专题11 导数-遇见最美的数学系列——23真题汇编

专 11 导数 91. (2023全国甲卷文)曲线 y= e x x+ 1 点 1, e 2  的 线方 为 ( ) A. y= e4 x B. y= e 2 x C. y= e 4 x+ e 4 D. y= e 2 x+ 3e 4 92. (2023全国乙卷文)函数 f x = x3+ ax+ 2存 3个零点， a的取 围 ( ) A. -∞,-2  B. -∞,-3  C. -4, -1  D. -3,0  93. (2023新高考Ⅱ卷)已知函数 f x = aex- lnx 间 1,2 上 ， a的 为 ( ) A. e2 B. e C. e-1 D. e-2 94. (2023新高考Ⅱ卷)若函数 f x = alnx+ bx + c x2 a≠ 0 既 也 ， ( ) A. bc> 0 B. ab> 0 C. b2+ 8ac> 0 D. ac< 0 95. (2023全国乙卷理)设 a∈ 0,1 ，若函数 f x = ax+ 1+ a x 0, +∞ 上 ， a的取 围 . 96.（2023北京卷）设函数 f(x) = x- x3eax+b，曲线 y= f(x) 点 (1,f(1)) 的 线方 为 y=-x+ 1． (1) a,b的 ； (2)设函数 g(x) = f(x)， g(x)的 间； (3) f(x)的 点个数． 16 97. (2023新高考Ⅰ卷)已知函数 f x = a ex+ a - x． (1)讨论 f x 的 ； (2)证 ： a> 0时，f x > 2lna+ 32 ． 98. (2023新高考Ⅱ卷) (1)证 ： 0< x< 1时，x- x2< sinx< x； (2)已知函数 f x = cosax- ln 1- x2 ，若 x= 0 f x 的 点， a的取 围． 99. (2023全国乙卷文)已知函数 f x = 1x + a ln 1+ x ． (1) a=-1时， 曲线 y= f x  点 1,f x   的 线方 ． (2)若函数 f x  0, +∞  ， a的取 围． 17 100. (2023全国乙卷理)已知函数 f(x) = 1x + a ln(1+ x). (1) a=-1时， 曲线 y= f x  点 1,f 1   的 线方 ； (2) 存 a，b， 曲线 y= f 1x 关于直线 x= b对称，若存 ， a，b的 ，若不存 ，说 理 . (3)若 f x  0, +∞ 存 ， a的取 围. 101. (2023全国甲卷文)已知函数 f x = ax- sinx cos2x ,x∈ 0, π2 ． (1) a= 1时，讨论 f x 的 ； (2)若 f x + sinx< 0， a的取 围． 102. (2023全国甲卷文)已知 f(x) = ax- sinx cos3x ,x∈ 0, π2  (1)若 a= 8，讨论 f(x)的 ； (2)若 f(x)< sin2x 成 ， a的取 围． 18 103. (2023天津卷)已知函数 f x = 1x + 1 2 ln x+ 1 ． (1) 曲线 y= f x  x= 2 线的斜 ； (2) x> 0时，证 ：f x > 1； (3)证 ：56 < ln n! - n+ 1 2 ln n +n≤ 1． 104.（2023上海卷）已知 f(x) = lnx， 该函数图 Γ上取一点 a1，过点 (a1，f(a1)) 函数 f(x)的 线，该 线与 y轴的交点记 (0,a2)，若 a2> 0， 过点 (a2，f(a2)) 函数 f(x)的 线，该 线与 y轴的交点记 (0, a3)，以此 a3，a4，⋯，直至 am≤ 0 止， 这些 成数 {an}． (1)设 am(m≥ 2) 于数 {an}，证 ：am= lnam-1- 1； (2)试比较 am与 am-1- 2的 关系； (3)若正整数 k≥ 3， 存 k a1、a2、a3、⋯、ak 次成 差数 ？若存 ， 出 k的所 取 ；若不 存 ，请说 理 ． 19 (2)若函数过点 (1,3)，则 f(1) = 1+ 3a+ 1+ c1+ a = 3a+ 2+ c 1+ a = 3，得 3a+ 2+ c= 3+ 3a，得 c= 3- 2= 1， 此时 f(x) = x 2+ (3a+ 1)x+ 1 x+ a ，若数 f(x)与 x轴负半轴有两个不同交点， 即 f(x) = x 2+ (3a+ 1)x+ 1 x+ a = 0，得 x 2+ (3a+ 1)x+ 1= 0，当 x< 0时，有两个不同的交点， 设 g(x) = x2+ (3a+ 1)x+ 1， 则 ∆= (3a+ 1)2- 4> 0 x1x2= 1> 0 x1+ x2=- (3a+ 1)< 0 - 3a+ 12 < 0        ，得 3a+ 1> 2或 3a+ 1<-2 3a+ 1> 0  ，得 a> 13 或 a<-1 a>- 13  ，即 a> 1 3 ， 若 x+ a= 0即 x=-a是方程 x2+ (3a+ 1)x+ 1= 0的根， 则 a2- (3a+ 1)a+ 1= 0，即 2a2+ a- 1= 0，得 a= 12 或 a=-1， 则实数 a的取值范围是 a> 13 且 a≠ 1 2 且 a≠-1， 即 1 3 ， 1 2 ∪ 1 2 ，+∞ ． 专 11 导数 91. (2023全国甲卷文)曲线 y= e x x+ 1 点 1, e 2  的 线方 为 ( ) A. y= e4 x B. y= e 2 x C. y= e 4 x+ e 4 D. y= e 2 x+ 3e 4 【答案】C 【解析】设曲线 y= e x x+ 1 在点 1, e 2 处的切线方程为 y- e 2 = k x- 1 ， 因为 y= e x x+ 1 ， 所以 y= ex x+ 1 - ex x+ 1 2 = xe x x+ 1 2 ， 所以 k= y x=1 = e4 所以 y- e2 = e 4 x- 1  所以曲线 y= e x x+ 1 在点 1, e 2 处的切线方程为 y= e 4 x+ e 4 . 故选：C 92. (2023全国乙卷文)函数 f x = x3+ ax+ 2存 3个零点， a的取 围 ( ) A. -∞,-2  B. -∞,-3  C. -4, -1  D. -3,0  【答案】B 85 【解析】f(x) = x3+ ax+ 2，则 f(x) = 3x2+ a， 若 f x 要存在 3个零点，则 f x 要存在极大值和极小值，则 a< 0， 令 f(x) = 3x2+ a= 0，解得 x=- -a3 或 -a 3 ， 且当 x∈ -∞,- -a3 ∪ -a3 , +∞ 时，f(x)> 0， 当 x∈ - -a3 , -a 3 ，f(x)< 0， 故 f x 的极大值为 f - -a3 ，极小值为 f -a3 ， 若 f x 要存在 3个零点，则 f - -a3 > 0 f -a3 < 0  ，即 a 3 -a 3 - a -a 3 + 2> 0 -a 3 -a 3 + a -a 3 + 2< 0      ，解得 a<-3， 故选：B. 93. (2023新高考Ⅱ卷)已知函数 f x = aex- lnx 间 1,2 上 ， a的 为 ( ) A. e2 B. e C. e-1 D. e-2 【答案】C 【解析】依题可知，f x = aex- 1x ≥ 0在 1,2 上恒成立，显然 a> 0，所以 xe x≥ 1a， 设 g x = xex,x∈ 1,2 ，所以 g x = x+ 1 ex> 0，所以 g x 在 1,2 上单调递增， g x > g 1 = e，故 e≥ 1a，即 a≥ 1 e = e -1，即 a的最小值为 e-1． 故选：C． 94. (2023新高考Ⅱ卷)若函数 f x = alnx+ bx + c x2 a≠ 0 既 也 ， ( ) A. bc> 0 B. ab> 0 C. b2+ 8ac> 0 D. ac< 0 【答案】BCD 【解析】函数 f(x) = alnx+ bx + c x2 的定义域为 (0, +∞)，求导得 f(x) = ax - b x2 - 2c x3 = ax 2- bx- 2c x3 ， 因为函数 f(x)既有极大值也有极小值，则函数 f(x)在 (0, +∞)上有两个变号零点，而 a≠ 0， 因此方程 ax2- bx- 2c= 0有两个不等的正根 x1,x2， 于是 Δ= b2+ 8ac> 0 x1+ x2= ba > 0 x1x2=- 2ca > 0      ，即有 b2+ 8ac> 0，ab> 0，ac< 0，显然 a2bc< 0，即 bc< 0，A错误，BCD正确. 故选：BCD 95. (2023全国乙卷理)设 a∈ 0,1 ，若函数 f x = ax+ 1+ a x 0, +∞ 上 ， a的取 围 86 . 【答案】 5- 1 2 ,1    【解析】由函数的解析式可得 f x = axlna+ 1+ a xln 1+ a ≥ 0在区间 0, +∞ 上恒成立， 则 1+ a xln 1+ a ≥-axlna，即 1+ aa  x≥- lna ln 1+ a  在区间 0, +∞ 上恒成立， 故 1+ a a  0= 1≥- lna ln 1+ a  ，而 a+ 1∈ 1,2 ，故 ln 1+ a > 0， 故 ln a+ 1 ≥-lna 0< a< 1  即 a a+ 1 ≥ 1 0< a< 1  ，故 5- 1 2 ≤ a< 1， 结合题意可得实数 a的取值范围是 5- 12 ,1   . 故答案为： 5- 1 2 ,1   . 96.（2023北京卷）设函数 f(x) = x- x3eax+b，曲线 y= f(x) 点 (1,f(1)) 的 线方 为 y=-x+ 1． (1) a,b的 ； (2)设函数 g(x) = f(x)， g(x)的 间； (3) f(x)的 点个数． 【答案】(1)a=-1,b= 1(2)答案见解析 (3)3 个 【解析】(1)因为 f(x) = x- x3eax+b,x∈R，所以 f x = 1- 3x2+ ax3 eax+b， 因为 f x 在 (1,f(1))处的切线方程为 y=-x+ 1， 所以 f(1) =-1+ 1= 0，f(1) =-1， 则 1- 13× ea+b= 0 1- 3+ a ea+b=-1  ，解得 a=-1 b= 1  ， 所以 a=-1,b= 1. (2)由 (1)得 g x = f x = 1- 3x2- x3 e-x+1 x∈R ， 则 g x =-x x2- 6x+ 6 e-x+1， 令 x2- 6x+ 6= 0，解得 x= 3± 3，不妨设 x1= 3- 3，x2= 3+ 3，则 0< x1< x2， 易知 e-x+1> 0恒成立， 所以令 g x < 0，解得 0< x< x1或 x> x2；令 g x > 0，解得 x< 0或 x1< x< x2； 所以 g x 在 0,x1 ，x2, +∞ 上单调递减，在 -∞,0 ，x1,x2 上单调递增， 即 g x 的单调递减区间为 0,3- 3 和 3+ 3 , +∞ ，单调递增区间为 -∞,0 和 3- 3 ,3+ 3 . (3)由 (1)得 f(x) = x- x3e-x+1 x∈R ，f x = 1- 3x2- x3 e-x+1， 由 (2)知 f x  0,x1 ，x2, +∞ 上单调递减，在 -∞,0 ，x1,x2 上单调递增， 当 x< 0时，f -1 = 1- 4e2< 0，f 0 = 1> 0，即 f -1 f 0 < 0 所以 f x 在 -∞,0 上存在唯一零点，不妨设为 x3，则-1< x3< 0， 87 此时，当 x< x3时，f x < 0，则 f x 单调递减；当 x3< x< 0时，f x > 0，则 f x 单调递增； 所以 f x 在 -∞,0 上有一个极小值点； 当 x∈ 0,x1 时，f x 在 0,x1 上单调递减， 则 f x1 = f 3- 3 < f 1 = 1- 2< 0，故 f 0 f x1 < 0， 所以 f x 在 0,x1 上存在唯一零点，不妨设为 x4，则 0< x4< x1， 此时，当 0< x< x4时，f x > 0，则 f x 单调递增；当 x4< x< x1时，f x < 0，则 f x 单调递减； 所以 f x 在 0,x1 上有一个极大值点； 当 x∈ x1,x2 时，f x 在 x1,x2 上单调递增， 则 f x2 = f 3+ 3 > f 3 = 1> 0，故 f x1 f x2 < 0， 所以 f x 在 x1,x2 上存在唯一零点，不妨设为 x5，则 x1< x5< x2， 此时，当 x1< x< x5时，f x < 0，则 f x 单调递减；当 x5< x< x2时，f x < 0，则 f x 单调递增； 所以 f x 在 x1,x2 上有一个极小值点； 当 x> x2= 3+ 3> 3时，3x2- x3= x2 3- x < 0， 所以 f x = 1- 3x2- x3 e-x+1> 0，则 f x 单调递增， 所以 f x 在 x2, +∞ 上无极值点； 综上：f x 在 -∞,0 和 x1,x2 上各有一个极小值点，在 0,x1 上有一个极大值点，共有 3个极值点. 97. (2023新高考Ⅰ卷)已知函数 f x = a ex+ a - x． (1)讨论 f x 的 ； (2)证 ： a> 0时，f x > 2lna+ 32 ． 【答案】(1)见解析；(2)见解析 【解析】(1)因为 f(x) = a ex+ a - x，定义域为R，所以 f x = aex- 1， 当 a≤ 0时，由于 ex> 0，则 aex≤ 0，故 f x = aex- 1< 0恒成立， 所以 f x 在R上单调递减； 当 a> 0时，令 f x = aex- 1= 0，解得 x=-lna， 当 x<-lna时，f x < 0，则 f x 在 -∞,-lna 上单调递减； 当 x>-lna时，f x > 0，则 f x 在 -lna, +∞ 上单调递增； 综上：当 a≤ 0时，f x 在R上单调递减； 当 a> 0时，f x 在 -∞,-lna 上单调递减，f x 在 -lna, +∞ 上单调递增. (2)方法一： 由 (1)得，f x min= f -lna = a e-lna+ a + lna= 1+ a2+ lna， 要证 f(x)> 2lna+ 32 ，即证 1+ a 2+ lna> 2lna+ 32 ，即证 a 2- 12 - lna> 0恒成立， 88 令 g a = a2- 12 - lna a> 0 ，则 g  a = 2a- 1a = 2a2- 1 a ， 令 g a < 0，则 0< a< 22 ；令 g  a > 0，则 a> 22 ； 所以 g a 在 0, 22 上单调递减，在 2 2 , +∞ 上单调递增， 所以 g a min= g 2 2 = 2 2  2 - 12 - ln 2 2 = ln 2> 0，则 g a > 0恒成立， 所以当 a> 0时，f(x)> 2lna+ 32 恒成立，证毕. 方法二： 令 h x = ex- x- 1，则 h x = ex- 1， 由于 y= ex在R上单调递增，所以 h x = ex- 1在R上单调递增， 又 h 0 = e0- 1= 0， 所以当 x< 0时，h x < 0；当 x> 0时，h x > 0； 所以 h x 在 -∞,0 上单调递减，在 0, +∞ 上单调递增， 故 h x ≥ h 0 = 0，则 ex≥ x+ 1，当且仅当 x= 0时，等号成立， 因为 f(x) = a ex+ a - x= aex+ a2- x= ex+lna+ a2- x≥ x+ lna+ 1+ a2- x， 当且仅当 x+ lna= 0，即 x=-lna时，等号成立， 所以要证 f(x)> 2lna+ 32 ，即证 x+ lna+ 1+ a 2- x> 2lna+ 32 ，即证 a 2- 12 - lna> 0， 令 g a = a2- 12 - lna a> 0 ，则 g  a = 2a- 1a = 2a2- 1 a ， 令 g a < 0，则 0< a< 22 ；令 g  a > 0，则 a> 22 ； 所以 g a 在 0, 22 上单调递减，在 2 2 , +∞ 上单调递增， 所以 g a min= g 2 2 = 2 2  2 - 12 - ln 2 2 = ln 2> 0，则 g a > 0恒成立， 所以当 a> 0时，f(x)> 2lna+ 32 恒成立，证毕. 98. (2023新高考Ⅱ卷) (1)证 ： 0< x< 1时，x- x2< sinx< x； (2)已知函数 f x = cosax- ln 1- x2 ，若 x= 0 f x 的 点， a的取 围． 【答案】(1)证明见详解 (2) -∞,- 2 ∪ 2 , +∞  【解析】(1)构建F x = x- sinx,x∈ 0,1 ，则F x = 1- cosx> 0对∀ x∈ 0,1 恒成立， 则F x 在 0,1 上单调递增，可得F x >F 0 = 0， 所以 x> sinx,x∈ 0,1 ； 构建G x = sinx- x- x2 = x2- x+ sinx,x∈ 0,1 ， 则G x = 2x- 1+ cosx,x∈ 0,1 ， 89 构建 g x =G x ,x∈ 0,1 ，则 g x = 2- sinx> 0对∀ x∈ 0,1 恒成立， 则 g x 在 0,1 上单调递增，可得 g x > g 0 = 0， 即G x > 0对∀ x∈ 0,1 恒成立， 则G x 在 0,1 上单调递增，可得G x >G 0 = 0， 所以 sinx> x- x2,x∈ 0,1 ； 综上所述：x- x2< sinx< x. (2)令 1- x2> 0，解得-1< x< 1，即函数 f x 的定义域为 -1,1 ， 若 a= 0，则 f x =-ln 1- x2 ,x∈ -1,1 ， 因为 y=-lnu在定义域内单调递减，y= 1- x2在 -1,0 上单调递增，在 0,1 上单调递减， 则 f x =-ln 1- x2 在 -1,0 上单调递减，在 0,1 上单调递增， 故 x= 0是 f x 的极小值点，不合题意，所以 a≠ 0. 当 a≠ 0时，令 b= a > 0 因为 f x = cosax- ln 1- x2 = cos a x - ln 1- x2 = cosbx- ln 1- x2 ， 且 f -x = cos -bx - ln 1- -x 2 = cosbx- ln 1- x2 = f x ， 所以函数 f x 在定义域内为偶函数， 由题意可得：f x =-bsinbx- 2x x2- 1 ,x∈ -1,1 ， (i)当 0< b2≤ 2时，取m=min 1b ,1  ，x∈ 0,m ，则 bx∈ 0,1 ， 由 (1)可得 f x =-bsin bx - 2x x2- 1 >-b2x- 2x x2- 1 = x b2x2+ 2- b2  1- x2 ， 且 b2x2> 0,2- b2≥ 0,1- x2> 0， 所以 f x > x b2x2+ 2- b2  1- x2 > 0， 即当 x∈ 0,m ⊆ 0,1 时，f x > 0，则 f x 在 0,m 上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：f x 在 -m,0 上单调递减， 所以 x= 0是 f x 的极小值点，不合题意； (ⅱ)当 b2> 2时，取 x∈ 0, 1b ⊆ 0,1 ，则 bx∈ 0,1 ， 由 (1)可得 f x =-bsinbx- 2x x2- 1 <-b bx- b2x2 - 2x x2- 1 = x 1- x2 -b3x3+ b2x2+ b3x+ 2- b2 ， 构建 h x =-b3x3+ b2x2+ b3x+ 2- b2,x∈ 0, 1b ， 则 h x =-3b3x2+ 2b2x+ b3,x∈ 0, 1b ， 且 h 0 = b3> 0,h 1b = b 3- b> 0，则 h x > 0对∀ x∈ 0, 1b 恒成立， 90 可知 h x 在 0, 1b 上单调递增，且 h 0 = 2- b 2< 0,h 1b = 2> 0， 所以 h x 在 0, 1b 内存在唯一的零点 n∈ 0, 1 b ， 当 x∈ 0,n 时，则 h x < 0，且 x> 0,1- x2> 0， 则 f x < x 1- x2 -b3x3+ b2x2+ b3x+ 2- b2 < 0， 即当 x∈ 0,n ⊆ 0,1 时，f x < 0，则 f x 在 0,n 上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：f x 在 -n,0 上单调递增， 所以 x= 0是 f x 的极大值点，符合题意； 综上所述：b2> 2，即 a2> 2，解得 a> 2 或 a<- 2， 故 a的取值范围为 -∞,- 2 ∪ 2 , +∞ . 99. (2023全国乙卷文)已知函数 f x = 1x + a ln 1+ x ． (1) a=-1时， 曲线 y= f x  点 1,f x   的 线方 ． (2)若函数 f x  0, +∞  ， a的取 围． 【答案】(1) ln2 x+ y- ln2= 0； (2) a a≥ 12 . 【解析】(1)当 a=-1时，f x = 1x - 1 ln x+ 1 x>-1 ， 则 f x =- 1 x2 × ln x+ 1 + 1x - 1 × 1 x+ 1 ， 据此可得 f 1 = 0,f 1 =-ln2， 所以函数在 1,f 1  处的切线方程为 y- 0=-ln2 x- 1 ，即 ln2 x+ y- ln2= 0. (2)由函数的解析式可得 f x = - 1 x2 ln x+ 1 + 1 x + a × 1 x+ 1 x>-1 ， 满足题意时 f x ≥ 0在区间 0, +∞ 上恒成立. 令 - 1 x2 ln x+ 1 + 1 x + a  1 x+ 1 ≥ 0，则- x+ 1 ln x+ 1 + x+ ax 2 ≥ 0， 令 g x = ax2+ x- x+ 1 ln x+ 1 ，原问题等价于 g x ≥ 0在区间 0, +∞ 上恒成立， 则 g x = 2ax- ln x+ 1 ， 当 a≤ 0时，由于 2ax≤ 0,ln x+ 1 > 0，故 g x < 0，g x 在区间 0, +∞ 上单调递减， 此时 g x < g 0 = 0，不合题意; 令 h x = g x = 2ax- ln x+ 1 ，则 h x = 2a- 1x+ 1 ， 当 a≥ 12 ，2a≥ 1时，由于 1 x+ 1 < 1，所以 h  x > 0,h x 在区间 0, +∞ 上单调递增， 即 g x 在区间 0, +∞ 上单调递增， 所以 g x > g 0 = 0，g x 在区间 0, +∞ 上单调递增，g x > g 0 = 0，满足题意. 91 当 0< a< 12 时，由 h  x = 2a- 1x+ 1 = 0可得 x= 1 2a - 1， 当 x∈ 0, 12a - 1 时，h  x < 0,h x 在区间 0, 12a - 1 上单调递减，即 g  x 单调递减， 注意到 g 0 = 0，故当 x∈ 0, 12a - 1 时，g  x < g 0 = 0，g x 单调递减， 由于 g 0 = 0，故当 x∈ 0, 12a - 1 时，g x < g 0 = 0，不合题意. 综上可知：实数 a得取值范围是 a a≥ 12 . 100. (2023全国乙卷理)已知函数 f(x) = 1x + a ln(1+ x). (1) a=-1时， 曲线 y= f x  点 1,f 1   的 线方 ； (2) 存 a，b， 曲线 y= f 1x 关于直线 x= b对称，若存 ， a，b的 ，若不存 ，说 理 . (3)若 f x  0, +∞ 存 ， a的取 围. 【答案】(1) ln2 x+ y- ln2= 0； (2)存在 a= 12 ,b=- 1 2 满足题意，理由见解析. (3) 0, 12 . 【解析】(1)当 a=-1时，f x = 1x - 1 ln x+ 1 ， 则 f x =- 1 x2 × ln x+ 1 + 1x - 1 × 1 x+ 1 ， 据此可得 f 1 = 0,f 1 =-ln2， 函数在 1,f 1  处的切线方程为 y- 0=-ln2 x- 1 ， 即 ln2 x+ y- ln2= 0. (2)由函数的解析式可得 f 1x = x+ a ln 1 x + 1 ， 函数的定义域满足 1 x + 1= x+ 1 x > 0，即函数的定义域为 -∞,-1 ∪ 0, +∞ ， 定义域关于直线 x=- 12 对称，由题意可得 b=- 1 2 ， 由对称性可知 f - 12 +m = f - 1 2 -m m> 1 2 ， 取m= 32 可得 f 1 = f -2 ， 即 a+ 1 ln2= a- 2 ln 12 ，则 a+ 1= 2- a，解得 a= 1 2 ， 经检验 a= 12 ,b=- 1 2 满足题意，故 a= 1 2 ,b=- 1 2 . 即存在 a= 12 ,b=- 1 2 满足题意. (3)由函数的解析式可得 f x = - 1 x2 ln x+ 1 + 1 x + a  1 x+ 1 ， 92 由 f x 在区间 0, +∞ 存在极值点，则 f x 在区间 0, +∞ 上存在变号零点; 令 - 1 x2 ln x+ 1 + 1 x + a  1 x+ 1 = 0， 则- x+ 1 ln x+ 1 + x+ ax2 = 0， 令 g x = ax2+ x- x+ 1 ln x+ 1 ， f x 在区间 0, +∞ 存在极值点，等价于 g x 在区间 0, +∞ 上存在变号零点， g x = 2ax- ln x+ 1 ,g x = 2a- 1x+ 1 当 a≤ 0时，g x < 0，g x 在区间 0, +∞ 上单调递减， 此时 g x < g 0 = 0，g x 在区间 0, +∞ 上无零点，不合题意; 当 a≥ 12 ，2a≥ 1时，由于 1 x+ 1 < 1，所以 g  x > 0,g x 在区间 0, +∞ 上单调递增， 所以 g x > g 0 = 0，g x 在区间 0, +∞ 上单调递增，g x > g 0 = 0， 所以 g x 在区间 0, +∞ 上无零点，不符合题意； 当 0< a< 12 时，由 g  x = 2a- 1x+ 1 = 0可得 x= 1 2a - 1， 当 x∈ 0, 12a - 1 时，g  x < 0，g x 单调递减， 当 x∈ 12a - 1, +∞ 时，g  x > 0，g x 单调递增， 故 g x 的最小值为 g 1 2a - 1 = 1- 2a+ ln2a， 令m x = 1- x+ lnx 0< x< 1 ，则m x = -x+ 1x > 0， 函数m x 在定义域内单调递增，m x <m 1 = 0， 据此可得 1- x+ lnx< 0恒成立， 则 g 12a - 1 = 1- 2a+ ln2a< 0， 令 h x = lnx- x2+ x x> 0 ，则 h x = -2x 2+ x+ 1 x ， 当 x∈ 0,1 时，h x > 0,h x 单调递增， 当 x∈ 1, +∞ 时，h x < 0,h x 单调递减， 故 h x ≤ h 1 = 0，即 lnx≤ x2- x(取等条件为 x= 1)， 所以 g x = 2ax- ln x+ 1 > 2ax- x+ 1 2- x+ 1  = 2ax- x2+ x ， g 2a- 1 > 2a 2a- 1 - 2a- 1 2+ 2a- 1  = 0，且注意到 g 0 = 0， 根据零点存在性定理可知:g x 在区间 0, +∞ 上存在唯一零点 x0. 当 x∈ 0,x0 时，g x < 0，g x 单调减， 当 x∈ x0, +∞ 时，g x > 0，g x 单调递增， 所以 g x0 < g 0 = 0. 93 令n x = lnx- 12 x- 1 x ，则n  x = 1x - 1 2 1+ 1 x2 = - x- 1 2 2x2 ≤ 0， 则n x 单调递减，注意到 n 1 = 0， 故当 x∈ 1, +∞ 时，lnx- 12 x- 1 x < 0，从而有 lnx< 1 2 x- 1 x ， 所以 g x = ax2+ x- x+ 1 ln x+ 1  > ax2+ x- x+ 1 × 12 x+ 1 - 1 x+ 1     = a- 12 x 2+ 12 ， 令 a- 12 x 2+ 12 = 0得 x2= 1 1- 2a ，所以 g 1 1- 2a > 0， 所以函数 g x 在区间 0, +∞ 上存在变号零点，符合题意. 综合上面可知:实数 a得取值范围是 0, 12 . 101. (2023全国甲卷文)已知函数 f x = ax- sinx cos2x ,x∈ 0, π2 ． (1) a= 1时，讨论 f x 的 ； (2)若 f x + sinx< 0， a的取 围． 【答案】(1)f x 在 0, π2 上单调递减 (2)a≤ 0 【解析】(1)因为 a= 1，所以 f x = x- sinx cos2x ,x∈ 0, π2 ， 则 f x = 1- cosxcos2x- 2cosx -sinx sinx cos4x = 1- cos 2x+ 2sin2x cos3x = cos3x- cos2x- 2 1- cos2x  cos3x = cos 3x+ cos2x- 2 cos3x ， 令 t= cosx，由于 x∈ 0, π2 ，所以 t= cosx∈ 0,1 ， 所以 cos3x+ cos2x- 2= t3+ t2- 2= t3- t2+ 2t2- 2= t2 t- 1 + 2 t+ 1  t- 1 = t2+ 2t+ 2  t- 1 ， 因为 t2+ 2t+ 2= t+ 1 2+ 1> 0，t- 1< 0，cos3x= t3> 0， 所以 f x = cos 3x+ cos2x- 2 cos3x < 0在 0, π2 上恒成立， 所以 f x 在 0, π2 上单调递减. (2)法一： 构建 g x = f x + sinx= ax- sinx cos2x + sinx 0< x< π2 ， 则 g x = a- 1+ sin 2x cos3x + cosx 0< x< π2 ， 若 g x = f x + sinx< 0，且 g 0 = f 0 + sin0= 0， 94 则 g 0 = a- 1+ 1= a≤ 0，解得 a≤ 0， 当 a= 0时，因为 sinx- sinx cos2x = sinx 1- 1 cos2x ， 又 x∈ 0, π2 ，所以 0< sinx< 1，0< cosx< 1，则 1 cos2x > 1， 所以 f x + sinx= sinx- sinx cos2x < 0，满足题意； 当 a< 0时，由于 0< x< π2 ，显然 ax< 0， 所以 f x + sinx= ax- sinx cos2x + sinx< sinx- sinx cos2x < 0，满足题意； 综上所述：若 f x + sinx< 0，等价于 a≤ 0， 所以 a的取值范围为 -∞,0 . 法二： 因为 sinx- sinx cos2x = sinxcos 2x- sinx cos2x = sinx cos2x- 1  cos2x =- sin 3x cos2x ， 因为 x∈ 0, π2 ，所以 0< sinx< 1，0< cosx< 1， 故 sinx- sinx cos2x < 0在 0, π2 上恒成立， 所以当 a= 0时，f x + sinx= sinx- sinx cos2x < 0，满足题意； 当 a< 0时，由于 0< x< π2 ，显然 ax< 0， 所以 f x + sinx= ax- sinx cos2x + sinx< sinx- sinx cos2x < 0，满足题意； 当 a> 0时，因为 f x + sinx= ax- sinx cos2x + sinx= ax- sin 3x cos2x ， 令 g x = ax- sin 3x cos2x 0< x< π2 ，则 g  x = a- 3sin 2xcos2x+ 2sin4x cos3x ， 注意到 g 0 = a- 3sin 20cos20+ 2sin40 cos30 = a> 0， 若∀ 0< x< π2 ，g  x > 0，则 g x 在 0, π2 上单调递增， 注意到 g 0 = 0，所以 g x > g 0 = 0，即 f x + sinx> 0，不满足题意； 若∃ 0< x0< π2 ，g  x0 < 0，则 g 0 g x0 < 0， 所以在 0, π2 上最靠近 x= 0处必存在零点 x1∈ 0, π 2 ，使得 g  x1 = 0， 此时 g x 在 0,x1 上有 g x > 0，所以 g x 在 0,x1 上单调递增， 则在 0,x1 上有 g x > g 0 = 0，即 f x + sinx> 0，不满足题意； 综上：a≤ 0. 95 102. (2023全国甲卷文)已知 f(x) = ax- sinx cos3x ,x∈ 0, π2  (1)若 a= 8，讨论 f(x)的 ； (2)若 f(x)< sin2x 成 ， a的取 围． 【答案】(1)见解析；(2) (-∞,3] 【解析】(1)f(x) = a- cosxcos 3x+ 3sinxcos2xsinx cos6x = a- cos 2x+ 3sin2x cos4x = a- 3- 2cos 2x cos4x 令 cos2x= t,则 t∈ (0,1) 则 f(x) = g(t) = a- 3- 2t t2 = at 2+ 2t- 3 t2 当 a= 8,f(x) = g(t) = 8t 2+ 2t- 3 t2 = (2t- 1) (4t+ 3) t2 当 t∈ 0, 12 ,即 x∈ π 4 , π 2 ,f (x)< 0. 当 t∈ 12 ,1 ,即 x∈ 0, π 4 ,f (x)> 0. 所以 f(x)在 0, π4 上单调递增,在 π 4 , π 2 上单调递减 (2)设 g(x) = f(x) - sin2x g(x) = f(x) - 2cos2x= g(t) - 2 2cos2x- 1 = at 2+ 2t- 3 t2 - 2(2t- 1) = a+ 2- 4t+ 2t - 3 t2 设 φ(t) = a+ 2- 4t+ 2t - 3 t2 φ(t) =-4- 2 t2 + 6 t3 = -4t 3- 2t+ 6 t3 =- 2(t- 1) (2t 2+ 2t+ 3) t3 > 0 所以 φ(t)< φ(1) = a- 3. 1°若 a∈ (-∞,3],g(x) = φ(t)< a- 3≤ 0 即 g(x)在 0, π2 上单调递减,所以 g(x)< g(0) = 0. 所以当 a∈ (-∞,3],f(x)< sin2x,符合题意. 2°若 a∈ (3, +∞) 当 t→ 0, 2t - 3 t2 =-3 1t - 1 3  2+ 13 →-∞,所以 φ(t) →-∞. φ(1) = a- 3> 0. 所以∃ t0∈ (0,1),使得 φ t0 = 0,即∃ x0∈ 0, π2 ,使得 g  x0 = 0. 当 t∈ t0,1 ,φ(t)> 0,即当 x∈ 0,x0 ,g(x)> 0,g(x)单调递增. 所以当 x∈ 0,x0 ,g(x)> g(0) = 0,不合题意. 综上,a的取值范围为 (-∞,3]. 96 103. (2023天津卷)已知函数 f x = 1x + 1 2 ln x+ 1 ． (1) 曲线 y= f x  x= 2 线的斜 ； (2) x> 0时，证 ：f x > 1； (3)证 ：56 < ln n! - n+ 1 2 ln n +n≤ 1． 【答案】(1) 13 - ln3 4 ;(2)证明见解析；(3)证明见解析 【解析】(1)f(x) = ln(x+ 1)x + ln(x+ 1) 2 ，则 f (x) = 1 x(x+ 1) + 1 2(x+ 1) - ln(x+ 1) x2 ， 所以 f(2) = 13 - ln3 4 ，故 x= 2处的切线斜率为 1 3 - ln3 4 ； (2)要证 x> 0时 f x = 1x + 1 2 ln x+ 1 > 1，即证 ln x+ 1 > 2x x+ 2 ， 令 g(x) = ln x+ 1 - 2xx+ 2 且 x> 0，则 g (x) = 1x+ 1 - 4 (x+ 2)2 = x 2 (x+ 1) (x+ 2)2 > 0， 所以 g(x)在 (0, +∞)上递增，则 g(x)> g(0) = 0，即 ln x+ 1 > 2xx+ 2 . 所以 x> 0时 f x > 1. (3)设 h(n) = ln n! - n+ 12 ln n +n，n∈N *， 则 h(n+ 1) - h(n) = 1+ n+ 12 ln n - n+ 1 2 ln n+ 1 = 1- n+ 1 2 ln 1+ 1 n ， 由 (2)知：x= 1n ∈ (0,1]，则 f 1 n = n+ 1 2 ln 1+ 1 n > 1， 所以 h(n+ 1) - h(n)< 0，故 h(n)在n∈N*上递减，故 h(n)≤ h(1) = 1； 下证 ln(n!) - n+ 12 ln(n) +n> 5 6 ， 令 φ(x) = lnx- (x+ 5) (x- 1)4x+ 2 且 x> 0，则 φ (x) = (x- 1) 2(1- x) x(2x+ 1)2 ， 当 0< x< 1时 φ(x)> 0，φ(x)递增，当 x> 1时 φ(x)< 0，φ(x)递减， 所以 φ(x)≤ φ(1) = 0，故在 x∈ 0, +∞ 上 lnx≤ (x+ 5) (x- 1) 4x+ 2 恒成立， 则 h(n) - h(n+ 1) = n+ 12 ln 1+ 1 n - 1≤ n+ 1 2 ⋅ 6+ 1n  1 n  2 3+ 2n  - 1= 1 4n(3n+ 2) < 1 12 1 n- 1 - 1 n ， 所以 h(2) - h(3)< 112 1- 1 2 ，h(3) - h(4)< 1 12 1 2 - 1 3 ，⋯，h(n- 1) - h(n)< 1 12 1 n- 2 - 1 n- 1 ， 累加得：h(2) - h(n)< 112 1- 1 n- 1 ，而 h(2) = 2- 3 2 ln2，h(1) = 1 因为 7 9 > 3 4 > ln2，所以 h(2) = 2- 3 2 ln2> 5 6 ， 则-h(n)< 112 1- 1 n- 1 - 2+ 3 2 ln2 n≥ 3 ， 97 所以 h(1) - h(n)< 32 ln2- 1+ 1 12 1- 1 n- 1 < 3 2 ln2- 1+ 1 12 < 1 6 ，故 h(n)> 5 6 n≥ 3 ； 104.（2023上海卷） 已知 f(x) = lnx， 该函数图 Γ上取一点 a1，过点 (a1，f(a1)) 函数 f(x)的 线，该 线与 y轴的交点记 (0,a2)，若 a2> 0， 过点 (a2，f(a2)) 函数 f(x)的 线，该 线与 y轴的交点记 (0,a3)，以此 a3， a4，⋯，直至 am≤ 0 止， 这些 成数 {an}． (1)设 am(m≥ 2) 于数 {an}，证 ：am= lnam-1- 1； (2)试比较 am与 am-1- 2的 关系； (3)若正整数 k≥ 3， 存 k a1、a2、a3、⋯、ak 次成 差数 ？若存 ， 出 k的所 取 ；若不 存 ，请说 理 ． 【答案】(1)证明过程见解答；(2)am≤ am-1- 2；(3)k= 3． 【解析】(1)证明：f(x) = 1x， 则过点 (am-1，f(am-1))的切线的斜率为 1am-1 ， 由点斜式可得，此时切线方程为 y- lnam-1= 1am-1 (x- am-1)，即 y= 1am-1 x+ lnam-1- 1， 令 x= 0，可得 y= lnam-1- 1， 根据题意可知，am= lnam-1- 1，即得证； (2)先证明不等式 lnx≤ x- 1(x> 0)， 设F(x) = lnx- x+ 1(x> 0)，则F(x) = 1x - 1= 1- x x ， 易知当 0< x< 1时，F′ (x)> 0，F(x)单调递增，当 x> 1时，F′ (x)< 0，F(x)单调递减， 则F(x)≤F(1) = 0，即 lnx≤ x- 1(x> 0)， 结合 (1)可知，am= lnam-1- 1≤ am-1- 1- 1= am-1- 2； (3)假设存在这样的 k符合要求， 由 (2)可知，数列 {an}为严格的递减数列，n= 1，2，3，⋯，k， 由 (1)可知，公差 d= an- an-1= lnan-1- an-1- 1，2≤n≤ k， 先考察函数 g(x) = lnx- x- 1，则 g(x) = 1x - 1= 1- x x ， 易知当 0< x< 1时，g′ (x)> 0，g(x)单调递增，当 x> 1时，g′ (x)< 0，g(x)单调递减， 则 g(x) = d至多只有两个解，即至多存在两个 an-1，使得 g(an-1) = d， 若 k≥ 4，则 g(a1) = g(a2) = g(a3) = d，矛盾，则 k= 3， 当 k= 3时，设函数 h(x) = ln(lnx- 1) - 2lnx+ x+ 1， 由于 h(e1.1) = ln0.1- 2.2+ e1.1+ 1= e1.1- ln10- 1.2< 0，h(e2) =-3+ e2> 0， 则存在 x0∈ (e1.1,e2)，使得 h(x0) = 0， 于是取 a1= x0，a2= lna1- 1，a3= lna2- 1，它们构成等差数列． 综上，k= 3． 98