高考导数压轴题题型(精选.)

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

导数压轴题题型归纳1.高考命题回顾例1已知函数千3=6*—小&十巾).(2013全国新课标11卷)(1)设x=0是f(x)的极值点，求m,并讨论f(x)的单调性;⑵当mW2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d),若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2(2013全国新课标I卷)(I)求a,b,c,d的值(II)若x2—2时，f(x)-kg(x)，求k的取值范围。

2. 在解题中常用的有关结论※⑴曲线产f (x )在X =X 0处的切线的斜率等于f (x 0),且切线方程为产f'(X 0)(x -X 0)+f (x 0)。

(2)若可导函数y =f(x)在X =X 0处取得极值，则f (x 0)=0。

反之，不成立。

(3)对于可导函数f (x )，不等式f ，(x )>0(<0)的解集决定函数f (x )的递增(减)区间。

(4)函数f (x )在区间I 上递增(减)的充要条件是：v x e I f (x )>0(<0)恒成立(f (x )不恒为0).(5)函数f(x )(非常量函数)在区间I 上不单调等价于f (x )在区间I 上有极值，则可等价转化为方程尸(x )=0在区间I 上有实根且为非二重根。

(若f (x )为二次函数且I=R ，则有A>0)。

(6) f(x )在区间I 上无极值等价于f (x )在区间在上是单调函数，进而得到f (x )>0或f (x )<0在I 上恒成立 ⑺若V x G I ，f (x )>0恒成立，则fx )min >0;若V x G I ，f (x )<0恒成立，则f (x )max<0 ⑻若三x 0G l ，使得f (x 0)>0，则^>0；若三x 0Gl ，使得f(x 0)<0，则)皿<0. (9)设f (x )与g (x )的定义域的交集为D ，若V x G D f (x )>g (x )恒成立，贝第[f (x )-g (x )]>0.min(10)若对V X|G I、匕e1,f(x J>g(x)恒成立，则f(x).>g(x).112212minmax若对V x e I3x e I，使得f(x)>g(x)，则f(x)>g(x).112212minmin若对V x]e I，3x2G I2，使得f(x)<g(x)，则f(x)<g(x).112212maxmax(11)已知f(x)在区间11上的值域为A,,g(x)在区间I2上值域为B,若对V x1e11,3x2e I2，使得f(x1)=g(x2)成立，则A之B。

压轴题10导数的简单应用题型/考向一：导数的计算及几何意义题型/考向二：利用导数研究函数的单调性题型/考向三：利用导数研究函数的极值、最值○热○点○题○型一导数的计算及几何意义1.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′.2.导数的几何意义(1)函数在某点的导数即曲线在该点处的切线的斜率.(2)曲线在某点的切线与曲线过某点的切线不同.(3)切点既在切线上，又在曲线上.3.导数中的公切线问题，重点是导数的几何意义，通过双变量的处理，从而转化为零点问题，主要考查消元、转化、构造函数、数形结合能力以及数学运算素养.一、单选题1．函数()()ln 322f x x x =--的图象在点()()1,1f 处的切线方程是（）A ．10x y ++=B ．230x y ++=C ．230x y --=D ．30x y --=2．若函数()e ln xf x x a =++的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y kx =-，则=a （）A ．1B ．0C ．－1D ．e3．已知直线l 为曲线22ln y x x =-在1x =处的切线，则点()3,2-到直线l 的距离为（）AB ．10C ．5D 4．若直线y x a =+与函数()x f x e =和()ln g x x b =+的图象都相切，则a b +=（）A ．1-B ．0C ．1D ．35．曲线221e 24x y x -=⋅+在1x =处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．32B ．3C ．4916D ．4986．已知函数()()21220232023ln 22f x x xf x '=-++-，则()2023f '=（）A ．2022B ．2021C ．2020D ．20197．若对m ∀∈R ，,a b ∃∈R ，使得()()()f a f b f m a b-=-成立，则称函数()f x 满足性质Ω，下列函数不满足．．．性质Ω的是（）A ．()23f x x x=+B ．()()211f x x =+C ．()1ex f x -+=D ．()()cos 12f x x =-8．已知函数()f x 的定义域是()(),00,∞-+∞U ，()f x '为()f x 的导函数，若()()()121f f x f x x'=+-，则()f x 在()0,∞+上的最小值为（）A ．4215-B 1C 1D 1二、多选题9．已知函数()332f x x ax =+-的极值点分别为()1212,x x x x <，则下列选项正确的是（）A ．0a >B ．()()122f x f x +=C ．若()20f x <，则1a >D ．过()0,2仅能做曲线()=y f x 的一条切线10．若函数()()22ln 12x axf x x -=++的图象上，不存在互相垂直的切线，则a 的值可以是（）A ．-1B ．3C ．1D ．211．给出定义：若函数()f x 在D 上可导，即()f x '存在，且导函数()f x '在D 上也可导，则称()f x 在D 上存在二阶导函数，记()()()f x f x ''''=，若()0f x ''<在D 上恒成立，则称()f x 在D 上为凸函数，以下四个函数在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上是凸函数的是（）A ．()sin cos f x x x=-B ．()ln 3f x x x=-C ．()331f x x x =-+-D ．()exf x x -=12．设函数()y f x =在区间(),a b 上的导函数为()f x ，()f x 在区间(),a b 上的导函数为()f x ''，若区间(),a b 上()0f x ''<，则称函数()f x 在区间(),a b 上为“凸函数”．已知()5421122012f x x mx x =--在()1,2上为“凸函数”则实数m 的取值范围的一个必要不充分条件为（）A ．1m >-B ．m 1≥C ．1m >D ．0m >○热○点○题○型二利用导数研究函数的单调性利用导数研究函数单调性的关键(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域.(2)单调区间的划分要注意对导数等于零的点的确认.(3)已知函数单调性求参数范围，要注意导数等于零的情况.一、单选题1．函数()2e =-xf x x 的单调递增区间为（）A ．(),0∞-B ．()ln2,+∞C ．(],ln2∞-D ．[)0,∞+2．已知函数()2,0,ln ,,x a xf x x x a x⎧<<⎪⎪=⎨⎪≥⎪⎩若()f x 在()0,∞+上单调递减，则实数a 的取值范围是（）A ．21,e ⎡⎤⎣⎦B ．[]e,2eC ．2,e e ⎡⎤⎣⎦D ．[)e,+∞3．设0.33e a -=，0.6e b =， 1.6c =，则（）A ．c b a <<B ．c a b <<C ．b a c <<D ．b c a<<4．若函数()y f x =满足()()xf x f x '>-在R 上恒成立，且a b >，则（）A ．()()af b bf a >B ．()()af a bf b >C ．()()af a bf b <D ．()()af b bf a <5．已知()f x 是定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，()e sin xf x x =+，则不等式()π21e f x -<的解集是（）A ．1π,2+⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．1π0,2+⎛⎫⎪⎝⎭C ．π1e 0,2⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．1π1π,22-+⎛⎫⎪⎝⎭6．已知函数()f x 与()g x 定义域都为R ，满足()()()1e xx g x f x +=，且有()()()0g x xg x xg x ''+-<，()12e g =，则不等式()4f x <的解集为（）A ．()1,4B ．()0,2C ．(),2-∞D ．()1,+∞7．已知函数()x f x e =，若存在0[1,2]x ∈-使得00()()f t x f x t =+-恒成立，则0()b f x t =-的取值范围（）A ．10,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦B ．211,e 2e⎡⎤+-⎢⎥⎣⎦C ．11,1e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦D ．21,e 2⎡⎤-⎣⎦8．已知函数()312x f x x +=+，()()42e xg x x =-，若[)12,0,x x ∀∈+∞，不等式()()()()2221e e t g x t f x +≤+恒成立，则正数t 的取值范围是（）A ．21,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．22,e ⎤-⎦C ．)2⎡++∞⎣D ．()2e,⎡+∞⎣二、多选题9．已知函数()(1)e x f x x =+的导函数为()f x '，则（）A ．函数()f x 的极小值点为21e -B ．(2)0f '-=C ．函数()f x 的单调递减区间为(,2)-∞-D ．若函数()()g x f x a =-有两个不同的零点，则21(,0)e a ∈-10．对于三次函数()()320ax bx d a f x cx =+++≠，给出定义：设()f x '是函数()y f x =的导数，()f x ''是函数()f x '的导数，若方程()0f x ''=有实数解0x ，则称()()00,x f x 为函数()y f x =的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若函数()()3211R 32f x x x x b b =-++∈，则（）A ．()f x 一定有两个极值点B ．函数()y f x =在R 上单调递增C ．过点()0,b 可以作曲线()y f x =的2条切线D ．当712b =时，123202220222023202320232023f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭三、解答题11．已知函数()321132f x x ax =-，a ∈R ．(1)当2a =时，求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性．12．已知函数()222ln 12x x f x x-+=．求函数()f x 的单调区间；○热○点○题○型三利用导数研究函数的极值、最值1.由导函数的图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点(1)由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点.(2)由y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的函数值的正负，从而可得到函数y ＝f (x )的单调性，可得极值点.2.求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤(1)求函数在(a ，b )内的极值.(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b ).(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.一、单选题1．函数()32142f x x x x =+-的极小值为（）A ．43-B ．1C ．52-D ．104272．函数()f x 的定义域为R ，导函数()f x '的图象如图所示，则函数()f x （）A ．无极大值点、有四个极小值点B ．有三个极大值点、一个极小值点C ．有两个极大值点、两个极小值点D ．有四个极大值点、无极小值点3．已知函数()π2sin 3f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭()0ω>在()0,π上有3个极值点，则ω的取值范围为（）A ．13,6⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．1319,66⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1319,66⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．713,66⎛⎤ ⎥⎝⎦4．已知函数()2e ln 2xx f x x =+-的极值点为1x ，函数()ln 2x h x x =的最大值为2x ，则（）A ．12x x >B ．21x x >C ．12x x ≥D ．21x x ≥5．若函数()3222f x x ax a x =++在1x =处有极大值，则实数a 的值为（）A ．1B ．1-或3-C ．1-D ．3-6．已知函数()()2ln 11f x x x =+++，则（）A ．0x =是()f x 的极小值点B ．1x =是()f x 的极大值点C ．()f x 的最小值为1ln 2+D ．()f x 的最大值为37．若函数()3e 3ln x f x a x x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭只有一个极值点，则a 的取值范围是（）A ．2e ,4⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．(]3e ,09⎧⎫-∞⎨⎬⎩⎭ D ．32e e ,49 纟禳镲çú-¥睚çú镲棼铪8．已知定义域为()0,∞+的函数()f x 满足()1()1f x xf x x'+=+，()10f '=，()1122g x a ax x=+--，若01a <<，则()()f x g x -的极值情况是（）A ．有极大值，无极小值B ．有极小值，无极大值C ．既有极大值，又有极小值D ．既无极小值，也无极大值二、多选题9．已知函数()2211e e x x f x -+=+，则（）A ．()f x 为奇函数B ．()f x 在区间()0,2上单调递减C ．()f x 的极小值为22e D ．()f x 的最大值为411e +10．设函数()ln xf x ax x=-，若函数()f x 有两个极值点，则实数a 的值可以是（）A ．12B ．18C ．2D ．14-三、解答题11．已知函数()()322113f x x ax a x b =-+-+（a ，b ∈R ），其图象在点()()1,1f 处的切线方程为30x y +-=．(1)求a ，b 的值；(2)求函数()f x 的单调区间和极值；(3)求函数()f x 在区间[]2,5-上的最大值．12．已知函数()ln xf x x a=+，其中a 为常数，e 为自然对数的底数.(1)当1a =-时，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在区间(]0,e 上的最大值为2，求a 的值.。

函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。

下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。

其中描述正确的个数有（。

）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。

当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。

当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。

当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。

因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。

专治学霸不服——导数压轴小题1. 已知函数f(x)=xe x−m2x2−mx，则函数f(x)在[1,2]上的最小值不可能为( )A. e−32m B. −12mln2m C. 2e2−4m D. e2−2m2. 已知函数f(x)=sinxx ，若π3<a<b<2π3，则下列结论正确的是( )A. f(a)<f(√ab)<f(a+b2) B. f(√ab)<f(a+b2)<f(b)C. f(√ab)<f(a+b2)<f(a) D. f(b)<f(a+b2)<f(√ab)3. 已知e为自然对数的底数，对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，则实数a的取值范围是( )A. [1,e]B. (1,e]C. (1+1e ,e] D. [1+1e,e]4. 若存在正实数x，y，z满足z2≤x≤ez且zln yz=x，则ln yx的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [1,e−1]C. (−∞,e−1]D. [1,12+ln2]5. 已知方程ln∣x∣−ax2+32=0有4个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )A. (0,e 22) B. (0,e22] C. (0,e23) D. (0,e23]6. 设函数f(x)=e x(sinx−cosx)(0≤x≤2016π)，则函数f(x)的各极小值之和为( )A. −e 2π(1−e2016π)1−e2πB. −e2π(1−e1008π)1−eπC. −e 2π(1−e1008π)1−e2πD. −e2π(1−e2014π)1−e2π7. 若函数f(x)满足f(x)=x(fʹ(x)−lnx)，且f(1e )=1e，则ef(e x)<fʹ(1e)+1的解集为( )A. (−∞,−1)B. (−1,+∞)C. (0,1e)D. (1e,+∞)8. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0，且 a ≠1）；② g (x )≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则 a 等于 ( )A. 12B. 2C. 54D. 2 或 129. 已知函数 f (x )=1+lnx x，若关于 x 的不等式 f 2(x )+af (x )>0 有两个整数解，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−1+ln22,−1+ln33) B. (1+ln33,1+ln22) C. (−1+ln22,−1+ln33] D. (−1,−1+ln33]10. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 f (x )−m (x −1)>0 对任意的 x >1 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 2B. 3C. 4D. 511. 已知函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0，若 f (−a )+f (a )≤2f (1)，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (−∞,−1]∪[1,+∞)B. [−1,0]C. [0,1]D. [−1,1]12. 已知 fʹ(x ) 是定义在 (0,+∞) 上的函数 f (x ) 的导函数，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 ∀x ∈(0,+∞)，f [f (x )−log 2016x ]=2017，设 a =f (20.5)，b =f (log π3)，c =f (log 43)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. b >c >aB. a >c >bC. c >b >aD. a >b >c13. 已知函数 f (x )={lnx,x ≥11−x 2,x <1，若 F (x )=f [f (x )+1]+m 有两个零点 x 1，x 2，则 x 1⋅x 2 的取值范围是 ( ) A. [4−2ln2,+∞) B. (√e,+∞)C. (−∞,4−2ln2]D. (−∞,√e)14. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，当 x <0 时，f (x )=(x +1)e x ， 则对任意的 m ∈R ，函数 F (x )=f(f (x ))−m 的零点个数至多有 ( )A. 3 个B. 4 个C. 6 个D. 9 个15. 设 f (x )=∣lnx∣，若函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点，则实数 a 的取值范围是 ( )A. (0,1e ) B. (ln33,e) C. (0,ln33] D. [ln33,1e)16. 已知 f (x ) 是定义在 R 上的偶函数，其导函数为 fʹ(x )，若 fʹ(x )<f (x )，且 f (x +1)=f (3−x )，f (2015)=2，则不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357A. (1,+∞)B. (e,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,1e)17. 设函数 f (x ) 的导函数为 fʹ(x )，对任意 x ∈R 都有 fʹ(x )>f (x ) 成立，则 ( ) A. 3f (ln2)>2f (ln3) B. 3f (ln2)=2f (ln3) C. 3f (ln2)<2f (ln3)D. 3f (ln2) 与 2f (ln3) 的大小不确定18. 已知函数 f (x )=x 33+12ax 2+2bx +c ，方程 fʹ(x )=0 两个根分别在区间 (0,1) 与 (1,2) 内，则 b−2a−1的取值范围为 ( )A. (14,1)B. (−∞,14)∪(1,∞)C. (−1,−14)D. (14,2)19. 已知 f (x )=∣xe x ∣，又 g (x )=f 2(x )−tf (x )(t ∈R )，若满足 g (x )=−1 的 x 有四个，则 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,−e 2+1e) B. (e 2+1e,+∞) C. (−e 2+1e,−2) D. (2,e 2+1e)20. 已知 f (x ) 是定义在 (0,+∞) 上的单调函数，且对任意的 x ∈(0,+∞)，都有 f [f (x )−log 2x ]=3，则方程 f (x )−fʹ(x )=2 的解所在的区间是 ( ) A. (0,12)B. (12,1)C. (1,2)D. (2,3)21. 已知函数 f (x )={√1+9x 2,x ≤01+xe x−1,x >0，点 A ，B 是函数 f (x ) 图象上不同两点，则 ∠AOB （O 为坐标原点）的取值范围是 ( )A. (0,π4) B. (0,π4] C. (0,π3) D. (0,π3]22. 定义：如果函数 f (x ) 在 [a,b ] 上存在 x 1，x 2 (0<x 1<x 2＜a) 满足 fʹ(x 1)=f (b )−f (a )b−a ，fʹ(x 2)=f (b )−f (a )b−a，则称函数 f (x ) 是 [a,b ] 上的“双中值函数”．已知函数 f (x )=x 3−x 2+a 是 [0,a ] 上的“双中值函数”，则实数 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (13,12)B. (32,3)C. (12,1)D. (13,1)23. 已知函数 f (x )=2mx 2−2(4−m )x +1，g (x )=mx ，若对于任意实数 x ，函数 f (x ) 与 g (x ) 的值至少有一个为正值，则实数 m 的取值范围是 ( )A. (2,8)B. (0,2)C. (0,8)D. (−∞,0)24. 已知 a,b ∈R ，且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 ab 的最大值是( )A. 12e 3B. √22e 3 C.√32e 3 D. e 325. 函数 f (x ) 是定义在区间 (0,+∞) 上的可导函数 ， 其导函数为 fʹ(x )，且满足 xfʹ(x )+2f (x )>0，则不等式 (x+2016)f (x+2016)5<5f (5)x+2016的解集为 ( ) A. {x >−2011} B. {x ∣x <−2011} C. {x ∣−2011<x <0}D. {x∣∣−2016<x ＜−2011}26. 设 D =√(x −a )2+(lnx −a 24)2+a 24+1(a ∈R )，则 D 的最小值为( ) A. √22B. 1C. √2D. 227. 已知定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，且当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），若 a =0.76f (0.76)，b =log 1076f (log 1076)，c =60.6f (60.6)，则 a ，b ，c 的大小关系是 ( )A. a >b >cB. b >a >cC. c >a >bD. a >c >b28. 对任意的正数 x ，都存在两个不同的正数 y ，使 x 2(lny −lnx )−ay 2=0 成立，则实数 a 的取值范围为 ( )A. (0,12e ) B. (−∞,12e ) C. (12e ,+∞) D. (12e,1)29. 已知函数 f (x )=x 3−6x 2+9x ，g (x )=13x 3−a+12x 2+ax −13(a >1) 若对任意的 x 1∈[0,4]，总存在 x 2∈[0,4]，使得 f (x 1)=g (x 2)，则实数 a 的取值范围为 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (1,94]B. [9,+∞)C. (1,94]∪[9,+∞)D. [32,94]∪[9,+∞)30. 定义在 R 上的偶函数 f (x ) 满足 f (2−x )=f (x )，且当 x ∈[1,2] 时，f (x )=lnx −x +1，若函数g (x )=f (x )+mx 有 7 个零点，则实数 m 的取值范围为 ( )A. (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)B. (ln2−16,ln2−18) C. (1−ln28,1−ln26) D. (1−ln28,ln2−16)31. 已知函数 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，若方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根，则实数 a 的取值范围为 ( ) A. (−∞,−e )B. (−∞,−1)C. (1,+∞)D. (e,+∞)32. 已知 fʹ(x ) 是奇函数 f (x ) 的导函数，f (−1)=0，当 x >0 时，xfʹ(x )−f (x )>0，则使得 f (x )>0 成立的 x 的取值范围是 ( ) A. (−∞,−1)∪(0,1) B. (−1,0)∪(1,+∞) C. (−1,0)∪(0,1)D. (−∞,−1)∪(1,+∞)33. 已知函数 f (x ) 在定义域 R 上的导函数为 fʹ(x )，若方程 fʹ(x )=0 无解，且 f [f (x )−2017x ]=2017，当 g (x )=sinx −cosx −kx 在 [−π2,π2] 上与 f (x ) 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是 ( )A. (−∞,−1]B. (−∞,√2]C. [−1,√2]D. [√2,+∞)34. 已知函数 f (x )=e x ∣x∣，关于 x 的方程 f 2(x )−2af (x )+a −1=0(a ∈R )有 3 个相异的实数根，则 a 的取值范围是 ( ) A. (e 2−12e−1,+∞)B. (−∞,e 2−12e−1) C. (0,e 2−12e−1) D. {e 2−12e−1}35. 函数 y =f (x ) 图象上不同两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2) 处的切线的斜率分别是 k A ，k B ，规定 φ(A,B )=∣k A −k B ∣∣AB∣叫做曲线在点 A 与点 B 之间的“弯曲度”．设曲线 y =e x 上不同的两点 A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，且 x 1−x 2=1，若 t ⋅φ(A,B )<3 恒成立，则实数 t 的取值范围是 ( )A. (−∞,3]B. (−∞,2]C. (−∞,1]D. [1,3]36. 已知函数 f (x )=ax 3+3x 2+1，若至少存在两个实数 m ，使得 f (−m )，f (1)，f (m +2) 成等差数列，则过坐标原点作曲线 y =f (x ) 的切线可以作 ( ) A. 3 条B. 2 条C. 1 条D. 0 条37. 已知整数对排列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，⋯，则第 60 个整数对是 ( ) A. (5,7)B. (4,8)C. (5,8)D. (6,7)38. 已知函数 f (x )={∣log 3x ∣,0<x <3,−cos (π3x),3≤x ≤9.若存在实数 x 1，x 2，x 3，x 4，当 x 1<x 2<x 3<x 4 时，满足 f (x 1)=f (x 2)=f (x 3)=f (x 4)，则 x 1⋅x 2⋅x 3⋅x 4 的取值范围是 ( ) A. (7,294)B. (21,1354) C. [27,30)D. (27,1354)39. 已知函数 f (x )=e 2x ，g (x )=lnx +12的图象分别与直线 y =b 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣ 的最小值为 ( )A. 1B. e 12C. 2+ln22D. e −ln3240. 设 A ，B 分别为双曲线 C ：x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 的左、右顶点，P ，Q 是双曲线 C 上关于 x 轴对称的不同两点，设直线 AP ，BQ 的斜率分别为 m ，n ，则2b a+a b+12∣mn∣+ln ∣m ∣+ln ∣n ∣ 取得最小值时，双曲线 C 的离心率为 ( ) A. √2B. √3C. √6D. √6241. 已知 f (x )，g (x ) 都是定义在 R 上的函数，且满足以下条件：① f (x )=a x ⋅g (x )（a >0,a ≠1）；② g (x ) ≠0；③ f (x )⋅gʹ(x )>fʹ(x )⋅g (x )．若 f (1)g (1)+f (−1)g (−1)=52，则使 log a x >1 成立的 x 的取值范围是 ( )A. (0,12)∪(2,+∞)B. (0,12)C. (−∞,12)∪(2,+∞)D. (2,+∞)42. 已知函数 f (x )=∣sinx ∣(x ∈[−π,π])，g (x )=x −2sinx (x ∈[−π,π])，设方程 f(f (x ))=0，f(g (x ))=0，g(g (x ))=0 的实根的个数分别为 m ，n ，t ，则 m +n +t = ( )A. 9B. 13C. 17D. 2143. 设 f (x ) 是定义在 R 上的奇函数，且 f (2)=0，当 x >0 时，有xfʹ(x )−f (x )x 2<0 恒成立，则不等式 x 2f (x )>0 的解集是 ( )A. (−2,0)∪(2,+∞)B. (−∞,−2)∪(0,2)C. (−∞,−2)∪(2,+∞)D. (−2,0)∪(0,2)44. 已知函数 f (x )={−x 2+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]45. 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 ∑(x i +m i=1y i )= ( )A. 0B. mC. 2mD. 4m46. 若函数 f (x )=x −13sin2x +asinx 在 (−∞,+∞) 单调递增，则 a 的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. [−1,1]B. [−1,13]C. [−13,13]D. [−1,−13]47. 已知两曲线 y =x 3+ax 和 y =x 2+bx +c 都经过点 P (1,2)，且在点 P处有公切线，则当 x ≥12 时，log bax 2−c 2x的最小值为 ( )A. −1B. 1C. 12D. 048. 直线 y =m 分别与 y =2x +3 及 y =x +lnx 交于 A ，B 两点，则 ∣AB∣的最小值为 ( ) A. 1B. 2C. 3D. 449. 设函数 f (x )=x 2−2x +1+alnx 有两个极值点 x 1，x 2，且 x 1<x 2，则 f (x 2) 的取值范围是 ( ) A. (0,1+2ln24) B. (1−2ln24,0)C. (1+2ln24,+∞) D. (−∞,1−2ln24)50. 设直线 l 1，l 2 分别是函数 f (x )={−lnx,0<x <1,lnx,x >1,图象上点 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,+∞)51. 已知定义在 R 上的奇函数 f (x )，其导函数为 fʹ(x )，对任意正实数 x 满足 xfʹ(x )>2f (−x )，若 g (x )=x 2f (x )，则不等式 g (x )<g (1−3x ) 的解集是 ( ) A. (14,+∞)B. (−∞,14)C. (0,14)D. (−∞,14)∪(14,+∞)52. 已知函数 f (x )=x (lnx −ax ) 有两个极值点，则实数 a 的取值范围是( )A. (−∞,0)B. (0,12)C. (0,1)D. (0,+∞)53. 已知函数 f (x )=x +xlnx ，若 m ∈Z ，且 (m −2)(x −2)<f (x ) 对任意的 x >2 恒成立，则 m 的最大值为 ( ) A. 4B. 5C. 6D. 854. 已知函数 f (x )=a x+xlnx ，g (x )=x 3−x 2−5，若对任意的 x 1,x 2∈[12,2]，都有 f (x 1)−g (x 2)≥2 成立，则 a 的取值范围是 ( )A. (0,+∞)B. [1,+∞)C. (−∞,0)D. (−∞,−1]55. 设函数 f (x )=e x (2x −1)−ax +a ，其中 a <1，若存在唯一的整数x 0 使得 f (x 0)<0，则 a 的取值范围是 ( )A. [−32e,1) B. [−32e ,34) C. [32e ,34)D. [32e,1)56. 函数 f (x )={(x −a )2+e,x ≤2xlnx+a +10,x >2（e 是自然对数的底数），若 f (2) 是函数 f (x ) 的最小值，则 a 的取值范围是 ( ) A. [−1,6]B. [1,4]C. [2,4]D. [2,6]57. f (x )，g (x )(g (x )≠0) 分别是定义在 R 上的奇函数和偶函数，当 x <0时，fʹ(x )g (x )<f (x )gʹ(x )，且 f (−3)=0，f (x )g (x )<0 的解集为 ( )A. (−∞,−3)∪(3,+∞)B. (−3,0)∪(0,3)C. (−3,0)∪(3,+∞)D. (−∞,−3)∪(0,3)58. 已知函数 f (x )=x 3+bx 2+cx +d （b ，c ，d 为常数），当 x ∈(0,1) 时 f (x ) 取得极大值，当 x ∈(1,2) 时 f (x ) 取得极小值，则 (b +12)2+(c −3)2的取值范围是 ( )高中数学资料共享群QQ 群号：734924357 A. (√372,5) B. (√5,5)C. (374,25)D. (5,25)59. 若关于 x 的方程 ∣x 4−x 3∣=ax 在 R 上存在 4 个不同的实根，则实数a 的取值范围为 ( ) A. (0,427)B. (0,427]C. (427,23)D. (427,23]60. 设函数 f (x ) 在 R 上存在导函数 fʹ(x )，若对 ∀x ∈R ，有 f (−x )+f (x )=x 2，且当 x ∈(0,+∞) 时，fʹ(x )>x ．若 f (2−a )−f (a )≥2−2a ，则 a 的取值范围是 ( )A. (−∞,1]B. [1,+∞)C. (−∞,2]D. [2,+∞)61. 已知 e 为自然对数的底数，若对任意的 x ∈[1e,1]，总存在唯一的 y ∈[−1,1]，使得 lnx −x +1+a =y 2e y 成立，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. [1e ,e]B. (2e,e]C. (2e,+∞)D. (2e ,e +1e)62. 设函数 f (x )={2x +1,x >0,0,x =0,2x −1,x <0.若不等式 f (x −1)+f (mx)>0 对任意x >0 恒成立，则实数 m 的取值范围是 ( ) A. (−14,14)B. (0,14)C. (14,+∞)D. (1,+∞)63. 若 0<x 1<x 2<1，则 ( )A. e x 2−e x 1>lnx 2−lnx 1B. e x 1−e x 2<lnx 2−lnx 1C. x 2e x 1>x 1e x 2D. x 2e x 1<x 1e x 264. 函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)=f(2−x)，且(x−1)fʹ(x)<0，若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a，b，c的大小关系是( )A. a>b>cB. b>a>cC. c>b>aD. a>c>b65. 已知函数f(x)=x−4+9x+1,x∈(0,4)．当x=a时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)=(1a )∣x+b∣的图象为( )A. B.C. D.66. f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，且对∀x∈(0,+∞)都有f(f(x)−lnx)=e+1，则方程f(x)−fʹ(x)=e的实数解所在的区间是( )高中数学资料共享群QQ群号：734924357A. (0,1e ) B. (1e,1) C. (1,e) D. (e,3)67. 已知R上的奇函数f(x)满足fʹ(x)>−2，则不等式f(x−1)<x2(3−2lnx)+3(1−2x)的解集是( )A. (0,1e) B. (0,1) C. (1,+∞) D. (e,+∞)68. 已知函数f(x)=sinxx，给出下面三个结论：①函数f(x)在区间(−π2,0)上单调递增，在区间(0,π2)上单调递减；②函数f(x)没有最大值，而有最小值；③函数f(x)在区间(0,π)上不存在零点，也不存在极值点．其中，所有正确结论的序号是( )A. ①②B. ①③C. ②③D. ①②③69. 已知函数 f (x ) 是定义在 R 上的可导函数，fʹ(x ) 为其导函数，若对于任意实数 x ，有 f (x )−fʹ(x )>0，则 A. ef (2015)>f (2016) B. ef (2015)<f (2016) C. ef (2015)=f (2016)D. ef (2015) 与 f (2016) 大小不能确定70. 若存在正实数 m ，使得关于 x 的方程 x +a (2x +2m −4ex )[ln (x +m )−lnx ]=0 有两个不同的根，其中 e 为自然对数的底数，则实数 a 的取值范围是 ( ) A. (−∞,0)B. (0,12e )C. (−∞,0)∪(12e ,+∞)D. (12e ,+∞)71. 定义在 (0,π2) 上的函数 f (x )，fʹ(x ) 是它的导函数，且恒有 f (x )⋅tanx <fʹ(x ) 成立，则 ( ) A. √3f (π4)>√2f (π3)B. f (1)<2f (π6)sin1C. √2f (π6)>f (π4) D. √3f (π6)<f (π3)72. 已知函数 f (x )=x 3+ax 2+bx +c ，下列结论中错误的是 ( )A. ∃x 0∈R ，f (x 0)=0B. 函数 y =f (x ) 的图象是中心对称图形C. 若 x 0 是 f (x ) 的极小值点，则 f (x ) 在区间 (−∞,x 0) 单调递减D. 若 x 0 是 f (x ) 的极值点，则 fʹ(x 0)=073. 已知函数 f (x )=ln x2+12，g (x )=e x−2，若 g (m )=f (n ) 成立，则 n −m 的最小值为 ( )A. 1−ln2B. ln2C. 2√e −3D. e 2−374. 设函数 f (x )=e x (x 3−3x +3)−ae x −x (x ≥−2)，若不等式 f (x )≤0有解．则实数 a 的最小值为 ( )A. 2e −1 B. 2−2eC. 1+2e2D. 1−1e75. 设函数f(x)=2lnx−12mx2−nx，若x=2是f(x)的极大值点，则m 的取值范围为( )A. (−12,+∞) B. (−12,0)C. (0,+∞)D. (−∞,−12)∪(0,+∞)76. 已知函数f(x)=ax3+bx2−2(a≠0)有且仅有两个不同的零点x1，x2，则( )A. 当a<0时，x1+x2<0，x1x2>0B. 当a<0时，x1+x2>0，x1x2<0C. 当a>0时，x1+x2<0，x1x2>0D. 当a>0时，x1+x2>0，x1x2<077. 已知函数f(x)=ax3−3x2+1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0，则a的取值范围为( )A. (2,+∞)B. (1,+∞)C. (−∞,−2)D. (−∞,−1)78. 设f(x)、g(x)是定义域为R的恒大于零的可导函数，且fʹ(x)g(x)−f(x)gʹ(x)<0，则当a<x<b时，有( )A. f(x)g(x)>f(b)g(b)B. f(x)g(a)>f(a)g(x)C. f(x)g(b)>f(b)g(x)D. f(x)g(x)>f(a)g(a)79. 设函数fʹ(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f(0)=1，且3f(x)=fʹ(x)−3，则4f(x)>fʹ(x)的解集为( )A. (ln43,+∞) B. (ln23,+∞) C. (√32,+∞) D. (√e3,+∞)80. 下列关于函数f(x)=(2x−x2)e x的判断正确的是( )①f(x)>0的解集是{x∣0<x<2}；②f(−√2)是极小值，f(√2)是极大值；③f(x)没有最小值，也没有最大值；④f(x)有最大值，没有最小值．A. ①③B. ①②③C. ②④D. ①②④参考答案，仅供参考啊1. D 【解析】fʹ(x)=e x+xe x−m(x+1)=(x+1)(e x−m)，因为1≤x≤2，所以e≤e x≤e2，①当m≤e时，e x−m≥0，由x≥1，可得fʹ(x)≥0，此时函数f(x)单调递增．高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以当x=1时，函数f(x)取得最小值，f(1)=e−32m．②当m≥e2时，e x−m≤0，由x≥1，可得fʹ(x)≤0，此时函数f(x)单调递减．所以当x=2时，函数f(x)取得最小值，f(2)=2e2−4m．③当e2>m>e时，由e x−m=0，解得x=lnm．当1≤x<lnm时，fʹ(x)<0，此时函数f(x)单调递减；当lnm<x≤1时，fʹ(x)>0，此时函数f(x)单调递增．所以当x=lnm时，函数f(x)取得极小值即最小值，f(lnm)=−m2ln2m．2. D 【解析】fʹ(x)=xcosx−sinxx2(0<x<π)．（i）当x=π2时，fʹ(x)=−4π2<0；（ii）当0<x<π，且x≠π2时，fʹ(x)=xcosx−sinxx2=cosx(x−tanx)x2．①当0<x<π2时，根据三角函数线的性质，得x<tanx，又cosx>0，所以fʹ(x)<0；②当π2<x<π时，tanx<0，则x−tanx>0，又cosx<0，所以fʹ(x)< 0．综合（i）（ii），当0<x<π时，fʹ(x)<0．所以f(x)在(0,π)上是减函数．若π3<a<b<2π3，则π3<a<√ab<a+b2<b<2π3，所以f(a)>f(√ab)>f(a+b2)>f(b)．3. C 【解析】令f(x1)=a−x1，则f(x1)=a−x1在x1∈[0,1]上单调递减，且f(0)=a，f(1)=a−1．令g(x2)=x22e x2，则gʹ(x2)=2x2e x2+x22e x2=x2e x2(x2+2)，且g(0)=0，g(−1)=1e，g(1)=e．若对任意的x1∈[0,1]，总存在唯一的x2∈[−1,1]，使得x1+x22e x2−a=0成立，即f(x1)=g(x2)，则f(x1)=a−x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)=a≤e，因为g(x2)在[−1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g(x2)∈(0,1e]时，有两个x2使得f(x1)=g(x2)．若只有唯一的x2∈[−1,1]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x1)的最小值要比1e大，所以f(1)=a−1>1e，所以a>1+1e，故实数a的取值范围是(1+1e,e]．4. B 【解析】zln yz=x，所以xz=lny−lnz，所以lny=xz+lnz，所以ln yx =lny−lnx=xz+lnz−lnx=xz+ln zx，令zx =t，则ln yx=1t+lnt，又因为z2≤x≤ez，所以12≤xz≤e，即t∈[1e ,2]，令ln yx=1t+lnt=f(t)，则fʹ(t)=t−1t2，令fʹ(t)=0即t=1，又因为1e≤t≤2，所以t∈[1e,1]时fʹ(t)<0，f(t)单调减，t∈[1,2]时fʹ(t)>0，f(t)单调增，所以t=1时f(t)取极小值，即f(1)=1，f(2)=12+ln2，f(1e)=e+ln1e=e−1f(1e )−f(2)=e−ln2−32>e−lne−32=e−52>0，所以f(t)最大值为e−1，所以f(t)∈[1,e−1]，高中数学资料共享群QQ群号：734924357所以ln yx∈[1,e−1]．5. A【解析】由ln∣x∣−ax2+32=0得ax2=ln∣x∣+32，因为x≠0，所以方程等价为a=ln∣x∣+32x2，设f(x)=ln∣x∣+32x2，则函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=lnx+32x2，则fʹ(x)=1x⋅x2−(lnx+32)⋅2xx4=x−2xlnx−3xx4=−2x(1+lnx)x4,由fʹ(x)>0得−2x(1+lnx)>0，得1+lnx<0，即lnx<−1，得0<x<1e，此时函数单调递增，由fʹ(x)<0得−2x(1+lnx)<0，得1+lnx>0，即lnx>−1，得x>1e，此时函数单调递减，即当 x >0 时，x =1e 时，函数 f (x ) 取得极大值 f (1e)=ln 1e +32(1e)2=(−1+32)e 2=12e 2， 作出函数f (x ) 的图象如图：要使 a =ln∣x∣+32x 2，有 4 个不同的交点，则满足 0<a <12e 2．6. D 【解析】提示：令 fʹ(x )=2sinx ⋅e x =0，得 x =kπ，易知当 x =2kπ(k ∈Z ),1≤k ≤1007 时 f (x ) 取到极小值，故各极小值之和为f (2π)+f (4π)+⋯+f (2014π)=−(e 2π+e 4π+⋯+e 2014π)=−e 2π(1−e 2014π)1−e 2π.7. A 【解析】因为 f (x )=x (fʹ(x )−lnx )， 所以 xfʹ(x )−f (x )=xlnx ， 所以xfʹ(x )−f (x )x 2=lnx x，所以 [f (x )x]ʹ=lnxx，令 F (x )=f (x )x ，则 Fʹ(x )=lnx x，f (x )=xF (x )，所以 fʹ(x )=F (x )+xFʹ(x )=F (x )+lnx ， 所以 fʺ(x )=Fʹ(x )+1x=lnx+1x，因为 x ∈(0,1e )，fʺ(x )<0，fʹ(x ) 单减，x ∈(1e ,+∞)，fʺ(x )>0，fʹ(x ) 单增，所以 fʹ(x )≥fʹ(1e )=F (1e )+ln 1e =ef (1e )−1=0，所以 fʹ(x )≥0，所以 f (x ) 在 (0,+∞) 上单增，因为 e ⋅f (e x )<fʹ(1e )+1，fʹ(1e )=−1+e ⋅f (1e )=0， 所以 e ⋅f (e x )<1， 所以 f (e x )<1e ，所以 f (e x )<f (1e )， 所以 0<e x <1e ，所以不等式的解集为 x <−1． 8. A 9. C 【解析】因为 fʹ(x )=1−(1+lnx )x 2=−lnx x 2，所以 f (x ) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,,+∞) 上单调递减，当 a >0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<−a 或 f (x )>0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a =0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )≠0，此时不等式 f 2(x )+af (x )>0 有无数个整数解，不符合题意；当 a <0 时，f 2(x )+af (x )>0⇔f (x )<0 或 f (x )>−a ，要使不等式 f 2(x )+af (x )>0 恰有两个整数解，必须满足 f (3)≤−a <f (2)，得 −1+ln22<a ≤−1+ln33．10. B【解析】因为 f (x )=x +xlnx ，所以 f (x )−m (x −1)>0 对任意 x >1 恒成立，即 m (x −1)<x +xlnx ， 因为 x >1，也就是 m <x⋅lnx+x x−1对任意 x >1 恒成立．令 ℎ(x )=x⋅lnx+x x−1，则 ℎʹ(x )=x−lnx−2(x−1)2，令 φ(x )=x −lnx −2(x >1)，则 φʹ(x )=1−1x=x−1x>0，所以函数 φ(x ) 在 (1,+∞) 上单调递增．因为 φ(3)=1−ln3<0，φ(4)=2−2ln2>0，所以方程 φ(x )=0 在 (1,+∞) 上存在唯一实根 x 0，且满足 x 0∈(3,4)． 当 1<x <x 0 时，φ(x )<0，即 ℎʹ(x )<0， 当 x >x 0 时，φ(x )>0，即 ℎʹ(x )>0，所以函数 ℎ(x ) 在 (1,x 0) 上单调递减，在 (x 0,+∞) 上单调递增． 所以 [ℎ(x )]min =ℎ(x 0)=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)．所以 m <[g (x )]min =x 0，因为 x 0∈(3,4)，故整数 m 的最大值是 3． 11. D 【解析】函数 f (x )={xln (1+x )+x 2,x ≥0−xln (1−x )+x 2,x <0， 将 x 换为 −x ，函数值不变，即有 f (x ) 图象关于 y 轴对称，即 f (x ) 为偶函数，有 f (−x )=f (x )，当 x ≥0 时，f (x )=xln (1+x )+x 2 的导数为 fʹ(x )=ln (1+x )+x 1+x+2x ≥0，则 f (x ) 在 [0,+∞) 递增，f (−a )+f (a )≤2f (1)，即为 2f (a )≤2f (1)， 可得 f (∣a∣)≤f (1)，可得 ∣a∣≤1，解得 −1≤a ≤1．12. D 【解析】由题意，可知 f (x )−log 2016x 是定值，不妨令 t =f (x )−log 2016x ，则 f (x )=log 2016x +t ，又 f (t )=2017，所以 log 2016t +t =2017⇒t =2016，即 f (x )=log 2016x +2016，则 fʹ(x )=1xln2016，显然当x ∈(0,+∞) 时，有 fʹ(x )>0，即函数 f (x ) 在 (0,+∞) 上为单调递增，又 20.5>1>log π3>log 43，所以 f (20.5)>f (log π3)>f (log 43)． 13. D 【解析】当 x ≥1 时，f (x )=lnx ≥0， 所以 f (x )+1≥1，所以 f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，当 x <1，f (x )=1−x2>12，f (x )+1>32，f [f (x )+1]=ln (f (x )+1)，综上可知：F[f(x)+1]=ln(f(x)+1)+m=0，则f(x)+1=e−m，f(x)=e−m−1，有两个根x1，x2，（不妨设x1<x2），当x≥1是，lnx2=e−m−1，当x<1时，1−x12=e−m−1，令t=e−m−1>12，则lnx2=t，x2=e t，1−x12=t，x1=2−2t，所以x1x2=e t(2−2t)，t>12，设g(t)=e t(2−2t)，t>12，求导gʹ(t)=−2te t，t∈(12,+∞)，gʹ(t)<0，函数g(t)单调递减，所以g(t)<g(12)=√e，所以g(x)的值域为(−∞,√e)，所以x1x2取值范围为(−∞,√e)．14. A 【解析】当x<0时，f(x)=(x+1)e x，可得fʹ(x)=(x+2)e x，可知x∈(−∞,−2)，函数是减函数，x∈(−2,0)函数是增函数，f(−2)=−1e2，f(−1)=0，且x→0时，f(x)→1，又f(x)是定义在R上的奇函数，f(0)=0，而x∈(−∞,−1)时，f(x)<0，所以函数的图象如图：令t=f(x)则f(t)=m，由图象可知：当t∈(−1,1)时，方程f(x)=t至多3个根，当t∉(−1,1)时，方程没有实数根，而对于任意m∈R，方程f(t)=m至多有一个根，t∈(−1,1)，从而函数F(x)=f(f(x))−m的零点个数至多有3个．15. D【解析】函数g(x)=f(x)−ax在区间(0,3]上有三个零点即函数f(x)=∣lnx∣与y=ax在区间(0,3]上有三个交点．画图如下．当 a ≤0 时，显然，不合乎题意，当 a ＞0 时，由图知，当 x ∈(0,1] 时，存在一个交点，当 x ＞1 时，f (x )=lnx ，可得 g (x )=lnx −ax (x ∈(1,3])，gʹ(x )=1x−a =1−ax x，若 gʹ(x )＜0，可得 x ＞1a，g (x ) 为减函数，若 gʹ(x )＞0，可得 x ＜1a，g (x ) 为增函数，此时 y =f (x ) 与 y =ax 必须在 [1,3] 上有两个交点，即 y =g (x ) 在 [1,3] 上有两个零点，所以 {g (1a)＞0,g (3)≤0,g (1)≤0,解得ln33≤a ＜1e，故函数 g (x )=f (x )−ax 在区间 (0,3] 上有三个零点时，ln33≤a ＜1e．16. A 【解析】因为函数 f (x ) 是偶函数， 所以 f (x +1)=f (3−x )=f (x −3)．所以 f (x +4)=f (x )，即函数 f (x ) 是周期为 4 的周期函数． 因为 f (2015)=f (4×504−1)=f (−1)=f (1)=2， 所以 f (1)=2． 设 g (x )=f (x )e x，则 gʹ(x )=fʹ(x )e x −f (x )e xe 2x=fʹ(x )−f (x )e x<0，所以 g (x ) 在 R 上单调递减． 不等式 f (x )<2e x−1 等价于 f (x )e x<2e，即 g (x )<g (1)，所以 x >1，所以不等式 f (x )<2e x−1 的解集为 (1,+∞)． 17. C 【解析】构造函数 g (x )=f (x )e x，则函数求导得 gʹ(x )=fʹ(x )−f (x )e x．由已知 fʹ(x )>f (x )，所以 gʹ(x )>0，即 g (x ) 在实数范围内单调递增， 所以 g (ln2)<g (ln3)，即f (ln2)e ln2<f (ln3)e ln3，解得 3f (ln2)<2f (ln3)．18. A 【解析】由题意，fʹ(x )=x 2+ax +2b ，因为 fʹ(x ) 是开口朝上的二次函数，所以 {fʹ(0)>0fʹ(1)<0fʹ(2)>0，得 {b >0,a +a +2b <0,2+a +b >0, 由此可画出可行域，如图，b−2a−1表示可行域内的点 (a,b ) 和点 P (1,2) 连线的斜率，显然 PA 的斜率最小，PC 的斜率最大．19. B 【解析】令 y =xe x ，则 yʹ=(1+x )e x ，由 yʹ=0，得 x =−1，当 x ∈(−∞,−1) 时，yʹ<0，函数 y 单调递减，当 x ∈(−1,∞) 时，yʹ>0 函数单调递增．做出 y =xe x 图象，利用图象变换得 f (x )=∣xe x ∣ 图象（如图），令 f (x )=m ，则关于 m 方程 ℎ(m )=m 2−tm +1=0 两根分别在 (0,1e )，(1e ,+∞) 时（如图），满足 g (x )=−1 的 x 有 4 个，由 ℎ(1e )=1e 2−1e t +1<0 解得 t >e 2+1e．20. C【解析】根据题意，对任意的x∈(0,+∞)，都有f[f(x)−log2x]=3，又由f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数，则f(x)−log2x为定值，设t=f(x)−log2x，则f(x)=log2x+t，又由f(t)=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x，将f(x)=log2x+2，fʹ(x)=1ln2⋅x代入f(x)−fʹ(x)=2，可得log2x+2−1ln2⋅x=2，即log2x−1ln2⋅x=0，令ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x，分析易得ℎ(1)=−1ln2<0，ℎ(2)=1−12ln2>0，则ℎ(x)=log2x−1ln2⋅x的零点在(1,2)之间，则方程log2x−1ln2⋅x=0，即f(x)−fʹ(x)=2的根在(1,2)上．21. A 【解析】当x≤0时，由y=√1+9x2得y2−9x2=1(x≤0)，此时对应的曲线为双曲线，双曲线的渐近线为y=−3x，此时渐近线的斜率k1=−3，当x>0时，f(x)=1+xe x−1，当过原点的直线和f(x)相切时，设切点为(a,1+ae a−1)，函数的导数fʹ(x)=e x−1+xe x−1=(x+1)e x−1，则切线斜率k2=fʹ(a)=(a+1)e a−1，则对应的切线方程为y−(1+ae a−1)=(1+a)e a−1(x−a)，即y=(1+a)e a−1(x−a)+1+ae a−1，当x=0，y=0时，(1+a)e a−1(−a)+1+ae a−1=0，即a2e a−1+ae a−1=1+ae a−1，即a2e a−1=1，得a=1，此时切线斜率k2=2，则切线和y=−3x的夹角为θ，则tanθ=∣∣−3−21−2×3∣∣=55=1，则θ=π4，故∠AOB（O为坐标原点）的取值范围是(0,π4)．22. C 【解析】由题意可知，因为 f (x )=x 3−x 2+a 在区间 [0,a ] 存在 x 1，x 2 (a <x 1<x 2＜b)，满足 fʹ(x 1)=fʹ(x 2)=f (a )−f (0)a=a 2−a ，因为 f (x )=x 3−x 2+a ， 所以 fʹ(x )=3x 2−2x ，所以方程 3x 2−2x =a 2−a 在区间 (0,a ) 有两个不相等的解． 令 g (x )=3x 2−2x −a 2+a ，(0<x <a )． 则 {Δ=4−12(−a 2+a )>0,g (0)=−a 2+a >0,g (a )=2a 2−a >0,0<16<a. 解得：12<a <1．所以实数 a 的取值范围是 (12,1)． 23. C 【解析】当 m <0 时，函数 f (x ) 的图象为开口向下的抛物线，所以在 x >0 时，f (x )>0 不恒成立． 函数 g (x )=mx 当 x >0 时，g (x )<0． 所以不满足题意．当 m =0 时，f (x )=−8x +1，g (x )=0，不满足题意． 当 m >0 时，需 f (x )>0 在 x <0 时恒成立，所以令 Δ<0 或 {Δ≥0,−b2a ≥0,f (0)>0,即 4(4−m )2−8m <0 或 {4(4−m )2−8m ≥0,4−m 2m≥0.解得 2<m <8 或 0<m ≤2．综合得：0<m <8．24. A 【解析】若 a <0，由于一次函数 y =ax +b 单调递减，不能满足且 e x+1≥ax +b 对 x ∈R 恒成立，则 a ≥0． 若 a =0，则 ab =0．若 a >0，由 e x+1≥ax +b 得 b ≤e x+1−ax ，则 ab ≤ae x+1−a 2x ． 设函数 f (x )=ae x+1−a 2x ，所以 fʹ(x )=ae x+1−a 2=a (e x+1−a )，令 fʹ(x )=0 得 e x+1−a =0，解得 x =lna −1，因为 x <lna −1 时，x +1<lna ，则 e x+1<a ，则 e x+1−a <0， 所以 fʹ(x )<0，所以函数 f (x ) 递减；同理，x >lna −1 时，fʹ(x )>0，所以函数 f (x ) 递增；所以当 x =lna −1 时，函数取最小值，f (x ) 的最小值为 f (lna −1)=2a 2−a 2lna ．设 g (a )=2a 2−a 2lna (a >0)，gʹ(a )=a (3−2lna )(a >0)，由 gʹ(a )=0 得 a =e 32，不难得到 a <e 32时，gʹ(a )>0；a >e 32时，gʹ(a )<0；所以函数 g (a ) 先增后减，所以 g (a ) 的最大值为 g (e 32)=12e 3，即 ab 的最大值是 12e 3，此时 a=e 32，b =12e 32．25. D【解析】构造函数 g (x )=x 2f (x )，gʹ(x )=x(2f (x )+xfʹ(x ))， 当 x >0 时，因为 2f (x )+xfʹ(x )>0， 所以 gʹ(x )>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，因为不等式(x+2016)f(x+2016)5<5f(5)x+2016，所以x+2016>0时，即x＞−2016时，(x+2016)2f(x+2016)<52f(5)，所以g(x+2016)<g(5)，所以x+2016<5，所以−2016<x<−2011．26. C 【解析】S=(x−a)2+(lnx−a24)2(a∈R)，其几何意义为：两点(x,lnx)，(a,a 24)的距离的平方，由y=lnx的导数为yʹ=1x，所以k=1x1，点(a,a24)在曲线y=14x2上，所以yʹ=12x，所以k=12x2，令f(x)=lnx，g(x)=14x2，则D(x)=√(x1−x2)2+[f(x1)−g(x2)]2+g(x2)+1，而g(x2)+1是抛物线y=14x2上的点到准线y=−1的距离，即抛物线y=14x2上的点到焦点(0,1)的距离，则D可以看作抛物线上的点(x2,g(x2))到焦点距离和到f(x)=lnx上的点的距离的和，即∣AF∣+∣AB∣，由两点之间线段最短，得D最小值是点F(0,1)到f(x)=lnx上的点的距离的最小值，由点到直线上垂线段最短，这样就最小，即取B(x0,lnx0)，则fʹ(x0)⋅lnx0−1x0=−1，垂直，则 lnx 0−1=−x 02，解得 x 0=1，所以 F 到 B (1,0) 的距离就是点 F (0,1) 到 f (x )=lnx 上的点的距离的最小值， 所以 D 的最小值为 ∣DF ∣=√2．27. D 【解析】定义在 R 上的函数 y =f (x ) 满足：函数 y =f (x +1) 的图象关于直线 x =−1 对称，可知函数 f (x ) 是偶函数， 所以 y =xf (x ) 是奇函数，又因为当 x ∈(−∞,0) 时，f (x )+xfʹ(x )<0 成立（fʹ(x ) 是函数 f (x ) 的导函数），所以函数 y =xf (x ) 在 R 上既是奇函数又是减函数； 0.76∈(0,1)，60.6<912∈(2,4)，log 1076≈log 1.56∈(4,6)．所以 a >c >b ．28. A 【解析】由 x 2(lny −lnx )−ay 2=0(x,y >0)，可得：a =ln y x (y x)2，令y x=t >0，所以 a =lnt t2，设 g (t )=lnt t2，gʹ(t )=1t×t 2−2tlnt t 4=1−2lnt t 3．令 gʹ(t )>0．解得 0<t <√e ，此时函数 g (t ) 单调递增； 令 gʹ(t )<0．解得 t >√e ，此时函数 g (t ) 单调递减．又t>1时，g(t)>0；1>t>0时，g(t)<0．可得函数g(t)的图象．因此当a∈(0,12e )时，存在两个正数，使得a=lntt2成立，即对任意的正数x，都存在两个不同的正数y，使x2(lny−lnx)−ay2=0成立．29. C 【解析】函数f(x)=x3−6x2+9x，导数为f′(x)=3x2−12x+9=3(x−1)(x−3)，可得f(x)的极值点为1，3，由f(0)=0，f(1)=4，f(3)=0，f(4)=4，可得f(x)在[0,4]的值域为[0,4]；g(x)=13x3−a+1 2x2+ax−13(a>1)，导数为g′(x)=x2−(a+1)x+a=(x−1)(x−a)，当1<x<a时，g′(x)<0，g(x)递减；当x<1或x>a时，g′(x)> 0，g(x)递增．由g(0)=−13，g(1)=12(a−1)，g(a)=−16a3−12a2−13>−13，g(4)=13−4a，当3≤a≤4时，13−4a≤12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,12(a−1)]，由对任意的x1∈[0,4]，总存在x2∈[0,4]，使得f(x1)=g(x2)，可得[0,4]⊆[−13,12(a−1)]，即有4≤12(a−1)，解得a≥9不成立；当1<a<3时，13−4a>12(a−1)，g(x)在[0,4]的值域为[−13,13−4a]，由题意可得[0,4]⊆[−13,13−4a]，即有4≤13−4a，解得a≤94，即为1<a≤94；当 a >4 时，可得 g (1) 取得最大值，g (4)<−3 为最小值，即有 [0,4]⊆[13−4a,12(a −1)]，可得 13−4a ≤0，4≤12(a −1)，即 a ≥134，且 a ≥9，解得 a ≥9．综上可得，a 的取值范围是 (1,94]∪[9,+∞)．30. A【解析】因为函数 f (2−x )=f (x ) 可得图象关于直线 x =1 对称，且函数为偶函数则其周期为 T =2， 又因为 fʹ(x )=1x −1=1−x x，当 x ∈[1,2] 时有 fʹ(x )≤0，则函数在 x ∈[1,2]为减函数，作出其函数图象如图所示：其中 k OA =ln2−16，k OB =ln2−18，当 x <0 时 , 要使符合题意则 m ∈(ln2−16,ln2−18)，根据偶函数的对称性，当 x >0 时，要使符合题意则 m ∈(1−ln28,1−ln26)．综上所述，实数 m 的取值范围为 (1−ln28,1−ln26)∪(ln2−16,ln2−18)．31. A 【解析】因为 f (x )={e x ,x ≥0ax,x <0，所以 f (−x )={−ax,x >01,x =0e −x ,x <0． 显然 x =0 是方程 f (−x )=f (x ) 的一个根， 当 x >0 时，e x =−ax, ⋯⋯① 当 x <0 时，e −x =ax, ⋯⋯②显然，若 x 0 为方程 ① 的解，则 −x 0 为方程 ② 的解， 即方程 ①，② 含有相同个数的解， 因为方程 f (−x )=f (x ) 有五个不同的根， 所以方程 ① 在 (0,+∞) 上有两解，。

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

函数与导数高考压轴题选一．选择题共2小题1．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3 B．4 C．5 D．62．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④二．选择题共1小题3．2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=．三．选择题共23小题4．2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R．Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值；Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数；Ⅲ若对任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范围．5．2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性；Ⅱ当m≤2时,证明fx＞0．6．2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1＜x2．Ⅰ指出函数fx的单调区间；Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围．7．2013湖南已知函数fx=．Ⅰ求fx的单调区间；Ⅱ证明：当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2＜0．8．2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证：；II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围．9．2013陕西已知函数fx=e x,x∈R．Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值；Ⅱ设x＞0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数．Ⅲ设a＜b,比较与的大小,并说明理由．10．2013湖北设n是正整数,r为正有理数．Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x＞﹣1的最小值；Ⅱ证明：；Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如．令的值．参考数据：．11．2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切．I求a,b的值；II证明：当0＜x＜2时,fx＜．12．2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式；2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明．13．2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx＞0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值；Ⅱ求函数fx的最大值；Ⅲ证明：fx＜．14．2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a＞0．1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合；2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1＜x2,记直线AB的斜率为K,证明：存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立．15．2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．Ⅰ用a和n表示fn；Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值；Ⅲ当0＜a＜1时,比较与的大小,并说明理由．16．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x；Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小．17．2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x．Ⅰ求gx的单调区间和最小值；Ⅱ讨论gx与的大小关系；Ⅲ是否存在x0＞0,使得|gx﹣gx0|＜对任意x＞0成立若存在,求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．18．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x；Ⅲ设n∈N n,证明：fnhn﹣h1+h2+…+hn≥．19．2010四川设,a＞0且a≠1,gx是fx的反函数．Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围；Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明：；Ⅲ当0＜a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由．20．2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x．Ⅰ证明：当x＞﹣1时,fx≥；Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围．21．2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程；Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式；Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a＞0,b＞0,证明：φ′≤≤φ′．22．2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．23．2009湖北在R上定义运算：b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x．①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值；②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围．参考公式：x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b224．2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x．令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M．Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值：Ⅱ若|b|＞1,证明对任意的c,都有M＞2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值．25．2008江苏请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得：cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式：sin2x=2cosxsinx．1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明：．2对于正整数n≥3,求证：i；ii；iii．26．2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R．Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性；Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围；Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围．四．解答题共4小题27．2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间；2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围；ii求证：．28．2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间；2若k＞0,且对于任意x∈R,f|x|＞0恒成立,试确定实数k的取值范围；3设函数Fx=fx+f﹣x,求证：F1F2…Fn＞n∈N．29．2006四川已知函数,fx的导函数是f′x．对任意两个不相等的正数x1、x2,证明：Ⅰ当a≤0时,；Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|．30．2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1．1写出f k1；2证明：对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1．函数与导数高考压轴题选参考答案与试题解析一．选择题共2小题1．2013安徽已知函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,若fx1=x1＜x2,则关于x的方程3fx2+2afx+b=0的不同实根个数为A．3 B．4 C．5 D．6解答解：∵函数fx=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2,∴f′x=3x2+2ax+b=0有两个不相等的实数根,∴△=4a2﹣12b＞0．解得=．∵x1＜x2,∴,．而方程3fx2+2afx+b=0的△1=△＞0,∴此方程有两解且fx=x1或x2．不妨取0＜x1＜x2,fx1＞0．①把y=fx向下平移x1个单位即可得到y=fx﹣x1的图象,∵fx1=x1,可知方程fx=x1有两解．②把y=fx向下平移x2个单位即可得到y=fx﹣x2的图象,∵fx1=x1,∴fx1﹣x2＜0,可知方程fx=x2只有一解．综上①②可知：方程fx=x1或fx=x2．只有3个实数解．即关于x的方程3fx2+2afx+b=0的只有3不同实根．故选：A．2．2012福建函数fx在a,b上有定义,若对任意x1,x2∈a,b,有则称fx在a,b上具有性质P．设fx在1,3上具有性质P,现给出如下命题：①fx在1,3上的图象是连续不断的；②fx2在1,上具有性质P；③若fx在x=2处取得最大值1,则fx=1,x∈1,3；④对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有fx1+fx2+fx3+fx4其中真命题的序号是A．①②B．①③C．②④D．③④解答解：在①中,反例：fx=在1,3上满足性质P,但fx在1,3上不是连续函数,故①不成立；在②中,反例：fx=﹣x在1,3上满足性质P,但fx2=﹣x2在1,上不满足性质P,故②不成立；在③中：在1,3上,f2=f≤,∴,故fx=1,∴对任意的x1,x2∈1,3,fx=1,故③成立；在④中,对任意x1,x2,x3,x4∈1,3,有=≤≤=fx1+fx2+fx3+fx4,∴fx1+fx2+fx3+fx4,故④成立．故选D．二．选择题共1小题3．2012新课标设函数fx=的最大值为M,最小值为m,则M+m=2．解答解：函数可化为fx==,令,则为奇函数,∴的最大值与最小值的和为0．∴函数fx=的最大值与最小值的和为1+1+0=2．即M+m=2．故答案为：2．三．选择题共23小题4．2014陕西设函数fx=lnx+,m∈R．Ⅰ当m=ee为自然对数的底数时,求fx的极小值；Ⅱ讨论函数gx=f′x﹣零点的个数；Ⅲ若对任意b＞a＞0,＜1恒成立,求m的取值范围．解答解：Ⅰ当m=e时,fx=lnx+,∴f′x=；∴当x∈0,e时,f′x＜0,fx在0,e上是减函数；当x∈e,+∞时,f′x＞0,fx在e,+∞上是增函数；∴x=e时,fx取得极小值为fe=lne+=2；Ⅱ∵函数gx=f′x﹣=﹣﹣x＞0,令gx=0,得m=﹣x3+xx＞0；设φx=﹣x3+xx＞0,∴φ′x=﹣x2+1=﹣x﹣1x+1；当x∈0,1时,φ′x＞0,φx在0,1上是增函数,当x∈1,+∞时,φ′x＜0,φx在1,+∞上是减函数；∴x=1是φx的极值点,且是极大值点,∴x=1是φx的最大值点,∴φx的最大值为φ1=；又φ0=0,结合y=φx的图象,如图；可知：①当m＞时,函数gx无零点；②当m=时,函数gx有且只有一个零点；③当0＜m＜时,函数gx有两个零点；④当m≤0时,函数gx有且只有一个零点；综上,当m＞时,函数gx无零点；当m=或m≤0时,函数gx有且只有一个零点；当0＜m＜时,函数gx有两个零点；Ⅲ对任意b＞a＞0,＜1恒成立,等价于fb﹣b＜fa﹣a恒成立；设hx=fx﹣x=lnx+﹣xx＞0,则hb＜ha．∴hx在0,+∞上单调递减；∵h′x=﹣﹣1≤0在0,+∞上恒成立,∴m≥﹣x2+x=﹣+x＞0,∴m≥；对于m=,h′x=0仅在x=时成立；∴m的取值范围是,+∞．5．2013新课标Ⅱ已知函数fx=e x﹣lnx+mΙ设x=0是fx的极值点,求m,并讨论fx的单调性；Ⅱ当m≤2时,证明fx＞0．解答Ⅰ解：∵,x=0是fx的极值点,∴,解得m=1．所以函数fx=e x﹣lnx+1,其定义域为﹣1,+∞．∵．设gx=e x x+1﹣1,则g′x=e x x+1+e x＞0,所以gx在﹣1,+∞上为增函数,又∵g0=0,所以当x＞0时,gx＞0,即f′x＞0；当﹣1＜x＜0时,gx＜0,f′x＜0．所以fx在﹣1,0上为减函数；在0,+∞上为增函数；Ⅱ证明：当m≤2,x∈﹣m,+∞时,lnx+m≤lnx+2,故只需证明当m=2时fx＞0．当m=2时,函数在﹣2,+∞上为增函数,且f′﹣1＜0,f′0＞0．故f′x=0在﹣2,+∞上有唯一实数根x0,且x0∈﹣1,0．当x∈﹣2,x0时,f′x＜0,当x∈x0,+∞时,f′x＞0,从而当x=x0时,fx取得最小值．由f′x0=0,得,lnx0+2=﹣x0．故fx≥=＞0．综上,当m≤2时,fx＞0．6．2013四川已知函数,其中a是实数,设Ax1,fx1,Bx2,fx2为该函数图象上的点,且x1＜x2．Ⅰ指出函数fx的单调区间；Ⅱ若函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值；Ⅲ若函数fx的图象在点A,B处的切线重合,求a的取值范围．解答解：I当x＜0时,fx=x+12+a,∴fx在﹣∞,﹣1上单调递减,在﹣1,0上单调递增；当x＞0时,fx=lnx,在0,+∞单调递增．II∵x1＜x2＜0,∴fx=x2+2x+a,∴f′x=2x+2,∴函数fx在点A,B处的切线的斜率分别为f′x1,f′x2,∵函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,∴,∴2x1+22x2+2=﹣1．∴2x1+2＜0,2x2+2＞0,∴=1,当且仅当﹣2x1+2=2x2+2=1,即,时等号成立．∴函数fx的图象在点A,B处的切线互相垂直,且x2＜0,求x2﹣x1的最小值为1．III当x1＜x2＜0或0＜x1＜x2时,∵,故不成立,∴x1＜0＜x2．当x1＜0时,函数fx在点Ax1,fx1,处的切线方程为,即．当x2＞0时,函数fx在点Bx2,fx2处的切线方程为,即．函数fx的图象在点A,B处的切线重合的充要条件是,由①及x1＜0＜x2可得﹣1＜x1＜0,由①②得=．∵函数,y=﹣ln2x1+2在区间﹣1,0上单调递减,∴ax1=在﹣1,0上单调递减,且x1→﹣1时,ln2x1+2→﹣∞,即﹣ln2x1+2→+∞,也即ax1→+∞．x1→0,ax1→﹣1﹣ln2．∴a的取值范围是﹣1﹣ln2,+∞．7．2013湖南已知函数fx=．Ⅰ求fx的单调区间；Ⅱ证明：当fx1=fx2x1≠x2时,x1+x2＜0．解答解：Ⅰ易知函数的定义域为R．==,当x＜0时,f′x＞0；当x＞0时,f′x＜0．∴函数fx的单调递增区间为﹣∞,0,单调递减区间为0,+∞．Ⅱ当x＜1时,由于,e x＞0,得到fx＞0；同理,当x＞1时,fx＜0．当fx1=fx2x1≠x2时,不妨设x1＜x2．由Ⅰ可知：x1∈﹣∞,0,x2∈0,1．下面证明：x∈0,1,fx＜f﹣x,即证＜．此不等式等价于．令gx=,则g′x=﹣xe﹣x e2x﹣1．当x∈0,1时,g′x＜0,gx单调递减,∴gx＜g0=0．即．∴x∈0,1,fx＜f﹣x．而x2∈0,1,∴fx2＜f﹣x2．从而,fx1＜f﹣x2．由于x1,﹣x2∈﹣∞,0,fx在﹣∞,0上单调递增,∴x1＜﹣x2,即x1+x2＜0．8．2013辽宁已知函数fx=1+xe﹣2x,gx=ax++1+2xcosx,当x∈0,1时,I求证：；II若fx≥gx恒成立,求实数a的取值范围．解答I证明：①当x∈0,1时,1+xe﹣2x≥1﹣x1+xe﹣x≥1﹣xe x,令hx=1+xe﹣x﹣1﹣xe x,则h′x=xe x﹣e﹣x．当x∈0,1时,h′x≥0,∴hx在0,1上是增函数,∴hx≥h0=0,即fx≥1﹣x．②当x∈0,1时,e x≥1+x,令ux=e x﹣1﹣x,则u′x=e x﹣1．当x∈0,1时,u′x≥0,∴ux在0,1单调递增,∴ux≥u0=0,∴fx．综上可知：．II解：设Gx=fx﹣gx=≥=．令Hx=,则H′x=x﹣2sinx,令Kx=x﹣2sinx,则K′x=1﹣2cosx．当x∈0,1时,K′x＜0,可得H′x是0,1上的减函数,∴H′x≤H′0=0,故Hx在0,1单调递减,∴Hx≤H0=2．∴a+1+Hx≤a+3．∴当a≤﹣3时,fx≥gx在0,1上恒成立．下面证明当a＞﹣3时,fx≥gx在0,1上不恒成立．fx﹣gx≤==﹣x．令vx==,则v′x=．当x∈0,1时,v′x≤0,故vx在0,1上是减函数,∴vx∈a+1+2cos1,a+3．当a＞﹣3时,a+3＞0．∴存在x0∈0,1,使得vx0＞0,此时,fx0＜gx0．即fx≥gx在0,1不恒成立．综上实数a的取值范围是﹣∞,﹣3．9．2013陕西已知函数fx=e x,x∈R．Ⅰ若直线y=kx+1与f x的反函数gx=lnx的图象相切,求实数k的值；Ⅱ设x＞0,讨论曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数．Ⅲ设a＜b,比较与的大小,并说明理由．解答解：I函数fx=e x的反函数为gx=lnx,∴．设直线y=kx+1与gx的图象相切于点Px0,y0,则,解得,k=e﹣2, ∴k=e﹣2．II当x＞0,m＞0时,令fx=mx2,化为m=,令hx=,则,则x∈0,2时,h′x＜0,hx单调递减；x∈2,+∞时,h′x＞0,hx单调递增．∴当x=2时,hx取得极小值即最小值,．∴当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数为0；当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点的个数为1；当时,曲线y=f x 与曲线y=mx2m＞0公共点个数为2．Ⅲ===,令gx=x+2+x﹣2e x x＞0,则g′x=1+x﹣1e x．g′′x=xe x＞0,∴g′x在0,+∞上单调递增,且g′0=0,∴g′x＞0,∴gx在0,+∞上单调递增,而g0=0,∴在0,+∞上,有gx＞g0=0．∵当x＞0时,gx=x+2+x﹣2e x＞0,且a＜b,∴,即当a＜b时,．10．2013湖北设n是正整数,r为正有理数．Ⅰ求函数fx=1+x r+1﹣r+1x﹣1x＞﹣1的最小值；Ⅱ证明：；Ⅲ设x∈R,记x为不小于x的最小整数,例如．令的值．参考数据：．解答解；Ⅰ由题意得f'x=r+11+x r﹣r+1=r+11+x r﹣1,令f'x=0,解得x=0．当﹣1＜x＜0时,f'x＜0,∴fx在﹣1,0内是减函数；当x＞0时,f'x＞0,∴fx在0,+∞内是增函数．故函数fx在x=0处,取得最小值为f0=0．Ⅱ由Ⅰ,当x∈﹣1,+∞时,有fx≥f0=0,即1+x r+1≥1+r+1x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x＞﹣1且x≠0,有1+x r+1＞1+r+1x,①在①中,令这时x＞﹣1且x≠0,得．上式两边同乘n r+1,得n+1r+1＞n r+1+n r r+1,即,②当n＞1时,在①中令这时x＞﹣1且x≠0,类似可得,③且当n=1时,③也成立．综合②,③得,④Ⅲ在④中,令,n分别取值81,82,83, (125)得,,,…,将以上各式相加,并整理得．代入数据计算,可得由S的定义,得S=211．11．2012辽宁设fx=lnx+1++ax+ba,b∈R,a,b为常数,曲线y=fx与直线y=x在0,0点相切．I求a,b的值；II证明：当0＜x＜2时,fx＜．解答I解：由y=fx过0,0,∴f0=0,∴b=﹣1∵曲线y=fx与直线在0,0点相切．∴y′|x=0=∴a=0；II证明：由I知fx=lnx+1+由均值不等式,当x＞0时,,∴①令kx=lnx+1﹣x,则k0=0,k′x=,∴kx＜0∴lnx+1＜x,②由①②得,当x＞0时,fx＜记hx=x+6fx﹣9x,则当0＜x＜2时,h′x=fx+x+6f′x﹣9＜＜=∴hx在0,2内单调递减,又h0=0,∴hx＜0∴当0＜x＜2时,fx＜．12．2012福建已知函数fx=axsinx﹣a∈R,且在上的最大值为,1求函数fx的解析式；2判断函数fx在0,π内的零点个数,并加以证明．解答解：I由已知得f′x=asinx+xcosx,对于任意的x∈0,,有sinx+xcosx＞0,当a=0时,fx=﹣,不合题意；当a＜0时,x∈0,,f′x＜0,从而fx在0,单调递减,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f0=﹣,不合题意；当a＞0时,x∈0,,f′x＞0,从而fx在0,单调递增,又函数在上图象是连续不断的,故函数在上上的最大值为f==,解得a=1,综上所述,得II函数fx在0,π内有且仅有两个零点．证明如下：由I知,,从而有f0=﹣＜0,f=＞0,又函数在上图象是连续不断的,所以函数fx在0,内至少存在一个零点,又由I知fx在0,单调递增,故函数fx在0,内仅有一个零点．当x∈,π时,令gx=f′x=sinx+xcosx,由g=1＞0,gπ=﹣π＜0,且gx在,π上的图象是连续不断的,故存在m∈,π,使得gm=0．由g′x=2cosx﹣xsinx,知x∈,π时,有g′x＜0,从而gx在,π上单调递减．当x∈,m,gx＞gm=0,即f′x＞0,从而fx在,m内单调递增故当x∈,m时,fx＞f=＞0,从而x在,m内无零点；当x∈m,π时,有gx＜gm=0,即f′x＜0,从而fx在,m内单调递减．又fm＞0,fπ＜0且fx在m,π上的图象是连续不断的,从而fx在m,π内有且仅有一个零点．综上所述,函数fx在0,π内有且仅有两个零点．13．2012湖北设函数fx=ax n1﹣x+bx＞0,n为正整数,a,b为常数,曲线y=fx在1,f1处的切线方程为x+y=1Ⅰ求a,b的值；Ⅱ求函数fx的最大值；Ⅲ证明：fx＜．解答解：Ⅰ因为f1=b,由点1,b在x+y=1上,可得1+b=1,即b=0．因为f′x=anx n﹣1﹣an+1x n,所以f′1=﹣a．又因为切线x+y=1的斜率为﹣1,所以﹣a=﹣1,即a=1,故a=1,b=0．Ⅱ由Ⅰ知,fx=x n1﹣x,则有f′x=n+1x n﹣1﹣x,令f′x=0,解得x=在0,上,导数为正,故函数fx是增函数；在,+∞上导数为负,故函数fx是减函数；故函数fx在0,+∞上的最大值为f=n1﹣=,Ⅲ令φt=lnt﹣1+,则φ′t=﹣=t＞0在0,1上,φ′t＜0,故φt单调减；在1,+∞,φ′t＞0,故φt单调增；故φt在0,+∞上的最小值为φ1=0,所以φt＞0t＞1则lnt＞1﹣,t＞1,令t=1+,得ln1+＞,即ln1+n+1＞lne所以1+n+1＞e,即＜由Ⅱ知,fx≤＜,故所证不等式成立．14．2012湖南已知函数fx=e x﹣ax,其中a＞0．1若对一切x∈R,fx≥1恒成立,求a的取值集合；2在函数fx的图象上取定点Ax1,fx1,Bx2,fx2x1＜x2,记直线AB的斜率为K,证明：存在x0∈x1,x2,使f′x0=K恒成立．解答解：1f′x=e x﹣a,令f′x=0,解可得x=lna；当x＜lna,f′x＜0,fx单调递减,当x＞lna,f′x＞0,fx单调递增,故当x=lna时,fx取最小值,flna=a﹣alna,对一切x∈R,fx≥1恒成立,当且仅当a﹣alna≥1,①令gt=t﹣tlnt,则g′t=﹣lnt,当0＜t＜1时,g′t＞0,gt单调递增,当t＞1时,g′t＜0,gt单调递减,故当t=1时,gt取得最大值,且g1=1,因此当且仅当a=1时,①式成立,综上所述,a的取值的集合为{1}．2根据题意,k==﹣a,令φx=f′x﹣k=e x﹣,则φx1=﹣﹣x2﹣x1﹣1,φx2=﹣x1﹣x2﹣1,令Ft=e t﹣t﹣1,则F′t=e t﹣1,当t＜0时,F′t＜0,Ft单调递减；当t＞0时,F′t＞0,Ft单调递增,则Ft的最小值为F0=0,故当t≠0时,Ft＞F0=0,即e t﹣t﹣1＞0,从而﹣x2﹣x1﹣1＞0,且＞0,则φx1＜0,﹣x1﹣x2﹣1＞0,＞0,则φx2＞0,因为函数y=φx在区间x1,x2上的图象是连续不断的一条曲线,所以存在x0∈x1,x2,使φx0=0, 即f′x0=K成立．15．2012四川已知a为正实数,n为自然数,抛物线与x轴正半轴相交于点A,设fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距．Ⅰ用a和n表示fn；Ⅱ求对所有n都有成立的a的最小值；Ⅲ当0＜a＜1时,比较与的大小,并说明理由．解答解：Ⅰ∵抛物线与x轴正半轴相交于点A,∴A对求导得y′=﹣2x∴抛物线在点A处的切线方程为,∴∵fn为该抛物线在点A处的切线在y轴上的截距,∴fn=a n；Ⅱ由Ⅰ知fn=a n,则成立的充要条件是a n≥2n3+1即知,a n≥2n3+1对所有n成立,特别的,取n=2得到a≥当a=,n≥3时,a n＞4n=1+3n≥1+=1+2n3+＞2n3+1当n=0,1,2时,∴a=时,对所有n都有成立∴a的最小值为；Ⅲ由Ⅰ知fk=a k,下面证明：首先证明：当0＜x＜1时,设函数gx=xx2﹣x+1,0＜x＜1,则g′x=xx﹣当0＜x＜时,g′x＜0；当时,g′x＞0故函数gx在区间0,1上的最小值gx min=g=0∴当0＜x＜1时,gx≥0,∴由0＜a＜1知0＜a k＜1,因此,从而=≥=＞=16．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=fx﹣hx,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程log4fx﹣1﹣=log2ha﹣x﹣log2h4﹣x；Ⅲ试比较f100h100﹣与的大小．解答解：Ⅰ由Fx=fx﹣hx=x+﹣x≥0知,F′x=,令F′x=0,得x=．当x∈0,时,F′x＜0；当x∈,+∞时,F′x＞0．故x∈0,时,Fx是减函数；故x∈,+∞时,Fx是增函数．Fx在x=处有极小值且F=．Ⅱ原方程可化为log4x﹣1+log2 h4﹣x=log2ha﹣x,即log2x﹣1+log2=log2,①当1＜a≤4时,原方程有一解x=3﹣；②当4＜a＜5时,原方程有两解x=3；③当a=5时,原方程有一解x=3；④当a≤1或a＞5时,原方程无解．Ⅲ设数列{a n}的前n项和为s n,且s n=fngn﹣从而有a1=s1=1．当2＜k≤100时,a k=s k﹣s k﹣1=,a k﹣=4k﹣3﹣4k﹣1==＞0．即对任意的2＜k≤100,都有a k＞．又因为a1=s1=1,所以a1+a2+a3+…+a100＞=h1+h2+…+h100．故f100h100﹣＞．17．2011陕西设函数fx定义在0,+∞上,f1=0,导函数f′x=,gx=fx+f′x．Ⅰ求gx的单调区间和最小值；Ⅱ讨论gx与的大小关系；Ⅲ是否存在x0＞0,使得|gx﹣gx0|＜对任意x＞0成立若存在,求出x0的取值范围；若不存在请说明理由．解答解：Ⅰ由题设易知fx=lnx,gx=lnx+,∴g′x=,令g′x=0,得x=1,当x∈0,1时,g′x＜0,故gx的单调递减区间是0,1,当x∈1,+∞时,g′x＞0,故gx的单调递增区间是1,+∞,因此x=1是gx的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,∴最小值为g1=1；Ⅱ=﹣lnx+x,设hx=gx﹣=2lnx﹣x+,则h′x=,当x=1时,h1=0,即gx=,当x∈0,1∪1,+∞时,h′x＜0,h′1=0,因此,hx在0,+∞内单调递减,当0＜x＜1,时,hx＞h1=0,即gx＞,当x＞1,时,hx＜h1=0,即gx＜,Ⅲ满足条件的x0 不存在．证明如下：证法一假设存在x0＞0, 使|gx﹣gx0|＜成立,即对任意x＞0,有,但对上述x0,取时, 有Inx1=gx0,这与左边不等式矛盾,因此,不存在x0＞0,使|gx﹣gx0|＜成立．证法二假设存在x0＞0,使|gx﹣gx0|成＜立．由Ⅰ知,的最小值为gx=1．又＞Inx,而x＞1 时,Inx 的值域为0,+∞,∴x≥1 时,gx 的值域为1,+∞,从而可取一个x1＞1,使gx1≥gx0+1,即gx1﹣gx0≥1,故|gx1﹣gx0|≥1＞,与假设矛盾．∴不存在x0＞0,使|gx﹣gx0|＜成立．18．2011四川已知函数fx=x+,hx=．Ⅰ设函数Fx=18fx﹣x2hx2,求Fx的单调区间与极值；Ⅱ设a∈R,解关于x的方程lg fx﹣1﹣=2lgha﹣x﹣2lgh4﹣x；Ⅲ设n∈N n,证明：fnhn﹣h1+h2+…+hn≥．解答解：ⅠFx=18fx﹣x2hx2=﹣x3+12x+9x≥0所以F′x=﹣3x2+12=0,x=±2且x∈0,2时,F′x＞0,当x∈2,+∞时,F′x＜0所以Fx在0,2上单调递增,在2,+∞上单调递减．故x=2时,Fx有极大值,且F2=﹣8+24+9=25．Ⅱ原方程变形为lgx﹣1+2lg=2lg,,①当1＜a＜4时,原方程有一解x=3﹣,②当4＜a＜5时,原方程有两解x=3±,③当a=5时,原方程有一解x=3,④当a≤1或a＞5时,原方程无解．Ⅲ由已知得h1+h2+…+hn=,fnhn﹣=,从而a1=s1=1,当k≥2时,a n=s n﹣s n﹣1=,又===＞0即对任意的k≥2,有,又因为a1=1=,所以a1+a2+…+a n≥,则s n≥h1+h2+…+hn,故原不等式成立．19．2010四川设,a＞0且a≠1,gx是fx的反函数．Ⅰ设关于x的方程求在区间2,6上有实数解,求t的取值范围；Ⅱ当a=e,e为自然对数的底数时,证明：；Ⅲ当0＜a≤时,试比较||与4的大小,并说明理由．解答解：1由题意,得a x=＞0故gx=,x∈﹣∞,﹣1∪1,+∞由得t=x﹣127﹣x,x∈2,6则t′=﹣3x2+18x﹣15=﹣3x﹣1x﹣5列表如下：x 2 2,5 5 5,6 6t' + ﹣t 5 递增极大值32 递减25所以t最小值=5,t最大值=32所以t的取值范围为5,325分Ⅱ=ln=﹣ln令uz=﹣lnz2﹣=﹣2lnz+z﹣,z＞0则u′z=﹣=1﹣2≥0所以uz在0,+∞上是增函数又因为＞1＞0,所以u＞u1=0即ln＞0即9分3设a=,则p≥1,1＜f1=≤3,当n=1时,|f1﹣1|=≤2＜4,当n≥2时,设k≥2,k∈N时,则fk=,=1+所以1＜fk≤1+,从而n﹣1＜≤n﹣1+=n+1﹣＜n+1,所以n＜＜f1+n+1≤n+4,综上所述,总有|﹣n|＜4．20．2010全国卷Ⅱ设函数fx=1﹣e﹣x．Ⅰ证明：当x＞﹣1时,fx≥；Ⅱ设当x≥0时,fx≤,求a的取值范围．解答解：1当x＞﹣1时,fx≥当且仅当e x≥1+x令gx=e x﹣x﹣1,则g'x=e x﹣1当x≥0时g'x≥0,gx在0,+∞是增函数当x≤0时g'x≤0,gx在﹣∞,0是减函数于是gx在x=0处达到最小值,因而当x∈R时,gx≥g0时,即e x≥1+x 所以当x＞﹣1时,fx≥2由题意x≥0,此时fx≥0当a＜0时,若x＞﹣,则＜0,fx≤不成立；当a≥0时,令hx=axfx+fx﹣x,则fx≤当且仅当hx≤0因为fx=1﹣e﹣x,所以h'x=afx+axf'x+f'x﹣1=afx﹣axfx+ax﹣fxi当0≤a≤时,由1知x≤x+1fxh'x≤afx﹣axfx+ax+1fx﹣fx=2a﹣1fx≤0,hx在0,+∞是减函数,hx≤h0=0,即fx≤ii当a＞时,由i知x≥fxh'x=afx﹣axfx+ax﹣fx≥afx﹣axfx+afx﹣fx=2a﹣1﹣axfx当0＜x＜时,h'x＞0,所以h'x＞0,所以hx＞h0=0,即fx＞综上,a的取值范围是0,21．2010陕西已知函数fx=,gx=alnx,a∈R,Ⅰ若曲线y=fx与曲线y=gx相交,且在交点处有共同的切线,求a的值和该切线方程；Ⅱ设函数hx=fx﹣gx,当hx存在最小值时,求其最小值φa的解析式；Ⅲ对Ⅱ中的φa和任意的a＞0,b＞0,证明：φ′≤≤φ′．解答解：Ⅰf'x=,g'x=有已知得解得：a=,x=e2∴两条曲线的交点坐标为e2,e切线的斜率为k=f'e2=∴切线的方程为y﹣e=x﹣e2Ⅱ由条件知hx=﹣alnxx＞0,∴h′x=﹣=,①当a＞0时,令h′x=0,解得x=4a2．∴当0＜x＜4a2时,h′x＜0,hx在0,4a2上单调递减；当x＞4a2时,h′x＞0,hx在4a2,+∞上单调递增．∴x=4a2是hx在0,+∞上的惟一极值点,且是极小值点,从而也是hx的最小值点．∴最小值φa=h4a2=2a﹣aln4a2=2a1﹣ln 2a．②当a≤0时,h′x=＞0,hx在0,+∞上单调递增,无最小值．故hx的最小值φa的解析式为φa=2a1﹣ln 2aa＞0．Ⅲ证明：由Ⅱ知φ′a=﹣2ln2a对任意的a＞0,b＞0=﹣=﹣ln4ab,①φ′=﹣2ln2×=﹣lna+b2≤﹣ln4ab,②φ′=﹣2ln2×=﹣2ln=﹣ln4ab,③故由①②③得φ′≤≤φ′．22．2009全国卷Ⅱ设函数fx=x2+aln1+x有两个极值点x1、x2,且x1＜x2,Ⅰ求a的取值范围,并讨论fx的单调性；Ⅱ证明：fx2＞．解答解：I令gx=2x2+2x+a,其对称轴为．由题意知x1、x2是方程gx=0的两个均大于﹣1的不相等的实根,其充要条件为,得1当x∈﹣1,x1时,f'x＞0,∴fx在﹣1,x1内为增函数；2当x∈x1,x2时,f'x＜0,∴fx在x1,x2内为减函数；3当x∈x2,+∞时,f'x＞0,∴fx在x2,+∞内为增函数；II由Ig0=a＞0,∴,a=﹣2x22+2x2∴fx2=x22+aln1+x2=x22﹣2x22+2x2ln1+x2设hx=x2﹣2x2+2xln1+x,﹣＜x＜0则h'x=2x﹣22x+1ln1+x﹣2x=﹣22x+1ln1+x1当时,h'x＞0,∴hx在单调递增；2当x∈0,+∞时,h'x＜0,hx在0,+∞单调递减．∴故．23．2009湖北在R上定义运算：b、c∈R是常数,已知f1x=x2﹣2c,f2x=x﹣2b,fx=f1xf2x．①如果函数fx在x=1处有极值,试确定b、c的值；②求曲线y=fx上斜率为c的切线与该曲线的公共点；③记gx=|f′x|﹣1≤x≤1的最大值为M,若M≥k对任意的b、c恒成立,试求k的取值范围．参考公式：x3﹣3bx2+4b3=x+bx﹣2b2解答解：①依题意,解得或．若,,′x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0fx在R上单调递减,在x=1处无极值；若,,f′x=﹣x2﹣2x+3=﹣x﹣1x+3,直接讨论知,fx在x=1处有极大值,所以为所求．②解f′t=c得t=0或t=2b,切点分别为0,bc、,相应的切线为y=cx+bc或．解得x=0或x=3b；解即x3﹣3bx2+4b3=0得x=﹣b或x=2b．综合可知,b=0时,斜率为c的切线只有一条,与曲线的公共点只有0,0,b≠0时,斜率为c的切线有两条,与曲线的公共点分别为0,bc、3b,4bc和、．③gx=|﹣x﹣b2+b2+c|．若|b|＞1,则f′x在﹣1,1是单调函数,M=max{|f′﹣1|,|f′1|}={|﹣1+2b+c|,|﹣1﹣2b+c|},因为f′1与f′﹣1之差的绝对值|f′1﹣f′﹣1|=|4b|＞4,所以M＞2．若|b|≤1,f′x在x=b∈﹣1,1取极值,则M=max{|f′﹣1|,|f′1|,|f′b|},f′b﹣f′±1=b12．若﹣1≤b＜0,f′1≤f′﹣1≤f′b；若0≤b≤1,f′﹣1≤f′1≤f′b,M=max{|f′﹣1|,|f′b|}=．当b=0,时,在﹣1,1上的最大值．所以,k的取值范围是．24．2009湖北已知关于x的函数fx=﹣x3+bx2+cx+bc,其导函数为f′x．令gx=|f′x|,记函数gx 在区间﹣1、1上的最大值为M．Ⅰ如果函数fx在x=1处有极值﹣,试确定b、c的值：Ⅱ若|b|＞1,证明对任意的c,都有M＞2Ⅲ若M≧K对任意的b、c恒成立,试求k的最大值．解答Ⅰ解：∵f'x=﹣x2+2bx+c,由fx在x=1处有极值可得解得,或若b=1,c=﹣1,则f'x=﹣x2+2x﹣1=﹣x﹣12≤0,此时fx没有极值；若b=﹣1,c=3,则f'x=﹣x2﹣2x+3=﹣x+3x﹣1当x变化时,fx,f'x的变化情况如下表：x ﹣∞,﹣3 ﹣3 ﹣3,1 11,+∞f'x ﹣0 + 0 ﹣↘fx ↘极小值﹣12 ↗极大值∴当x=1时,fx有极大值,故b=﹣1,c=3即为所求．Ⅱ证法1：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|当|b|＞1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣之外．∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得故M应是g﹣1和g1中较大的一个,∴2M≥g1+g﹣1=|﹣1+2b+c|+|﹣1﹣2b+c|≥|4b|＞4,即M＞2证法2反证法：因为|b|＞1,所以函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1之外,∴f'x在﹣1,1上的最值在两端点处取得．故M应是g﹣1和g1中较大的一个假设M≤2,则M=maxg{﹣1,g1,gb}将上述两式相加得：4≥|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|≥4|b|＞4,导致矛盾,∴M＞2Ⅲ解法1：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|＞1时,由Ⅱ可知f'b﹣f'±1=b12≥0；2当|b|≤1时,函数y=f'x的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}由f'1﹣f'﹣1=4b,有f'b﹣f'±1=b12≥0①若﹣1≤b≤0,则f'1≤f'﹣1≤f'b,∴g﹣1≤max{g1,gb},于是②若0＜b≤1,则f'﹣1≤f'1≤f'b,∴g1≤maxg﹣1,gb于是综上,对任意的b、c都有而当时,在区间﹣1,1上的最小值故M≥k对任意的b、c恒成立的k的最大值为．解法2：gx=|f'x|=|﹣x﹣b2+b2+c|1当|b|＞1时,由Ⅱ可知M＞22当|b|≤1y=f'x时,函数的对称轴x=b位于区间﹣1,1内,此时M=max{g﹣1,g1,gb}4M≥g﹣1+g1+2gb=|﹣1﹣2b+c|+|﹣1+2b+c|+2|b2+c|≥|﹣1﹣2b+c+﹣1+2b+c﹣2b2+c|=|2b2+2|≥2, 即下同解法125．2008江苏请先阅读：在等式cos2x=2cos2x﹣1x∈R的两边求导,得：cos2x′=2cos2x﹣1′,由求导法则,得﹣sin2x2=4cosx ﹣sinx,化简得等式：sin2x=2cosxsinx．1利用上题的想法或其他方法,结合等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n x∈R,正整数n≥2,证明：．2对于正整数n≥3,求证：i；ii；iii．解答证明：1在等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边对x求导得n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n ﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1移项得2i在式中,令x=﹣1,整理得所以ii由1知n1+x n﹣1=C n1+2C n2x+…+n﹣1C n n﹣1x n﹣2+nC n n x n﹣1,n≥3两边对x求导,得nn﹣11+x n﹣2=2C n2+32C n3x+…+nn﹣1C n n x n﹣2在上式中,令x=﹣1,得0=2C n2+32C n3﹣1+…+nn﹣1C n2﹣1n﹣2即,亦即 1又由i知 2由1+2得iii将等式1+x n=C n0+C n1x+C n2x2+…+C n n x n两边在0,1上对x积分由微积分基本定理,得所以26．2008天津已知函数fx=x4+ax3+2x2+bx∈R,其中a,b∈R．Ⅰ当时,讨论函数fx的单调性；Ⅱ若函数fx仅在x=0处有极值,求a的取值范围；Ⅲ若对于任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,求b的取值范围．解答解：Ⅰf'x=4x3+3ax2+4x=x4x2+3ax+4．当时,f'x=x4x2﹣10x+4=2x2x﹣1x﹣2．令f'x=0,解得x1=0,,x3=2．当x变化时,f'x,fx的变化情况如下表：x ﹣∞,0 02 2,+∞0,,2f′x ﹣0 + 0 ﹣0 +fx ↘极小值↗极大值↘极小值↗所以fx在,2,+∞内是增函数,在﹣∞,0,内是减函数．Ⅱf'x=x4x2+3ax+4,显然x=0不是方程4x2+3ax+4=0的根．为使fx仅在x=0处有极值,必须4x2+3ax+4≥0成立,即有△=9a2﹣64≤0．解些不等式,得．这时,f0=b是唯一极值．因此满足条件的a的取值范围是．Ⅲ由条件a∈﹣2,2,可知△=9a2﹣64＜0,从而4x2+3ax+4＞0恒成立．当x＜0时,f'x＜0；当x＞0时,f'x＞0．因此函数fx在﹣1,1上的最大值是f1与f﹣1两者中的较大者．为使对任意的a∈﹣2,2,不等式fx≤1在﹣1,1上恒成立,当且仅当,即,在a∈﹣2,2上恒成立．所以b≤﹣4,因此满足条件的b的取值范围是﹣∞,﹣4．四．解答题共4小题27．2008福建已知函数fx=ln1+x﹣x1求fx的单调区间；2记fx在区间0,nn∈N上的最小值为b n令a n=ln1+n﹣b ni如果对一切n,不等式恒成立,求实数c的取值范围；ii求证：．解答解：1因为fx=ln1+x﹣x,所以函数定义域为﹣1,+∞,且f′x=﹣1=．由f′x＞0得﹣1＜x＜0,fx的单调递增区间为﹣1,0；由f’x＜0得x＞0,fx的单调递减区间为0,+∞．2因为fx在0,n上是减函数,所以b n=fn=ln1+n﹣n,则a n=ln1+n﹣b n=ln1+n﹣ln1+n+n=n．i因为对n∈N恒成立．所以对n∈N恒成立．则对n∈N恒成立．设,n∈N,则c＜gn对n∈N恒成立．考虑．因为=0,所以gx在1,+∞内是减函数；则当n∈N时,gn随n的增大而减小,又因为=1．所以对一切n∈N,gn＞1因此c≤1,即实数c的取值范围是﹣∞,1．ⅱ由ⅰ知．下面用数学归纳法证明不等式n∈N+①当n=1时,左边=,右边=,左边＜右边．不等式成立．②假设当n=k时,不等式成立．即．当n=k+1时,＜===,即n=k+1时,不等式成立综合①、②得,不等式成立．所以,所以+＜+…+=﹣1．即．28．2007福建已知函数fx=e x﹣kx,1若k=e,试确定函数fx的单调区间；2若k＞0,且对于任意x∈R,f|x|＞0恒成立,试确定实数k的取值范围；3设函数Fx=fx+f﹣x,求证：F1F2…Fn＞n∈N．解答解：Ⅰ由k=e得fx=e x﹣ex,所以f'x=e x﹣e．由f'x＞0得x＞1,故fx的单调递增区间是1,+∞,由f'x＜0得x＜1,故fx的单调递减区间是﹣∞,1．Ⅱ由f|﹣x|=f|x|可知f|x|是偶函数．于是f|x|＞0对任意x∈R成立等价于fx＞0对任意x≥0成立．由f'x=e x﹣k=0得x=lnk．①当k∈0,1时,f'x=e x﹣k＞1﹣k≥0x＞0．此时fx在0,+∞上单调递增．故fx≥f0=1＞0,符合题意．②当k∈1,+∞时,lnk＞0．当x变化时f'x,fx的变化情况如下表：x 0,lnk lnk lnk,+∞f′x ﹣0 +fx 单调递减极小值单调递增由此可得,在0,+∞上,fx≥flnk=k﹣klnk．依题意,k﹣klnk＞0,又k＞1,∴1＜k＜e．综合①,②得,实数k的取值范围是0＜k＜e．Ⅲ∵Fx=fx+f﹣x=e x+e﹣x,∴Fx1Fx2=,∴F1Fn＞e n+1+2,F2Fn﹣1＞e n+1+2,FnF1＞e n+1+2．由此得,F1F2Fn2=F1FnF2Fn﹣1FnF1＞e n+1+2n故,n∈N．29．2006四川已知函数,fx的导函数是f′x．对任意两个不相等的正数x1、x2,证明：Ⅰ当a≤0时,；Ⅱ当a≤4时,|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|．解答解：证明：Ⅰ由得=而①又x1+x22=x12+x22+2x1x2＞4x1x2∴②∵∴∵a≤0,aln≥aln③由①、②、③得x12+x22++aln＞2++aln, 即．Ⅱ证法一：由,得∴=下面证明对任意两个不相等的正数x1,x2,有恒成立即证成立∵设,则,令u′x=0得,列表如下：tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴∴对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f'x1﹣f'x2|＞|x1﹣x2|证法二：由,得∴=∵x1,x2是两个不相等的正数∴设,ut=2+4t3﹣4t2t＞0则u′t=4t3t﹣2,列表：tu′t ﹣0 +□ut □极小值∴即∴即对任意两个不相等的正数x1,x2,恒有|f′x1﹣f′x2|＞|x1﹣x2|30．2006辽宁已知f0x=x n,其中k≤nn,k∈N+,设Fx=C n0f0x2+C n1f1x2+…+C n n f n x2,x∈﹣1,1．1写出f k1；2证明：对任意的x1,x2∈﹣1,1,恒有|Fx1﹣Fx2|≤2n﹣1n+2﹣n﹣1．解答解：1由已知推得f k x=n﹣k+1x n﹣k,从而有f k1=n﹣k+12证法1：当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数,所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F1﹣F0F1﹣F0=C n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1=nc n n﹣1+n﹣1c n n﹣2+…+n﹣k+1c n n﹣k+…+2c n1+c n0∵n﹣k+1c n n﹣k=n﹣kc n n﹣k+c n k=nc n﹣1k+c n k k=1,2,3,…,n﹣1F﹣F0=nc n﹣11+c n﹣12+…+c n﹣1k﹣1+c n1+c n2+…+c n n﹣1+c n0=n2n﹣1﹣1+2n﹣1=2n﹣1n+2﹣n﹣1因此结论成立．证法2：当﹣1≤x≤1 时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1又因F1﹣F0=2c n1+3c n2+…+kc n k﹣1+…+nc n n﹣1+c n0所以2F1﹣F0=n+2c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+2c n0F1﹣F0=c n1+c n2+…+c n k﹣1+…+c n n﹣1+c n0=因此结论成立．证法3：当﹣1≤x≤1时,Fx=x2n+nc n1x2n﹣1+n﹣1c n2x2n﹣2+…+n﹣k+1c n k x2n﹣k+…+2c n n﹣1x2+1 当x＞0时,F′x＞0所以Fx在0,1上为增函数因函数Fx为偶函数所以Fx在﹣1,0上为减函数所以对任意的x1,x2∈﹣1,1,|Fx1﹣Fx2|≤F﹣F0F﹣F0=c n0+nc n1+n﹣1c n2+…+n﹣k+1c n k+…+2c n n﹣1由x1+x n﹣x n=xc n1x n﹣1+c n2x n﹣2+…+c n k x n﹣k+…+c n n﹣1+1=c n1x n+c n2x n﹣1+…+c n k x n﹣k+1+…+c n n﹣1x2+x对上式两边求导得1+x n﹣x n+nx1+x n﹣1﹣nx n=nc n1x n﹣1+n﹣1c n2x n﹣2+…+n﹣k+1c n k x n﹣k+…+2c n n﹣1x+1Fx=1+x2n+nx21+x2n﹣1﹣nx2n∴F1﹣F0=2n+n2n﹣1﹣n﹣1=n+22n﹣1﹣n﹣1．因此结论成立．。

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

2024新高考新试卷结构19题新定义导数压轴题分类汇编【精选例题】1悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x+e-x2的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①sin2x+cos2x=1，②和角公式：cos x+y=cos x cos y-sin x sin y，③导数：sin x=cos x, cos x=-sin x,定义双曲正弦函数sh x =e x-e-x2．(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x>0时，sh x >ax恒成立，求实数a的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x-x2的最小值．【答案】(1)答案见解析；(2)-∞,1；(3)0【详解】(1)平方关系：ch2x -sh2x =1；和角公式：ch x+y=ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh (x)=ch(x)ch (x)=sh(x)．理由如下：平方关系，ch2x -sh2x =e x+e-x22-e x-e-x22=e2x+e-2x+24-e2x+e-2x-24=1；ch x+y=e x+y+e-x-y2，和角公式：ch x ch y +sh x sh y =e x+e-x2⋅ey+e-y2+e x-e-x2⋅ey-e-y2=e x+y+e x-y+e-x+y+e-x-y4+ex+y-e x-y-e-x+y+e-x-y4=ex+y+e-x-y2，故ch x+y=ch x ch y +sh x sh y ；导数：sh x =e x--e-x2=e x+e-x2=chx，ch x =e x-e-x2=shx；(2)构造函数F x =sh x -ax，x∈0,+∞，由(1)可知F x =ch x -a，i．当a≤1时，由ch(x)= e x+e-x2≥e x⋅e-x=1≥a可知，故F (x)≥0，故F(x)单调递增，此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；ii．当a>1时，令G x =F x ，x∈0,+∞，则G x =sh x ≥0，可知G x 单调递增，由G(0)=1-a<0与G(ln2a)=14a>0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，故当x∈(0,x0)时，F (x)=G(x) <G(x0)=0，则F(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，F(x)<F0 =0，即sh x <ax，矛盾；综上所述，实数a的取值范围为-∞,1．(3)f x =ch x -cos x-x2，f x =sh x +sin x-2x，令g x =f x =sh x +sin x-2x，则g x = ch x +cos x-2，令h x =g x =ch x +cos x-2，则h x =sh x -sin x，当x∈0,+∞时，由(2)可知，sh x ≥x，则h x =sh x -sin x≥x-sin x，令u x =x-sin x，则u x =1-cos x≥0，故u x 在0,+∞内单调递增，则h x ≥u x ≥u0 =0，故h x 在0,+∞内单调递增，则g x =h x ≥h0 =0，故g x 在0,+∞内单调递增，则f x =g x ≥g0 =0，故f x 在0,+∞内单调递增，因为f-x=ch-x-cos-x--x2=chx-cos x-x2=f x ，即f x 为偶函数，故f x 在-∞,0内单调递减，则f x min=f0 =0，故当且仅当x=0时，f x 取得最小值0.2已知a 为实数，f x =x +a ln x +1 ．对于给定的一组有序实数k ,m ，若对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m ≥0，则称k ,m 为f x 的“正向数组”．(1)若a =-2，判断0,0 是否为f x 的“正向数组”，并说明理由；(2)证明：若k ,m 为f x 的“正向数组”，则对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0；(3)已知对任意x 0>-1，f x 0 ,f x 0 -x 0fx 0 都是f x 的“正向数组”，求a 的取值范围．【答案】(1)0,0 不是f x 的“正向数组”；(2)证明见解析；(3)a 的取值范围是-∞,1 .【详解】(1)若a =-2，f x =x -2 ln x +1 ，对k ,m =0,0 ，即kx 1-f x 1 +m kx 2-f x 2 +m =f x 1 ⋅f x 2 ，而当x 1∈0,2 ，x 2∈2,+∞ 时，f x 1 =x 1-2 ln x 1+1 <0，f x 2 =x 2-2 ln x 2+1 >0，即f x 1 ⋅f x 2 <0，不满足题意. 所以0,0 不是f x 的“正向数组”.(2)反证法:假设存在x 0>-1,使得kx -f x +m >0,∵k ,m 为f x 的“正向数组”，∴对任意x 0>-1,都有kx 0-f x 0 +m ⋅kx 0-f x 0 +m ≥0.∴对任意x >-1,kx -f x +m ≥0恒成立.令F x =x +a ln x +1 -kx -m ，则F x ≤0在-1,+∞ 上恒成立，F x =ln x +1 +x +ax +1-k =ln x +1 +a -1x +1+1-k ，设G x =F x =ln x +1 +a -1x +1+1-k ，G x =1x +1-a -1x +1 2=x +2-ax +1 2，则当a >1时，G x 在-1,a -2 上为负，在a -2,+∞ 上为正，所以G x =F x 在-1,a -2 上单调递减，在a -2,+∞ 上单调递增；若F a -2 <0，当x →-1，F x →+∞，当x →+∞，Fx →+∞，即存在Fx 1 =Fx 2 =0，使Fx 在-1,x 1 上为正，在x 1,x 2 上为负，在x 2,+∞ 上为正，所以F x 在-1,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为R ；若F a -2 ≥0，F x ≥F a -2 ≥0，F x 在-1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为R . 当a ≤1时，G x =x +2-ax +12≥0，G x =F x 在-1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →-∞，当x →+∞，F x →+∞，必存在F x 1 =0，使F x 在-1,x 1 上为负，在x 1,+∞ 上为正，所以F x 在-1,x 1 上单调递减，在x 1,+∞ 上单调递增，又当x →-1，F x →+∞，当x →+∞，F x →+∞，则F x 的值域为F x 1 ,+∞ . 由值域可看出，与F x≤0在-1,+∞ 上恒成立矛盾.对任意x >-1，都有kx -f x +m ≤0.(3)∵f x0 ,f x 0 -x 0f x 0 都是f x 的“正向数组”，对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有fx 0 x 1-f x 1 +f x 0 -x 0fx 0 fx 0 x 2-f x 2 +f x 0 -x 0fx 0 ≥0，则f x 0 x -f x +f x 0 -x 0f x 0 ≥0恒成立或f x 0 x -f x +f x 0 -x 0f x 0 ≤0恒成立，即f x -f x 0 x ≤f x 0 -f x 0 x 0恒成立或f x -f x 0 x ≥f x 0 -f x 0 x 0恒成立，设g x =f x -f x 0 x =x +a ln x +1 -fx 0 x ，则f x 0 -fx 0 x 0=g x 0 ，即g x 0 是g x 的最大值或最小值. gx =f x -f x 0 =ln x +1 +x +a x +1-f x 0 =ln x +1 +a -1x +1+1-f x 0 ，且g x 0 =f x 0 -fx 0 =0. 当a >1时，由(2)可得，g x =x +a ln x +1 -f x 0 x =F x +m 的值域为R ，无最大值或最小值；当a ≤1时，g x =ln x +1 +a -1x +1+1-f x 0 在-1,+∞ 上单调递增，又g x 0 =fx 0 -fx 0 =0，则g x 在-1,x 0 上为负，在x 0,+∞ 上为正，所以g x =f x -f x 0 x 在-1,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则g x 0 是g x 的最小值，满足g x =f x -f x 0 x ≥f x 0 -fx 0 x 0，此时对任意x 1，x 2∈-1,+∞ ，都有f x 0 x 1-f x 1 +f x 0 -x 0f x 0 f x 0 x 2-f x 2 +f x 0 -x 0fx 0 ≥0.∴a 的取值范围是-∞,1 .3帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m ，n ，函数f (x )在x =0处的[m ,n ]阶帕德近似定义为：R (x )=a 0+a 1x +⋯+a m x m 1+b 1x +⋯+b n x n ，且满足：f (0)=R (0)，f(0)=R (0)，f (0)=R (0)⋯，f (m +n )(0)=R (m +n )(0)．已知f (x )=ln (x +1)在x =0处的[1,1]阶帕德近似为R(x )=ax 1+bx ．注：f (x )=f (x ) ,f (x )=f (x ) ,f (4)(x )=f (x ) ,f (5)(x )=f (4)(x ) ,⋯(1)求实数a ，b 的值；(2)求证：(x +b )f 1x>1；(3)求不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集，其中e =2.71828⋯．【答案】(1)a =1，b =12；(2)证明见解析；(3)0,+∞【详解】(1)因为R (x )=ax 1+bx ，所以R (x )=a 1+bx2，R (x )=-2ab 1+bx 3，f (x )=ln (x +1)，则f(x )=1x +1，f (x )=-1x +12，由题意知，f 0 =R 0 ，f 0 =R0 ，所以a =1-2ab =-1 ，解得a =1，b =12.(2)由(1)知，即证x +12 ln 1+1x >1，令t =1+1x，则t >0且t ≠1，即证t ∈0,1 ∪1,+∞ 时t +12t -1⋅ln t >1，记φt =ln t -2t -1 t +1，t ∈0,1 ∪1,+∞ ，则φt =1t -4t +1 2=t -1 2t t +12>0，所以φt 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递增，当t ∈0,1 时φt <φ1 =0，即ln t <2t -1 t +1，即t +12t -1⋅ln t>1成立，当t ∈1,+∞ 时φt >φ1 =0，即ln t >2t -1 t +1，即t +12t -1⋅ln t >1成立，综上可得t ∈0,1 ∪1,+∞ 时t +12t -1⋅ln t >1，所以x +12 ln 1+1x >1成立，即(x +b )f 1x>1成立.(3)由题意知，欲使得不等式1+1x x <e <1+1x x +12成立，则至少有1+1x>0，即x >0或x <-1，首先考虑e <1+1x x +12，该不等式等价于ln 1+1x x +12>1，即x +12 ln 1+1x>1，又由(2)知x +12 ln 1+1x >1成立，所以使得e <1+1x x +12成立的x 的取值范围是-∞,-1 ∪0,+∞ ，再考虑1+1x x<e ，该不等式等价于x ln 1+1x <1，记h x =ln x -x +1，x ∈0,1 ∪1,+∞ ，则h x =1x -1=1-xx，所以当0<x <1时h x >0，x >1时h x <0，所以h x 在0,1 上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以h x<h 1 =0，即ln x <x -1，x ∈0,1 ∪1,+∞ ，所以ln 1+1x <1x，x ∈-∞,-1 ∪0,+∞ ，当x ∈0,+∞ 时由ln 1+1x <1x ，可知x ln 1+1x <1成立，当x ∈-∞,-1 时由ln 1+1x <1x，可知x ln 1+1x<1不成立，所以使得1+1x x<e 成立的x 的取值范围是0,+∞ ，综上可得不等式1+1x x <e <1+1x x +12的解集为0,+∞ .4在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C ：y =f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs ，当动点从A 沿曲线段AB运动到B 点时，A 点的切线l A 也随着转动到B 点的切线l B ，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于l B 的倾斜角与l A 的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K =ΔθΔs为曲线段AB 的平均曲率；显然当B 越接近A ，即Δs 越小，K 就越能精确刻画曲线C 在点A 处的弯曲程度，因此定义K =lim Δs →0ΔθΔs =y 1+y 2 32(若极限存在)为曲线C 在点A 处的曲率．(其中y ＇，y ＇＇分别表示y =f x 在点A 处的一阶、二阶导数)(1)求单位圆上圆心角为60°的圆弧的平均曲率；(2)求椭圆x 24+y 2=1在3,12处的曲率；(3)定义φy =22y1+y 3为曲线y =f x 的“柯西曲率”．已知在曲线f x =x ln x -2x 上存在两点P x 1,f x 1 和Q x 2,f x 2 ，且P ，Q 处的“柯西曲率”相同，求3x 1+3x 2的取值范围．【答案】(1)1；(2)16749；(3)2e ,1 【详解】(1)K =ΔθΔs=π3π3=1．(2)y =1-x 24，y=-x 41-x 24 -12，y =-141-x 24 -12-x 2161-x 24 -32，故y x =3=-32，y x =3=-2，故K =21+3432=16749．(3)fx =ln x -1，fx =1x ，故φy =22y 1+y 3=22x ln x 3=223s ln s3，其中s =3x ，令t 1=3x 1，t 2=3x 2，则t 1ln t 1=t 2ln t 2，则ln t 1=-t ln t t -1，其中t =t 2t 1>1(不妨t 2>t 1)，令p x =x ln x ，p x =1+ln x ⇒p x 在0,1e 递减，在1e ,+∞ 递增，故1>t 2>1e >t 1>0；令h t =ln t 1+t 2 =ln t +1 -t ln tt -1，h 't =1t -1 2ln t -2t -1 t +1，令m (t )=ln t -2t -1 t +1(t >1)，则m(t )=t -1 2t (t +1)，当t >1时，m (t )>0恒成立，故m (t )在(1,+∞)上单调递增，可得m (t )>m (1)=0，即ln t -2t -1 t +1>0，故有h t =1t -12ln t -2t -1 t +1 >0，则h t 在1,+∞ 递增，又lim t →1h t =ln2-1，lim t →+∞h t =0，故ln t 1+t 2 ∈ln2-1,0 ，故3x 1+3x 2=t 1+t 2∈2e ,1．5“让式子丢掉次数”：伯努利不等式伯努利不等式(Bernoulli 'sInequality )，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x ∈-1,+∞ ，在 n ∈1,+∞ 时，有不等式 1+x n ≥1+nx 成立；在 n ∈0,1 时，有不等式 1+x n ≤1+nx 成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n ≥1时，对伯努利不等式进行证明；(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a 1,a 2,⋯,a n n ∈N * 是大于-1的实数(全部同号)，证明1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n ≥1+a 1+a 2+⋯+a n【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0；(2)证明见解析；(3)证明见解析【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．当n =0时， 1+x 0=1+0x ，当n =1时， 1+x 1=1+x ，当x =0时， 1+0 n =1+0n ，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；(2)当 n ≥1时，我们需证 1+x n ≥1+nx ，设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，f x =n 1+x n -1-n =n 1+x n -1-1 ，令 1+x n -1-1=0得 x =0，即f 0 =0，x =0是 f x 的一个极值点．令 g x =f x ，则g x =n n -1 1+x n -2>0，所以 f x 单调递增．当 -1<x <0时，f x <f 0 =0，当 x >0时，f x >f 0 =0，故f x 在 -1,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增．所以在 x =0处 f x 取得极小值 f 0 =0，即 f x ≥0恒成立，1+x n ≥nx +1．伯努利不等式对 n≥1得证．(3)当 n =1时，原不等式即1+a 1≥1+a 1，显然成立．当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，则 x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 ，若 a i >0i =1,2,⋯,n +1 ，由上式易得 x n +1-x n >0，即 x n +1>x n ；若-1<a i ≤0i =1,2,⋯,n +1 ，则 0<1+a i <1，所以 1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1<0，故x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 >0，即此时 x n +1>x n 也成立．所以 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，由于 x 2=1+a 1 1+a 2 -1+a 1+a 2 =a 1a 2>0，所以 x n >x 2>0∀n >2 ，故原不等式成立．6梨曼猜想是解析数论里的一个重要猜想，它被很多数学家视为是最重要的数学猜想之一．它与函数f x =x s -1e x -1(x >0,s >1，s 为常数)密切相关，请解决下列问题．(1)当1<s ≤2时，讨论f x 的单调性；(2)当s >2时；①证明f x 有唯一极值点；②记f x 的唯一极值点为g s ，讨论g s 的单调性，并证明你的结论．【答案】(1)f x 在0,+∞ 上单调递减；(2)①证明见解析；②在2,+∞ 上单调递增，证明见解析；【详解】(1)由f x =x s -1e x -1,x ∈0,+∞ ,1<s ≤2可得fx =s -1 ⋅x s -2⋅e x -1 -x s -1⋅e xe x -12=x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -12，令h x =s -1-x ⋅e x -s -1 ，则h x =-e x +s -x -1 ⋅e x =s -x -2 ⋅ex；又1<s ≤2，x >0，所以s -x -2<0,e x >0，即h x <0恒成立；即函数h x 在0,+∞ 上单调递减，又h 0 =0，所以h x <h 0 =0，可得f x =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1e x -1 2<0恒成立，因此函数f x 在0,+∞ 上单调递减，即当1<s ≤2时，函数f x 在0,+∞ 上单调递减；(2)当s >2时，①由(1)可知令h x =s -x -2 ⋅e x =0，可得x =s -2>0,易知当x ∈0,s -2 时，hx =s -x -2 ⋅ex>0，即函数h x 在0,s -2 上单调递增，当x ∈s -2,+∞ 时，h x =s -x -2⋅e x <0，即函数h x 在s -2,+∞ 上单调递减，即函数h x 在x =s -2处取得极大值，也是最大值；注意到h 0 =0，由单调性可得h s -2 >h 0 =0，可知h x 在0,s -2 大于零，不妨取x =2s -2，则h 2s -2 =1-s ⋅e 2s -2-s -1 =1-s e 2s -2+1 <0；由零点存在定理可知h x 存在唯一变号零点x 0∈s -2,+∞ ，所以fx =x s -2⋅s -1-x ⋅e x -s -1 e x -12存在唯一变号零点x 0满足f x 0 =0，由h x 单调性可得，当x ∈0,x 0 时，f x >0，当x ∈x 0,+∞ 时，f x <0；即可得函数f x 在0,x 0 上单调递增，在x 0,+∞ 单调递减；所以f x 有唯一极大值点x 0；②记f x 的唯一极值点为g s ，即可得x 0=g s由h x 0 =s -1-x 0 ⋅e x 0-s -1 =0可得s =x 0⋅e x 0e x 0-1+1，即可得g s 的反函数g -1s =x 0⋅e xe x 0-1+1，令φx =x ⋅e x e x -1+1,x ∈s -2,+∞ ，则φx =e x e x -x -1 e x -12，构造函数m x =e x -x -1,x ∈0,+∞ ，则m x =e x -1，显然m x =e x -1>0在0,+∞ 恒成立，所以m x 在0,+∞ 上单调递增，因此m x >m 0 =0，即e x >x +1在0,+∞ 上恒成立，而s >2，即s -2>0，所以e x >x +1在s -2,+∞ 上恒成立，即可得φ x =e x e x -x -1e x -1 2>0在s -2,+∞ 上恒成立，因此g -1s 在s -2,+∞ 单调递增；易知函数g s 与其反函数g -1s 有相同的单调性，所以函数g s 在2,+∞ 上单调递增；7定义函数f n x =1-x +x 22-x 33+⋯+-1 n x nnn ∈N *．(1)求曲线y =f n x 在x =-2处的切线斜率；(2)若f 2x -2≥ke x 对任意x ∈R 恒成立，求k 的取值范围；(3)讨论函数f n x 的零点个数，并判断f n x 是否有最小值．若f n x 有最小值m ﹐证明：m >1-ln2；若f n x 没有最小值，说明理由．(注：e =2.71828⋯是自然对数的底数)【答案】(1)1-2n ；(2)-∞,-1 ；(3)答案见详解【详解】(1)由f n x=-1+x -x 2+⋯+-1 n x n -1，可得fn -2=-1-2-22-⋯-2n -1=-1-2n 1-2=1-2n ,所以曲线y =f n x 在x =-2处的切线斜率1-2n .(2)若f 2x -2≥ke x 对任意x ∈R 恒成立，所以k ≤f 2x -2e x=-1-x +x22e x对任意x ∈R 恒成立，令g (x )=-1-x +x22e x ，则g (x )=x 4-xex，由g (x )>0解得x <0，或x >4；由g (x )<0解得0<x <4，故g (x )在-∞,0 上单调递减，在0,4 上单调递增，在4,+∞ 上单调递减，又g (0)=-1，且当x >4时，g (x )>0，故g (x )的最小值为g (0)=-1，故k ≤-1，即k 的取值范围是-∞,-1 .(3)fn -1=-1-1-⋯-1 =-n ，当x ≠-1时，f n x=-1+x -x 2+⋯+-1 n xn -1=-1--x n 1--x=-xn-1x +1，因此当n 为奇数时，f n x =1-x +x 22-x 33+⋯+x n -1n -1-x nn ，此时f n x =-x n -1x +1,x ≠-1,-n ,x =-1.则f n x <0，所以f n x 单调递减.此时f n 0 =1>0，f 1x =1-x 显然有唯一零点，无最小值.当n ≥2时，f n 2 =1-2+222-233+⋯+2n -1n -1-2n n =1-2 +22332-2 +⋅⋅⋅+2n -1n nn -1-2 <0，且当x >2时，f nx =1-x +x 22-x 33 +⋯+x n -1n -1-x n n =1-x +x 2332-x +⋯+x n -1n nn -1-x <1-x ，由此可知此时f n x 不存在最小值.从而当n 为奇数时，f n x 有唯一零点，无最小值，当n =2k k ∈N * 时，即当n 为偶数时，f n x =1-x +x 22-x 33+⋯-x n -1n -1+xnn ，此时f n x =x n -1x +1,x ≠-1,-n ,x =-1.，由f n x >0，解得x >1；由f n x <0，解得x <1，则f n x 在-∞,1 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，故f n x的最小值为f n 1 =1-1 +12-13 +⋯+1n -2-1n -1 +1n>0，即f n x ≥f n 1 >0，所以当n为偶数时，f n x 没有零点.设h x =ln 1+x -x x +1x >0 ，h x =11+x -1x +1 2=xx +12>0，所以h x 在0,+∞ 上单调递增，h x >h 0 =0，即ln 1+x >x x +1x >0 .令x =1n 可得ln n +1n >1n +1，当n =2k k ∈N * 时1-f 2k 1 =1-12+13-14+⋯+12k -1-12k =1+12+13+⋅⋅⋅+12k -212+14+⋯+12k=1+12+13+⋅⋅⋅+12k -1+12+⋯+1k =1k +1+1k +2⋅⋅⋅+12k <ln k +1k +ln k +2k +1⋅⋅⋅+ln 2k 2k -1=ln 2k k=ln2，即m =f 2k 1 >1-ln2.从而当n 为偶数时，f n x 没有零点，存在最小值m >1-ln2.综上所述，当n 为奇数时，f n x 有唯一零点，无最小值；当n 为偶数时，f n x 没有零点，存在最小值m >1-ln2.8如果函数F x 的导数Fx =f x ，可记为F x =f x d x ．若f x ≥0，则b af x d x =F b -F a 表示曲线y =f x ，直线x =a ,x =b 以及x 轴围成的“曲边梯形”的面积．(1)若F x =1x d x ，且F 1 =1，求F x ；(2)已知0<α<π2，证明：αcos α<acos x d x <α，并解释其几何意义；(3)证明：1n 1+cos πn +1+cos 2πn +1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn <22π，n ∈N *．【答案】(1)F x =ln x +1；(2)答案见解析；(3)证明见解析【详解】(1)当x >0时，因为ln x =1x，所以设F x =ln x +C 1，又F 1 =1，代入上式可得F 1 =ln1+C 1=1⇒C 1=1，所以，当x >0时，F x =ln x +1；当x <0时，设F x =ln -x +C 2，同理可得C 2=1，综上，F x =ln x +1.(2)因为F x =∫cos x d x =sin x +C ，所以a0cos x d x =sin α-sin0=sin α ，设g x =x -sin x ,0<x <π2，则g x =1-cos x >0恒成立，所以g x 在0<x <π2上单调递增，所以g x min >g 0 =0，故sin α<α，即acos x d x <α；设h x =sin x -x cos x ，0<x <π2，则h x =x sin x >0恒成立，所以h x 在0<x <π2上单调递增，h x min >h 0 =0，所以αcos α<a 0cos x d x ，综上，αcos α<acos x d x <α.几何意义：当0<x <π2时，曲线y =cos x 与直线x =0(y 轴)，x =α以及x 轴围成的“曲边面积”大于直线x =0(y 轴)，x =α以及x 轴，直线y =cos α围成的矩形面积，小于x =0(y 轴)，x =α以及x 轴，直线y =1围成的矩形面积.(3)因为1+cos k πn =2cos 2k π2n =2cos k π2n,k =1,2,⋯n ，所以1n 1+cos πn +1+cos 2πn +1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn=2n cos π2n +cos 2π2n +cos 3π2n +⋯+cos π2 <2∫1cos π2x d x ，设F x =2πsin π2x ，则F x =cos π2x ，所以∫1cosπ2x d x =F 1 -F 0 =2πsin π2=2π，故1n 1+cosπn +1+cos 2πn+1+cos 3πn +⋯+1+cos n πn<22π.9对于函数y =f x ,x ∈I ，若存在x 0∈I ，使得f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的一阶不动点；若存在x 0∈I ，使得f f x 0 =x 0，则称x 0为函数f x 的二阶不动点；依此类推，可以定义函数f x 的n 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点.(1)已知f x =2x +2x -3，求f x 的不动点；(2)已知函数f x 在定义域内单调递增，求证： “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)已知a >-1，讨论函数f x =2e2ln x +a +1 x -1x 的稳定点个数.【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)答案见解析【详解】(1)设g x =f x -x =2x +x -3，则g x =2x ln2+1>0恒成立，故函数g x 在R 上单调递增，又g (1)=0，故函数g x 在R 上有唯一零点，即f x 有唯一不动点1；(2)证明：充分性：设x 0为函数f x 的不动点，则f x 0 =x 0，则f f x 0 =f x 0 =x 0，即x 0为函数f x 的稳定点，充分性成立；必要性：设x 0为函数f x 的稳定点，即f f x 0 =x 0，假设f x 0 =y 0，而f x 在定义域内单调递增，若y 0>x 0，则f f x 0 =f y 0 >f x 0 =y 0>x 0，与f f x 0 =x 0矛盾；若y 0<x 0，则f f x 0 =f y 0 <f x 0 =y 0<x 0，与f f x 0 =x 0矛盾；故必有y 0=x 0，即f f x 0 =f y 0 =f x 0 =y 0=x 0，即f x 0 =y 0=x 0，故x 0为函数f x 的不动点，综上， “x 0为函数f x 的不动点”是“x 0为函数f x 的稳定点”的充分必要条件；(3)当a >-1时，函数f x =2e 2ln x +a +1x -1x 在(0,+∞)上单调递增，由(2)知f x 的稳定点与f x 的不动点等价，故只需研究f x 的不动点即可；令F x =f x -x =2e2ln x +ax -1x ,x ∈0,+∞ ，则F x =2e 2x +a +1x2,x ∈0,+∞ ，则F x 在0,+∞ 上单调递减，①当a ≥0时，F x >0恒成立，即F x 在0,+∞ 上单调递增，当x 无限接近于0时，F x 趋向于负无穷小，且F e 2 =4e 2+ae 2-1e 2=3e2+ae 2>0，故存在唯一的x 0∈0,e 2 ，使得F x 0 =0，即f x =x 有唯一解，所以此时f x 有唯一不动点；②当a <0时，即-1<a <0时，F 1 =2e 2+a +1>0，当x 趋向无穷大时，2e 2x 1+1x 21趋近于0，此时Fx 1 <0，存在唯一x 1∈0,+∞ ，使得F x 1 =2e 2x 1+a +1x 21=0，此时f x 在(0,x 1)上单调递增，在(x 1,+∞)上单调递减，故F x max =F x 1 =2e 2ln x 1+ax 1-1x 1=2e 2ln x 1-1x 1-2e 2-1x 1=2e 2ln x 1-2x 1-2e2，当x 趋近于0时，F x 趋向于负无穷大，当x 趋向正无穷大时，F x 趋向于负无穷大，设h x =2e 2ln x -2x -2e2，则h x在0,+∞ 上单调递增，且h e 2 =4e 2-2e 2-2e 2=0，又a =-1x 21-2e 2x 1在x 1∈0,+∞ 时单调递增，故(i )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2=0时，即x 1=e 2，此时a =-3e4，方程F x =0有一个解，即f x 有唯一不动点；(ii )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2<0shi ，即x 1<e 2，此时-1<a <-3e4，方程F x =0无解，即f x 无不动点；(iii )当F x max =2e 2ln x 1-2x 1-2e 2>0时，即x 1>e 2，此时-3e4<a <0，方程F x =0有两个解，即f x有两个不动点；综上，当a ≥0时或a =-3e 4时，f x 有唯一稳定点；当-1<a <-3e4时，f x 无稳定点；当-3e 4<a <0，f x 有两个稳定点；【跟踪训练】10已知y =f x 与y =g x 都是定义在0,+∞ 上的函数，若对任意x 1，x 2∈0,+∞ ，当x 1<x 2时，都有g x 1 ≤f x 1 -f x 2x 1-x 2≤g x 2 ，则称y =g x 是y =f x 的一个“控制函数”．(1)判断y =2x 是否为函数y =x 2x >0 的一个控制函数，并说明理由；(2)设f x =ln x 的导数为f x ，0<a <b ，求证：关于x 的方程f b -f ab -a=f x 在区间a ,b 上有实数解；(3)设f x =x ln x ，函数y =f x 是否存在控制函数？若存在，请求出y =f x 的所有控制函数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)存在，y =ln x +1【详解】(1)对任意0<x 1<x 2，则x 21-x 22x1-x 2=x 1-x 2 x 1+x 2 x 1-x 2=x 1+x 2，且2x 1≤x 1+x 2≤2x 2，故y =2x 是函数y=x2x>0的一个控制函数；(2)因为0<a<b，则f b -f ab-a=ln b-ln ab-a=ln bab-a，则f b -f ab-a-1a=ln bab-a-1a，f b -f ab-a-1b =ln aba-b-1b，∵0<a<b，∴ba>1，0<ba<1，设y=ln x-x+1，x>0，在x>1上y =1x-1<0，在0<x<1上y =1x-1>0，则y=ln x-x+1在x>1单调递减，在0<x<1上单调递增，最大值y max=ln1-1+1=0，∵0<a<b，∴ba >1，0<ba<1，b-a>0，a-b<0，∴ln ba-ba+1<0，ln ab-ab+1<0，则ln ba-b-aa<0，∵b-a>0，∴ln bab-a-1a<0，即f b -f ab-a<1a，同理，lnab-a-bb<0，∵a-b<0，∴ln ab-a-b b >0，即f b -f ab-a>1b，综上：1b<f b -f ab-a<1a，fx =1x，在区间a,b上的值域为1 b ,1 a，则f b -f ab-a =f x 在区间a,b上有实数解.(3)①先证引理:对任意0<a<b，关于x的方程f(b)-f(a)b-a=f (x)在区间(a,b)上恒有实数解.这等价于ln a+1<b ln b-a ln ab-a <ln b+1⇔(ln a+1)(b-a)<b ln b-a ln a<(ln b+1)(b-a)⇔1b<ln b-ln a b-a <1a，由(2)知结论成立.②(证控制函数的唯一性)假设y=f(x)存在“控制函数”y=g(x)，由上述引理知，对任意x1,x2∈(0,+∞)，当x1<x2时，都存在c∈x1,x2使得g x1≤f (c)≤g x2⋯⋯.(*)，下证：g(x)=f (x),x∈(0,+∞).若存在t1∈(0,+∞)使得g t1 >f t1 ，考虑到f (x)=ln x+1是值域为R的严格增函数，故存在t2>t1使得f t2 =g t1 .由(*)知存在c0∈t1,t2使得g t1 ≤f c0 ≤g t2 ，于是有f c0 ≥g t1 =f t2 ，由f (x)的单调性知c0≥t2，矛盾.故对任意x∈(0,+∞)都有g(x)≤f (x)，同理可证，对任意x∈(0,+∞)都有g(x)≥f (x)，从而g(x)=f (x).③(证控制函数的存在性)最后验证，g(x)=f (x)是y=f(x)的一个“控制函数”.对任意x1,x2∈(0,+∞)，当x1<x2时，都存在c∈x1,x2使得f x1-f x2x1-x2=f (c)，而由f (x)的单调性知f x1≤f (c)≤f x2，即g x1≤f x1-f x2x1-x2≤g x2.综上，函数y=f(x)存在唯一的控制函数y=ln x+1.11利用拉格朗日(法国数学家，1736-1813)插值公式，可以把二次函数F(x)表示成F(x)=d(x-b)(x-c) (a-b)(a-c)+e(x-a)(x-c)(b-a)(b-c)+f(x-a)(x-b)(c-a)(c-b)的形式.(1)若a=1，b=2，c=3，d=4，e<f，把F(x)的二次项系数表示成关于f的函数G(f)，并求G(f)的值域(此处视e为给定的常数，答案用e表示)；(2)若a<b<c，d>0，e<0，f>0，求证：a+b<d b2-c2+e c2-a2+f a2-b2d(b-c)+e(c-a)+f(a-b)<b+c.【答案】(1)-12e+2,+∞；(2)证明见解析．【详解】(1)由题意G (f )=d (a -b )(a -c )+e (b -a )(b -c )+f (c -a )(c -b )=4-1×(-2)+e1×(-1)+f 2×1=12f -e +2又f >e ，所以G (f )>12e -e +2=-12e +2．即G (f )的值域是-12e +2,+∞ ；(2)因为a <b <c ，d >0，e <0，f >0，所以d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )<0，(a +b )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]=d (b -c )(a +b )+e (c -a )(a +b )+f (a 2-b 2)=d (b -c )([(b +c )+(a -c )]+e (c -a )[(c +a )+(b -c )]+f (a 2-b 2)=d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)+d (b -c )(a -c )+e (c -a )(b -c )因为a <b <c ，d >0，e <0，f >0，所以d (b -c )(a -c )>0,e (c -a )(b -c )>0，所以(a +b )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]>d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)，所以a +b <d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )，(b +c )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]=d (b 2-c 2)+e (c-a )(b +c )+f (a -b )(b +c )=d (b 2-c 2)+e (c -a )(c -a +b -a )+f (a -b )(a +b +c -a )=d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)+e (c -a )(b -a )+f (a -b )(c -a )因为a <b <c ，d >0，e <0，f >0，所以e (c -a )(b -a )<0,f (a -b )(c -a )<0，所以(b +c )[d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )]<d (b 2-c 2)+e (c 2-a 2)+f (a 2-b 2)，所以b +c >d b 2-c 2 +e c 2-a 2 +f a 2-b 2d (b -c )+e (c -a )+f (a -b )，综上，原不等式成立．12多元导数在微积分学中有重要的应用.设y 是由a ，b ，c ⋯等多个自变量唯一确定的因变量，则当a 变化为a +Δa 时，y 变化为y +Δy ，记lim Δa →0Δy Δa 为y 对a 的导数，其符号为d yda.和一般导数一样，若在a 1,a 2上，已知d y da >0，则y 随着a 的增大而增大；反之，已知d yda<0，则y 随着a 的增大而减小.多元导数除满足一般分式的运算性质外，还具有下列性质：①可加性：d y 1+y 2 da =d y 1da +d y 2da ；②乘法法则：d y 1y 2 da=y 2d y 1da +y 1d y 2da ；③除法法则：d y 1y 2da =y 2d y 1da -y 1d y2da y 22；④复合法则：d y 2da =d y 2d y 1⋅d y 1da .记y =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a .(e =2.7182818⋯为自然对数的底数)，(1)写出d y d x 和d yda的表达式；(2)已知方程y =0有两实根x 1,x 2，x 1<x 2.①求出a 的取值范围；②证明d x 1+x 2da >0，并写出x 1+x 2随a 的变化趋势.【答案】(1)d y d x =e x +2e x ln x -e ，d y da=-1；(2)①-12e ,1 ；②证明见解析，x 1+x 2随a 增大而减小【详解】(1)解：设f x =g a =e x +1e x 2ln x -12e x 2-ex -a ，则d y d x =lim Δx →0Δy Δx =lim Δx →0f x +Δx -f x Δx=fx =e x+2e x ln x -e ，同理d y da=g ′a =-1.(2)解：①由(1)，可得f x =e x +2ex ln x -e ，则f 1 =0，且x <1时，e x <e ，x ln x <0，f x <0即f x 单调递减，x >1时，f x >0即f x 单调递增，故f x ≥f 1 =-12e-a ，又由x →0时，x 2趋近于0的速度远远快于ln x 趋近于-∞的速度，故x 2ln x →0，f x →1-a ，因此只需1-a >0且-12e-a<0，即由零点存在性定理，x 1∈0,1 ，x 2>1，存在两个零点，故a ∈-12e ,1 ；②由d x 1+x 2 da =d x 1da +d x 2da =d x 1d y ⋅d y da +d x 2d y ⋅d y da =-d x 1d y +d x 2d y=-1d y d x 1+1d y d x 2 =-d yd x 1+d yd x 2d y d x 1⋅d y d x 2=-f x 1 +fx 2 f x 1 f x 2，由①可得f x 1 <0，f x 2 >0，故只需证明f x 1 +f x 2 >0，令x 1+x22=m ，设h x =f m +x -f m -x 0≤x ≤x 2-x 12 ，则h 0 =h x 2-x12=f x 2 -f x 1 =0，且h x =f m +x +f m -x ，则h x 2-x 12 =f x 1 +f x 2 ，又h x =f m +x -f m -x =e m +x +2eln m +x +1 -e m -x+2e ln m -x +1 单调递增，且h 0 =0，故h x ≥h 0 =0，h x 单调递增，则h x ≤h x 2-x 12，必然h x 2-x 12 =f x 1 +f x 2 >0，否则h x ≤0即h x 单调递减，不符合题意，h 0 =h x 2-x12=f x 2 -f x 1 =0，故原命题成立。

妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。