2021高考数学复习专题 函数与导数的综合应用(精测)

函数、导数、导数及应用一．选择题（共13小题）1．（2021•浙江）已知函数f（x）＝x2+，g（x）＝sin x，则图象为如图的函数可能是（）A．y＝f（x）+g（x）﹣B．y＝f（x）﹣g（x）﹣C．y＝f（x）g（x）D．y＝2．（2021•甲卷）下列函数中是增函数的为（）A．f（x）＝﹣x B．f（x）＝（）x C．f（x）＝x2D．f（x）＝3．（2021•甲卷）设f（x）是定义域为R的奇函数，且f（1+x）＝f（﹣x）．若f（﹣）＝，则f（）＝（）A．﹣B．﹣C．D．4．（2021•乙卷）设函数f（x）＝，则下列函数中为奇函数的是（）A．f（x﹣1）﹣1B．f（x﹣1）+1C．f（x+1）﹣1D．f（x+1）+15．（2021•甲卷）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．若f（0）+f（3）＝6，则f（）＝（）A．﹣B．﹣C．D．6．（2021•上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是（）A．f（x）＝x2B．f（x）＝sin x C．f（x）＝2x D．f（x）＝17．（2021•甲卷）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）（≈1.259）A．1.5B．1.2C．0.8D．0.68．（2021•浙江）若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣y的最小值是（）A．﹣2B．﹣C．﹣D．9．（2021•乙卷）下列函数中最小值为4的是（）A．y＝x2+2x+4B．y＝|sin x|+C．y＝2x+22﹣x D．y＝lnx+10．（2021•乙卷）若x，y满足约束条件则z＝3x+y的最小值为（）A．18B．10C．6D．411．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a212．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝﹣1，则（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b13．（2021•新高考Ⅰ）若过点（a，b）可以作曲线y＝e x的两条切线，则（）A．e b＜a B．e a＜b C．0＜a＜e b D．0＜b＜e a二．填空题（共8小题）14．（2021•浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝．15．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，则a＝．16．（2021•新高考Ⅰ）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为．17．（2021•上海）已知函数f（x）＝3x+（a＞0）的最小值为5，则a＝．18．（2021•上海）若方程组无解，则＝．19．（2021•上海）不等式＜1的解集为．20．（2021•甲卷）曲线y＝在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为．21．（2021•上海）在无穷等比数列{a n}中，（a1﹣a n）＝4，则a2的取值范围是．三．解答题（共8小题）22．（2021•甲卷）已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．23．（2021•上海）已知函数f（x）＝﹣x．（1）若a＝1，求函数的定义域；（2）若a≠0，若f（ax）＝a有2个不同实数根，求a的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a的取值范围．24．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）25．（2021•甲卷）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．26．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．27．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函数y＝xf（x）的极值点．（1）求a；（2）设函数g（x）＝．证明：g（x）＜1．28．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．29．（2021•甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）．（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2021•浙江）已知函数f（x）＝x2+，g（x）＝sin x，则图象为如图的函数可能是（）A．y＝f（x）+g（x）﹣B．y＝f（x）﹣g（x）﹣C．y＝f（x）g（x）D．y＝【解答】解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为f（x）＝x2+为偶函数，g（x）＝sin x为奇函数，函数y＝f（x）+g（x）﹣＝x2+sin x为非奇非偶函数，故选项A错误；函数y＝f（x）﹣g（x）﹣＝x2﹣sin x为非奇非偶函数，故选项B错误；函数y＝f（x）g（x）＝（x2+）sin x，则y'＝2x sin x+（x2+）cos x＞0对x∈恒成立，则函数y＝f（x）g（x）在上单调递增，故选项C错误．故选：D．2．（2021•甲卷）下列函数中是增函数的为（）A．f（x）＝﹣x B．f（x）＝（）x C．f（x）＝x2D．f（x）＝【解答】解：由一次函数性质可知f（x）＝﹣x在R上是减函数，不符合题意；由指数函数性质可知f（x）＝（）x在R上是减函数，不符合题意；由二次函数的性质可知f（x）＝x2在R上不单调，不符合题意；根据幂函数性质可知f（x）＝在R上单调递增，符合题意．故选：D．3．（2021•甲卷）设f（x）是定义域为R的奇函数，且f（1+x）＝f（﹣x）．若f（﹣）＝，则f（）＝（）A．﹣B．﹣C．D．【解答】解：由题意得f（﹣x）＝﹣f（x），又f（1+x）＝f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（2+x）＝f（x），又f（﹣）＝，则f（）＝f（2﹣）＝f（﹣）＝．故选：C．4．（2021•乙卷）设函数f（x）＝，则下列函数中为奇函数的是（）A．f（x﹣1）﹣1B．f（x﹣1）+1C．f（x+1）﹣1D．f（x+1）+1【解答】解：因为f（x）＝＝，所以函数f（x）的对称中心为（﹣1，﹣1），所以将函数f（x）向右平移一个单位，向上平移一个单位，得到函数y＝f（x﹣1）+1，该函数的对称中心为（0，0），故函数y＝f（x﹣1）+1为奇函数．故选：B．5．（2021•甲卷）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．若f（0）+f（3）＝6，则f（）＝（）A．﹣B．﹣C．D．【解答】解：∵f（x+1）为奇函数，∴f（1）＝0，且f（x+1）＝﹣f（﹣x+1），∵f（x+2）偶函数，∴f（x+2）＝f（﹣x+2），∴f[（x+1）+1]＝﹣f[﹣（x+1）+1]＝﹣f（﹣x），即f（x+2）＝﹣f（﹣x），∴f（﹣x+2）＝f（x+2）＝﹣f（﹣x）．令t＝﹣x，则f（t+2）＝﹣f（t），∴f（t+4）＝﹣f（t+2）＝f（t），∴f（x+4）＝f（x）．当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．f（0）＝f（﹣1+1）＝﹣f（2）＝﹣4a﹣b，f（3）＝f（1+2）＝f（﹣1+2）＝f（1）＝a+b，又f（0）+f（3）＝6，∴﹣3a＝6，解得a＝﹣2，∵f（1）＝a+b＝0，∴b＝﹣a＝2，∴当x∈[1，2]时，f（x）＝﹣2x2+2，∴f（）＝f（）＝﹣f（）＝﹣（﹣2×+2）＝．故选：D．6．（2021•上海）下列函数中，在定义域内存在反函数的是（）A．f（x）＝x2B．f（x）＝sin x C．f（x）＝2x D．f（x）＝1【解答】解：选项A：因为函数是二次函数，属于二对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，A错误，选项B：因为函数是三角函数，有周期性和对称性，属于多对一的映射，根据函数的定义可得函数不存在反函数，B错误，选项C：因为函数的单调递增的指数函数，属于一一映射，所以函数存在反函数，C正确，选项D：因为函数是常数函数，属于多对一的映射，所以函数不存在反函数，D错误，故选：C．7．（2021•甲卷）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）（≈1.259）A．1.5B．1.2C．0.8D．0.6【解答】解：在L＝5+lgV中，L＝4.9，所以4.9＝5+lgV，即lgV＝﹣0.1，解得V＝10﹣0.1＝＝＝≈0.8，所以其视力的小数记录法的数据约为0.8．故选：C．8．（2021•浙江）若实数x，y满足约束条件，则z＝x﹣y的最小值是（）A．﹣2B．﹣C．﹣D．【解答】解：由约束条件作出可行域如图，立，解得A（﹣1，1），化目标函数z＝x﹣为y＝2x﹣2z，由图可知，当直线y＝2x﹣2z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣1﹣．故选：B．9．（2021•乙卷）下列函数中最小值为4的是（）A．y＝x2+2x+4B．y＝|sin x|+C．y＝2x+22﹣x D．y＝lnx+【解答】解：对于A，y＝x2+2x+4＝（x+1）2+3≥3，所以函数的最小值为3，故选项A错误；对于B，因为0＜|sin x|≤1，所以y＝|sin x|+，当且仅当，即|sin x|＝2时取等号，因为|sin x|≤1，所以等号取不到，所以y＝|sin x|+＞4，故选项B错误；对于C，因为2x＞0，所以y＝2x+22﹣x＝，当且仅当2x＝2，即x＝1时取等号，所以函数的最小值为4，故选项C正确；对于D，因为当x＝时，，所以函数的最小值不是4，故选项D错误．故选：C．10．（2021•乙卷）若x，y满足约束条件则z＝3x+y的最小值为（）A．18B．10C．6D．4【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（1，3），由z＝3x+y，得y＝﹣3x+z，由图可知，当直线y＝﹣3x+z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为3×1+3＝6．故选：C．11．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2D．ab＞a2【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0＜a＜b；当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．12．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c＝﹣1，则（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b 【解答】解：∵a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02，∴a＞b，令f（x）＝2ln（1+x）﹣（﹣1），0＜x＜1，令＝t，则1＜t＜∴x＝，∴g（t）＝2ln（）﹣t+1＝2ln（t2+3）﹣t+1﹣2ln4，∴g′（t）＝﹣1＝＝﹣＞0，∴g（t）在（1，）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝2ln4﹣1+1﹣2ln4＝0，∴f（x）＞0，∴a＞c，同理令h（x）＝ln（1+2x）﹣（﹣1），再令＝t，则1＜t＜∴x＝，∴φ（t）＝ln（）﹣t+1＝ln（t2+1）﹣t+1﹣ln2，∴φ′（t）＝﹣1＝＜0，∴φ（t）在（1，）上单调递减，∴φ（t）＜φ（1）＝ln2﹣1+1﹣ln2＝0，∴h（x）＜0，∴c＞b，∴a＞c＞b．故选：B．13．（2021•新高考Ⅰ）若过点（a，b）可以作曲线y＝e x的两条切线，则（）A．e b＜a B．e a＜b C．0＜a＜e b D．0＜b＜e a【解答】解：函数y＝e x是增函数，y′＝e x＞0恒成立，函数的图象如图，y＞0，即取得坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线．如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0＜b＜e a．故选：D．二．填空题（共8小题）14．（2021•浙江）已知a∈R，函数f（x）＝若f（f（））＝3，则a＝2．【解答】解：因为函数f（x）＝，所以，则f（f（））＝f（2）＝|2﹣3|+a＝3，解得a＝2．故答案为：2．15．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，则a＝1．【解答】解：函数f（x）＝x3（a•2x﹣2﹣x）是偶函数，y＝x3为R上的奇函数，故y＝a•2x﹣2﹣x也为R上的奇函数，所以y|x＝0＝a•20﹣20＝a﹣1＝0，所以a＝1．故答案为：1．16．（2021•新高考Ⅰ）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．【解答】解：函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定义域为（0，+∞）．当0＜x时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，此时函数f（x）在（0，]上为减函数，所以f（x）≥f（）＝﹣2×+1﹣2ln＝2ln2；当x＞时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，则f′（x）＝＝，当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，∴当x＝1时f（x）取得最小值为f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．∵2ln2＝ln4＞lne＝1，∴函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．故答案为：1．17．（2021•上海）已知函数f（x）＝3x+（a＞0）的最小值为5，则a＝9．【解答】解：f（x）＝3x+＝3x+1+﹣1≥﹣1＝5，所以a＝9，经检验，3x＝2时等号成立．故答案为：9．18．（2021•上海）若方程组无解，则＝0．【解答】解：对于方程组，有，当D≠0时，方程组的解为，根据题意，方程组无解，所以D＝0，即，故答案为：0．19．（2021•上海）不等式＜1的解集为（﹣7，2）．【解答】解：＜1⇒＜0⇒＜0，解得，﹣7＜x＜2．故答案为：（﹣7，2）．20．（2021•甲卷）曲线y＝在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为5x﹣y+2＝0．【解答】解：因为y＝，（﹣1，﹣3）在曲线上，所以y′＝＝，所以y′|x＝﹣1＝5，则曲线y＝在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为：y﹣（﹣3）＝5[x﹣（﹣1）]，即5x﹣y+2＝0．故答案为：5x﹣y+2＝0．21．（2021•上海）在无穷等比数列{a n}中，（a1﹣a n）＝4，则a2的取值范围是（﹣4，0）∪（0，4）．【解答】解：∵无穷等比数列{a n}，∴公比q∈（﹣1，0）∪（0，1），∴a n＝0，∴（a1﹣a n）＝a1＝4，∴a2＝a1q＝4q∈（﹣4，0）∪（0，4）．故答案为：（﹣4，0）∪（0，4）．三．解答题（共8小题）22．（2021•甲卷）已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．【解答】解：（1）函数f（x）＝|x﹣2|＝，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|＝．画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）由图像可得：f（6）＝4，g（）＝4，若f（x+a）≥g（x），说明把函数f（x）的图像向左或向右平移|a|单位以后，f（x）的图像不在g（x）的下方，由图像观察可得：a≥2﹣+4＝∴a的取值范围为[，+∞）．23．（2021•上海）已知函数f（x）＝﹣x．（1）若a＝1，求函数的定义域；（2）若a≠0，若f（ax）＝a有2个不同实数根，求a的取值范围；（3）是否存在实数a，使得函数f（x）在定义域内具有单调性？若存在，求出a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝，由|x+1|﹣1≥0，得|x+1|≥1，解得x≤﹣2或x≥0．∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）；（2）f（ax）＝，f（ax）＝a⇔，设ax+a＝t≥0，∴有两个不同实数根，整理得a＝t﹣t2，t≥0，∴a＝，t≥0，当且仅当0≤a＜时，方程有2个不同实数根，又a≠0，∴a的取值范围是（0，）；（3）当x≥﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在[，+∞）上单调递减，此时需要满足﹣a≥，即a，函数f（x）在[﹣a，+∞）上递减；当x＜﹣a时，f（x）＝﹣x＝，在（﹣∞，﹣2a]上递减，∵a＜0，∴﹣2a＞﹣a＞0，即当a时，函数f（x）在（﹣∞，﹣a）上递减．综上，当a∈（﹣∞，﹣]时，函数f（x）在定义域R上连续，且单调递减．24．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞x1+．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，∴此时f（x）在单调递减，在单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需即可，∴对任意b＞2e2均成立，令，则a t﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即，即，∴对任意b＞2e2均成立，记，则，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时＝2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb＞4，易知+e2＝e2﹣3b＜e2﹣3e4＝e2（1﹣3e2）＜0，∴f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1＜lnb＜x2，由，可得，∴要证，只需证，只需证，而，则，∴要证，只需证，只需证x2＞ln（blnb），而f（ln（blnb））＝e ln（blnb）﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）+e2＝，∴x2＞ln（blnb），即得证．25．（2021•甲卷）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．【解答】解：（1）f′（x）＝2a2x+a﹣＝＝，x＞0，因为a＞0，所以﹣＜0＜，所以在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增．综上所述，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上f（x）单调递增．（2）由（1）可知，f（x）min＝f（）＝a2×（）2+a×﹣3ln+1＝3+3lna，因为y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，所以3+3lna＞0，所以a＞，所以a的取值范围为（，+∞）．26．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜+＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1−lnx−1＝−lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna−alnb＝a−b，得，即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令，，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2−x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2−x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）−f（2−x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2−x）＝−lnx−ln（2−x）＝−ln[x（2−x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）−f（e−x），x∈（0，1），则φ'（x）＝−ln[x（e−x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故，φ（1）＝f（1）−f（e−1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜+＜e．27．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝ln（a﹣x），已知x＝0是函数y＝xf（x）的极值点．（1）求a；（2）设函数g（x）＝．证明：g（x）＜1．【解答】（1）解：由题意，f（x）的定义域为（﹣∞，a），令t（x）＝xf（x），则t（x）＝xln（a﹣x），x∈（﹣∞，a），则t'（x）＝ln（a﹣x）+x•＝，因为x＝0是函数y＝xf（x）的极值点，则有t'（0）＝0，即lna＝0，所以a＝1，当a＝1时，t'（x）＝，且t'（0）＝0，因为t''（x）＝，则t'（x）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x∈（﹣∞，0）时，t'（x）＞0，当x∈（0，1）时，t'（x）＜0，所以a＝1时，x＝0是函数y＝xf（x）的一个极大值点．综上所述，a＝1；（2）证明：由（1）可知，xf（x）＝xln（1﹣x），要证，即需证明，因为当x∈（﹣∞，0）时，xln（1﹣x）＜0，当x∈（0，1）时，xln（1﹣x）＜0，所以需证明x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），即x+（1﹣x）ln（1﹣x）＞0，令h（x）＝x+（1﹣x）ln（1﹣x），则h'（x）＝（1﹣x），所以h'（0）＝0，当x∈（﹣∞，0）时，h'（x）＜0，当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，所以x＝0为h（x）的极小值点，所以h（x）＞h（0）＝0，即x+ln（1﹣x）＞xln（1﹣x），故，所以．28．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，①当△≤0，即时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当△＞0，即时，令f′（x）＝0，解得，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当时，f（x）在R上单调递增；当时，f（x）在单调递增，在单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为，则切线方程为，将原点代入切线方程有，，解得x0＝1，∴切线方程为y＝（a+1）x，令x3﹣x2+ax+1＝（a+1）x，即x3﹣x2﹣x+1＝0，解得x＝1或x＝﹣1，∴曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标为（1，a+1）和（﹣1，﹣a﹣1）．29．（2021•甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）＝（x＞0）．（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝，f′（x）＝＝＝，当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减．（2）由题知f（x）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f（x）＝1⇔x a＝a x⇔alnx＝xlna⇔＝，令g（x）＝，g′（x）＝，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，又g（x）＝﹣∞，g（e）＝，g（1）＝0，g（x）＝0，作出g（x）的图象，如图所示：由图象可得0＜＜，解得a＞1且a≠e，即a的取值范围是（1，e）∪（e，+∞）．。

当 x∈[1，＋∞)时，h′(x)＝2－ex≤2－e＜0，
∴h(x)＝g′(x)＝2x－ex 在[1，＋∞)上单调递减，
∴h(x)＝2x－ex≤2－e＜0，即 g′(x)＜0，
∴g(x)＝x2－ex 在[1，＋∞)上单调递减，
∴g(x)＝x2－ex≤g(1)＝1－e，
故若 f(x)＞－1 在[1，＋∞ )上恒成立，
故 g(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
从而 g(x)在(0，＋∞)上的最大值为 g(1)＝1.
精品资源·备战高考
3
高考复习·学与练
ex
ex（x－1）
设函数 h(x)＝ex，则 h′(x)＝ ex2 .
所以当 x∈(0，1)时，h′(x)＜0，当 x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，
1
1
x
(1，a)
a
1 (a，＋∞)
φ′(x)
＋
0
－
φ(x)
极大值
1
∴φ(x)max＝φ(a)＞φ(1)＝0，不满足不等式 f(x)≤ag(x)． 综上所述，实数 a 的取值范围为[1，＋∞)．
2a－x2
3．(2020·福建省龙岩市一中模拟)已知函数 f(x)＝ ex (a∈R)．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)若不等式 f(x)≤ag(x)对任意的 x∈(1，＋∞)均成立，求实数 a 的取值范围． 1
【解析】(1)∵f′(x)＝x，∴f′(1)＝1. 又∵f(1)＝0，
Байду номын сангаас
∴所求切线的方程为 y－f(1)＝f′(1)(x－1)，
即为 x－y－1＝0.
(2)易知对任意的 x∈(1，＋∞)，f(x)＞0，g(x)＞0.

A．函数 f x ex1 x 1 x R 有两个零点 B．“ x0 R ， ex0 x0 ”的否定是“ x0 R ， ex0 x0 ”
C．若 a b 0 ，则 1 1 ab
数，则实数 m 1
D．幂函数 y m2 m 1 x m2 2m3 在 x 0, 上是减函
x
则函数 y k x 在区间 e1, e 单调递增， k x k e1 e1 0 ，
所以 h x 0 ，函数 y h x 在区间 e1, e 单调递增，
所以有 h e1 h x h e ，
即
1 e 1
h
x
e
e 1
，
所以
1 e 1
m
e
e 1
，
故选：B．
2．C
【分析】
考点 08 函数与导数的综合运用
1．（2021·浙江高考真题）设 a，b 为实数，且 a 1，函数 f x ax bx e2(x R)
（1）求函数 f x 的单调区间；
（2）若对任意 b 2e2 ，函数 f x 有两个不同的零点，求 a 的取值范围；
（3）当 a
e 时，证明：对任意 b
由(2)可知有 2 个不同零点，记较大者为 x2 ，较小者为 x1 ，
b ex1 e2 ex2 e2 e 4 ，
x1
x2
注意到函数 y ex e2 在区间 0, 2 上单调递减，在区间 2, 上单调递增，
x
故 x1
2
x2 ，又由 e5
e2 5
e4 知 x2
5，
b
ex1 e2 x1
f
x
x ln
x2
x 3x, x 0 4x, x 0
，若关于
x 的方程

一元函数导数与其应用五、解答题26．〔2021·全国高三专题练习〕函数1()ln ()f x a x a R x=+∈． 〔1〕讨论函数()f x 在区间[1,2]上的最小值；〔2〕当1a =时，求证：对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()xe xf x x+<成立．【答案】〔1〕答案见解析；〔2〕证明见解析. 【解析】〔1〕先求出函数的定义域，再求导，当0a 时，导数恒小于零，如此可得函数在[1,2]上为减函数，从而可求出函数的最小值，当0a >时，由导数可得函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，然后分11a ，12a和112a <<三种情况讨论可求得函数的最小值；〔2〕要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，即证ln cos 1x x x e x <+-，当01x <时，上式恒成立，当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，再利用导数可得()cos110h x e >+->，从而可得cos ()x e xf x x+<成立．【详解】〔1〕解：函数1()ln =+f x a x x的定义域是(0,)+∞， 2211()a ax f x x x x-'=-=． ①当0a 时，2110,0ax ax x--<<，如此()0f x '<， 如此函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+． ②当0a >时，令()0f x '<，得10x a<<；令()0f x '>，得1x a >；故函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增． 〔i 〕当11a，即1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递增，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =； 〔ii 〕当12a，即102a <时，函数()f x 在区间[1,2]上单调递减，故函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+； 〔iii 〕当112a <<，即112a <<时，函数()f x 在11,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上单调递减，在1,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，此时函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭． 综上，当12a时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为1(2)ln 22f a =+；当112a <<时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为11ln f a a a a ⎛⎫=+⎪⎝⎭；当1a 时，函数()f x 在区间[1,2]上的最小值为(1)1f =． 〔2〕证明：当1a =时，1()ln f x x x=+， 要证cos ()x e x f x x +<，即证1cos ln x e xx x x++<，因为0x >，所以两边同时乘x ，得ln 1cos x x x e x +<+， 即证ln cos 1x x x e x <+-．当01x <时，ln 0x x ，而cos 11cos11cos10x e x +->+-=>，所以ln cos 1xx x e x <+-成立，即cos ()x e xf x x+<成立．当1x >时，令()cos ln 1(1)xh x e x x x x =+-->，如此()sin ln 1xh x e x x '=---．设()sin ln 1(1)xg x e x x x =--->，，如此因为1()cos xg x e x x'=--． 因为1x >，所以1()cos 110xg x e x e x'=-->-->， 所以当1x >时，()g x 单调递增， 所以()sin110g x e >-->，即()0h x '>， 所以()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()cos110h x e >+->，即cos ()x e xf x x+<成立．综上，对任意(0,)x ∈+∞，恒有cos ()x e xf x x+<成立．27．〔2021·某某高三专题练习〕函数()ln 1f x mx x =-，0m ≠． 〔1〕讨论函数()f x 的单调性；〔2〕假如()22g x x x e=-，且关于x 的不等式()()f x g x ≤在()0,∞+上恒成立，其中e 是自然对数的底数，某某数m 的取值X 围．【答案】〔1〕答案见解析；〔2〕11,00,e ee e ⎡⎫⎛⎤-⋃-⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦．【解析】〔1〕对函数求导，分0m >和0m <两种情况分别得出函数的单调性；〔2〕()()f x g x ≤在()0,∞+上恒成立，可得22ln 1mx x x x e -≤-，即12ln 0x m x x e+--≥在()0,∞+上恒成立，令()12ln x m x x p x e=+--，求导研究函数的单调性与极值()0p x ，利用导函数为零得出001m x x =-，代入不等式()00p x ≥，并构造出()112ln q x x x x x x e⎛⎫=+--- ⎪⎝⎭，利用导数得出0x 的X 围，进而求出实数m 的取值X 围． 【详解】〔1〕根据题意可知()f x 的定义域为()0,∞+，()()ln 1f x m x '=+，令()0f x '=，得1=x e．当0m >时，10x e<<时，()0f x '<，1x e >时()0f x '>；当0m <时，10x e<<时，()0f x '>，1x e >时()0f x '<．综上所述，当0m >时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当0m <时，()f x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减． 〔2〕依题意，22ln 1mx x x x e -≤-，即12ln 0x m x x e+--≥在()0,∞+上恒成立， 令()12ln x m x x p x e =+--，如此()222111m x mx p x x x x--'=--=． 对于21y x mx =--，2m 40∆=+>，故其必有两个零点，且两个零点的积为1-， 如此两个零点一正一负，设其正零点为()00x ∈+∞,，如此20010x mx --=，即001m x x =-， 且()p x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增， 故()00p x ≥，即00000112ln 0x x x x x e⎛⎫+---≥ ⎪⎝⎭． 令()112ln q x x x x x x e⎛⎫=+--- ⎪⎝⎭， 如此()2222111111ln 11ln q x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+--=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 当()0,1x ∈时，()0q x '>，当()1,x ∈+∞时，()0q x '<， 如此()q x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，又()10q q e e ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故01,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦， 显然函数001m x x =-在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是关于0x 的单调递增函数，如此11,m e e e e⎡⎤∈--⎢⎥⎣⎦，所以实数m 的取值X 围为11,00,e ee e ⎡⎫⎛⎤-⋃-⎪ ⎢⎥⎣⎭⎝⎦．28．〔2021·某某某某市·高三二模〕函数()ln =-+f x x x a ． 〔1〕假如()0f x ≤，求a 的取值X 围；〔2〕假如()f x 有两个零点m ，n ，且m n <，证明：1112e a n m n m-+<<+． 【答案】〔1〕1a ≤；〔2〕证明见解析． 【解析】〔1〕利用导数求出函数的最大值(1)1f a =-，解不等式10a -≤即得解； 〔2〕由题得111e e em n a m n---==，所以112e a m m -⎛⎫-+ ⎪⎝⎭122e 1m m m ---=；112ea n n -⎛⎫-+= ⎪⎝⎭122e 1n n n---．令12()2e 1x g x x -=--，利用导数求出函数的单调性即得证.【详解】解：〔1〕()f x 的定义域为(0,)+∞，1()1f x x'=-． 01x <<时，()0f x ''>；1x >时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞单调递减． 即1x =时，()f x 取得最大值(1)1f a =-， 依题意，10a -≤，故1a ≤．〔2〕由〔1〕知，1a >，01m n <<<， 由题得ln 0,ln ,x ax x a x x a x e --+=∴=-∴=，所以1111,,x x x aa a e e x ex e e x-----∴=∴=∴=所以111e e em n a m n---==． 所以1112e 2e m a m m m --⎫⎛-+=- ⎪⎝⎭1212e 1m m m m m ---⎫⎛+=⎪⎝⎭； 1112e 2en a n n n --⎫⎛-+=- ⎪⎝⎭1212e 1n n n n n ---⎛⎫+= ⎪⎝⎭．令12()2e 1x g x x -=--，如此11()222()x x g x e x e x --'=-=-，由〔1〕知，ln 1≤-x x ，等号当且仅当1x =时成立， 所以1e x x -≥，等号当且仅当1x =时成立， 于是可得()0g x '≥，即()g x 单调递增，因此，当01x <<时，()(1)0g x g <=；当1x >时，()(1)0g x g >=，所以112e 0a n n -⎫⎛-+> ⎪⎝⎭，112e 0a m m -⎫⎛-+< ⎪⎝⎭，故1112e a n m n m-+<<+． 29．〔2021·全国高三专题练习〕函数()()22sin x a f x a x-=-∈R ．〔1〕假如曲线()y f x =在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭处的切线经过坐标原点，某某数a ； 〔2〕当0a >时，判断函数()f x 在(0,)x π∈上的零点个数，并说明理由． 【答案】〔1〕224a π=--；〔2〕答案不唯一，具体见解析． 【解析】〔1〕求出函数的导数，根据导数几何意义求斜率，由切线方程求a ；〔2〕原问题转化为2()2sin g x x a x =--的零点问题，求导，利用导数可得()g x 单调性，结合零点存在性即可求解.【详解】 〔1〕()222sin cos (),sin 2x x x a xf x f xππ--⎛⎫'== ⎪⎝⎭， 所以()f x 在点,22f ππ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭处的切线方程为y x π=， 所以222f ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即2222,2424a a πππ--==--；〔2〕因为()0,x π∈， 所以sin 0x >，所以220sin x ax--=可转化为22sin 0x a x --=，设2()2sin g x x a x =--， 如此()22cos g x x x '=-当,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()0g x '>， 所以()g x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增．当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，设()()22cos h x g x x x '==-， 此时()22sin 0h x x '=+>， 所以()'g x 在0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时单调递增， 又(0)20g '=-<，02g ππ⎛⎫'=>⎪⎝⎭， 所以存在00,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得()0g x '=且()00,x x ∈时()g x 单调递减，0,2x x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时()g x 单调递增．综上，对于连续函数()g x ，在()00,x x ∈时，()g x 单调递减， 在()0,x x π∈时，()g x 单调递增． 又因为(0)0g a =-<，所以当20()g a ππ=->，即2a π<时，函数()g x 有唯一零点在区间0(,)x π上，当20()g a ππ=-≤，即2a π≥时，函数()g x 在区间(0,)π上无零点，综上可知，当20a π<<时，函数()f x 在(0,)π上有1个零点； 当2a π≥时，函数()f x 在(0,)π上没有零点．30．〔2021·全国高三专题练习〕数列()*11nn a n n ⎛⎫=+∈ ⎪⎝⎭N .〔1〕证明：n a e <(*n ∈N ，e 是自然对数的底数)； 〔2〕假如不等式()*11,0n ae n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，某某数a 的最大值.【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕最大值为11ln 2-. 【解析】〔1〕将所要证明的不等式转化为证明()()()ln 101f x x x x =+-<≤在区间(]0,1上小于零，利用导数研究()f x 在区间(]0,1上的单调性和最值，由此证得结论成立.〔2〕将不等式()*11,0n ae n a n +⎛⎫+≤∈> ⎪⎝⎭N 成立，转化为()()()ln 1011xg x x x ax =+-<≤+在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立，利用导数研究()g x 的单调性，结合对a 进展分类讨论，求得a 的取值X 围，由此求得a的最大值. 【详解】〔1〕要证()*11ne n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立，两边取对数：只需证明11ln 1n n⎛⎫+< ⎪⎝⎭成立，令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 101f x x x x =+-<≤， 即只需证明函数()f x 在区间(]0,1上小于零， 由于()1xf x x =-+'， 在区间(]0,1上，()0f x '<，函数()f x 单调递减， 且()00f =，所以在区间(]0,1上函数()0f x < 所以不等式()*11ne n n ⎛⎫+<∈ ⎪⎝⎭N 成立；〔2〕对于不等式()11n ae n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N ，两边取对数：只需不等式11ln 1n n a ⎛⎫+≤ ⎪+⎝⎭成立，令1x n=，01x <≤，构造函数()()()ln 1011xg x x x ax =+-<≤+， 不等式()11n ae n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭N 成立，等价于在区间(]0,1上()0g x ≤恒成立 其中，()222(21)(1)(1)a x a xg x x ax +-=++'由分子22(21)0a x a x +-=，得其两个实数根为10x =，2212ax a -=； 当12a ≥时，20x ≤， 在区间(]0,1上，()0g x '>，函数()g x 单调递増， 由于()()00g x g >=，不等式不成立112a <<时，()20,1x ∈，在区间()20,x 上()0g x '<，在区间()2,1x 上()0g x '>； 函数()g x 在区间()20,x 上单调递减，在区间()2,1x 上单调递增； 且()00g =，只需()11ln 201g a =-≤+，得11ln 2a ≤-111ln 2a <≤-时不等式成立 当01a <≤时，21x ≥，在区间(]0,1上，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 且()()00g x g <=，不等式恒成立 综上，不等式(),011n aa e n n +*⎛⎫+≤∈ ⎪⎝⎭>N 成立，实数a 的最大值为11ln 2-. 31．〔2021·全国高三专题练习〕函数()()()122124,2ln 12x f x xe x x g x ax x acosx x -=++-=-+++. 〔1〕判断()f x 的单调性，并求()f x 的最值；〔2〕用{},max m n 表示,m n ()()(){},h x max f x g x =，讨论()h x 的零点个数.【答案】〔1〕当()(),1,x f x ∈-∞-单调递减；当()()1,,x f x ∈-+∞单调递增，最小值215e --；〔2〕答案见解析. 【解析】〔1〕对()f x 求导，由导函数的正负与原函数的关系得到()f x 的单调性与最值；〔2〕结合〔1〕可得当1x >时，()0f x >，如此函数()h x 无零点；当11x -<≤时，()0f x ≤，只需研究()g x 零点情况，对a 分类讨论分别得到函数()g x 的单调性与函数的零点个数． 【详解】〔1〕()()()()()1112112x x x x e x x f e --=++='+++.当()()(),10,,x x f x f '∈-∞-<单调递减；当()()()1,0,,x x f x f '∈-+∞>单调递增.∴当1x =-时，()f x 取最小值()2115f e -=--()2函数()h x 定义域为()1,-+∞，其中()10f =() 1当1x >时，()()10f x f >=如此函数()()(){},h x max f x g x =无零点()2当11x -<≤时，()0f x ≤.下面讨论()g x 零点情况.()ln 10x x -+≥.(当0x =时，取等号)，1cos1123cos cosx π=<≤≤ ①当0a <时，()()212102g x a x cosx x ln x ⎛⎫=+⎡--⎤⎪⎣⎦⎝⎭+< 此时，()g x 在(]1,1-上无零点()h x 的零点为1x =，即一个零点.②当0a =时，()()()()()10,00,11201g x x ln x g g ln f =-++≤==-+<=，()g x 在(]1,1-上一个零点，()h x 的有两个零点.③当0a >时，()1'211g x ax asinx x =--++ ()()212cos 1g x a a x x ''∴=--+()()21121a cosx x -=-+120,cosx -<()"0g x ∴<.()'g x ∴在(]1,1-单调递减，又()'00g =，()'0g x ∴>(1,0)-上成立，()'0g x <(0,1)上成立()g x ∴在0x =取极大值，此时()020g a =>.又1x →-时，()1ln x +→-∞，()g x ∴在()1,0-上有一个零点，又()1121122g a acos ln =+-+ 当()10g >，即：221214cos1n a ->+时，()g x 在(]1,1-上有一个零点，()h x 有两个零点当()10g =，即221214cos1n a -=+时，()g x 在(]1,1-上有两个零点，()h x 有两个零点当()10g <，即221214cos1n a -<+时，()g x 有两个零点，()h x 有三个零点综上，0a <时或221214cos1n a ->+时，()h x 有一个零点.当0a =时或221214cos1n a -=+时，()h x 有两个零点当2212014cos1n a -<<+时，()h x 有三个零点32．〔2021·某某高三专题练习〕函数()()()2(ln ,)xf x x kx k Rg x x e =-∈=-.〔1〕假如()f x 有唯一零点，求k 的取值X 围; 〔2〕假如()()1g x f x -≥恒成立，求k 的取值X 围. 【答案】〔1〕1k e=或0k ≤；〔2〕1k .【解析】 〔1〕转化为ln x k x =有唯一实根，构造函数()ln xh x x=，利用导数研究函数的性质，得到函数的图象，根据图象可得结果； 〔2〕转化为1ln 2x x k e x +≥-+恒成立，构造函数 ()1ln 2xx x e xϕ+=-+，利用导数求出其最大值，利用最大值可得解. 【详解】〔1〕由()ln f x x kx =-有唯一零点，可得方程ln 0x kx -=，即ln xk x=有唯一实根， 令()ln x h x x =，如此()21ln ,xh x x-'= 由()0h x '>，得0,x e <<由 ()0h x '<，得,x e >()h x ∴在()0,e 上单调递增，在 (,)e +∞上单调递减.()()1h x h e e∴≤=， 又()10,h =所以当01x <<时， ()0h x <; 又当x e >时，()ln 0,xh x x=>由()ln x h x x =得图象可知， 1k e=或0k ≤. 〔2〕()2ln 1()x x e x kx ---≥恒成立，且 0x >，1ln 2xx k e x+∴≥-+恒成立， 令()1ln 2x x x e x ϕ+=-+，如此 ()22221(l l n n 1)x x x x e x x x e x x ϕ--'⋅==-+-， 令()2ln x x x x e μ=--，如此 211()(2)(2)0x x xx xe x e xe x x xμ'=--+=--+<(0)x >，()x μ∴在(0,)+∞单调递减，又()12110,10e e e e μμ-⎛⎫=->=-< ⎪⎝⎭，由零点存在性定理知，存在唯一零点01,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使()0,o x μ=即0200ln x x x e -=，两边取对数可得()000ln ln 2ln ,x x x -=+即 ()()0000ln ln ln ln ,x x x x -+-=+ 由函数ln y x x =+为单调增函数，可得00ln x x =-，所以当00x x <<时，()0x μ>， ()0x ϕ'>，当0x x >时，()0x μ<， ()0x ϕ'<，所以()x ϕ在()00,x 上单调递增，在 0(,)x +∞上单调递减，()()00000001ln 11221x x x x x e x x x ϕϕ+-∴≤=-+=-+=， 所以()1,o k x ϕ≥= 即k 的取值X 围为1k.33．〔2021·全国高三专题练习〕函数f (x )=e x ，g (x )=2ax +1. 〔1〕假如f (x )≥g (x )恒成立，求a 的取值集合；〔2〕假如a >0，且方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2，证明：122x x +<ln 2a . 【答案】〔1〕12⎫⎧⎨⎬⎩⎭；〔2〕见解析 【解析】〔1〕构造函数()()()21xu x f x g x e ax =-=--，求导，分类讨论得函数最值即可求解；〔2〕由题意得12122121x x e ax e ax ⎧=+⎨=+⎩，21212x x e e a x x -=-，等价证明()21212211x x x x x x e e --⎡⎤-<-⎣⎦，令2102x x t -=>，构造函数()212t t g t e te =--求导证明即可【详解】〔1〕令()()()21xu x f x g x e ax =-=--，()'2xu x e a =-当0,a ≤()'0u x >恒成立，()u x 在R 上单调递增，()00u =，当0x <()0u x <不合题意，故舍去当0,a >()'0u x =如此()ln 2x a =，故当()ln 2,x a <()'0u x <，()u x 单调递减；当()ln 2,x a >()'0u x >；()u x 单调递增，故()()()()max ln 222ln 210u x u a a a a ==--≥令()()'ln 1,ln 0,1h x x x x h x x x =--∴=-==，故()h x 在()0,1 递增，在()1,+∞递减，故()()10,h x h ≤=即()ln 10,h x x x x =--≤即()22ln 21a a a --0≤，故21a =即12a =故a 的取值集合为12⎫⎧⎨⎬⎩⎭〔2〕方程f (x )-g (x )=0有两个不同的根x 1，x 2不妨令x 1<x 2,1212121221221x x x x e ax e e a x x e ax ⎧=+-∴∴=⎨-=+⎩ , 假如证122x x+<ln 2a .即证()()1212212121212222121211x x x x x x x x x x x x e e ex x e e e x x e e x x ++---⎡⎤<⇔-<-⇔-<-⎣⎦- 令2102x x t-=>，即证212t t e te ->，令()()()2'12,21t t t tg t e te g t e e t =--=--因为1t e t >+，故()'0g t >，故()g t 单调递增，()()00g t g >=得证34．〔2021·全国高三专题练习〕函数2()ln ()f x x x ax x a =-+∈R .〔1〕证明：曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线l 恒过定点；〔2〕假如()f x 有两个零点12,x x ，且212x x >4e>. 【答案】〔1〕证明见解析；〔2〕证明见解析 【解析】〔1〕求出函数在1x =处的导数，求出()1f ，即可求出切线方程，得出定点；〔2〕由题可得1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩，可得()21211221ln ln 2xx x x x x x x++=-，令21x t x =，如此()121ln ln 21t t x x t ++=-，构造函数()()1ln 1t t g t t +=-，二次求导得出()g t 单调递增，即可求出1228x xe >，再利用根本不等式即可证明. 【详解】〔1〕()ln 22f x x ax '=-+，如此()122f a '=-，即切线斜率为22a -， 又()11f a =-，如此切线l 的方程为()()()1221y a a x --=--，即()1222y a x ⎛⎫=--⎪⎝⎭， 可得当12x =时，0y =，故切线l 恒过定点1,02⎛⎫ ⎪⎝⎭； 〔2〕12,x x 是()f x 的零点，212x x >，且120,0x x >>，如此2111122222ln 0ln 0x x ax x x x ax x ⎧-+=⎨-+=⎩，即1122ln 1ln 1x ax x ax +=⎧⎨+=⎩， 12211221ln ln 2ln ln x x x x a x x x x ++-∴==+-，即()21211221ln ln 2xx x x x x x x ++=-，令21x t x =，如此2t >，如此()121ln ln 21t t x x t ++=-， 令()()1ln 1t t g t t +=-，如此()()212ln 1t t t g t t --'=-。