7.专题七 导数-【一飞冲天·高考专项】2024年高考专题分类数学（天津专版）

一飞油天 8.(2021·天球一中五月考)若橘数x)一e一士图象在流江，f八)处的如线方程为y=r十b, 专题七可 导数 附一的最小值为 9,(020·红桥一模)授f八)与g(x》是定义在可-区制e:b上的两个函数.若函数(x)=r)一 ?基础题 )在a,上有再个不封的零点，则称g框[u,上是~关联雨数”，若化一+m 潮点！导敬在适数与方程中的应用 与一+2在红0,3止是~关联两数，期实数：的取值范偶是 1.(0·部分一根)已知函数r)=n+x一x.若语规y=fF在点1)处的切线与直 规y一2x平行，则实数：= 10,(021·南开中学五月考已卸实数>0，函数/r (。为自 B.2 然对登的数)：若美于r的方程儿一x门=e一+号恰好有3个不相等的实根.则实数的 2(2021·可东二根)已知，0∈R,函数尺2 若两数y一 a十1)+，x0 取值范围是 u+一6恰有3个零点烟 考点导数在不等式恒成立中的瘦用 A.e<-1,<0 队4<一1,6>0 1L(2021·十二校二模》已知函数/(x)= (e为自然对数的成数)，若（这》十 Ca2-1.h<0 山，a-1.50 -e(+D<0 x+4r+i-u.一i<<0 (一z)≥0恒成立，侧实数1的取值范国是 a,(2021·天津一中二月考)已知函数r1 若美于r的方程/()= le+a+1.r20 A.[e:tou) B.[0.+e) C.[0,e] D.[0,2e] 4+1恰有三个不同的实数根，期：的取值范周是 2x2-8r+10,r>2 12.(2022·南开中学国月考)已知函数(x》 若f（x)3一m相战立，划 A.( e2+x-1.6g. 实数，的取值崔围为 4]Ue2,十o) B-景-1U0e+) (-o,4-2n] rin-0 1.(2020·天豫一中月考》已知两数八x) 的阅象上有且仅有四个不同的点关干 二，4一2加会、 D.[5-2 +r.50 13,(203·限华中学第一次旋域知山妇南数及r)=2才一3r,若对任意的m∈[一2,2]，八知m一 直线y一一1的对称点在￥一：一1的图象上，财实数的取值范用是 3)+代：≥0标成立，男：的最值范时是 A c D.(2) A(-1,1) 段(-，-1)U3,+o) ,(=3,3) D.《-o,-8)U1,+) 五(0]野·和平一横)已知函登f)=x十w+女若1广0，f《1)=0,lx=1不是函登的 极值点.期a的值为 1山2mg2,限华学月考已卸心0，若对任意的c0,十o:不等式。广一受>0恒成立， 6.(2021·人校联考撕中)设曲线y一r一o《r十1）在点(0,0)处的切线方程为3z一￥一0，期a一 则2的最小值为 2一2ar+2a.11 15.(2022·红桥一视)已细：∈.设函数f《x)= 若不等式x≥和在R上 -aln r.>1 7.(2021·商开期末)由线)-+m上在点，1)处的切线方程是 何成立，期：的取值范国是 高考专题分集数学 一飞冲天 16.(2022·河北一模)已知函数f代z=r十lnx+g(x)=e-mx-2.x. 13.(202·天津)已知>0，雨数.x)=r-xe. 《【封论函数)的单调挂： (1求由线y一)在点0，风0)处的揭线疗限图 一飞冲天 (Ⅱ若g(z1》=0,求x1十1nx1的值： ()证明存在雅一的极值点： 飞冲 冲行 若存在实数,使得)十对任rE成立，求实数6的眼算能围 LYTOTHE TOP 飞冲天 一飞冲天 一飞油天 18.(203·河北一模)已知函数f代z)=r一mx一2. 19,(021·可北一模已知雨数代-h工- 《【求由线y一()在点1,1)处的糊线方程： (1)求角找y=片+在点《1+1)处的切线方程： 一飞冲天 (Ⅲ)讨论函数区x)的单调柱： 〔目)求函数代z)的单到区间 飞冲 目)若对任意的r∈(1.十o),都有切r十>(x一)成立，求整数青的最大筑 已数e《)=3x+2+1,若x,,∈[，e],不等式fx》(x)低成立，求实数 口的取值范用。 YTOTETO 飞冲天 一飞冲天 名考专题分集数学 一飞冲天 20.(2021·红桥一模)已知函数f代z)=x(lny一m一1)，四eR 《【1若则一2，求由线y一f(z在点《e,4e)处的都线方程： 2.m2a·高考新风向已知雨数)-一名一关 ()若函数八x是展上的婚函数，求的取植蔻围 飞冲天 (Ⅲ)当x>1时，求函数z)的单测区和极值 飞冲 目)若对于Ye[e】,那有八x)<nx发之，求实数w的取慎花用. LY TO THE TOP 飞冲天 一飞冲天 一飞油天 22.(023·高考新风向)已知前数《r)=a.x十nx,a∈R 23.②022，南开中学报)已知函数八z》=立十)(210)在友(-1，-1)》处回识 《【当a-0时，求A)的最小值： 的锡线方程为(e一)x十cy十e一1一. (1求，的值： 飞冲天 (■在区间口，2内任取两个实数p,小产g,若海式匹P士)二L士业>1何成立，求实数 丛的取值范围： (设由线y一八与：箱负半维的交点为点P,由线在点P处的切线方程为 非证±对于任意的实数r,都有为()， 飞冲 )求证 3+14++血<（其中m>1,neNe=7828…. 了言者关干上的办程有个实校佛近聊可计 1一e 飞冲天 名考专题分集数学 一飞冲天 ○捉升题 5.(②0g1·和平期末)已知数f代z》=t-2ax-1,g2aln(r+1)aek (11若z)在点0,0)的切战期料角为三，卡4的直 《1)a一1时，求由线y一f八x在友(1,1)处的切线方程： 飞冲天 4,《20型·和平一模)设丽数r)=nx+1)十g(一z.其中年e我， (Ⅲ)讨论函数风x)极植友的个数，并说明理由 (目求x的单到区间： 飞冲 LYTOTHE TOP 飞冲天 飞冲 一飞油天 专级七寻赵 36,(202g·五2联考期中已知e∈R.网数fx小-号/一r十4n+ 27.②019·十二校一腹)崎数r)=(w-网nx,t中0套N°，xe(0,十0 (1)当n一2时，x在1，上单到通减，求实数m的食值范眼： 《【)当g=0时，求曲线x)在点(0，K0)处的切线方程， 飞冲天 (自)当m-1时， 《Ⅲ)若(x在区间0，十一》上存在两个不同的极值点， ()若：为定值，求八：)的最大值： 《)求w的取贊花围： 飞冲 飞冲 之o 《1)若一2.ng31,求证，时任意红线y一+u与曲线y一fz1有唯一公共点. 1.101 LYTO THE TOF 飞冲天 名考专题分集数学 一飞冲天 %(am2g,何东二模)E知6数一舌-2naER且：≠0 28,(021,虹桥二模)数)-lm+一二4e长R且 LuER). 《【)当g=2时，求函数x)在(2.(》)处的切线方程： (I甘论丽数f)的单调性： 一飞冲天 (Ⅱ)计论雨数只r)的单调柱： 飞冲 日)若当u一1时，关于1的不等式了《)+(x》名2何成立，求实数b的取值范假. (目)若函收)有再个零点五，《z),Ⅱu=e,证明：x十>u LY TO THE TOP 飞冲天 一飞冲天 一飞油天 动，(2021·和平三模E知函数一一n 31.②020，河北一横)已知函数代x》-加十x+(m+金+1，其中u∈R (1求函数x的单到区闻： 《【求自线y=/(x》在xm1处的切线方程： 一飞冲天 (■)设a∈么，若对任意的>0，x0恒成立，求4的最大值： 4里)证明： 《1)/八x)<2: 中 (求证：x>0时，-mx十2 飞冲天 一飞冲 高考专题专集数学 一飞冲天 8.(201·帽华中学慎拟)已知质数x)-nx十a言十加x,其中x∈《0，. 33.②080·解西一损)已知函数f代x》-arelaER,e停对数的底数). 《1)当=0时，术曲线y=)在点（于，（要）处的切线力程 (1)若函数x在点(L,f1》)处的切线的斜车为求笑数4的值： 飞冲天 (目》当a≠0时，讨论函数f(x)的单测性： (重1判斯雨数《x)是否华在极值，署存在，请判斯是服大值还是极小置：若不存在.说明理由： 冲天 飞冲 时论雨数)在[受，上军点的个数. (若于的不等式/(++1在区间（一，上成立求实数的取值位围， 飞冲天高考分类数学 参考答案 专题七 导数 △--4>0. 令F(r)-+(4-a)r+4-a F(-5)0 则需满足 0,解得-<4. F(0)0 又切线与直线y-2r平行,.3-a-2...a-1. 需满足/(x)一+a+1与g(x)有1个交点. 2.C 当o时,y=f(x)-ar-b=r-ax-b=(1-a)r-b- 则f(0)g(0).即1+a+11,解得a-1. 0.得:-_-/(v)-az-6最多有一个零点; '.的取值范围为一 当&→o时,y-(x)-ax-6-寸-(a+1)*+ax-axr ②当“一0时,f(x)与g(c)只有1个交点,不满足题意; -b--(a+1)-by-七-(a+1)r. ③当a0时,若f(x)=e十a十1与g(x)相切, (/(x)-(x) 当a+l0,即a-1时,yo,y=f(r)-ax-b在[o, 则 l+a+1-ax1' +c)上单调递增,y=f(x)一ax一b最多有一个零点,不合 解得x=2.'a=e,此时5-a<1,f(x)=r+4r+5-与 题意: x(x)最多有1个交点. 当a+10,即a-1时,x(a+1,+oo)时,y0,函数y单调 不满足有三个不同的实数根 递增,rE[0,a十1)时,y<0.函数y单调递减;函数最多有2个零 点: 由上述相切关系可得,f(z)三e+a十1与g(x)有2个交点 时. 根据题意函数y=/(x)一ax一恰有3个零点一函数y 还需满足在(一5,0)内f(r)与g(x)有1个交点 f()-ar-b在(一,0)上有一个零点,在[0,十)上有2 只需满足在f(0)<g(0)即可(此时x一0取的是f(x)左段函 个零点. 数的极限位置) 如图: 即5-a<1,解得4.a的取值范围为a. ### 4.A 可求得直线y一x-1关于直线y一一1的对称直线为 y-mr-1(n--). 即y一mx一1与y一f(x)的图象有4个不同的交点. 当xo时,f(x)=xlnx-2x.f(x)=lnx-1.当x=e时. 0 (c)-0,则当xE(0.e)时,(x)<0.f(x)单调递减. 当x(c.十o)./(x)0./(x)单调递增; 当0时,(c)-+/(c)-2x+. 解得<0,1-a>o,-(a+1)”. 当-3时,/(r)-0,当1-3时,f(x)单调递减, 3.C 中题意,即/(x)与g(x)一ax十1恰有3个不同的交点. 当-3<0时:f(x)单调递增; ①当a<0时,需满足f(x)-r+4x+5-a与g(x)有2个交 根据题意,画出函数的大致图象,如图; 点: 令/(x)-g(x),整理得+(4-a)x+4-a-0. 高考分类数学 参考答案 故((r)一一x在点(x,/(x))处的切线斜率为; b-6-1, 故所求切线方程为y-(-1)(x一x)+一】。. 即y=(e-1x-x+e. 则 - -1b--e*:。+e*, 当y-nr-1与/(n)-r+(r<0)相切时, 则-- 1-1. 有+-m+1-0.且A-0o.解得m--- 对于函数y-xe'-1.y'-(r十1. 当r-1时,<0,当-1时,v0. 当y=mr-1f(x)=xx-2x(x>0)相切时:满 故函数y=re一1在x=一1处取得极小值,亦是最小值 mr-1-lrr-2r 则-b的最小值是-1-1. ,解得-1,n--1. l-n-1 :(n)-+n与g(r)= 结合图象可知-1.-), 12r在[0,3] )(1. 上是“关联函数”,.函数y-h(x)一f(x)一g(c)= 即一(一1.一 5.9 ·/(r)-3*+2ar+b. './(1)-3+2a+b-0,① 2-(r+1)(r-2),即(x)在(-o,-1)和(2,+oo)上单调 又/(1)-1+a+b十c-0.② ((0)0 由一1不是/(x)的极值点. 递增,在[-1,2]上单调递减.故有(3)0, 得/(x)一0有一个根, (2)C0 ·△-4a-12-0.③ {n0 由①②③解得--3,-3.c--1. .b-. 即 6.4 出y-ax-In(x十1),得y-a 10.(2.242) ·曲线--ar-ln(r+1)在点(0.0)处的切线方程为3r-y-0. 当<0时,f(x)在(-0,0)上单调递增. .一 且-。o时,/(c)→ 当r0时,f(x)-cI+a-a-1. /(G)----+. .7(x)是增函数,且7(1)-0. &当0<x1时,/(r)<0.当1时,/(r)0. ./(--2. 2./(z)在(0.1)上单调递减,在(1,十oo)上单调递增, .f(1)-1..切点坐标为(1.1. 又f(1)-0,当x→十o时,f(x)→+. &.曲线((x)在该点的切线方程为v一1二一2(二1D) 作出f(z)的大致函数图象. 即2十y-3-0. 如图所示: 1 由题意知切点为:(。,f(r)). 由图象可知/(r)0. (r=-1.故/(x)=。-1 . 高考分类数学 参考答案 ##<+号<+号. '.(x)<h(o)0.即to. ②当-时,1ER. 解得1. 令-/()-1,则0,且((0=e+. ③当:(c)时, 由图象可知f(t)-c“十有三个解,设从小到大依次为 (-) ... .a1.'.=1-a0,t110不符合题意,舍去. #令(x)---△#(c)#-2x-}, '.-f(x)-1-a,即f(x)=a-1.',f(x)=a-1有三个解, .‘(c)→o.g(x)在(,+o)上单调通增, ##(2)→(-()-1x---) 11.D 解法一:令F(x)一f(x)十f(一z). F(一x)-f(-r)+f(x)-F(x). 当r-1时,g(x)-0,即(x)-0. 2.F(z)为偶函数,故只讨论[0,十oo)上的情况即可, h(2)在( .1)上单调迷减,在(1.十oo)上单调递增, 当-0时,F(0)-2f(0)-2+1 0,即1-2; 'h(r)-(1)-2c.(2e, 综上所述,7的取值范围是[0,2e. ( 解法二:令F(x)一f(x)十f(一x). Cn+(-)--+号-(1-) F(-x)=f(-x)+f(x)=F(x). 0. #*r一+ 5.F(x)为偶函数,故只讨论[0,士)上的情况即可 即()< ·/(x)十/(一x)0恒成立, $.F(c)-c-tr+0恒成立, ①xe(o.)时,(xe __# 4.F(0)-0.0. 0 F'(r)-(r十1D-1. 当re[o.1]时,F(c)=o.H F(0)-0, (+t))- ·.F(o)0.符合题意; '()- (2-): 当re(1,+co)时,令F(x)-0.得-。. (o.x) 。 -(一 (xn十o) r'() 0 F(x) 在(o)上恒大于o,令n(e)一--. 极小值 #(一) &F(x.)-0.即(z.+1)e=7. 当# ()时:m(n)[-,-). $.$F(2)-F()-r-u。+-r-r(r+1) c&o(1+100. 则(o)必小于0.h(s)在(0.)上单调递减, 2 高考分类数学 参考答案 13.A 化简,得2-x-10,解得0{x1. f(-x)-2sin(-)-3(-)--(2sin-3r)--f). '.-(.+D. ..f(r)是奇函数 山复合函数单调性可知该函数为单调递增函数。 又C(z)-2cnsr30'((x)在B上单调递减 ·/(ma-3)+(*)0可化为((ma-3)-f(a)= .'(1,2e] /(一). 综上所述,,的取值范用是[0:2e] .由/(z)在B上单调递减知ma一3<一; 12.A f(x)r一m|恒成立可以转化为函数y一f(x)的图象 不在y一x-m图象的下方, 即na-a+c0. ,当x2时,f)=+-I()=-+1. &对任意的-2:2:m-3+a<0恒成立 '.f(x)在(-oo,2]上单调递减,且f(2)-2, (-2-3+0 则 ,解得-1<1. 又当 2时,fr)-2-8+10-2(-2)+2 2a-3+”< &./(x)在(2,+o)上单调递增,且/(2)-2 画出函数y一/(x)的大致图象如下图所示. 恒成立, '.对任意的x(0,+),2xelnx→2xxexlnr /-/(r) lnr.,即2xe*nx.桓成立, 当01时,2x0lnr.. 当>1时,lnx0.2z0. 设f(z)=re'.r1.则/f(r)=(1+x)>0. 5-2n2 ..f(x)一xc*在(1,+o)上单调递增, 由/(2x)/(lnx),知2xlnx. (x-n,xm _,) -l-n一 n-r.m 2 当f(x)-2-8r+10和y=x-n相切时,设切点的横坐 设g(x)-lnre(1,+o)g'(c)2(1-1n). 21 4 标为:. 令g(x)-0.得r-6. ./(c)-1.即4x:-8-1,解得x:-. 当xe时,g'(r)<0.g(x)单调递减 .切坐标为()17 当1re时,g(r)0.g(r)单调递增 此时n #)结合图可知. 即最小为 当f(x)-+-1和yn-x相切时,设切点的横坐标 为r, 15.[.e①当x1时,f(x)-r-2ar+2a,过定点(1,1). '/()--1,-:+1--1,解得x:.-2-ln2. 对称轴为r-a. 当a<1时,f(r)-/(a)--2a+2ao. *.切点坐标为(2-ln2.3-ln2). 此时m-5-2ln2,结合图象可知m5-2ln2. 解得2. .1; .实数m的取值范围为寸<m<5-21n2. 当a1时,f(z)在(一,1]上单调递减. 高考分类数学 参考答案 H f()=f1)-10.a1; 故当(or)h'(r)<o,当x(r,+o)时,h'(x)0. &.若/(z)0在x]上恒成立,可得a0; 故函数h(z)在x(0,x)上单调递减,在x(x,十oo)上 ②当x1时,/(x)一r-alnx0恒成立, 单调递增, 即短成 故(x)b(x)=e+-+rln. 由一+2x+lnx-0,即n(x)-0. lnr 由(I)可得hx)一(+1D(x+lnx)-0 当'(x)0时,xe,h(r)在(e,+oo)上单调递增; 故h(r)0. 当(x)<0时,1<xe.'h(r)在(1,e)上单调递减 即x-xln。'+r. '<h(r)=(e)=e I7.解:(1)f(r)a-(r+1e,则(0)--1,又f(0)-0 综上所述,a的取值范用为[0,c] 则切线方程为y一(a-1)x(a>0); 16.解:(I)/(r)的定义域是(0,+oo)./(r)-1+x+a. (II)证明:令f(x)-a-(r+1)c-0,则a-(x+1)c. 当a0时,/(r)0恒成立,f(c)在(0,+co)上单调递增 令g(z)-(r+1)e',则g'(r)=(r+2)e*. 当a<o时,令十a_0.c--a. 当(一,-2)时.(x) 0.g(x)单调递减 了 当x(-2.十o)时,g(x)>0,g(x)单调递增. f(x)在(0,一g)上单调递减,在(一,十o)上单调递增 :g(-1)-0. 综上,当a0时,f(x)在(0,十o)上单调递增 '当x -1时,g(x) 0,当x-1时,x)>0 当a0时,f(x)在(0,二a)上单调递减,在(一a,+oo)上单 画出g(r)大致图象如下. 调递增: /(x)-(x+1)e (II)若g(x)-0.则e-2x.+lnx. 'e-r=r+lnre+lne1=r+lnz. )=a 由(I)可知,a=1时,f(r)三x十lnz.f(x)在(0,+co)上单 调递增, O -1 故fe)-ffx.),即c-x.e-x.=x+lnr-0 故x+lnx.-0: '当《0时,y二“与x三g(x)仅有一个交点; (II)证明:要证x一xlnzc十. 令g(m)-a,则m-1.且/(m)-a-g(m)-0. 即证十一十rnc0. 当x(一,m)时.ag(x),则/(x)0,/(x)单调递增, 段h(x)一e+r十xlnx(ro) 当z(m.+co)时.ag(x),则/(x)<0./(x)单调递减, '(r)--~十2r十lnx. r一n为f(x)的极大值点,故f(x)存在唯一的极值点; 令n(x)-h'(r),则n'(r)-+2+1o. (III)由(II)知f(x)=f(m),此时a-(1十m)e”,n-1. 'f(x)-a=f(n)-a-(m-n-D)e(n-1. 故函数(o)单调增,又(1)<o./'(1)0. 令x)-(--1D(-1. 故&()在(-,1)上存在唯一零点rn, 若存在a,使得f(z)a+b对任意xR成立. 等价于存在x(一1,十一),使得(x)b,即5bh(r) 即一。+2+lnx-0. '()-(r+-2)-(r-1)(+2,-1. 高考分类数学 参考答案 当x(-1.1)时,'(x)0,(r)单调递减; (II)函数f(r)的定义域为(0,十1o). 当x(1.+oo)时,(x)0,(x)单调递增 由r(r)2e-2enr2e(1-ìn)o,得0<r<e r效 '.(x)-h(1)--e.故6-e. 由/(r)c0,得e. '.实数的取值范是[一e.十oo). 2.函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e 十o); 则(1)-0,面f(1)--1. (II).Vx,.[1,e],f(r.)g()恒成立. '.曲线y一f(z)在点(1.f(1))处的切线方程是y1: &当xE[1时,f(r)g(r)恒成立. fn知,/(c)(e)-2eln 1=1. (II)函数f(x)=x-lnr-2的定义域是(0,+0). 。 )(c)-3+2ar+1. .G)-9+4ax. 当-(0.1时。(x)\0.函数((x)单谓递减. 当二(1.+o)时,/(x)0.函数/(z)单调递增 &函数f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,十o)上单调递增 ①当一<1,即a-时。 (II)Vr(1.+oo)xlnr+rk(r-1)xìnz+. r-1 .g(x)在[1,c]上单调递增. 令(c)-rn1. 1-1 .g(x)-g(1)-2a+4. 则()。 (-1) (-1) 故-} 由(II)知,/(x)=x-lnx-2在(1,+oo)上单调递增, 3)-1-ln3<0./(4)-2(1-ln2)0. ②当1-a<c.即-a-寻时, 因此存在唯一&(3,4),使得/(x。)一0. 即 -lnx-2-0-lnx=-2. (a)-8(-a)-a(-4a)+2a(- 当(1.z)时.f(x)0,即g(zx) 0. 寸1- 当r(x,+o)时,f(x)0,即g(r)0. 1. 因此函数g(x)在(1,x)上单调递减,在(x,十o)上单语 递增, 。-1 -1 ③当一4e.即-。时, 则<x。(3.4). .g(c)在[1.e]上单调递减. 心整数处的最大值是3 19.解:(I):/(z)2cln-1. '.g(r)-g(e)-3e+2a+1. 出1<3。”+2a”}+1,得-不符合题意. ./()2e-2clnr 综上所述,实数a的取值范围是[-3,十co). ./(1)-2e. 20.解:(I)当n=2时,/(r)-(lnx-3)x,f(e)=-2e. 又f01)-1. r(r)-1.x+lnx-3-lnx-2.则-/(e)--1. &.曲线y一f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-(一1) 2e(r-1).即-2e-2c-1 高考分类数学 参考答案 &.=f(x)在点(e,f(c))处的切线方程为y十2e一一(r一c). 21.解:(I)/(x)--r-a. 即x十+e-0: “f(x)是B上的增函数 (II)'/(x)-(lnx-n-1x(mER). '.f(r)0对VrER恒成立,即ae'-&. .r→o.rco-1.r+lnr-m-1-lnr-n. 设h(r)--r,ER,h'(r)--1. .r 令(x)-0,得x-0.列表如下; ①当mo时,,1./(r)-lnr-m0. (-.0) 。1: (0.+oo) 函数f(r)的单调递增区问是(1,十),无单调递减区间,无 #'()) / 0 士 极值: () 极小值 ②当m>o时,令lnx-m=0,解得x=c”. 当1”时,()0;当时,/(v)0. '.(r)-(0)-1.故a1; (I)证明:由g(x)-/(x)-(a-)--ar-ax, &.函数f(x)的单调递减区间是(1,c”),单调递增区间是 (e”). 得'(x)--2a-. 在区间(l,+)上的极小值为f(c”)=(m-m-1)” 由&,1:为两个极值点,不妨设1>r· 一”,无极大值; [-2ax-a-0 则 (II)?对于Vr[c.c],都有((r)之4lnz成立, ,两式相减,得2-- l-2ar.--0 ..f()-4nr<0. 要证明,+&<2ln 2a,等价于证明+x<ln-. 即问题转化为(r-4)nt-(m+1)x<0在e.]上恒 2 r一 成立: 即+1(fr-4)!n2在[c,]上恒成立, 对一: 两边同除,等价于证明。-1 即n-4ln-1在[e,*]桓成立, 一1 设→0.即t-1.c-6+1<o. 令g(x)-hn41n-1. : 设 (x)-xe-+1(r0). 即n>g(). $(c)-ef+4ef-e=--f(et--1). ()-1-1-41n-+4lnr-4. 由(1)可知:当a=1时,/(r)0恒成立 令h(r)-x+4lnx-4,r()-1+-在[e,e]上恒大于0. ./()>o概成立,即c--10. &(c)在[e.c]上单调递增,h(c)一c>0. &$(r)0'(x)在(0.+)上单调递减 &h(c)h(e)0. '.(x)<(0)-0. ..(r)0 故r十x.2ln2a成立. .g(r)在[ce]上单调递增. 22.解:(1)当a-0时,f(x)-xlnx(x>0). 则f(x)-1+lnx. 当x(o.一)时,/(r)<0.f(o)单调递减。 .实数的取值范围是(1-8. ,十). 当x(,)时,f(r)>0.f(r)单调递增. 高考分类数学 参考答案 (ll)1<2,1<2 又(x)- (+b+1)-a. $2<+1<3,2<+1<3 .《+1)-f^a+1十1)-(+1表示点(+1 。 - (+1)-(+1) 若a--,则6-2-e<0,与6>0矛盾, f(+1))与点(g+1.f(g+1))连线的斜率 2.函数f(x)图象在区间(2.3)内任意两点连线的斜率大 故-/-1; 于1. (II)证明:由(I)可知f(x)一(r十1)(-1). 即((x)-2ax+1+lnx1在区间(2,3)内恒成立 令f(x)-0,得--1或x-0. .当a6(2.3)时,2a-ln恒成立,v.2a(-n)_ 故曲线f(z)与x轴负半轴的唯一交点P为(一1.0) ·曲线在点P(一1.0)处的切线方程为y-h(z). 设g(r)-ln (2.3)g'()-nr-1. 则()-/(-1)(r+1-(-10(r+), 1 令()-nx-1-o.得z-c. 令F()=f(G)-(r)=(r+1)(-1)-(-1)(r+1) 。_ 。 当2re时,(r)0.(r)单调递减. 一()(-). 当er<3时,g'(r)一0.g(r)单调递增. ·(2)-2-8(t)--2. ①当-1时,x+1o.-1o.即r(o>0: .g(2)--1n2--ln 21(3)--ln3_-1n 3. ②当<-1时,+1<6-<0,即F)>0; .2a-1n2故-1n2 。 ③当:--1时,F(r)-0. (I)证明:由(II)得,lng(c), 综上,F(xo)0,即对任意的实数x.都有((xo)h(x); (III)证明:h()-(1-1)(s+1),设i(r)-n的根为c. , 则。'--1+1 又()单调递减,且n-(r)-f(x.)h(x). #1#1# ,, #(##)# 设曲线y一f(z)在点(0,0)处的切线方程为y-/(x). 有(()一r: ) 令T(r)-f(x)-i(x)-(r+1)(-D-x. 则G)-(r+2)e-2,令a(r)-(r+2)c-2. -1(1-1). 当-2时,T(-(r+2)-2-20; .ln2 n3_n.ln1 当2时,a'(r)-(r+3)0. 故函数了(x)在(一2,十)上单调递增 23.解:(I)将x=-1代人(e-1)x+ey十e-1-0 文P(0)-0. 得-0. ·当xE(-20时,T(x)0. .f(-1)-0,即(b-1)(1-a)-0. 当文(0+)时,T(r)0. 高考分类数学 参考答案 故函数T()在区间(一o:0)上单调递减:在区间(0.+ 函数/(x)单调递增. 上单调递增, r(r,x.)时,g(r)0.f(x)0,函数f(z)单调递减; ..T(r)7(0)-0. '.函数有两个极值点: 即/(o)r(c). ③当a<0时,A0.设方程2ar+ax-a+1-0的两个根 设()一m的根为x. 为,且-二a-9-8 ..--+9-8 4 4 则-n, 此时x. 又函数((x)单调递增,目n三(r)=/(x)t(r) :g(-1-10..-1. 故。。 又: &.x(-1.x.)时,g(x)0.f(x)0,函数f(x)单调 递增. 1一 当x(r,+co)时,g(x)<0.(x) 0,函数f(x)单调 24.解:(1)当a-1时,f(1)-ln2. 递减. 则/)-1 '函数有一个极值点, 综上可知,当a<0时,函数f(c)有一个极值点 当0时,函数7(x)无极值点; *.切线方程为3r-2v+2ln2-3-0; 当时,函数/(x)有两个极值点; (II)由题意可知,函数f(x)的定义域为(一1.十). -叶1+a(2r-1)-2a2+-a+1. (I)(I)知,当0a8时,函数/(c)在(0.+co)上单 则/(.x)-1 十1 令g(x)-2ar+ax-a+1.x(-1.+). 调递增, .f(o)-0. &.xE(0,+oo)时,f(x)>0恒成立,符合题意; 单调递增,无极值点: ②当a>0时,A-a(9-8). 当08时,△<0.g(o)0./(o)0. &.函数/(t)在(0,十一)上单调递增. ./(0)-0. &f(x)在(-1.十oo)上单调递增,无极值点, &.xE(0.十co)时,f(c)0恒成立,符合题意; 当a时,A>o,设方程2ar+ax-a+1-0的两个根为 当1时,出g(0)--a+1<0,得x0. &.x(0.x)时:函数/(x)单调递减 4 4 .f(0)0c后(0:x)时;ffr) 0:不符合题意 时xx: 当a0时,设h(x)--ln(x+1). ,十一 1. ->-r(-1)-10, .-1-. '.h(c)在(o.+co)上单调递增. &当z(0.+co)时,h(x)h(0)-0,即ln(x+1)<x. .x(-1r)(x.十o)时,g(r)>0./(x)0, 可得(x)<r+a(r-r)-ar’+(1-a)r 高考分类数学 参考答案 当>1--时,ar+(1-a)<o,此时f(c)<o,不符合 心.(x)在[0,十o)上单调通增, 故$(c)p(0)-0. 题意; 即叶1, 绘上.a的取值范围为[0:1] $(-+2(2a+1)+1+2-(2a+1) 25.解;(1)题意知:f(x)一-2a; 71 r1 .(o--2a-1-2a +2r+1+2a-(2a+1)-(2a+1)r 7+1 又’f(z)在点(0,f(0))的切线倾斜角为开. 2+r-2axr(r+1-2a). r+1 1 2.f(s)在点(0.f(0)的切线的斜率夫-tan--1. ①当时, 即/(0)-1-2-1. e'(c)0在[o,+o)上恒成立, 解得-0: (r)在[0,十co)上单调递增, (II)由(I)知:/(x)一-2a; (x)-(0)-0.即(x)0在[o,+on)上恒成立, ①当0时. 即f(x)十g(x)x,对VxE[o,十oo)恒成立。 /(r)>0.f(r)在R上为增函数; ②当时, ②当0时. 令f(r)--2a-0,解得x-ln2a. .十1. &当x (-o,ln2a)时,f(x)<0,f(x)在(-oo,ln2a)上 .e1-x,即在r[0.1)成立, 为减函数, 故当r(0.1时. 当xf(ln2a,+oo)时.f(x)>0.f(x)在(ln2a,+)上为 增函数. 综上所述,当a0时,f(x)的单调递增区问为B; (2a+1)-(2a-)r 当a0时,f(x)的单调递减区问是(一oo,ln2a),单调递增 区间是(n20,十o) (I)对任意的x[o.+c),f(x)十g(x)r恒成立, 即f(c)十g(c)一10恒成立. 将f(x).(x)代人,并格理得 c+2a ln(r+1)--(+1)0 任意:0恒成立。 设 (x)-+2aln(r+1)-:]-(r+1). 综上所述.a的取值范围是(一o. 则原式等价于对任意的xE[o,+).g(x)0恒成立 则(c)-+2-(2a+1). 26.解:(1)当a-0时,/(o)-)+4ln(c+1). 计1 下面先证明:x十1. (一 令()-c--1. .f(0)-0./(0)-4. 则(r)-一1. *.所求的切线方程为y一4r: .xE[o.十x)r)0. ()(ì)(x)=r-a+4-(a-1)r+4-a. +1 r1