（x1）＜0，，（*）又∵，将a（x1+1）＝代入（*）得；，得，∴x1＞﹣3，且x1≠0；∴﹣3＜x1＜﹣1，即﹣3＜a﹣＜﹣1；，解得；2）当a＞0时，∵x1•x2＝﹣2a＜0，∴x1＜0＜x2；当x∈（﹣∞，0）时，又∵，﹣a（x+1）2＜0，∴f（x）＝，又∵f（x）在（﹣∞，x1）递增，（x1，x2）递减，（x2，+∞）递增；∵f（0）＝﹣a＜0，∴f（x2）＜f（0）＜0，又∵3a+2＞2，而f（3a+2）＝＝3a+＞0，∴存在零点x0∈（x2，3a+2）；综上，a∈（）．12．已知函数．（1）当0＜m＜2时，证明：f（x）只有1个零点；（2）证明：曲线f（x）没有经过原点的切线．【解答】（1）证明：f（x）的定义域为（0，+∞）；；令g（x）＝x2﹣mx+1，则△＝m2﹣4；∵0＜m＜2；∴△＜0；∴g（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立；∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；∴f（x）至多有一个零点；∵；∴当0＜x＜2m且x＜1时，f（x）＜0；当x＞2m且x＞1时，f（x）＞0；∴f（x）有一个零点；∴当0＜m＜2时，f（x）只有一个零点；（x＞0）处的切线经过原点，则有；（2）证明：假设曲线y＝f（x）在点（x，f（x））即，化简得；令，则；令h′（x）＝0，解得x＝1；当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；∴；∴与矛盾；∴曲线y＝f（x）没有经过原点的切线．13．已知函数f（x）＝4lnx+x2﹣2mx（m∈R）．（1）求函数f（x）的单调区间；（2）若直线l为曲线的切线，求证：直线l与曲线不可能有2个切点．【解答】解：（1）由题意，，令y＝x2﹣mx+2，则△＝m2﹣8，①若，则△≤0，则f'（x）≥0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②若或，y＝x2﹣mx+2有两个零点x1，x2，则x1x2＝2＞0，其中，；（i）若，则x1＜0，x2＜0，此时f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；（ii）若，则x1＞0，x2＞0，此时当x∈（0，x1）时，f'（x）＞0，当x∈（x1，x2）时，f'（x）＜0，当x∈（x2，+∞）时，f'（x）＞0，故函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减；综上所述，可知：①当时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；②当时，函数f（x）在（0，x1）和（x2，+∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．（2）证明：（反证法）假设存在一条直线与函数的图象有两个不同的切点T1（x1，y1），T2（x2，y2），不妨令0＜x1＜x2，则T1处切线l1的方程为：，T2处切线l2的方程为：．∵切线l1，l2为同一直线，所以有．即，整理得．消去x2得，．①令，由0＜x1＜x2与x1x2＝2，得t∈（0，1），记，则，所以p（t）为（0，1）上的单调减函数，所以p（t）＞p（1）＝0．从而①式不可能成立，所以假设不成立，即若直线l为曲线的切线，则直线l与曲线不可能有2个切点．14．已知函数f（x）＝（x+1）e x++2ax，a∈R（1）讨论f（x）极值点的个数（2）若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，且f（﹣2）＞e﹣2，证明：f（x0）≤1．【解答】（1）解：f（x）的定义域为R，f′（x）＝（x+2）（e x+a）；若a≥0，则e x+a＞0；∴当x∈（﹣∞，﹣2）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（﹣2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；∴x＝﹣2是f（x）唯一的极小值点，无极大值点，故此时f（x）有1个极值点；若a＜0，令f′（x）＝（x+2）（e x+a）＝0，则x1＝﹣2，x2＝ln（﹣a）；当a＜﹣e﹣2时，x1＜x2，可知当x∈（﹣∞，x1）∪（x2．+∞）时，f′（x）＞0；当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0；∴x1，x2分别是f（x）的极大值点和极小值点，故此时f（x）有2个极值点；当a＝﹣e﹣2时，x1＝x2，f′（x）≥0，此时f（x）在R上单调递增，无极值点；当﹣e﹣2＜a＜0时，x1＞x2，同理可知，f（x）有2个极值点；综上，当a＝﹣e﹣2时，f（x）无极值点；当a≥0时，f（x）有1个极值点；当a＜﹣e﹣2或﹣e﹣2＜a＜0时，f（x）有2个极值点．（2）证明：若x0（x0≠﹣2）是f（x）的一个极值点，由（1）知a∈（﹣∞，﹣e﹣2）∪（﹣e﹣2，0）；又f（﹣2）＝﹣e﹣2﹣2a＞e﹣2；∴a∈（﹣∞，﹣e﹣2）；则x0＝ln（﹣a）；∴；令t＝ln（﹣a）∈（﹣2，+∞），则a＝﹣e t；∴；∴；又∵t∈（﹣2，+∞）；∴t+4＞0；令g′（t）＝0，得t＝0；当t∈（﹣2，0）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（0，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减；∴t＝0是g（t）唯一得极大值点，也是最大值点，即g（t）≤g（0）＝1；∴f[ln（﹣a）]≤1，即f（x0）≤1．15．己知函数f（x）＝（x﹣a）2e x+b在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，函数g（x）＝x ﹣k（lnx﹣1）．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数g（x）的极值；（3）设F（x）＝min{f（x），g（x）}（min{p，q}表示p，q中的最小值），若F（x）在（0，+∞）上恰有三个零点，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f'（x）＝[x2+（2﹣2a）x+a2﹣2a]e x，因为f（x）在x＝0处的切线方程为x+y﹣1＝0，所以，解得，所以f（x）＝（x﹣1）2e x．（2）g（x）的定义域为（0，+∞），，①若k≤0时，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．②若k＞0时，则当0＜x＜k时，g'（x）＜0，g（x）在（0，k）上单调递减；当x＞k时，g'（x）＞0，g（x）在（k，+∞）上单调递增；所以当x＝k时，g（x）有极小值2k﹣klnk，无极大值．（3）因为f（x）＝0仅有一个零点1，且f（x）≥0恒成立，所以g（x）在（0，+∞）上有仅两个不等于1的零点．①当k≤0时，由（2）知，g（x）在（0，+∞）上单调递增，g（x）在（0，+∞）上至多一个零点，不合题意，舍去，②当0＜k＜e2时，g（x）min＝g（k）＝k（2﹣lnk）＞0，g（x）在（0，+∞）无零点，③当k＝e2时，g（x）≥0，当且仅当x＝e2等号成立，g（x）在（0，+∞）仅一个零点，④当k＞e2时，g（k）＝k（2﹣lnk）＜0，g（e）＝e＞0，所以g（k）•g（e）＜0，又g（x）图象不间断，g（x）在（0，k）上单调递减，故存在x1∈（e，k），使g（x1）＝0，又g（k2）＝k（k﹣2lnk+1），下面证明，当x＞e2时，h（x）＝x﹣2lnx+1＞0＞0，h（x）在（e2，+∞）上单调递增h（x）＞h（e2）＝e2﹣3＞0，所以g（k2）＝k•（k﹣2lnk+1）＞0，g（k）•g（k2）＜0，又g（x）图象在（0，+∞）上不间断，g（x）在（k，+∞）上单调递增，故存在，使g（x2）＝0，综上可知，满足题意的k的范围是（e2，+∞）．16．已知函数，且y＝x﹣1是曲线y＝f（x）的切线．（1）求实数a的值以及切点坐标；（2）求证：g（x）≥f（x）．【解答】解：（1）设切点为（x0，），则切线为y﹣＝（x﹣x0），即y＝x+；所以，消去a得：x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0，记m（t）＝t﹣1+lnt﹣2tlnt（t＞0），则m′（t）＝，显然m′（t）单调递减，且m′（1）＝0，所以t∈（0，1）时，m′（t）＞0，m（t）单调递增，t∈（1，+∞）时，m′（t）＜0，m（t）单调递减，故m（t）当且仅当t＝1时取到最大值，又m（1）＝0，所以方程x0﹣1+lnx0﹣2x0lnx0＝0有唯一解x0＝1，此时a＝1，所以a＝1，切点为（1，0）．（2）证明：由（1）得f（x）＝，g（x）＝e x﹣1﹣1，记F（x）＝e x﹣1﹣x（x＞0），则F′（x）＝e x﹣1﹣1，当x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，F（x）单调递增；当x∈（0，1）时，F′（x）＜0，F（x）单调递减，所以F（x）≥F（1）＝1﹣1＝0，所以e x﹣1≥x，即g（x）≥x﹣1①，记G（x）＝x2﹣x﹣lnx（x＞0），则G′（x）＝2x﹣1﹣＝＝，所以x∈（0，1）时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，x∈（1，+∞）时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，所以G（x）≥G（1）＝0，即x2﹣x≥lnx，所以x﹣1≥，即x﹣1≥f（x）②，由①②得g（x）≥f（x）．17．已知函数f（x）＝x2﹣x﹣alnx，a∈R．（1）若不等式f（x）＜0无解，求a的值；（2）若函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，当恒成立时，求实数m的最小值．【解答】解：（1）f（x）＝x2﹣x﹣alnx（x＞0），则f'（x）＝，f（1）＝0，∵不等式f（x）＜0无解，∴f（x）极小值＝f（1），∴f'（1）＝2﹣1﹣a＝0，∴a＝1；（2）∵函数f（x）存在两个极值点x1、x2，且x1＜x2，∴f'（x）在（0，+∞）上有两个不相等的实根，即x1、x2是方程2x2﹣x﹣a＝0的两个不相等的正实根，∴，．令，则0＜t＜1，∴＝＝﹣＝＝，令g（t）＝（0＜t＜1），则g'（t）＝，∴g（t）在（0，1）上单调递增，∴g（t）＜g（1）＝0．∵当恒成立，∴m＞g（t）在（0，1）上恒成立，∴m≥g（1）＝0，∴实数m的最小值为0．18．设a，b∈R，已知函数f（x）＝alnx+x2+bx存在极大值．（Ⅰ）若a＝1，求b的取值范围；（Ⅱ）求a的最大值，使得对于b的一切可能值，f（x）的极大值恒小于0．【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，f'（x）＝（x＞0），由f（x）存在极大值，可知方程2x2+bx+1＝0有两个不等的正根，∴解得b＜﹣2．故b的取值范围是（﹣∞，﹣2）．（Ⅱ）f′（x）＝（x＞0）．由f（x）存在极大值，可知方程：2x2+bx+a＝0有两个不等的正根，设为x1＜x2，由x1x2＝＞0，可得：0＜x1＜．可得表格：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增∴f（x）的极大值为f（x1）＝alnx1++bx1．2+bx1+a＝0，解得：bx1＝﹣2﹣a，∴f（x1）＝alnx1﹣﹣a．构造函数：g（x）＝alnx﹣x2﹣a．当：0＜x＜．g′（x）＝＞0，∴g（x）在（0，]上单调递增．可得：g（x1）＜g（）＝（ln﹣3）．当0＜a≤2e3时，f（x）极大＝f（x1）＝g（x1）＜g（）≤0．当a＞2e3时，取b＝﹣2（+﹣），即x1＝，x2＝．此时f（x）极大＝f（）＝﹣e3＞0，不符合题意．∴a的最大值为2e3．19．已知函数f（x）＝x﹣1nx（1）求函数f（x）的极值；（2）设函数g（x）＝xf（x）．若存在区间[m，n]⊆[，+∞），使得函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，求实数k的取值范围．【解答】解：（1）f（x）＝x﹣1nx，（x∈（0，+∞））．f′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时，函数f（x）取得极小值f（1）＝1．（2）g（x）＝xf（x）＝x2﹣xlnx．（x∈[，+∞））．g′（x）＝2x﹣lnx﹣1＝h（x），h′（x）＝2﹣＝≥0，∴函数h（x）在x∈[，+∞）上单调递增，h（）＝1+ln2﹣1＝ln2＞0．∴g′（x）＞0．∴函数g（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴函数g（x）的值域为：[g（m），g（n）]．已知函数g（x）在[m，n]上的值域为[k（m+2）﹣2，k（n+2）﹣2]，∴m2﹣mlnm＝k（m+2）﹣2，n2﹣nlnn＝k（n+2）﹣2，≤m＜n．令u（x）＝x2﹣xlnx﹣k（x+2）+2．x∈[，+∞）．则u（x）在x∈[，+∞）存在两个不同的实数根．化为：k＝，x∈[，+∞）．令u（x）＝，x∈[，+∞）．u′（x）＝．u′（1）＝0．令v（x）＝x2+3x﹣2lnx﹣4，x∈[，+∞）．v′（x）＝2x+3﹣＝≥0，∴函数v（x）在x∈[，+∞）上单调递增．∴x∈[，1），u′（x）＜0；x∈（1，+∞），u′（x）＞0．∴x＝1时，u（x）取得极小值即最小值，u（1）＝1．又u（）＝＝．x→+∞时，u（x）→+∞．∴1＜k≤时，函数y＝k与u（x）的图象有两个交点．∴实数k的取值范围是（1，]．20．已知a≠0，函数，且曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与直线x+2y+1＝0垂直．（Ⅰ）求函数在区间（0，+∞）上的极大值；（Ⅱ）求证：当x∈（0，+∞）时，【解答】解：（Ⅰ）由题意得直线x+2y+1＝0的斜率为﹣，即曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为2，f'（x）＝，∴f'（1）＝1+a＝2，得a＝1．∴f（x）＝，＝，∴g'（x）＝，当x＝e时，g'（x）＝0；当0＜x＜e时，g'（x）＞0，当x＞e时，g'（x）＜0；∴函数在（0，e）单调递增，在（e，+∞）单调递减，∴g（x）在（0，+∞）上有唯一的极大值g（e）＝；（Ⅱ）由题意得≤，即证明，设φ（x）＝，φ'（x）＝，当0＜x＜e时，φ'（x）＞0，∴函数φ（x）在（0，e）单调递增．当x＞e，φ'（x）＜0．∴函数在（e，+∞）上单调递减，当x＝e时，φ（x）取最大值φ（e）＝，即φ（x）≤，再令h（x）＝，则h（x）＝（）≥，∴φ（x）＜h（x），即e x f（x）＜．。

导数压轴题第一章导数及其应用一，导数的概念1..已知xf x f xx f x ∆-∆+=→∆)2()2(lim ,1)(0则的值是（）A.41-B.2C.41D.－2变式1：()()()为则设hf h f f h 233lim,430--='→（）A ．－１Ｂ．－2C ．－3D ．1变式2：()()()00003,limx f x x f x x f x x x∆→+∆--∆∆设在可导则等于（）A ．()02x f 'B ．()0x f 'C ．()03x f 'D ．()04x f '导数各种题型方法总结请同学们高度重视：首先，关于二次函数的不等式恒成立的主要解法：1、分离变量；2变更主元；3根分布；4判别式法5、二次函数区间最值求法：（1）对称轴（重视单调区间）与定义域的关系（2）端点处和顶点是最值所在其次，分析每种题型的本质，你会发现大部分都在解决“不等式恒成立问题”以及“充分应用数形结合思想”，创建不等关系求出取值范围。

最后，同学们在看例题时，请注意寻找关键的等价变形和回归的基础一、基础题型：函数的单调区间、极值、最值；不等式恒成立；1、此类问题提倡按以下三个步骤进行解决：第一步：令0)('=x f 得到两个根；第二步：画两图或列表；第三步：由图表可知；其中不等式恒成立问题的实质是函数的最值问题，2、常见处理方法有三种：第一种：分离变量求最值-----用分离变量时要特别注意是否需分类讨论（>0,=0,<0）第二种：变更主元（即关于某字母的一次函数）-----（已知谁的范围就把谁作为主元）；（请同学们参看2010省统测2）例1：设函数()y f x =在区间D 上的导数为()f x '，()f x '在区间D 上的导数为()g x ，若在区间D 上，()0g x <恒成立，则称函数()y f x =在区间D 上为“凸函数”，已知实数m 是常数，4323()1262x mx x f x =--（1）若()y f x =在区间[]0,3上为“凸函数”，求m 的取值范围；（2）若对满足2m ≤的任何一个实数m ，函数()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”，求b a -的最大值.解:由函数4323()1262x mx x f x =--得32()332x mx f x x'=--2()3g x x mx ∴=--（1）()y f x = 在区间[]0,3上为“凸函数”，则2()30g x x mx ∴=--<在区间[0,3]上恒成立解法一：从二次函数的区间最值入手：等价于max ()0g x <(0)0302(3)09330g m g m <-<⎧⎧⇒⇒>⎨⎨<--<⎩⎩解法二：分离变量法：∵当0x =时,2()330g x x mx ∴=--=-<恒成立,当03x <≤时,2()30g x x mx =--<恒成立等价于233x m x x x ->=-的最大值（03x <≤）恒成立，而3()h x x x=-（03x <≤）是增函数，则max ()(3)2h x h ==2m ∴>(2)∵当2m ≤时()f x 在区间(),a b 上都为“凸函数”则等价于当2m ≤时2()30g x x mx =--<恒成立变更主元法再等价于2()30F m mx x =-+>在2m ≤恒成立（视为关于m 的一次函数最值问题）22(2)023011(2)0230F x x x F x x ⎧->--+>⎧⎪⇒⇒⇒-<<⎨⎨>-+>⎪⎩⎩2b a ∴-=例2：设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-=（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式()f x a '≤恒成立，求a 的取值范围.（二次函数区间最值的例子）解：（Ⅰ）()()22()433f x x ax a x a x a '=-+-=---01a << -223aa()f x 'a3a令,0)(>'x f 得)(x f 的单调递增区间为（a ,3a ）令,0)(<'x f 得)(x f 的单调递减区间为（－∞，a ）和（3a ，+∞）∴当x=a 时，)(x f 极小值=;433b a +-当x=3a 时，)(x f 极大值=b.（Ⅱ）由|)(x f '|≤a ，得：对任意的],2,1[++∈a a x 2243a x ax a a -≤-+≤恒成立①则等价于()g x 这个二次函数max min ()()g x a g x a≤⎧⎨≥-⎩22()43g x x ax a =-+的对称轴2x a=01,a << 12a a a a +>+=（放缩法）即定义域在对称轴的右边，()g x 这个二次函数的最值问题：单调增函数的最值问题。

2020年高考数学导数压轴题每日一题例8（分类讨论，区间划分）已知函数3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥,'()f x 为函数()f x 的导函数.(1)设函数f(x)的图象与x 轴交点为A,曲线y=f(x)在A 点处的切线方程是33y x =-,求,a b 的值;(2)若函数()'()axg x e f x -=⋅,求函数()g x 的单调区间.例8解:(Ⅰ)∵3211()(0)32f x x ax x b a =+++≥, ∴2'()1f x x ax =++∵()f x 在(1,0)处切线方程为33y x =-, ∴'(1)3(1)0f f =⎧⎨=⎩, ∴1=a ,611-=b . (各1分)(Ⅱ)'()()ax f x g x e=21axx ax e ++=()x R ∈. '()g x =22(2)(1)()ax axax x a e a x ax e e +-++2[(2)]ax x ax a e -=-+- ①当0a =时,'()2g x x =,g ②当0a >时,令'()0g x =,得0x =或2x a a=- (ⅰ)当20a->,即0a <<时,)()g x 的单调递增区间为2(0,)a a -,单调递减区间为(,0)-∞,2(,)a a-+∞; (ⅱ)当20a a-=,即a =,'()g x =2220xx e -=-≤,故()g x 在(,)-∞+∞单调递减; (ⅲ)当20a-<,即a >,()g x 在22(,0)a a -上单调递增,在(0,)+∞,22(,)a a--∞上单调递减 综上所述,当0a =时,()g x 的单调递增区间为(0,)+∞,单调递减区间为(,0)-∞;当0a <<,()g x 的单调递增区间为22(0,)a a-,单调递减区间为(,0)-∞ 当a =()g x 的单调递减区间为(,)-∞+∞当a >时,()g x 的单调递增区间为2(,0)a a-,单调递减区间为(0,)+∞、2(,)a a-∞-。

导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

2020年高考数学导数压轴题考前押题20道1．已知函数()214ln 22x a x f x x =---，其中a 为正实数. （1）求函数()y f x =的单调区间；（2）若函数()y f x =有两个极值点1x ，2x ，求证：()()126ln f x f x a +<-. 2．已知函数2()2ln (0)f x x x a x a =-+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1212,()x x x x <，证明：12()3ln 22f x x >--. 3．已知函数()ln xa xf x e a x=--（e 自然对数的底数）有两个零点. （1）求实数a 的取值范围；（2）若()f x 的两个零点分别为1x 2x ，证明：12212x x e x x e+>.4．己知函数21()ln ,2f x x ax x a R =-+∈ （1）若(1)0f =，求函数()f x 的单调递减区间;（2）若关于x 的不等式()1f x ax ≤-恒成立，求整数 a 的最小值:（3）若2a =-，正实数12,x x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明:1212x x +≥ 5．已知函数()1ln (2)(1),f x a x a a R x=+-+∈. (Ⅰ)试求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若不等式()(ln )xf x a x e ≥-对任意的(0,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围.6．已知函数2()ln (1)1(,).f x x ax a b x b a b R =-+--++∈ （1）若0a =，试讨论()f x 的单调性；（2）若对1[,]x e e∀∈，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围. 7．已知函数()()()22112ln 1ln 242f x x x ax x x =----. （1）讨论()f x 的单调性.（2）试问是否存在(],a e ∈-∞，使得()13sin 44a f x π>+对[)1,x ∈+∞恒成立？若存在，求a 的取值范围；若不存在，请说明理由. 8．已知函数()()ln 21g x x x =--.（1）若过点()0,1的直线l 与曲线()y g x =相切，求直线l 的斜率的值； （2）设()()()21f x g x a x =+-，若()()10x f x -≥，求实数a 的取值范围.9．已知函数2()(R)x f x e ax a =-∈.（1）若曲线()f x 与直线:(2)(R)l y e x b b =-+∈在1x =处相切. ①求a b +的值；②求证：当0x ≥时，()(2)f x e x b ≥-+；（2）当0a =且(0,)x ∈+∞时，关于的x 不等式2()2ln 1x f x mx x ≤++有解，求实数m 的取值范围.10．已知函数()ln f x x x a =-+． （1）求函数()f x 的最大值；（2）若函数()f x 存在两个零点()1212,x x x x <，证明：122ln ln 0x x +<． 11．已知函数()xax b f x e x+=,a ,b R ∈,且0a > (1)若函数()f x 在1x =-处取得极值1e,试求函数()f x 的解析式及单调区间； (2)设()(1)()x g x a x e f x =--,()g x '为()g x 的导函数,若存在0(1,)x ∈+∞,使00()()0g x g x +'=成立,求ba的取值范围. 12．设函数()ln 1f x x ax =--，a R ∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）当0a >时，若函数()f x 没有零点，求a 的取值范围. 13．设()()2sin cos ,4f x x x x g x x =+=+.（1）讨论()f x 在[],ππ-上的单调性；（2）令()()()4h x g x f x =-，试证明()h x 在R 上有且仅有三个零点.14．已知函数()ln f x x =，()()1g x ax a R =-∈． （1）讨论函数()()()h x f x g x =-的单调性；（2）若函数()f x 与()g x 的图象有两个不同的交点()11,A x y ，()()2212,B x y x x <，求实数a 的取值范围．15．若函数3()4=-+f x ax bx ，当2x =时，函数()f x 有极值43-． （1）求函数的解析式； （2）求函数的极值；（3）若关于x 的方程()f x k =有三个零点，求实数k 的取值范围． 16．已知函数2()ln ()f x x x ax a R =-∈. （1）讨论函数的极值点个数；（2）若()()g x f x x =-有两个极值点12,x x ，试判断12x x +与12x x ⋅的大小关系并证明. 17．已知函数()()ln f x x ax a R =+∈，()2e x g x x x =+-. （1）求 函数()f x 的单调区间；（2）定义：对于函数()f x ，若存在0x ，使()00f x x =成立，则称0x 为函数()f x 的不动点. 如果函数()()()F x f x g x =-存在两个不同的不动点，求实数a 的取值范围. 18．已知函数()(,)ax b f x e a b R +=∈的图象与直线:1l y x =+相切，()f x '是()f x 的导函数，且(1)e f ¢=. （1）求()f x ；（2）函数()g x 的图象与曲线()()y kf x k R =∈关于y 轴对称，若直线l 与函数()g x 的图象有两个不同的交点()()()()1122,,,A x g x B x g x ，求证：124x x +<-.19．已知函数()ln f x x x =，2()2g x x ax =-+-（e 为自然对数的底数，a R ∈）. （1）判断曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线与曲线()y g x =的公共点个数； （2）当1,x e e⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，若函数()()y f x g x =-有两个零点，求a 的取值范围.。

导数与函数核心考点目录题型一切线型1.求在某处的切线方程2.求过某点的切线方程3.已知切线方程求参数题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型2.主导函数为“一次函数”型3.主导函数为“二次函数”型4.已知函数单调性，求参数范围题型三极值最值型1.求函数的极值2.求函数的最值3.已知极值求参数4.已知最值求参数题型四零点型1.零点(交点，根)的个数问题2.零点存在性定理的应用3.极值点偏移问题题型五恒成立与存在性问题1.单变量型恒成立问题2.单变量型存在性问题3.双变量型的恒成立与存在性问题4.等式型恒成立与存在性问题题型六与不等式有关的证明问题1.单变量型不等式证明2.含有e x与lnx的不等式证明技巧3.多元函数不等式的证明4.数列型不等式证明的构造方法题型一 切线型1.求在某处的切线方程例1.【2015重庆理20】求函数f (x )＝3x ²e x 在点(1，f (1))处的切线方程. 解：由f (x )＝3x ²e x ，得f ′(x )＝6x －3x ²e x ，切点为(1，3e ) ，斜率为f ′(1)＝3e由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1，3e )，由f ′(1)＝3e ，得切线斜率为3e ；∴切线方程为y －3e ＝3e (x －1)，即3x －ey ＝0.例2.求f (x )＝e x (1x ＋2)在点(1，f (1))处的切线方程.解：由f (x )＝e x (1x ＋2)，得f ′(x )＝e x (－1x ²＋1x ＋2)由f (1)＝3e ，得切点坐标为(1,3e )，由f ′(1)＝2e ，得切线斜率为2e ； ∴切线方程为y －3e ＝2e (x －1)，即2ex －y ＋e ＝0. 例3.求f (x )＝ln 1－x1＋x 在点(0，f (0))处的切线方程.解：由f (x )＝ln1－x 1＋x ＝ln (1－x )－ln (1＋x )，得f ′(x )＝－11－x －11＋x由f (0)＝0，得切点坐标为(0，0)，由f ′(0)＝－2，得切线斜率为－2；∴切线方程为y ＝－2x ，即2x ＋y ＝0.例4.【2015全国新课标理20⑴】在直角坐标系xoy 中，曲线C ：y =x ²4与直线l ：y =kx ＋a (a ＞0)交于M ，N 两点，当k ＝0时，分别求C 在点M 与N 处的切线方程.解：由题意得：a =x ²4，则x ＝±2a ，即M (－2a ，a )，N (2a ，a )，由f (x )＝x ²4，得f ′(x )＝x2，当切点为M (－2a ，a )时，切线斜率为f ′(－2a )＝－a ， 此时切线方程为：ax ＋y ＋a ＝0；当切点为N (2a ，a )时，切线斜率为f ′(2a )＝a ， 此时切线方程为：ax －y －a ＝0； 解题模板一 求在某处的切线方程 ⑴写出f (x )；⑵求出f ′(x )；⑶写出切点(x 0，f (x 0))； ⑷切线斜率k ＝f ′(x 0)；⑸切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0). 2.求过某点的切线方程Step 1 设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为： y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)Step 2 因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 Step 2 当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1) 当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2)例1.求f (x )＝13x 3＋43过点P (2，4)的切线方程.解：设切点为(x 0，13x 03＋43)，则切线斜率f ′(x 0)＝x 0²，所以切线方程为：y －13x 03＋43＝x 0² (x －x 0)，由切线经过点P (2，4)，可得4－13x 03＋43＝x 0² (2－x 0)，整理得：x 03－3x 0²＋4＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2当x 0＝－1时，切线方程为：x －y ＋2＝0； 当x 0＝2时，切线方程为：4x －y －4＝0. 例2.求f (x )＝x 3－4x ²＋5x －4过点 (2，－2)的切线方程. 解：设切点为(x 0，x 03－4x 0²＋5x 0－4)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－8x 0＋5，所以切线方程为：y －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (x －x 0)， 由切线经过点P (2，4)，可得4－(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (2－x 0)， 解得x 0＝1或x 0＝2当x 0＝1时，切线方程为：2x ＋y －2＝0； 当x 0＝2时，切线方程为：x －y －4＝0.例3.过A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线，求m 的取值范围. 解：设切点为(x 0，x 03－3x 0)，则切线斜率f ′(x 0)＝3x 0²－3，切线方程为y －(x 03－3x 0)＝(3x 0²－3)(x －x 0)∵切线经过点P (1,m )， ∴m －(x 03－4x 0²＋5x 0－4)＝(3x 0²－8x 0＋5) (1－x 0)， 即：－2x 03＋3x 0²－3－m ＝0，即m ＝－2x 03＋3x 0²－3 ∵过点A (1，m )(m ≠2)可作f (x )＝x 3－3x 的三条切线， ∴方程m ＝－2x 03＋3x 0²－3，有三个不同的实数根.点P 不在曲线上 点P 在曲线上 点P 在曲线上∴曲线H (x 0)＝－2x 03＋3x 0²－3与直线y =m 有三个不同交点， H ′(x 0)＝－6x 0²＋6x 0＝－6x 0(x 0－1)令H ′(x 0)＞0，则0＜x 0＜1；令H ′(x 0)＜0，则x 0＜0或x 0＞1 ∴H (x 0)在(－∞，0)递减，在(0,1)递增，在(1，＋∞)递减， ∴H (x 0)的极小值＝H (0)＝－3，H (x 0)的极大值＝H (1)＝－2， 由题意得－3＜x ＜－2.例4.由点(－e ，e －2)可向曲线f (x )＝lnx －x －1作几条切线，并说明理由.解：设切点为(x 0，lnx 0－x 0－1)，则切线斜率f ′(x 0)＝1x 0－1，切线方程为y －(lnx 0－x 0－1)＝(1x 0－1)(x －x 0)，∵切线经过点(－e ，e －2)，∴e －2－(lnx 0－x 0－1)＝(1x 0－1)(－e －x 0)，即lnx 0＝ex 0∵y =lnx 与y =ex 只有一个交点∴方程lnx 0＝ex 0有唯一的实数根∴由点(－e ，e －2)可向曲线f (x )＝lnx －x －1作一条切线. 解题模板二 求过某点的切线方程⑴设切点为(x 0，f (x 0))，则切线斜率f ′(x 0)，切线方程为： y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)⑵因为切线过点(a ，b )，所以b －f (x 0)＝f ′(x 0)(a －x 0)，解得x 0＝x 1或x 0＝x 2 ⑶当x 0＝x 1时，切线方程为y －f (x 1)＝f ′(x 0)(x －x 1) 当x 0＝x 2时，切线方程为y －f (x 2)＝f ′(x 0)(x －x 2) 3.已知切线方程求参数解题模板三 已知切线方程求参数已知直线Ax ＋By ＋C ＝0与曲线y =f (x )相切 ⑴设切点横坐标为x 0，则⎩⎪⎨⎪⎧切点纵坐标＝切点纵坐标切线斜率＝切线斜率即⎩⎪⎨⎪⎧f (x 0)＝－Ax 0＋CBf ′(x 0)＝－A B⑵解方程组得x 0及参数的值.例1.函数f (x )＝alnx x ＋1＋bx 在(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝alnx x ＋1＋bx ，∴f ′(x )＝a (x ＋1)x －alnx (x ＋1)²－b x ²由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝1f ′(1)＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1a 2－b ＝－12 ∴a ＝b ＝1例2.f (x )＝ae x lnx ＋bex －1 x 在(1，f (1))处的切线方程为y ＝e (x －1)＋2，求a ，b 的值.解：∵f (x )＝ae x lnx ＋be x －1 x ，∴f ′(x )＝ae x (1x ＋lnx )＋be x －1(－1x ²＋1x )由题意知：⎩⎪⎨⎪⎧f (1)＝2f ′(1)＝－e ，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2ae ＝e∴a ＝1，b ＝2例3.若直线y ＝kx ＋b 是y =lnx ＋2的切线，也是y =ln (x ＋1)的切线，求b .解：设y ＝kx ＋b 与y =lnx ＋2相切的切点横坐标为x 1，y ＝kx ＋b 与y =ln (x ＋1)相切的切点横坐标为x 2，⎩⎪⎨⎪⎧lnx 1＋2＝kx 1＋b ①1x 1＝k ②ln (x 2＋1)＝kx 2＋b ③1x 2＋1＝k ④，由②③得：x 1＝x 2＋1，由①－③得：lnx 1－ln (x 2＋1)＋2＝k (x 1－x 2)，将上式代入得：k ＝2∴x 1＝12，代入①得：－ln 2＋2＝1＋b ∴b ＝1－ln 2.例4.若f (x )＝x 与g (x )＝a lnx 相交，且在交点处有共同的切线，求a 和该切线方程.解：设切点横坐标为x 0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝alnx 0 ①12x 0＝a x 0 ②，由②得x 0＝2a ， 代入①得：x 0＝e ²，∴a ＝e2∵切点为(e ²，e )，切线斜率为12e，∴切线方程为x －2ey ＋e ²＝0.例5.已知函数f (x )＝x 3＋ax ＋14，当a 为何值时，x 轴为曲线方程y =f (x )的切线.例6.已知函数f (x )＝x ²＋ax ＋b 和g (x )＝e x (cx ＋d )都过点P (0,2)且在P 处有相同切线y =4x ＋2，求a ，b ，c ，d 的值.题型二单调型1.主导函数需“二次求导”型I 不含参求单调区间例1.求函数f(x)＝x(e x－1)－12x²的单调区间.解：f(x)的定义域为Rf ′(x)＝e x(1＋x)－1－x＝(x＋1)(e x＋1)令f ′(x)＞0，得x＜－1或x＞0；令f ′(x)＜0，得－1＜x＜0 f(x)的增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)，减区间为(－1，0)。

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

解析：（1） 单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

（2） 恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：（1） 当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）解法一 ，分离参数法 当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

2020年高考数学压轴必刷题专题01函数概念与基本初等函数(理科数学)1．【2019年天津理科08】已知a ∈R ．设函数f （x ）={x 2−2ax +2a ，x ≤1，x −alnx ，x ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R 上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立；当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0⇔2a ≥x 2x−1恒成立，令g （x ）=x 2x−1=−x 21−x =−(1−x−1)21−x =−(1−x)2−2(1−x)+11−x =−（1﹣x +11−x−2）≤﹣（2√(1−x)⋅11−x−2）＝0， ∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ＞0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0⇔a ≤xlnx 恒成立，令h （x ）=xlnx ，则h ′（x ）=lnx−x⋅1x (lnx)2=lnx−1(lnx)2， 当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）min=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．2．【2019年新课标3理科11】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（ ） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数 ∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1， ∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减， ∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)，故选：C ．3．【2019年全国新课标2理科12】设函数f （x ）的定义域为R ，满足f （x +1）＝2f （x ），且当x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）．若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m 的取值范围是（ ） A ．（﹣∞，94]B ．（﹣∞，73]C ．（﹣∞，52]D ．（﹣∞，83]【解答】解：因为f （x +1）＝2f （x ），∴f （x ）＝2f （x ﹣1），∵x ∈（0，1]时，f （x ）＝x （x ﹣1）∈[−14，0]，∴x ∈（1，2]时，x ﹣1∈（0，1]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝2（x ﹣1）（x ﹣2）∈[−12，0]； ∴x ∈（2，3]时，x ﹣1∈（1，2]，f （x ）＝2f （x ﹣1）＝4（x ﹣2）（x ﹣3）∈[﹣1，0]， 当x ∈（2，3]时，由4（x ﹣2）（x ﹣3）=−89解得m =73或m =83， 若对任意x ∈（﹣∞，m ]，都有f （x ）≥−89，则m ≤73．故选：B ．4．【2019年浙江09】设a ，b ∈R ，函数f （x ）={x ，x ＜0，13x 3−12(a +1)x 2+ax ，x ≥0．若函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点，则（ ） A ．a ＜﹣1，b ＜0B ．a ＜﹣1，b ＞0C ．a ＞﹣1，b ＜0D ．a ＞﹣1，b ＞0【解答】解：当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ；y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ， y ′＝x 2﹣（a +1）x ，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上递增，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多一个零点．不合题意；当a +1＞0，即a ＜﹣1时，令y ′＞0得x ∈[a +1，+∞），函数递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），函数递减；函数最多有2个零点；根据题意函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如右图： ∴b 1−a＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3． 故选：C ．5．【2018年新课标1理科09】已知函数f（x）={e x，x≤0lnx，x＞0，g（x）＝f（x）+x+a．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0）B．[0，+∞）C．[﹣1，+∞）D．[1，+∞）【解答】解：由g（x）＝0得f（x）＝﹣x﹣a，作出函数f（x）和y＝﹣x﹣a的图象如图：当直线y＝﹣x﹣a的截距﹣a≤1，即a≥﹣1时，两个函数的图象都有2个交点，即函数g（x）存在2个零点，故实数a的取值范围是[﹣1，+∞），故选：C．6．【2018年新课标3理科12】设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（）A．a+b＜ab＜0B．ab＜a+b＜0C．a+b＜0＜ab D．ab＜0＜a+b【解答】解：∵a＝log0.20.3=lg0.3−lg5，b＝log20.3=lg0.3lg2，∴a+b=lg0.3lg2−lg0.3lg5=lg0.3(lg5−lg2)lg2lg5=lg0.3lg52lg2lg5，ab=−lg0.3lg2⋅lg0.3lg5=lg0.3⋅lg103lg2lg5，∵lg 103＞lg52，lg0.3lg2lg5＜0，∴ab＜a+b＜0．故选：B．7．【2018年上海16】设D是含数1的有限实数集，f（x）是定义在D上的函数，若f（x）的图象绕原点逆时针旋转π6后与原图象重合，则在以下各项中，f （1）的可能取值只能是（ ）A ．√3B ．√32C ．√33D ．0【解答】解：由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转π6个单位后与下一个点会重合．我们可以通过代入和赋值的方法当f （1）=√3，√33，0时， 此时得到的圆心角为π3，π6，0，然而此时x ＝0或者x ＝1时，都有2个y 与之对应， 而我们知道函数的定义就是要求一个x 只能对应一个y ， 因此只有当x =√32，此时旋转π6，此时满足一个x 只会对应一个y ， 因此答案就选：B ． 故选：B ．8．【2017年新课标1理科11】设x 、y 、z 为正数，且2x ＝3y ＝5z ，则（ ） A ．2x ＜3y ＜5zB ．5z ＜2x ＜3yC ．3y ＜5z ＜2xD ．3y ＜2x ＜5z【解答】解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgk lg2，y =lgk lg3，z =lgklg5． ∴3y =lgk lg √33，2x =lgk lg √2，5z =lgklg √55． ∵√33=√96＞√86=√2，√2=√3210＞√2510=√55． ∴lg √33＞lg √2＞lg √55＞0． ∴3y ＜2x ＜5z ． 另解：x 、y 、z 为正数， 令2x ＝3y ＝5z ＝k ＞1．lgk ＞0． 则x =lgklg2，y =lgklg3，z =lgklg5． ∴2x 3y=23×lg3lg2=lg9lg8＞1，可得2x ＞3y ，5z 2x=52×lg2lg5=lg25lg52＞1．可得5z ＞2x ．综上可得：5z ＞2x ＞3y ．解法三：对k 取特殊值，也可以比较出大小关系． 故选：D ．9．【2017年北京理科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与MN 最接近的是（ ）（参考数据：lg 3≈0.48） A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080， 根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48， ∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173， ∴M N≈101731080=1093，故选：D ．10．【2017年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2−x +3，x ≤1x +2x，x ＞1，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A ．[−4716，2]B ．[−4716，3916] C ．[﹣2√3，2]D ．[﹣2√3，3916]【解答】解：当x ≤1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立， 即为﹣x 2+x ﹣3≤x2+a ≤x 2﹣x +3， 即有﹣x 2+12x ﹣3≤a ≤x 2−32x +3，由y ＝﹣x 2+12x ﹣3的对称轴为x =14＜1，可得x =14处取得最大值−4716；由y ＝x 2−32x +3的对称轴为x =34＜1，可得x =34处取得最小值3916，则−4716≤a ≤3916①当x ＞1时，关于x 的不等式f （x ）≥|x2+a |在R 上恒成立，即为﹣（x +2x ）≤x 2+a ≤x +2x ，即有﹣（32x +2x ）≤a ≤x 2+2x ，由y ＝﹣（32x +2x ）≤﹣2√3x 2⋅2x =−2√3（当且仅当x =2√31）取得最大值﹣2√3；由y =12x +2x ≥2√12x ⋅2x =2（当且仅当x ＝2＞1）取得最小值2． 则﹣2√3≤a ≤2②由①②可得，−4716≤a ≤2．另解：作出f （x ）的图象和折线y ＝|x2+a |当x ≤1时，y ＝x 2﹣x +3的导数为y ′＝2x ﹣1， 由2x ﹣1=−12，可得x =14， 切点为（14，4516）代入y =−x 2−a ，解得a =−4716； 当x ＞1时，y ＝x +2x的导数为y ′＝1−22， 由1−2x 2=12，可得x ＝2（﹣2舍去）， 切点为（2，3），代入y =x2+a ，解得a ＝2． 由图象平移可得，−4716≤a ≤2． 故选：A ．11．【2016年新课标2理科12】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 ）图象的交点为（x 1，y 1），（x 2，y 2），…，（x m ，y m ），则∑ m i=1（x i +y i ）＝（ ） A ．0B ．mC ．2mD ．4m【解答】解：函数f （x ）（x ∈R ）满足f （﹣x ）＝2﹣f （x ），即为f （x ）+f （﹣x ）＝2， 可得f （x ）关于点（0，1）对称，函数y =x+1x ，即y ＝1+1x 的图象关于点（0，1）对称， 即有（x 1，y 1）为交点，即有（﹣x 1，2﹣y 1）也为交点， （x 2，y 2）为交点，即有（﹣x 2，2﹣y 2）也为交点， …则有∑ m i=1（x i +y i ）＝（x 1+y 1）+（x 2+y 2）+…+（x m +y m ）=12[（x 1+y 1）+（﹣x 1+2﹣y 1）+（x 2+y 2）+（﹣x 2+2﹣y 2）+…+（x m +y m ）+（﹣x m +2﹣y m ）] ＝m ． 故选：B ．12．【2016年上海理科18】设f （x ）、g （x ）、h （x ）是定义域为R 的三个函数，对于命题：①f （x ）+g （x ）、f （x ）+h （x ）、g （x ）+h （x ）均为增函数，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 【解答】解：①不成立．可举反例：f （x ）={2x ，x ≤1−x +3，x ＞1．g （x ）={2x +3，x ≤0−x +3，0＜x ＜12x ，x ≥1，h （x ）={−x ，x ≤02x ，x ＞0．②∵f （x ）+g （x ）＝f （x +T ）+g （x +T ），f （x ）+h （x ）＝f （x +T ）+h （x +T ），h （x ）+g （x ）＝h （x +T ）+g （x +T ），前两式作差可得：g （x ）﹣h （x ）＝g （x +T ）﹣h （x +T ），结合第三式可得：g （x ）＝g （x +T ），h （x ）＝h （x +T ），同理可得：f （x ）＝f （x +T ），因此②正确． 故选：D ．13．【2016年天津理科08】已知函数f （x ）={x 2+(4a −3)x +3a ，x ＜0log a (x +1)+1，x ≥0（a ＞0，且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是（ ） A ．（0，23]B ．[23，34]C ．[13，23]∪{34}D ．[13，23）∪{34}【解答】解：y ＝log a （x +1）+1在[0，+∞）递减，则0＜a ＜1， 函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4a2≥00＜a ＜102+(4a −3)⋅0+3a ≥log a (0+1)+1； 解得，13≤a ≤34；由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解， 当3a ＞2即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ， 则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1≤3a ≤2时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[13，23]∪{34}，故选：C ．14．【2015年新课标2理科10】如图，长方形ABCD 的边AB ＝2，BC ＝1，O 是AB 的中点，点P 沿着边BC ，CD 与DA 运动，记∠BOP ＝x ．将动点P 到A ，B 两点距离之和表示为x 的函数f （x ），则y ＝f （x ）的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：当0≤x ≤π4时，BP ＝tan x ，AP =2+BP 2=√4+tan 2x ， 此时f （x ）=√4+tan 2x +tan x ，0≤x ≤π4，此时单调递增，当P 在CD 边上运动时，π4≤x ≤3π4且x ≠π2时，如图所示，tan ∠POB ＝tan （π﹣∠POQ ）＝tan x ＝﹣tan ∠POQ =−PQ OQ =−1OQ， ∴OQ =−1tanx， ∴PD ＝AO ﹣OQ ＝1+1tanx ，PC ＝BO +OQ ＝1−1tanx ， ∴P A +PB =√(1−1tanx )2+1+√(1+1tanx )2+1， 当x =π2时，P A +PB ＝2√2， 当P 在AD 边上运动时，3π4≤x ≤π，P A +PB =√4+tan 2x −tan x ，由对称性可知函数f （x ）关于x =π2对称， 且f （π4）＞f （π2），且轨迹为非线型，排除A ，C ，D ， 故选：B ．15．【2015年浙江理科07】存在函数f（x）满足，对任意x∈R都有（）A．f（sin2x）＝sin x B．f（sin2x）＝x2+xC．f（x2+1）＝|x+1|D．f（x2+2x）＝|x+1|【解答】解：A．取x＝0，则sin2x＝0，∴f（0）＝0；取x=π2，则sin2x＝0，∴f（0）＝1；∴f（0）＝0，和1，不符合函数的定义；∴不存在函数f（x），对任意x∈R都有f（sin2x）＝sin x；B．取x＝0，则f（0）＝0；取x＝π，则f（0）＝π2+π；∴f（0）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；C．取x＝1，则f（2）＝2，取x＝﹣1，则f（2）＝0；这样f（2）有两个值，不符合函数的定义；∴该选项错误；D．令x+1＝t，则f（x2+2x）＝|x+1|，化为f（t2﹣1）＝|t|；令t2﹣1＝x，则t＝±√x+1；∴f(x)=√x+1；即存在函数f（x）=√x+1，对任意x∈R，都有f（x2+2x）＝|x+1|；∴该选项正确．故选：D．16．【2015年北京理科07】如图，函数f（x）的图象为折线ACB，则不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是（）A．{x|﹣1＜x≤0}B．{x|﹣1≤x≤1}C．{x|﹣1＜x≤1}D．{x|﹣1＜x≤2}【解答】解：由已知f（x）的图象，在此坐标系内作出y＝log2（x+1）的图象，如图满足不等式f（x）≥log2（x+1）的x范围是﹣1＜x≤1；所以不等式f（x）≥log2（x+1）的解集是{x|﹣1＜x≤1}；故选：C．17．【2015年北京理科08】汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程，如图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下燃油效率情况，下列叙述中正确的是（）A．消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B．以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C．某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油D．甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油【解答】解：对于A，由图象可知当速度大于40km/h时，乙车的燃油效率大于5km/L，∴当速度大于40km /h 时，消耗1升汽油，乙车的行驶距离大于5km ，故A 错误；对于B ，由图象可知当速度相同时，甲车的燃油效率最高，即当速度相同时，消耗1升汽油，甲车的行驶路程最远，∴以相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最少，故B 错误；对于C ，由图象可知当速度小于80km /h 时，丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，∴用丙车比用乙车更省油，故C 正确；对于D ，由图象可知当速度为80km /h 时，甲车的燃油效率为10km /L ，即甲车行驶10km 时，耗油1升，故行驶1小时，路程为80km ，燃油为8升，故D 错误．故选：C ．18．【2015年天津理科07】已知定义在R 上的函数f （x ）＝2|x ﹣m |﹣1（m 为实数）为偶函数，记a ＝f （log 0.53），b ＝f （log 25），c ＝f （2m ），则a ，b ，c 的大小关系为（ ）A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a【解答】解：∵f （x ）为偶函数；∴f （﹣x ）＝f （x ）；∴2|﹣x ﹣m |﹣1＝2|x ﹣m |﹣1；∴|﹣x ﹣m |＝|x ﹣m |；（﹣x ﹣m ）2＝（x ﹣m ）2；∴mx ＝0；∴m ＝0；∴f （x ）＝2|x |﹣1；∴f （x ）在[0，+∞）上单调递增，并且a ＝f （|log 0.53|）＝f （log 23），b ＝f （log 25），c ＝f （0）； ∵0＜log 23＜log 25；∴c ＜a ＜b ．故选：C ．19．【2015年天津理科08】已知函数f （x ）={2−|x|，x ≤2(x −2)2，x ＞2，函数g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），其中b ∈R ，若函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ．（74，+∞）B ．（﹣∞，74）C ．（0，74）D ．（74，2） 【解答】解：∵g （x ）＝b ﹣f （2﹣x ），∴y ＝f （x ）﹣g （x ）＝f （x ）﹣b +f （2﹣x ），由f （x ）﹣b +f （2﹣x ）＝0，得f （x ）+f （2﹣x ）＝b ，设h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ），若x ≤0，则﹣x ≥0，2﹣x ≥2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2+x +x 2，若0≤x ≤2，则﹣2≤﹣x ≤0，0≤2﹣x ≤2，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝2﹣x +2﹣|2﹣x |＝2﹣x +2﹣2+x ＝2，若x ＞2，﹣x ＜﹣2，2﹣x ＜0，则h （x ）＝f （x ）+f （2﹣x ）＝（x ﹣2）2+2﹣|2﹣x |＝x 2﹣5x +8．即h （x ）={x 2+x +2，x ≤02，0＜x ≤2x 2−5x +8，x ＞2，作出函数h （x ）的图象如图：当x ≤0时，h （x ）＝2+x +x 2＝（x +12）2+74≥74，当x ＞2时，h （x ）＝x 2﹣5x +8＝（x −52）2+74≥74，故当b =74时，h （x ）＝b ，有两个交点，当b ＝2时，h （x ）＝b ，有无数个交点，由图象知要使函数y ＝f （x ）﹣g （x ）恰有4个零点，即h （x ）＝b 恰有4个根，则满足74＜b ＜2， 故选：D ．20．【2014年上海理科18】设f（x）={(x−a)2，x≤0x+1x+a，x＞0，若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围为（）A．[﹣1，2]B．[﹣1，0]C．[1，2]D．[0，2]【解答】解；当a＜0时，显然f（0）不是f（x）的最小值，当a≥0时，f（0）＝a2，由题意得：a2≤x+1x+a，解不等式：a2﹣a﹣2≤0，得﹣1≤a≤2，∴0≤a≤2，故选：D．21．【2013年新课标1理科11】已知函数f（x）={−x2+2x，x≤0ln(x+1)，x＞0，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，0]B．（﹣∞，1]C．[﹣2，1]D．[﹣2，0]【解答】解：由题意可作出函数y＝|f（x）|的图象，和函数y＝ax的图象，由图象可知：函数y＝ax的图象为过原点的直线，当直线介于l和x轴之间符合题意，直线l为曲线的切线，且此时函数y＝|f（x）|在第二象限的部分解析式为y＝x2﹣2x，求其导数可得y′＝2x﹣2，因为x≤0，故y′≤﹣2，故直线l的斜率为﹣2，故只需直线y＝ax的斜率a介于﹣2与0之间即可，即a∈[﹣2，0]故选：D．22．【2013年天津理科08】已知函数f（x）＝x（1+a|x|）．设关于x的不等式f（x+a）＜f（x）的解集为A，若[−12，12]⊆A，则实数a的取值范围是（）A．(1−√52，0)B．(1−√32，0)C．(1−√52，0)∪(0，1+√32)D．(−∞，1−√52)【解答】解：取a=−12时，f（x）=−12x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x−12）|x−12|+1＞x|x|，（1）x＜0时，解得−34＜x＜0；（2）0≤x≤12时，解得0≤x≤12；（3）x＞12时，解得12＜x＜54，综上知，a=−12时，A＝（−34，54），符合题意，排除B、D；取a＝1时，f（x）＝x|x|+x，∵f（x+a）＜f（x），∴（x+1）|x+1|+1＜x|x|，（1）x＜﹣1时，解得x＞0，矛盾；（2）﹣1≤x≤0，解得x＜0，矛盾；（3）x＞0时，解得x＜﹣1，矛盾；综上，a＝1，A＝∅，不合题意，排除C，故选：A．23．【2011年新课标1理科12】函数y=11−x的图象与函数y＝2sinπx，（﹣2≤x≤4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）A．8B．6C．4D．2【解答】解：函数y1=11−x，y2＝2sinπx的图象有公共的对称中心（1，0），作出两个函数的图象，如图，当1＜x≤4时，y1＜0而函数y2在（1，4）上出现1.5个周期的图象，在（1，32）和（52，72）上是减函数； 在（32，52）和（72，4）上是增函数． ∴函数y 1在（1，4）上函数值为负数，且与y 2的图象有四个交点E 、F 、G 、H相应地，y 1在（﹣2，1）上函数值为正数，且与y 2的图象有四个交点A 、B 、C 、D且：x A +x H ＝x B +x G ＝x C +x F ＝x D +x E ＝2，故所求的横坐标之和为8．故选：A ．24．【2011年北京理科08】设A （0，0），B （4，0），C （t +4，4），D （t ，4）（t ∈R ）．记N （t ）为平行四边形ABCD 内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数N （t ）的值域为（ ）A ．{9，10，11}B ．{9，10，12}C ．{9，11，12}D ．{10，11，12}【解答】解：当t ＝0时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （4，4），D （0，4），符合条件的点有（1，1），（1，2），（1，3），（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3），共九个，N （t ）＝9，故选项D 不正确．当t ＝1时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （5，4），D （1，4），同理知N （t ）＝12，故选项A 不正确．当t ＝2时，▱ABCD 的四个顶点是A （0，0），B （4，0），C （6，4），D （2，4），同理知N （t ）＝11，故选项B 不正确．故选：C ．25．【2011年天津理科08】对实数a 与b ，定义新运算“⊗”：a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1．设函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2），x ∈R ．若函数y ＝f （x ）﹣c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）A ．(−∞，−2]∪(−1，32)B ．(−∞，−2]∪(−1，−34)C ．(−∞，14)∪(14，+∞)D ．(−1，−34)∪[14，+∞) 【解答】解：∵a ⊗b ={a ，a −b ≤1b ，a −b ＞1.，∴函数f （x ）＝（x 2﹣2）⊗（x ﹣x 2）={x 2−2，−1≤x ≤32x −x 2，x ＜−1或x ＞32， 由图可知，当c ∈(−∞，−2]∪(−1，−34)函数f （x ） 与y ＝c 的图象有两个公共点，∴c 的取值范围是 (−∞，−2]∪(−1，−34)，故选：B ．26．【2010年新课标1理科11】已知函数f(x)={|lgx|，0＜x ≤10−12x +6，x ＞10，若a ，b ，c 互不相等，且f （a ）＝f （b ）＝f （c ），则abc 的取值范围是（ ）A ．（1，10）B ．（5，6）C ．（10，12）D ．（20，24）【解答】解：作出函数f （x ）的图象如图，不妨设a ＜b ＜c ，则−lga =lgb =−12c +6∈(0，1)ab ＝1，0＜−12c +6＜1则abc ＝c ∈（10，12）．故选：C ．27．【2010年上海理科17】若x 0是方程(12)x =x 13的解，则x 0属于区间（ ） A ．（23，1） B ．（12，23） C ．（13，12） D ．（0，13） 【解答】解：∵(12)13＞(13)13，(12)12＜(12)13，∴x 0属于区间（13，12）． 故选：C ．28．【2019年江苏14】设f （x ），g （x ）是定义在R 上的两个周期函数，f （x ）的周期为4，g （x ）的周期为2，且f （x ）是奇函数．当x ∈（0，2]时，f （x ）=√1−(x −1)2，g （x ）={k(x +2)，0＜x ≤1，−12，1＜x ≤2，其中k ＞0．若在区间（0，9]上，关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则k 的取值范围是 ．【解答】解：作出函数f （x ）与g （x ）的图象如图，由图可知，函数f （x ）与g （x ）=−12（1＜x ≤2，3＜x ≤4，5＜x ≤6，7＜x ≤8）仅有2个实数根； 要使关于x 的方程f （x ）＝g （x ）有8个不同的实数根，则f （x ）=√1−(x −1)2，x ∈（0，2]与g （x ）＝k （x +2），x ∈（0，1]的图象有2个不同交点， 由（1，0）到直线kx ﹣y +2k ＝0的距离为1，得√k 2+1=1，解得k =√24（k ＞0）， ∵两点（﹣2，0），（1，1）连线的斜率k =13，∴13≤k ＜√24． 即k 的取值范围为[13，√24）． 故答案为：[13，√24）． 29．【2018年浙江15】已知λ∈R ，函数f （x ）={x −4，x ≥λx 2−4x +3，x ＜λ，当λ＝2时，不等式f （x ）＜0的解集是 ．若函数f （x ）恰有2个零点，则λ的取值范围是 ．【解答】解：当λ＝2时函数f （x ）={x −4，x ≥2x 2−4x +3，x ＜2，显然x ≥2时，不等式x ﹣4＜0的解集：{x |2≤x ＜4}；x ＜2时，不等式f （x ）＜0化为：x 2﹣4x +3＜0，解得1＜x ＜2，综上，不等式的解集为：{x |1＜x ＜4}．函数f（x）恰有2个零点，函数f（x）={x−4，x≥λx2−4x+3，x＜λ的草图如图：函数f（x）恰有2个零点，则1＜λ≤3或λ＞4．故答案为：{x|1＜x＜4}；（1，3]∪（4，+∞）．30．【2018年上海11】已知常数a＞0，函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．若2p+q＝36pq，则a＝．【解答】解：函数f（x）=2x2x+ax的图象经过点P（p，65），Q（q，−15）．则：2p2p+ap +2q2q+aq=65−15=1，整理得：2p+q+2p aq+2q ap+2p+q2p+q+2p aq+2q ap+a2pq=1，解得：2p+q＝a2pq，由于：2p+q＝36pq，所以：a2＝36，由于a＞0，故：a＝6．故答案为：631．【2018年天津理科14】已知a＞0，函数f（x）={x2+2ax+a，x≤0−x2+2ax−2a，x＞0．若关于x的方程f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是．【解答】解：当x≤0时，由f（x）＝ax得x2+2ax+a＝ax，得x2+ax+a＝0，得a（x+1）＝﹣x2，得a=−x2x+1，设g（x）=−x2x+1，则g′（x）=−2x(x+1)−x2(x+1)2=−x2+2x(x+1)2，由g′（x）＞0得﹣2＜x＜﹣1或﹣1＜x＜0，此时递增，由g′（x）＜0得x＜﹣2，此时递减，即当x＝﹣2时，g（x）取得极小值为g（﹣2）＝4，当x＞0时，由f（x）＝ax得﹣x2+2ax﹣2a＝ax，得x2﹣ax+2a＝0，得a（x﹣2）＝x2，当x＝2时，方程不成立，当x≠2时，a=x2 x−2设h（x）=x2x−2，则h′（x）=2x(x−2)−x2(x−2)2=x2−4x(x−2)2，由h′（x）＞0得x＞4，此时递增，由h′（x）＜0得0＜x＜2或2＜x＜4，此时递减，即当x＝4时，h（x）取得极小值为h（4）＝8，要使f（x）＝ax恰有2个互异的实数解，则由图象知4＜a＜8，故答案为：（4，8）32．【2017年江苏14】设f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数，在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈Dx ，x ∉D ，其中集合D ＝{x |x =n−1n ，n ∈N *}，则方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是 ． 【解答】解：∵在区间[0，1）上，f （x ）={x 2，x ∈D x ，x ∉D，第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数， 又f （x ）是定义在R 上且周期为1的函数， ∴在区间[1，2）上，f （x ）={(x −1)2，x ∈D x −1，x ∉D，此时f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点；同理：区间[2，3）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[3，4）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[4，5）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[5，6）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[6，7）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[7，8）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 区间[8，9）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 有且只有一个交点； 在区间[9，+∞）上，f （x ）的图象与y ＝lgx 无交点；故f （x ）的图象与y ＝lgx 有8个交点，且除了（1，0），其他交点横坐标均为无理数； 即方程f （x ）﹣lgx ＝0的解的个数是8， 故答案为：833．【2017年新课标3理科15】设函数f （x ）={x +1，x ≤02x ，x ＞0，则满足f （x ）+f （x −12）＞1的x 的取值范围是 ．【解答】解：若x ≤0，则x −12≤−12，则f （x ）+f （x −12）＞1等价为x +1+x −12+1＞1，即2x ＞−12，则x ＞−14， 此时−14＜x ≤0，当x ＞0时，f （x ）＝2x ＞1，x −12＞−12，当x −12＞0即x ＞12时，满足f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 当0≥x −12＞−12，即12≥x ＞0时，f （x −12）＝x −12+1＝x +12＞12，此时f （x ）+f （x −12）＞1恒成立， 综上x ＞−14， 故答案为：（−14，+∞）．34．【2017年浙江17】已知a ∈R ，函数f （x ）＝|x +4x−a |+a 在区间[1，4]上的最大值是5，则a 的取值范围是 ．【解答】解：由题可知|x +4x −a |+a ≤5，即|x +4x −a |≤5﹣a ，所以a ≤5， 又因为|x +4x−a |≤5﹣a ， 所以a ﹣5≤x +4x −a ≤5﹣a ， 所以2a ﹣5≤x +4x ≤5， 又因为1≤x ≤4，4≤x +4x ≤5， 所以2a ﹣5≤4，解得a ≤92， 故答案为：（﹣∞，92]．35．【2016年江苏11】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，其中a ∈R ，若f （−52）＝f （92），则f （5a ）的值是 ．【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1）上，f （x ）={x +a ，−1≤x ＜0|25−x|，0≤x ＜1，∴f （−52）＝f （−12）=−12+a ， f （92）＝f （12）＝|25−12|=110，∴a =35，∴f（5a）＝f（3）＝f（﹣1）＝﹣1+35=−25，故答案为：−2 536．【2016年浙江理科12】已知a＞b＞1，若log a b+log b a=52，ab＝b a，则a＝，b＝．【解答】解：设t＝log b a，由a＞b＞1知t＞1，代入log a b+log b a=52得t+1t=52，即2t2﹣5t+2＝0，解得t＝2或t=12（舍去），所以log b a＝2，即a＝b2，因为a b＝b a，所以b2b＝b a，则a＝2b＝b2，解得b＝2，a＝4，故答案为：4；2．37．【2015年江苏13】已知函数f（x）＝|lnx|，g（x）={0，0＜x≤1|x2−4|−2，x＞1，则方程|f（x）+g（x）|＝1实根的个数为．【解答】解：由|f（x）+g（x）|＝1可得g（x）＝﹣f（x）±1．g（x）与h（x）＝﹣f（x）+1的图象如图所示，图象有2个交点g（x）与φ（x）＝﹣f（x）﹣1的图象如图所示，图象有两个交点；所以方程|f （x ）+g （x ）|＝1实根的个数为4． 故答案为：4．38．【2015年北京理科14】设函数f （x ）={2x −a ，x ＜14(x −a)(x −2a)，x ≥1，①若a ＝1，则f （x ）的最小值为 ；②若f （x ）恰有2个零点，则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：①当a ＝1时，f （x ）={2x −1，x ＜14(x −1)(x −2)，x ≥1，当x ＜1时，f （x ）＝2x ﹣1为增函数，f （x ）＞﹣1，当x ＞1时，f （x ）＝4（x ﹣1）（x ﹣2）＝4（x 2﹣3x +2）＝4（x −32）2﹣1， 当1＜x ＜32时，函数单调递减，当x ＞32时，函数单调递增， 故当x =32时，f （x ）min ＝f （32）＝﹣1，②设h （x ）＝2x ﹣a ，g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ） 若在x ＜1时，h （x ）＝与x 轴有一个交点，所以a ＞0，并且当x ＝1时，h （1）＝2﹣a ＞0，所以0＜a ＜2， 而函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有一个交点，所以2a ≥1，且a ＜1， 所以12≤a ＜1，若函数h （x ）＝2x ﹣a 在x ＜1时，与x 轴没有交点， 则函数g （x ）＝4（x ﹣a ）（x ﹣2a ）有两个交点，当a ≤0时，h （x ）与x 轴无交点，g （x ）无交点，所以不满足题意（舍去），当h （1）＝2﹣a ≤0时，即a ≥2时，g （x ）的两个交点满足x 1＝a ，x 2＝2a ，都是满足题意的， 综上所述a 的取值范围是12≤a ＜1，或a ≥2．39．【2014年江苏13】已知f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），则实数a 的取值范围是 ． 【解答】解：f （x ）是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3）时，f （x ）＝|x 2﹣2x +12|，若函数y ＝f （x ）﹣a 在区间[﹣3，4]上有10个零点（互不相同），在同一坐标系中画出函数f （x ）与y ＝a 的图象如图：由图象可知a ∈(0，12)． 故答案为：（0，12）．40．【2014年天津理科14】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 ．【解答】解：由y ＝f （x ）﹣a |x ﹣1|＝0得f （x ）＝a |x ﹣1|， 作出函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）＝a |x ﹣1|的图象，当a ≤0，两个函数的图象不可能有4个交点，不满足条件， 则a ＞0，此时g （x ）＝a |x ﹣1|={a(x −1)x ≥1−a(x −1)x ＜1，当﹣3＜x ＜0时，f （x ）＝﹣x 2﹣3x ，g （x ）＝﹣a （x ﹣1）， 当直线和抛物线相切时，有三个零点， 此时﹣x 2﹣3x ＝﹣a （x ﹣1）， 即x 2+（3﹣a ）x +a ＝0，则由△＝（3﹣a ）2﹣4a ＝0，即a 2﹣10a +9＝0，解得a ＝1或a ＝9， 当a ＝9时，g （x ）＝﹣9（x ﹣1），g （0）＝9，此时不成立，∴此时a ＝1，要使两个函数有四个零点，则此时0＜a＜1，若a＞1，此时g（x）＝﹣a（x﹣1）与f（x），有两个交点，此时只需要当x＞1时，f（x）＝g（x）有两个不同的零点即可，即x2+3x＝a（x﹣1），整理得x2+（3﹣a）x+a＝0，则由△＝（3﹣a）2﹣4a＞0，即a2﹣10a+9＞0，解得a＜1（舍去）或a＞9，综上a的取值范围是（0，1）∪（9，+∞），方法2：由f（x）﹣a|x﹣1|＝0得f（x）＝a|x﹣1|，若x＝1，则4＝0不成立，故x≠1，则方程等价为a=f(x)|x−1|=|x2+3x||x−1|=|(x−1)2+5(x−1)+4x−1|＝|x﹣1+4x−1+5|，设g（x）＝x﹣1+4x−1+5，当x＞1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≥2√(x−1)4x−1+5=4+5=9，当且仅当x﹣1=4x−1，即x＝3时取等号，当x＜1时，g（x）＝x﹣1+4x−1+5≤5−2√[−(x−1)]⋅−4x−1=5﹣4＝1，当且仅当﹣（x﹣1）=−4x−1，即x＝﹣1时取等号，则|g（x）|的图象如图：若方程f（x）﹣a|x﹣1|＝0恰有4个互异的实数根，则满足a＞9或0＜a＜1，故答案为：（0，1）∪（9，+∞）41．【2013年上海理科12】设a为实常数，y＝f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝9x+a2x+7．若f（x）≥a+1对一切x≥0成立，则a的取值范围为．【解答】解：因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以当x＝0时，f（x）＝0；当x＞0时，则﹣x＜0，所以f（﹣x）＝﹣9x−a2x+7因为y＝f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（x）＝9x+a2x−7；因为f（x）≥a+1对一切x≥0成立，所以当x＝0时，0≥a+1成立，所以a≤﹣1；当x＞0时，9x+a2x−7≥a+1成立，只需要9x+a2x−7的最小值≥a+1，因为9x +a 2x −7≥2√9x ⋅a 2x−7=6|a |﹣7， 所以6|a |﹣7≥a +1， 解得a ≥85或a ≤−87， 所以a ≤−87． 故答案为：a ≤−87．42．【2013年上海理科14】对区间I 上有定义的函数g （x ），记g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }．已知定义域为[0，3]的函数y ＝f （x ）有反函数y ＝f ﹣1（x ），且f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（（2，4]）＝[0，1）．若方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，则x 0＝ ．【解答】解：因为g （I ）＝{y |y ＝g （x ），x ∈I }，f ﹣1（[0，1））＝[1，2），f ﹣1（2，4]）＝[0，1），所以对于函数f （x ），当x ∈[0，1）时，f （x ）∈（2，4]，所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 当x ∈[1，2）时，f （x ）∈[0，1），所以方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解； 所以当x ∈[0，2）时方程f （x ）﹣x ＝0即f （x ）＝x 无解， 又因为方程f （x ）﹣x ＝0有解x 0，且定义域为[0，3]，故当x ∈[2，3]时，f （x ）的取值应属于集合（﹣∞，0）∪[1，2]∪（4，+∞）， 故若f （x 0）＝x 0，只有x 0＝2， 故答案为：2．43．【2012年江苏10】设f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，在区间[﹣1，1]上，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1其中a ，b ∈R ．若f(12)=f(32)，则a +3b 的值为 ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上且周期为2的函数，f （x ）={ax +1，−1≤x ＜0bx+2x+1，0≤x ≤1，∴f （32）＝f （−12）＝1−12a ，f （12）=b+43；又f(12)=f(32)，∴1−12a =b+43① 又f （﹣1）＝f （1）， ∴2a +b ＝0，②由①②解得a＝2，b＝﹣4；∴a+3b＝﹣10．故答案为：﹣10．44．【2012年江苏13】已知函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），若关于x的不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），则实数c的值为．【解答】解：∵函数f（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），∴f（x）＝x2+ax+b＝0只有一个根，即△＝a2﹣4b＝0，则4b＝a2不等式f（x）＜c的解集为（m，m+6），即为x2+ax+b＜c解集为（m，m+6），则x2+ax+b﹣c＝0的两个根x1，x2分别为m，m+6∴两根之差为|x1﹣x2|＝|m+6﹣m|＝6根据韦达定理可知：x1+x2=−a1=−ax1x2=b−c1=b﹣c∵|x1﹣x2|＝6∴√(x1+x2)2−4x1x2=6∴√(−a)2−4(b−c)=6∴√4b−4b+4c=6解得c＝9故答案为：945．【2012年北京理科14】已知f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3），g（x）＝2x﹣2，若同时满足条件：①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0；②∃x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0．则m的取值范围是．【解答】解：对于①∵g（x）＝2x﹣2，当x＜1时，g（x）＜0，又∵①∀x∈R，f（x）＜0或g（x）＜0∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＜0在x≥1时恒成立则由二次函数的性质可知开口只能向下，且二次函数与x轴交点都在（1，0）的左面则{m＜0−m−3＜1 2m＜1∴﹣4＜m＜0即①成立的范围为﹣4＜m＜0又∵②x∈（﹣∞，﹣4），f（x）g（x）＜0∴此时g（x）＝2x﹣2＜0恒成立∴f（x）＝m（x﹣2m）（x+m+3）＞0在x∈（﹣∞，﹣4）有成立的可能，则只要﹣4比x1，x2中的较小的根大即可，（i）当﹣1＜m＜0时，较小的根为﹣m﹣3，﹣m﹣3＜﹣4不成立，（ii）当m＝﹣1时，两个根同为﹣2＞﹣4，不成立，（iii）当﹣4＜m＜﹣1时，较小的根为2m，2m＜﹣4即m＜﹣2成立．综上可得①②成立时﹣4＜m＜﹣2．故答案为：（﹣4，﹣2）．46．【2012年天津理科14】已知函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是．【解答】解：y=|x2−1|x−1={x+1，x≤−1或x＞1−x−1，−1＜x＜1，作出函数y=|x2−1|x−1与y＝kx﹣2的图象如图所示：∵函数y=|x2−1|x−1的图象与函数y＝kx﹣2的图象恰有两个交点，∴0＜k＜1或1＜k＜4．故答案为：（0，1）∪（1，4）．47．【2011年江苏11】已知实数a ≠0，函数f （x ）={2x +a ，x ＜1−x −2a ，x ≥1，若f （1﹣a ）＝f （1+a ），则a 的值为 ．【解答】解：当a ＞0时，1﹣a ＜1，1+a ＞1∴2（1﹣a ）+a ＝﹣1﹣a ﹣2a 解得a =−32舍去当a ＜0时，1﹣a ＞1，1+a ＜1∴﹣1+a ﹣2a ＝2+2a +a 解得a =−34故答案为−3448．【2011年上海理科13】设g （x ）是定义在R 上，以1为周期的函数，若函数f （x ）＝x +g （x ）在区间[3，4]上的值域为[﹣2，5]，则f （x ）在区间[﹣10，10]上的值域为 ．【解答】解：法一：∵g （x ）为R 上周期为1的函数，则g （x ）＝g （x +1）又∵函数f （x ）＝x +g （x ）在[3，4]的值域是[﹣2，5]令x +6＝t ，当x ∈[3，4]时，t ＝x +6∈[9，10]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x +6）+g （x +6）＝（x +6）+g （x ）＝[x +g （x ）]+6所以，在t ∈[9，10]时，f （t ）∈[4，11] (1)同理，令x ﹣13＝t ，在当x ∈[3，4]时，t ＝x ﹣13∈[﹣10，﹣9]此时，f （t ）＝t +g （t ）＝（x ﹣13）+g （x ﹣13）＝（x ﹣13）+g （x ）＝[x +g （x ）]﹣13所以，当t ∈[﹣10，﹣9]时，f （t ）∈[﹣15，﹣8] (2)…由（1）（2）…得到，f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]法二：由题意f （x ）﹣x ＝g （x ） 在R 上成立故 f （x +1）﹣（x +1）＝g （x +1）所以f （x +1）﹣f （x ）＝1由此知自变量增大1，函数值也增大1故f （x ）在[﹣10，10]上的值域为[﹣15，11]故答案为：[﹣15，11]49．【2010年江苏11】已知函数f(x)={x 2+1，x ≥01x ＜0，则满足不等式f （1﹣x 2）＞f （2x ）的x 的范围是 ． 【解答】解：由题意，可得{1−x 2＞2x 1−x 2＞0⇒x ∈(−1，√2−1) 故答案为：(−1，√2−1)50．【2010年天津理科16】设函数f （x ）＝x 2﹣1，对任意x ∈[32，+∞），f （x m ）﹣4m 2f （x ）≤f （x ﹣1）+4f （m ）恒成立，则实数m 的取值范围是 ．【解答】解：依据题意得x 2m 2−1﹣4m 2（x 2﹣1）≤（x ﹣1）2﹣1+4（m 2﹣1）在x ∈[32，+∞）上恒定成立， 即1m 2−4m 2≤−3x 2−2x +1在x ∈[32，+∞）上恒成立． 当x =32时，函数y =−3x 2−2x +1取得最小值−53， ∴1m −4m 2≤−53，即（3m 2+1）（4m 2﹣3）≥0，解得m ≤−√32或m ≥√32，故答案为：(−∞，−√32]∪[√32，+∞)． 2020年高考数学压轴必刷题专题02函数概念与基本初等函数(文科数学)1．【2019年天津文科08】已知函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x，x ＞1．若关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，则a 的取值范围为（ ）A ．[54，94]B ．（54，94]C ．（54，94]∪{1}D ．[54，94]∪{1}【解答】解：作出函数f （x ）={2√x ，0≤x ≤1，1x ，x ＞1．的图象，以及直线y =−14x 的图象，关于x 的方程f （x ）=−14x +a （a ∈R ）恰有两个互异的实数解，即为y ＝f （x ）和y =−14x +a 的图象有两个交点，平移直线y =−14x ，考虑直线经过点（1，2）和（1，1）时，有两个交点，可得a =94或a =54，考虑直线与y =1x 在x ＞1相切，可得ax −14x 2＝1，由△＝a 2﹣1＝0，解得a ＝1（﹣1舍去），综上可得a 的范围是[54，94]∪{1}．故选：D ．2．【2019年新课标3文科12】设f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（） A ．f （log 314）＞f （2−32）＞f （2−23）B ．f （log 314）＞f （2−23）＞f （2−32）C ．f （2−32）＞f （2−23）＞f （log 314）D ．f （2−23）＞f （2−32）＞f （log 314）【解答】解：∵f （x ）是定义域为R 的偶函数∴f(log 314)=f(log 34)，∵log 34＞log 33＝1，＜0＜2−32＜2−23＜20=1，∴0＜2−32＜2−23＜log 34f （x ）在（0，+∞）上单调递减，∴f(2−32)＞f(2−23)＞f(log 314)， 故选：C ．3．【2018年新课标2文科12】已知f （x ）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f （1﹣x ）＝f （1+x ），若f （1）＝2，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝（ ）A ．﹣50B ．0C ．2D ．50【解答】解：∵f （x ）是奇函数，且f （1﹣x ）＝f （1+x ），∴f （1﹣x ）＝f （1+x ）＝﹣f （x ﹣1），f （0）＝0，则f （x +2）＝﹣f （x ），则f （x +4）＝﹣f （x +2）＝f （x ），即函数f （x ）是周期为4的周期函数，∵f （1）＝2，∴f （2）＝f （0）＝0，f （3）＝f （1﹣2）＝f （﹣1）＝﹣f （1）＝﹣2，f （4）＝f （0）＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+f （4）＝2+0﹣2+0＝0，则f （1）+f （2）+f （3）+…+f （50）＝12[f （1）+f （2）+f （3）+f （4）]+f （49）+f （50）＝f （1）+f （2）＝2+0＝2，故选：C ．4．【2018年新课标1文科12】设函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，则满足f （x +1）＜f （2x ）的x 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，﹣1]B ．（0，+∞）C ．（﹣1，0）D ．（﹣∞，0） 【解答】解：函数f （x ）={2−x ，x ≤01，x ＞0，的图象如图： 满足f （x +1）＜f （2x ），可得：2x ＜0＜x +1或2x ＜x +1≤0，解得x ∈（﹣∞，0）．故选：D ．5．【2017年北京文科08】根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与M N 最接近的是（ ） （参考数据：lg 3≈0.48）A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093【解答】解：由题意：M ≈3361，N ≈1080，根据对数性质有：3＝10lg 3≈100.48，∴M ≈3361≈（100.48）361≈10173，∴M N ≈1017310=1093，故选：D ．6．【2017年天津文科08】已知函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.，设a ∈R ，若关于x 的不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[﹣2，2]B ．[−2√3，2]C ．[−2，2√3]D ．[−2√3，2√3] 【解答】解：根据题意，函数f （x ）={|x|+2，x ＜1x +2x ，x ≥1.的图象如图： 令g （x ）＝|x 2+a |，其图象与x 轴相交与点（﹣2a ，0）， 在区间（﹣∞，﹣2a ）上为减函数，在（﹣2a ，+∞）为增函数，若不等式f （x ）≥|x 2+a |在R 上恒成立，则函数f （x ）的图象在g（x）上的上方或相交，则必有f（0）≥g（0），即2≥|a|，解可得﹣2≤a≤2，故选：A．7．【2016年新课标2文科12】已知函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），若函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点为（x1，y1），（x2，y2），…，（x m，y m），则∑m i=1x i＝（）A．0B．m C．2m D．4m【解答】解：∵函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（2﹣x），故函数f（x）的图象关于直线x＝1对称，函数y＝|x2﹣2x﹣3|的图象也关于直线x＝1对称，故函数y＝|x2﹣2x﹣3|与y＝f（x）图象的交点也关于直线x＝1对称，故∑m i=1x i=m2×2＝m，故选：B．8．【2016年北京文科08】某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，表中为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊．学生序号1 2 3 4 5 67 89 10立定跳远1.96 1.92 1.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.60（单位：米）63a7560 6372 70a﹣1 b65 30秒跳绳（单位：次）在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则（）A．2号学生进入30秒跳绳决赛B．5号学生进入30秒跳绳决赛C．8号学生进入30秒跳绳决赛D．9号学生进入30秒跳绳决赛【解答】解：∵这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，故编号为1，2，3，4，5，6，7，8的学生进入立定跳远决赛，又由同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则3，6，7号同学必进入30秒跳绳决赛，剩下1，2，4，5，8号同学的成绩分别为：63，a，60，63，a﹣1有且只有3人进入30秒跳绳决赛，故成绩为63的同学必进入30秒跳绳决赛，故选：B．9．【2015年新课标1文科12】设函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，且f（﹣2）+f （﹣4）＝1，则a＝（）A．﹣1B．1C．2D．4【解答】解：∵与y＝2x+a的图象关于y＝x对称的图象是y＝2x+a的反函数，y＝log2x﹣a（x＞0），即g（x）＝log2x﹣a，（x＞0）．∵函数y＝f（x）的图象与y＝2x+a的图象关于y＝﹣x对称，∴f（x）＝﹣g（﹣x）＝﹣log2（﹣x）+a，x＜0，∵f（﹣2）+f（﹣4）＝1，∴﹣log22+a﹣log24+a＝1，。

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2)当.总0时，.f(X)>yA J+l,求“的取值范囤.。

2. 2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数f(x) = e x-a(x + 2)・(1)当“ =1时,讨论/(x)的单调性：(2)若/(x)有两个零点，求"的取值范围・。

3. 2020年新高考1卷(山东考卷)第21题已知函数f (%) = - In x + In a(1).当a=e时，求曲线y=f(x)在点(l,f(l))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积;(2)若f(x) > 1,求a的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数f(x) = e x +ax2-x.(1)当时，讨论/(x)的单调性：(2 )当XR时，./'(X)>y A J+1 ,求"的取值范围・。

解析：(1)单调性，常规题，a已知，求一个特左函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次淸仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

(2)怛成立，提髙题，在恒成立情况下，求参数的取值范囤。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：(1)当a=l 时，/(x) = c'+F_x,定义域为R,/'(x) = 7+2%-1,易知f，(x)是单调递增函数。

而f' (0)=0,.・.当xG (-8, 0), f，(x)V0当xW (O,+8), f (x)>0•当xW (-8, 0), f(x)单调递减：当xW (0,+8), f(x)单调递增。

2—.V+ JV +1 — K (A* — 2)(—x" + x +1 — 0*)令g(x)= --------- ；---- ，则gd)=—丄「 --------------------X X再令//(x) = -x2+x + l-，2到了这里发现，由(1)可得的e x+x2-x>\(x>0),不能引用。