作业6 导数及其应用-【创新教程·微点特训】2023-2025三年高考数学真题分类特训

数学 3.B f(r)=-+(e'-e)sin x. 则f(-x)=-(-x)+(e-e)sin(-x) 若方程有-根为=南则()-a×。市十1< =-x+(e'-e)sin I=f(x) 0,解得a<-2: y=f(x)为偶函数，排除A,C: f(）-+e-e 若=1时a=0,温然-a+1<0不成 综上可知，当<-2时，零点为1,1 -e-e量-f>0, a+1'a-1i 故排除D,B正确. 当一2≤a<0时，零点为1 a-1-1: 4.C1≤x≤2，x2-x∈[0,2]，y 当a=0时，只有一个零点一1： =x十(x2-x)t,0≤t≤1可看作关于t 的一次函数，则y关于1单调递增或y 当0<a<1时，零点为 a-7'-1: 是关于1的常数函数， 当a=1时，只有一个零点一1： 又y=1x2+(1-)x,1≤x≤2，.画 数y=1x+(1一t)x图象的对称抽为 当1<a≤2时，零点为 a-1,-1: 直线-名一品<0y关于的画 当a>2时，零点为1.一1. 012 所以当函数有两个零点时，a≠0且a≠1. 数在[1,2]上单钢递增，又1，x均为非 点睛：本题的解题关健是根据定义去掉绝对值，求出方 负数 程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根 ∴当t,x均取最小值与1，x均取最大值时M中两点间 据范图讨论根（或零点）的个数，从而得解。 的距离为最大值即d取最大值，即M中点(1,1)和(2,4) 答案：(-o∞，0)U(0,1)U(1,十∞) 间的距离最大，得d=√10. 考点6函数模型 M表示的图形如图阴影所示，利用大长方形的面积减去 解析：所消耗的总体能y= 4(1.025-cos0 小正方形及两个梯形的面积，可得S<1. sin 5.D由题图知：函数图象关于y轴对称，其为偶函数，且 =4.1-4cos0 f(-2)=f(2)<0. sin 由异-温定又线为，即选项B中西数 yisin 0-(4.14cos 0cos01-4.Icos 0cos x+1 sin' sin 为奇函数，排除： 0= 40 当x>0时，5(e二6)>0.5(e十e>0,即选项A、 9>9=amms鼎 x2+2 x2+2 40 C,在(0，十©)上的函教值为正，排除，故选D 答案：arccos 考点5函数与方程 作业6导数及其应用 L.B本题考查了函数的零点存在定理，f(x)=0.3一√ 考点1导数的运算与导数的几何意义 (x>0)在(0，十∞)上单调递减. ◆导数的运算 f(0.3)=0.3-√0.3=0.343-0.3>0. B I'(x)=ab 名，由条件，得/)=b=一2 f(0.5)=0.3-√0.5=0.30.3-0.55<0， /(1)=4-6=0所以 ,.f(x)的零点在区间(0.3,0.5)上. a=b=-2,即f(x)=-2+2 2.D)-gpa-1中兰，注套右边是得画数，所 xx 以若只有一个交点就只能是在x=0处相切，于是直接 所以了2)=一号+是=一截选B 代x=0得a=2. ◆导数的几何意义 3.解析：(1)当x2-a.x+1≥0时，f（x)=0-(a-1)x2+(a 1.A f(r)=t2sinz -2)x-1=0, 1+x 即[(a-1)x-1](x+1)=0, .f(x) 若a=1时，x=-1,此时x2-a.x十1≥0成立： (e'+2cos r)(1+')-(e'+2sin x).2r 若a1时=或=-… (1+x2)月 (r-1)'e'+2(1)cos r-4xrsin 若方程有一根为x=-1.则1十a+1≥0，即a≥-2且a (1+x2)9 ≠1： 则(0)=3 若方程有一根为x=。则()广-aX。十1 ∴y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x一0) 即3x-y十1=0 0,解得a≤2且a≠1： 令x=0,得y=1, a白=-1时a=0,此时1+a+1≥0成立. 令y=0,得x=一3 1 (2)当x2-a.x+1<0时，f（x)=0(a+1)x2-(a+2)x ∴y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三 +1=0, 即[(a十1).x-1](x-1)=0, 角形的西款为5=专×一号引X1=合 若a=-1时，x=1,显然x2一a.x十1<0不成立： 若a≠-1时x=1或一a十 1 2.C爱南线y一予在点(，受）处的切线方程为y 若方程有一根为x=1,则1-a十1<0，即a>2: 受=x-1D, 详解详析 因为y e 3.解析：由函数的解析式可得f(x)=ana十 x+1' (1十a)1n(1十a)≥0在区间(0，十o)上恒成立， 所以y'=e(x+1)-g re (x+1) (x+1)下： 则1+ur1+u≥-alna,即（安）≥ 所以=1=号 n4一在区间(0，+∞)上恒成立， In(1+a) 所以切线方程为y气=宁口一1). k()-12ha+1e,2 In a 所以曲线一千在点(，受)处的切线方程为y=宁 故ln(1+a)>0, 故(na+1)≥-lha即a(a+1)≥1 +号，故选C 10<a<1 {0<a<1 3.解析：由2x十5=e十x十a得e=x+5一a,故可知y= 故5-1≤4<1， x十5一a与y=e相切，所以5一a=1,故a=4. 2 答案：4 4.解析：由题知y=(e十x)'=e十1，当x=0时，切线斜 站合题意可得实数的取值范国灵[一，月 率k=2, 对切线方程为y=2+1-[n+D+时=有 答案[) 4.解：(1)因为a=1,所以f(x)=x- sin r 2.得x=-2y-2×(-）+1=0y=n+1D+a 的切点（合0小 xe(（0.受）则f() 1-cos reos't-2cos (-sin t)sin 即0=h(-专+1)十a,故a=la2 cos'r 答案：ln2 1-cos'x+2sin'rcos'-cos'r-2(1-cos'r) cos'r cos' 5.解：(1)a=1,f(x)=e-x-1,切点(1，e-2),f(x)=e -1,k=f(1)=e-1 cos'r+cos'r-2 cos' 所以要求的切线方程为y-(e一2)=(e-1)(x一1)，即y =(e-1)x-1. ◆1=cos,由于(0，受} (2)f(x)=e-a,当a≤0时，f(x)>0,f(.x)在R上单 所以1=cosx∈(0,1). 调递增，此时无极值 所以cos2x十cos2x-2=+2-2=2-12+2r2-2= '.a>0,令f(x)=0,x=lna 1(t-1)+2(1+1)(1-1)=(2+2+2)(1-1), f(x)在(-o,lna)上单调递减，(na,+o∞)上单调 递增， 因为t+21+2=(1+1)2+1>0,1-1<0, :.f(x)uxa=f(In a)=a-alna-u'<0. cos'=1>0, ∴.1-lna-a"<0 所以fm)=osr02<0在(0，受）上成立， cos'r 令g(a)=-a2-lna+1,g'(a)=-2a-1<0 所以x)在(0，受)上单调造减. g(a)在(0，十o0)单调递减，而g(1)=0, ,∴.g(a)<0→u>1 (2)构建g(.x)=f(x)十sinx ∴a的取值范图(1，十o∞). =ar-0影+m(0<r<受} 考点2导数的综合应用 cos' ◆导数与函数的单调性 则g(.x)=a 1+inr+osx(0<r<受） cos x 1.ACD首先有f(x)=(x-1)(x-4), 则了(x)=3(.x-1)(x-3), 若g(.x)=f(x)十sinx<0,且g(0)=f(0)十sin0=0,则 g'(0)=a-1+1=a0, 对于A有·x=3左右的两侧符号变化为由负到正，故其 为极小值，点，故A正确： 解得a≤0，当a=0时， 对于B有，当0<x<1时，函敦单调递增且x<x,故 f(x)<f(.x),故B错误： cos'x 对于C有，当1<x<2时，得1<2x-1<3且f(1)=0. f(3)=-4,故-4<f(2.x-1)<0,故C正确： 又re(0受）小所以0<in<1, 对于D有，当一1<x<0时，f(x)单调递增，f(2-x)> 0<c0sr<1,剩1>1， f(x)成立，故D正确.故选择：ACD. cos' ,点评：函数的单调性问题转化成导数的单调性问题即可 所以f(x）+sinx=sinr-sin2<0, 顺利解决。 cos'x 满足题意： 2.C由题意可知了)=a心-子≥0在区间12)上极成 当a<0时，由于0<受显然ar<0, 立，即≥(）设g)=0,则在x1,2上有 所以f(x)+sinx=ar-sinE+sinx<inE-i'< kp=十1e>0,所以g）a=gID=e,则（司） cos' cos'x 0,满足题意： =是即a>e,故选C 综上所述：若f(x)十sinx<0,等价于a≤0， 所以a的取值范围为（一∞，0们. 数学 5解：(1)当a=-1时，fx) (-a+>-. 3.解析：因为fx)=(.x2-3x+2)(.x-a)(x∈R), 所以f(x)=(2x-3)(x-a)+(x2-3x+2) 由f(2)=0得：2-a=0,所以a=2, 所以f(x)=(x-1)(x-2)2且f(.x)=2(x-1)(x-2) 据此可得f(1)=0,子(1)=-ln2, +(x-2)2-(x-2)(3x-4) 所以函数在(1，f1)处的切线方程为y一0=一ln2(x一1). 当x变化时，f(x),f(x)变化如下表 即(ln2)x+y-ln2=0. 4 2)由函最的解析式可得了()-()h+)+ 3 (2 2 (2,十co (任+)>-. (x) 0 满足题意时f(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立。 (x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增 ◆()c+D+(位to）点≥0， 即a=2时，x=2是f(x)的极值点 所以(0)=一4 则-(x十1)ln(x+1)+(x+a.x2)≥0， 答案：一4 令g(.x)=ax2+x-(x+1)ln(.x+1),原问题等价于 4.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1→f(x)= g(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立， x2-x-lnx,故x2-x-lnx≤x-1→x+lnx-1≥0. 则g'(x)=2a.x-ln(x+1). 设g(x)=x十nx-1,x>0,由y=x与y=lnx均为增 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x+1)>0, 函数，故g(x)为增函数， 故g'(x)<0,g(x)在区间(0，+c∞)上单调递减， 由g(1)=0得g(x)≥0台，x≥1，故解集为[1，十o). 此时g(x)<g(0)=0,不合题意： 令h(x)=g'(x)=2ax-ln(.x十1)，则h'(x)=2a (2)由题意，了(x)=2.x-(m+2)+m 1 2x2-(m十2)x十m=(x-1)(2x-m) x+1' 1 当u≥22a≥]时，由于x+1.所以(x)>0… 故分类讨论，由当n≤0时， h(x)在区间(0，十∞)上单调递增， f(x=-1)2x-m>≥0=x≥1， 即g'(x)在区间(0，十∞)上单调递增， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，十c∞)单调递增，故 所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，十∞)上单调递 f(x)无极大值不成立： 增，g(x)>g(0)=0,满足题意. 当m>0时，分类讨论， 当0a<号时，由)=2a=0可得x一a一l, 1 ①当m=2时，/x)=2二1D≥0恒成立，r在(0. 当x∈(0品-）时，∥(x)<0,h(x)在区同 十∞)单调递增，故(x)无极大值不成立： ②当0<m<2时， (0,2a-1）上单调递减，即g()单调道减， fr=-D(2xm>0Pr≥1或0<x<受 注意到0)=0，故当x(0。一1)时。 )在(0，号]1.+∞)单调道增，在（受，1）单调递 g'(x)<g'(0)=0,g(x)单调递减， 减故)在x=受处取得极大值： 由于g0)=0,故当x∈(0，云-)时，g)<g0)=0… 不合题意， ③当m>2时+()-=D21=m>0px≥%或0 综上可知：实教a的取位范偶是{a。≥号} <x≤1， ◆导数与函数的极值 fx)在(0,1门[受，+∞）单调递增，在(1，受)单调递 1,AD求导得f(x)=6.x(x-a),于是：A正确，当a>1 减，故f(x)在x=1处取得极大值： 时，极大值(0)=1>0，极小值f(a)=1-a<0,所以必 综上：m∈(0,2)U(2,+o∞). 有三个零点：B错，a<0时x=0应为极小值点；C错，任 5.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x(x> 何三次函数不存在对称轴：D正确，当a=2时f(x)= -1f了)=2n1+)+千，当>0时，fx)>0 2(x-1)-6(x-1)-3,关于(1，-3)中心对称. 当一1<x<0时，f(x)<0,所以f(x)在（一1,0）上单调 2.BCD由题可知f(x)的定义城为(0，十o∞)，f(x)=日 递减，在(0，十o)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0) =0,无极大值： -b_2匙=-br一2匹，由函数f(x)既有极大值也有 (2)f(x)=(1-a.x)ln(1+x)-x,f(x)=-aln(1+x) 极小值，知了(x)在(0，十∞)上有两个不等实根，令h(x) a+1)L.令g(x)=f(x),则g(x)=一1十x 1十x =ax2一br-2,则h(x)在(0，十oo)上有两个不等实根， a+1 (b+8uc>0 +.国为当x≥0时f(x)≥0，且f0)=0,f0) △>0 所以{十x2>0,即 b70 a 0.所以g0)=-1-2a>≥0a≤-之当a≤-合时g x>0 一2c>0 1 x r)>20+m21+=21十≥0.g(x)在[0. b2+8ac>0 十∞)上单调递增，g(x)=了(x)≥g(0)=0,故f(x)在 所以)ab>0 ,所以b与a同号，c与a异号，故b<0, [0,十∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=0恒成立，即a的取 (a0 所以A错误，B,C,D正确.故选BCD. 值范国为（仁，一] 详解详析 ◆导数与函数的最值 所以F(x)在（一1，a)上单调遁减，在(a,十oo)上单调递 1.解：a)设os=:当xe[0,]时∈[停.小 增，所以对任意x≠a,有F(x)>F(a)=0.即除点A外， 曲线y=f(x)在直线l上方. 又cos2.x=212-1,cos4x=2(2-1)-1=81'-8f+ (3)直线4的方程为y=一 1 f(a) x-a)+f(a).在l1l 1,所以 cos 5.r=cos 4rcos a-sin 4rsin x=cos Axcos x- f(a) 的方程中，分别取y=0,得西=a一合=a+f八a) 4cos 2xcos xsin'r f(a). =1(8t-8t+1)-4(2-1)t(1-f)=16f-201+5t, 设g(1)=5cosx-cos5x=20r-16r,则g(1)=20r2(3 易知了)的取位范国是(0，] P(a)-f(a)f'(a) f(a) 易知g)在（1)和（）上遥成，在 所以24一-飞= Ka+f(a)f(a) f'(a) ()上增 -I-[f(a)] 2 1+[了(a)下 =-1+1+广a厅是关于fa)的减函 且-)=-4()-3，g() =33 g(1)=4, 数从而得到“兰的取值范国是[异) 故g在[停上的最大值为3v,即了)在 ◆利用导数解决恒成立（存在性）问题 1.解：16=0时，fx)=子十2十a≥0.甲a>- [0,]上的最大值为38 2-x1 (2)证明：假设结论不成立，即对任意y∈[a一0，a十0们，均有 cos ycos 0. (+小+2-)=2+2+>≥2+2 即对任意y∈[a-0,a十们，有y∈(2kπ一0,2kπ+0)，k ∈Z, 由于0∈(0，π)，所以形如(2kπ一0,2kπ十0)，k∈Z的区间 所以(x)≥0时，>-2，故最小值为一2. 两两交集均为空集， 所以[a-0,a+0j二(2kr-0,2kπ十0)， (2)由y=(2号)关于1.0)中心对称y=ar关于1. 故存在整数k,使得2kπ一0a一0<a十0<2kπ十0，所以 a)中心对称， 2kπ<a<2kx, y=b(1-x)关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(1,4)中 与a的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证。 (3)由1)可知g)最大值为g】 2 =35. 心对#，于运其或立：1十+f1-)=h告+口 这说明取g=0,则有5cosx一cos(5.x十g)≤3√3对任意 a+D+b2+ln导+a1-)+6-P=2a,故结 论成立。 实数x恒成立，即b=3√3符合题意. (3)由函数的连续性及题意知：f(1)=一2，代入原函数， 另一方面，在(2)中取0=5 得a=一2， 6 ,a=p,则存在y∈ 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x+b(x-1).1<x<2, [-g+]使得os<co 5π 6 ()=士+-2+-1-x 此时。=[ 5 ,从而h(x0)=5c0sxg一 Dr(22n+ 5m=3B, eos%≥5cos-os 由2≥2，故≥-号时，了>0，单调延增 所以b<3√3无法满足5c0sx一c0s(5x十)≤b对任意实 (x)>f1)=-2,x∈(1,2)， 数x恒成立， 当b<一 综上可知.b的最小值为33 号时，f)=0.了（)=(x-1 2.解：1)设g(0=n,则g)==ln±。 t (2。+w）u-1二++2. x(2-x) 易知g()在(0，e)上单调速增，在(e,十∞)上单调通减， 令fx)=0得x=xx,(x≤x),且+，=-6b -3b 所以g)最大值为ge=是，故了u)的最大值为。 2 =2.1·x=-36 (2)直线l的方程为y=f(a)(x-a)+f(a),设F(x) =f(.x)-[f(a)(x-a)+f(a)], 故x,<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上单调递减，f()< 则F(x)=了(x)-(a),F”(x)=”(x) =-2,不满足题意，格上：6>-号 -1-ln(x+1) (x+1)2 2.解：1)/x)=a(x-1D-lnx+1(x)=1,x>0. 当r≥0时，x)=lnr≥0. 若a≤0，f(x)<0,f(x)的减区间为(0，十o),无增区间： x十1 (a)-In(a+D<0.F(r)>0. 若a>0时，当0<x<时了(x)<0,当x>时， u+1 当x<0时，F"(x)>0,F(x)在（一1,0）上单调递增，站 了)>0，所以了)的减区同为(0，女)增区同 合F"(a)=0知x∈(-1，a)时，F(x)<0,x∈(a,0)时. F(x)>0. 为（日+）： 数学 (2)因为a≤2，所以当x>1时，e1-f(.x)=e1-a(x -1)+lnx-1≥e1-2r+lnx+1.令g(x)=e-1-2.x 当>0时，令了x)=0,解得x=一1>0， +1nx十1，则g(x)=e1-2+,令h(x)=g(x),则 所以多0<<动1时了>0)单满递增：音 =e-h在1，十o)上提：e> > 一1时，f(x)<0,f(x)单调递减。 h(1)=0,所以h(x)=g(x)在(1，十∞)上递增，g'(x) >g(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上递增，g(.x)>g(1)= -1是f(x)在(0，十∞)上唯一的极值点，是 所以x=3 0.即：当x>1时，f(x)<e恒成立. 极大值点 3.解析：(1)f(x)=a cos rcos'+3sin xcos'rsin 因为f(-）>0)=0(乐)=(+）一苏 cos"r cos'x+3sin'3-2cos'a cos'x cos'r 令c0s2x=t,则t∈(0,1) 所以3x∈（绿-1小x,)=0, 1 则f(x)=g)=4-3-2-at+21-8 所以x。是(x)在(0，十∞)上唯一的零点 (2)(1)因为g(t)=f(.x1+t)-f(,-t), 当a=8f(x)=g)=8+2-3_21-1D41+3 所以g'()=广(+1)+∫（西1-） t 一3k(工十) 1+,十1 （+1-G)+3红- 当(0,2）即xe(,受小f)<0, 1+x1- -(-1-3） 当（合l小即x(0,)小f>0 年” 6kr(-x-2x1) 所以)在(0，)上单调递增，在（停，受）上单调 (1十1)- 减 因为1∈(0，x),所以2一x-2x1<0.(1十x1)-t (2)设g(.x)=f(.x)-sin2.x,g'(.x)=f(.x)-2cos2.x= >0, fx)-2(2c0s2x-10=r+21-3-2(21-1）=a+2 所以g(1) 6kr(-x-2x)<0. (1十x)2- 即g(1)在区间(0，x)单调递减. (Ⅱ)由（「）得，g(1)在(0，x1)上单调递减， 设g0=a+2-4+号-是p)=-4 3 2 6 所以g(x1)<g(0), :g(x)=f(2)-f(0). -4-2+6_21-102r+2+)>0, g(0)=f(.x1)-f(x1)=0 ∴.f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, ∴g(1)在(0，)上为增函数， 又f(0)=0,所以f(2x1)0, 所以g(t)<g(1)=a-3. 因为x4是f(x)的零点，所以f(x)=0, ①若u∈(-∞，3]，g'(x)=g(t)<a-3≤0 所以f(2x1)<f(x): 即g)在(0，受)上单调递减， 又x2>无1,2x>x1,且f(x)在(x1,十∞)上单递减， 所以2x1>xg· 所以g(x)<g(0)=0. 2.解：(1)由于fx)=xnx,故f(x)=lnx+L 所以当a∈(-o∞，3]，f(x)<sin2x 所以f(1)=0,(1)=1,所以所求的切线经过(1,0)，且 符合题意. 斜率为1，故其方程为y=x一L. @若aE8,十o）.者-0，号-是 （2)设)=一1-n,期W)=1-上=月，从而当 0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. g(1)=a-3>0.,所以3t∈(01)，使得g(t。)=0,即 所以(t)在(0,1]上递减，在[1，十∞)上递增，这就说明 h(t)≥h(1),即t-1≥lnt,且等号成立当且仅当t=1. 3x∈(0，受）使得gx,)=0, 设g()=a(1-1)-2lnt,则f(x)-a(x-a)=xlnx 若1∈(1,1)，9(1)>0，即当x∈(0，.x。),g'(x)>0, a(x-vr) g(x)单调递增. 所以当x∈(0，x),g(x)>g(0)=0,不合题惑. 综上，4的取值范围为（一∞，3]. ◆利用导数证明不等式 当r∈(0，十0)时，二的取值范国是(0，十∞)，所以命题 1.解：(1)周为f(x)=h1+)-x十号产-k,k 等价于对任意1∈(0，十0∞) ∈(0) 都有g(1)≥0. 一方面，若对任意1∈(0，十∞)，都有g(1)≥0，则对t∈ 所以了(x)=中 (0,十∞)，有 -1+x- 3k.x 1-1-x+x+x2-3kx2-3kx2 0≤g)=a1-1)-21n1=a(4-1)+2ln1≤a(4-1)+ 1+x 2(}-1)=a+2-a-2 取t=2,得0≤u-1,故a≥1>0， 详解详析 再取1层得0+2侣 --2=2√2a @当0<x<时，由f0n=-2f0<-2f(日)} a-2=-(a-2)2,所以a=2. -2<1,故可以取g∈(（an。l） 另一方面，若a=2,则对任意1∈(0，十∞)都有g(t)=2 (t-1)-2lnt=2h(t)≥0，满足条件. 从丙当0<7时，由、>g5,可得 综合以上两个方面，知a的取值是2. (3)证明：前而已经证明不等式t一1≥lnt,故当0<a<b 9(x)=xIn x-cln c-ve-x<-cln e-ve-r<cln c In qf-(an是-)0， 时，inb-alna=anb-alnu+nb= b-a b-4 "4+In b<1 b一1 再根据(x)在(0，x。]上递减，即知对0<x<x都有g (x)<0: +Inb, 综合①②可知对任意0<r≤，都有p(x)≤0，即g(x)= xlnx-clnc-vc-r≤o. onbaln a bin bbn a in a b-a 6-a 1 -+In a> 根据∈(0，]和0心<的任意性，取c==武 得到西ln一lnx-2一五≤0. -(信+na=+n:所以na+1<如名血e 所以f1)-f(x2)川=f(1)-f(x)=xlnx一xlnx 1-号 b-a ≤√一x1 <1nb+1,即1na+1<fb）二f@<1nb+1.由f(x 情况三：当0<≤是<<1时，根据情况一和情况二 b-a =ln十1，可知当0<x<时f)<0,当x>是时 f)>0.所以f(r)在(0]上单铜递减，在 而根据f(x)的单调性，知|f(x)一f(x)|≤ [日十上单调造增 x)-f或f红)-f 不妨设x,≤工，下面分三种情况（其中有重合部分）证明 本题结论 ≤(）) 精况一：当1≤1≤，<1时，有1f(x1)一f代)1= 故一定有|f()-f(x)≤√-1成立。 e 综上，结论成立. f)-f()<(ln西+1)(x-1)<x-x1< 点睛：关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结 √：一，结论成立： 台f(x)的单调性进行分类讨论， 桥况二：当0<<<是时，有1f)-) 3.解：(1)由题知定义城为R,且f()=ae一1， 当a≤0时，广(x)<0恒成立，故f(.x)在R上单调递减， f(x,)-f(x2)=x,lnx1-xlnx2·对任意的c∈ 没有增区间： (o,]设g)=hdnc-,则g)=n 当a>0时，f(x)>0,则x>-lnaf(x)<0, 则x<-lna: x十1+ 故f(x)在（一o∞，一lna)上单调递减， 2vc-x 在（一na,十∞）上单调递增， 由于9(x)单调递增，且有 综上可得：当a≤0时，f(x)在R上单调递减： 当a>0时，f(x)在(-o∞，一lna)上单调递减， 在（一lna,十oo)上单调递增. 2e+ (2)当a>0时，由(1)得f(x)m=f(-na)=1十a+ 1 1 =-1-+1+ In a. 十1 =0,且 e后 2- V2c 要证：)>2na+号成立，只需证：1+d+ha>2na 1 当x≥c >- 2 十号ed-名>ha,号证na<a-1, 42-)】 时，由 即证：d2->a-1nd2-a+号>0，成立， 一1可知 为-u+-）广+片>0 2一x 2=仙-0 故)>21na+2成立，得强， 4.解：(1)令h(x)=x-x2-sinx, 所以g'(x)在(0，)上存在零点正a,再结合(x)单调递 则h'(.x)=1-2x-cosx, 增，即知0<x<x。时g'(x)<0,x。<x<c时p'(x)>0. 令p(x)=1-2r-cosx, 故g(x)在(0，x]上递减，在[x,c]上递增. 则p'(x)=-2+sinx<0, ①当x≤x≤c时，有g(x)≤g(c)=0: 所以p(x)即h'(x)单调递减，又h'(0)=0, 数学 所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)=0,h(x)单调递减， 5.解：(1)f(x)=x+D+ln+D.则(x) 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0.即x-x<sinx. x 2 令g(x)=sinx-x. 1 1 In(x+1) 则g(x)=cosx-1≤0， r(z+1)2(x+1)2 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0,即sinx<x 所以f2)=吉早， 综上，当0<x<1时，x-x<sinx<x. (2)图为f(x)=cosa.x-ln(1-x)(-1<x<1). 故y=f八x)在x=2处的切线斜率为号-n3 341 所以f(x)=f八一x),所以f(x)为偶函数. 2豪摇≥0时)-（位+）h+1D>1, 广)=-asna十，Zl<< 事摇nr+1》>2c>0. (x)=-asin a.x+,(-1<x<1) 则1()=-d2osar+21+x) -(-1<<1D. ◆ge)=ln+)-且>0 1 4 x 则g'（x)=z市十2x+1D+2)>0: 、令n()=一心cos u十号，则(=inar 所以g(x)在(0，十c∞)上递增，则g(x)>g(0)=0, +x(3+x) (1-x2)3 即nc+ID>年 当4=0时，当0<T<1时， 所以当x>0时，f(x)>1. 广(x)>0,f(x)单调递增，当一1<x<0时， f(x)<0,f(x)单调递减， （3)授m=lal)-(a+专)nm)+,neN, 所以x=0是f(x)的极小值点，不符合题意。 当>0时，取品与1中的较小者，为m: (w+1)-h(m)=1+)In(x) 则当0<x<m时，易知n(x)>0, -(a+)hu+D=1-(u+号)n(+）片 所以n(x)即t'(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(.x)>1(0)=2-a2, 由2)知：=∈(01小. ①当2-a2≥0，即0<u≤2时，t(x)>0(0<x<m).所 以1(x)在(0，m)上单调递增. 则()=(+)+)>1， 所以t(x)>t(0)=0, 所以(n十1)-h(n)<0,故h()在n∈N°上递减， 即f(x)>0,那么f(x)在(0，m)上单调递增， 故h(n)≤h(1)=1: 由偶函数性质知f(x)在（一m,0)上单调递减. 下证ln(n!) 故x=0是f(x)的极小值点，不符合题意. (+)h+>吾， ②当2-a2<0,即a>√2时， 令g(x)=lnx-z+5g且x>0, 4x十2 当无<1，即a>受时， 则9(x)=x1)1-x x(2.x+1)2 因为10)0.（品）>0， 当0<x<1时，g(x)>0,g(x)递增， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零点工1， 当x>1时，g(x)<0,(x)递减， 且当0<x<x1时1(x)<0,1(x)单调递减 所以g(x)≤g(1)=0, 因为t(0)=0,所以当0<x<x1时，t(x)<0,即(x) 故在r∈(0，十o)上lnr≤r+5)gD恒成立， <0, 4x+2 所以f(x)在(0，x)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在（一x1,0)上单调递增， 对h(m)-h(m+1)-(+号)h(1+)-1≤ 故可得x=0是f(x)的极大值点，符合题意. 当无>1.即，2<a<受时， +)出 1= 3+) 4n(3n+2) 因为i0<0(合）-doms号+8>0： 所以1（x)在(0，m)上存在唯一零点： (马) 且当0<x<x时，t(x)<0,t(x)单调递减 因为t(0)=0,所以当0<x<x2时，1(x)<0.即f(x) 所以A2)-h3)<2(1-2）h3)-h(4)< <0, 所以f(x)在(0，x)上单调递减. (合一号)…m-)-am<(）】 因为∫(x)为偶函数，所以f(x)在（一x2,0)上单调递增， 累加得2)-<位(-品）} 故可得x=0是f(x)的极大值点，符合题意. 当a<0时，由偶函数图象的对称性可得 而h(2)=2- 2n2, a<一√2.综上所迷，a的取值范围是 (-∞，-√2)U(W2,+∞). 则-am<位-日）厂2+受n2 详解详析 所以h)-Am<2n2-1+-)<2n2-1 2.解析：令f(x=0,即2√-a.x=ax-2-1, 由题可得x2-a.x>0, 当a=0时，x∈R,有2T=|-2|-1=1,则x= 综上可知，音<Am1,脚音<naD-(+号)hn+n 士日不特合要求，合去： ≤1 当a>0时，则2√T-ax=|ax-2|-1 6解：1)由题得fx)=子，当正整数m≥2时，曲线y ar-3>2 f(x)在点(am-1·f(aw-1)处的切线方程为y一f(am-,) =1(x-aw-i), 1-a,2 a 即函数g(x)=2√金一a.x与函数h(x)= 即y-lnan=（x-am-i) ar-3≥2 又此切线交y轴于点(0，a), 有唯一交点， .a-In am-1=-1,.,a=In a-1-1. I-arI<2 (2)当正整数m≥2时，am一(a。-1-2) 由r2-a.x≥0，可得x≥a或r≤0， In a.-1-1-a-1+2=In a-1-a-1+1. 当x≤0时，则a.x-2<0,则2√T-ax=|a.x-2|-1 令g(x)=lnx-x+1, =1-ax, 则-士-1是 即4.x-4ax=(1-a.x),整理得(4-d)x2-2a.x-1= [(2+a).x+1][(2-a)x-1]=0, 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， 当a=2时，即4x+1=0,即r=-1 4 ∴.g(x)≤g(1)=0, 当a∈(0,2)，x=一 则lnam-t一aw-1十1≤0，即anm一(am-1一2)≤0，.aw≤ 或=2。>0（正位合去， 4m-1-2. 当a∈(2，+o∞)时，x=- 。<0浅=。 1<0,有两 (3)假设存在正整数≥3，使行a1,a1,…,a依次成等差 数列， 解，合去， 设其公差为d,则d=a,一a,-1=lna,-,一4，-：-1(2≤1≤k), 即当a∈(02]时，2√T-a.x-|a.x-2|+1=0在x≤0 时有唯一解， 令A)=lnx--1,则()=上-1， 则当a∈(0,2]时.2√x-a.x-|a.x-21+1=0在x≥a 当0<x<1时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 时需无解， 当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 当a∈(0,2]，且x≥a时， ∴h(x)m=h(1)=-2,即h(x)≤-2. 2 ax一3，x≥ 此时d≤-2，当x→0时，h(.x)→一6∞，当x→十∞时， 由函数h(x) 关于x=名对称，令h() h(x)-一∞， 1-a,<2 4 因此直线y=d与h(x)的图象最多有两个交点，即最多 三项成等差数列， =0,可得x=或x=3 a 故存在k=3,使得a1aea1成等差数列， 下面证明k=3时，a1,ae,a成等差教列，即a1十a =2a2. 调递增， 由(1)知，a2=lna1-1ds=lna2-1, 则a,=el,e+H十lna:-1=2a2: 令g(x)=y=2√x-ax,即 =1. 记函数H(x)=e+1+lnx-1-2x, 则H(x)=e1+1-2, r 故r≥1时，g(x)围象为双曲线写 日=1右支的x轴 易知H(x)>0在(0，+∞)恒成立， ∴.H(x)在(0，十o∞)单调递增. 易得H(0.1)<0,H(1)>0, 上方部分向右平移受所得， ∴H(x)在(0.1,1)上有唯一零点a4. y =1的渐近线方程为y=士4x=±2x, 故假设成立，存在k=3,使得a1ag·a成等差数列. aa ◆利用导数研究函数的零点 1.解析：令x2-3.x=-(x-1)2+a,则a=x3-3x十(.x- 即g)部分的渐近钱方程为y=2(一号）小共斜率 1)2,设g(x)-x-3.x+(x-1)°，9'(x)=(3.x+5)(.x 为2， 1),g(x)在(1，十o∞)上递增，在(0,1)上递减，因为曲线y =x3-3x与y=-(.x-1)+4在(0，十0∞)上有两个不 a.r-3,r≥2 同的交点，p(0)=1,g(1)=一2，所以a的取值范图为 又a∈(0,2]，即h(x)= 在工≥2时的针 (2,1). -<2 答案：(-2,1) 率a∈(0,2]， 数学 令g(x)=2√/x-a.x=0.可得x=a或x=0(会去) 且虽数g(x)在（一o∞，a)上单调递减， 且函数g(.x)在(a,十∞)上单调递增， a 故有 ,解得-3<a<-1.故-3<a<-1符合 故有 ,解得1<a<√3，故1<a<√3符合要求： 3∠d a 3 a 要求： 当a<0时，则2√x-ax=a.x-2-1= 踪上所迷，a∈(-√5，-1)U(1). 答案：(-√3，-1)U(13) 点睛：关键点点睛：本题关键点在于将函数f(x)的零点间题 1-az>2' 转化为函数g(x)=2√T一a.x与函数h(x)= 即函数g(.x)=2√T-az与函数h(x)= r-3≥2 ar-3,r≤2 的交点问题，从而可将其分成两个函数 有唯一交点， 1-a,2 研究. 3.解：(I)当a=1时，f(x)=x-(lnx),x>0,f1)=1, 由x2一ax≥0，可得x≥0或x≤a: 当x≥0时，则a:x-2<0,则2√元-az=ax-2|-1 了)=1-了)=1，所求初线方程为y=一D =1-ax, +1,即x-y=0. 即4x2-4a.x=(1-ax),整理得(4-a2)x2-2ax-1= (Ⅱ)(I)因为x>0,所以原问题可转化为：方程a= [(2+a)x+1][(2-a).x-1]=0, 当a=-2时，即4红-1，即x=子 n)有3个不相等的实根且工<<： 当aE(-2,01=-2士。<0（负位合去）成x2产 令g(x)= n),则问题转化为：直线y=a与函数 g(x)的图象有3个不同的交点. >0. 当aE(-四2时=>0或x= 2ln z.-(In 1之0，有两 g'(x)= (2-In r)In x 解，舍去， 令g'(x)=0,得(2-lnx)lnx=0. 即当a∈[-2,0)时，2√r-a.x-ax-2+1=0在x 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x=e ≥0时有唯一解， 当0<x<1时，lnx<0,2-nx>0,所以g(x)<0,g(x) 则当a∈[-2,0)时，2√r2-ux-|ax-2+1=0在x 在(0,1)上单调递减： ≤4时需无解， 当1<x<e时，lnx>0.2-lnx>0,所以g(x)>0, g(x)在(1，e)上单调递增； 当u∈[一2,0)，且xa时， 当x>e,时lnx>0.2-lnx<0,所以g'(x)<0,g(x)在 ax-3.r 由函数h(x) 0关于x=2对称，令h() (e,十o)上单调递减. 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)=0,g(x) 的极大值为g(e)= =0,可得x=或x= e2. a a 当x→0+时，lnx→-o∞，(lnx)2-→+∞， 1+十∞，所以 且画（✉）在（侣·日）上单递减，在（侣）上单 g(x)→+c∞， 调递增， 当x→十∞时，g(x)→0. 网理可得：≤a时，g)国象为双曲线三-兰=1左支 因为直线y=a与画数g(x)的图象有3个不同的交点， a a 结合g(x)的图象（图象略）可知，0<无<1<x2<e<x 的上轴上方部分向左平移号所得， 且0u g)部分的渐近线方程为y=一2（红+登）其斜率为 故a的取位范国为(0：)月 -2. （1)要证n-nx)ln工<。 4e ax-3,t≥2 又a∈[-2,0)，即h(x) 在<2时的 即证（侵h出-专n）:(侵h）。号 dr<2 即证血V压-lh√国)·nv压<e 斜率a∈[-2.0)， 令g(x)=2√-az=0,可得x=a或x=0(舍去)， 中运n属-h@n<中=1+占 0 详解详析 由(1)中可知0K<1<<d<,且0<a<号，则 (2)证明：因为fx)=r+n1+x)f(D=1十十 <l,l<<e,>e, 所以曲线f(x)在点(t,f(t)处的切线方程为 又u=h》-nx)-h,则=n4-lh题 y-[+n1+1=（+年)x-. T: _In -a. 整理得y-(+年}-年，+n1+0. Vx1 脚一hE_ln区_n国=al 令=0：期)-+n1+0,令0=+n1+0. √ VT: 2 e 则'(1)= 又≠0.t>0,则当>0时，N> -h-()··<( 0,所以h(t)在(0，十∞)上单调递增，所以当1∈(0，十 o∞)时，h(t)>h(0)=0: ·E=血G 当k<0时，(1)<0，(t)在(0，+∞)上单调递减，所以 √ 当t∈(0，十o)时，h(t)<h(0)=0, 1)可.V石>e,,面)-血<专，则 即当1∈(0，干∞)时，h(t)≠0，所以L不经过点(0,0). Vx (3)存在」 -nvGh国<待 (先根据题意表示出相关的量，并将三角形面积用含1的 式子表示出来) 由(e-2)>0,得e2>4e-4=4(e-1),即<1 依题意，f(x)=x+ln(1+x),A(t,t+ln(1+t),C(0,1 e2e-1 +1n(1+t), 对-h国h属<< 由(2)得，当=1时，1的方程为y=(（十十小一 是=，则=1>1，n区-血国 +ln(1+D,所以B(0,ln(1+)- x2 In t+In v.rz 若25am=15Sam成立，则2X号×0C×AC t·xg 15x2×B0×AC1,即210C=151B01. 整理得n店片n国气 即20+h1+0]=15[a1+)-中]：整理得24- tahv-> 18a1+0+,-0 运明n√属-ln团nV国<1+与 (下西判新2-13n1+)+=0解的个数，即为点 h后h后<品以爱n后·n属 A的个数) 停>，可以得到 ◆g)=2-13h(1+)+0>0,g()= 2r3-91+4=(21-1)1-4) (n-h√)·n√=n√·ln-ln (1+t)2 (1十) h医<器+ 当1∈(0,2)时，g()>0,g)单调递增，当1 要接n西-lan《当证即牙， (侵4）时g')0g0单调运减，当1E（4,十四)时， (1-1)2 g'(t)>0,g(t)单调递增， 即证lnt<1(>1), 又当t→0时，g(t)→0,1十o时，g)→十o∞， 令)=ln1-,则)=二f-1D2 8)的板大植为s(合)-6-13n号>0，g)的极小值 21E 为g(4)=20-131n5<0, 又t>1.则h'(t)<0,h(t)在(1，十o)上单调递减， 作出g(t)的大致图象如图所示， 则h()<0,即n1<,命题得证. 所以g(1)在(0，十∞)上有两个零点，故有两个这样的点 A使2S△Mm=15S△a 4.解：(1)因为k=-1,所以f(x)=x-n(1十x)(x>-1), 则f)=1-十千>-D 1 当x∈(-1,0)时，了(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(0， 十∞)时，了(x)>0,f(x)单调递增. 综上，f(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递增区间为 (0,十∞).数学 作业6导数及其应用 知识技能解读 导数是高考考查理性思维能力的重要载体，导数的几何意义、利用导数研究函数的单调 性、最值、极值问题成为了高考的高频考点，也是高中数学的重难点.考查方向为： (1)利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题， 难度不定，题目可能为简单题，也可能为难题，题型为选择题、填空题或解答题， (2)导数综合应用的命题方向仍将以选择、填空压轴题或解答题形式考查不等式恒（能） 成立问题与探索性问题、利用导数证明不等式、利用导数研究零，点或方程解问题，重点考查分 类整合思想、分析解决问题的能力。 考点1导数的运算与导数的几何意义 ◆导数的运算 3.(2025·全国一卷，12)若直线y=2x+5是 (2022·全国甲卷（理），6)当x=1时，函数 曲线y=e十x十a的一条切线，则a f)=anx+2取得最大值-2.则f(2) 4.(2024·新课标I卷，13)若曲线y=e+x 在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1) A.-1 十a的切线，则a= 5.(2024·新课标Ⅱ卷，16)(15分)已知函数 c D.1 f(x)=e'-ax-a'. ◆导数的几何意义 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1， 1.(2024·全国甲卷（理），6)设函数f(x)= f(1))处的切线方程： e+2sin,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的 (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a 1+x2 的取值范围. 切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 1 A.6 c号 0. 2.(2023·全国甲卷（文），8)曲线y= 在 e 点1，)处的切线方程为 A.y=4 B.y-号 Cy=+8 Dy=号+9 作业6导数及其应用 考点2导数的综合应用 ◆导数与函数的单调性 5.(2023·全国乙卷（文），20)已知函数f(x) 1.(2024·新课标I卷，10)（多选）设函数 f(x)=(x-1)(x-4),则 () -(+ajm+. A.x=3是f(x)的极小值点 (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) (1,f(1)处的切线方程， C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 (2)若函数f(x)在(0，+∞)单调递增，求a D.当1<x<0时，f(2-x)>f(.x) 的取值范围. 2.(2023·新课标Ⅱ卷，6)已知函数f(x)= ae'一lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的 最小值为 ) A.e2 B.e C.e-l D.e2 3.(2023·全国乙卷（理），16)设a∈(0,1)，若函 数f(x)=a十(1十a)F在(0，十∞)上单调递 增，则a的取值范围是 4.(2023·全国甲卷（文），20)已知函数f(x) =a.x- (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)十sinx<0,求a的取值范围. 数学 ◆导数与函数的极值 5.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函 1.(2024·新课标Ⅱ卷，11)（多选）设函数 数f(x)=(1-ax)ln(1十x)-x. f(x)=2x3-3a.x2+1,则 (1)若a=-2,求f(x)的极值： A.当a>1时，f(x)有三个零点 (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线f(x)的对 称轴 D.存在a,使得点(1，f(1))为曲线y=f(x) 的对称中心 2.(2023·新课标Ⅱ卷，11)（多选）若函数 f(x)=alnx+台+S(a≠o)既有极大值也 x 有极小值，则 ( A.bc0 B.ab0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 3.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x) =(x-1)(x一2)(x一a)的极值点，则f(0) 4.(2025·上海卷，19)（第1小题满分6分，第 2小题满分8分) 已知f(x)=x2-(m+2)x十mlnx,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的 解集； (2)若函数y=f(x)满足在(0，十∞)上存在 极大值，求m的取值范围： 20 作业6导数及其应用 ◆导数与函数的最值 2.(2025·北京卷，20)已知函数f(x)的定义 1.(2025·全国一卷，19)(1)求函数f(x)= 域为(-1，+∞)，且f(0)=0,f(x)= 5cosx-cos5x在区间[0，]的最大值： h,直线名是自线y=)在点A (2)给定0∈(0，π)和a∈R,证明：存在y∈ (a,f(a)处的切线. [a-0,a十]使得cosy≤cos0: (1)求导函数f(x)的最大值； (3)设b∈R,若存在p∈R,使得5cosx (2)当-1<a<0时，求证：除切点A外，y= cos(5x十9)≤b对x∈R恒成立，求b的最 f(x)在l1上方： 小值. (3)当a>0时，过点A作与l1垂直的直线 l2,山，l2与x轴的交点横坐标分别为x1, ,求2a-二4的取值范围。 x2一x1 数学 ◆利用导数解决恒成立（存在性）问题 2.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 1.(2024·新课标I卷，18)(17分)已知函数 数f(.x)=a(x-1)-lnx十1. fx)=ln2+ax+bx-1月 (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)< (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值： e-恒成立. (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b 的取值范围. 作业6导数及其应用 3.(2023·全国甲卷（理），21)已知f(x)=a.x ◆利用导数证明不等式 mxe0.受 1.(2025·全国二卷，18)已知函数f(x) (1)若a=8时，讨论f(x)的单调性； n(1+)-x+2x-k,其中0<k<3 (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值 (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的 范围. 极值点和唯一的零点： (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，十∞) 的极值点和零点. (1)设函数g(t)=f(x十)-f(x一)，证 明：g(t)在区间(0，x)单调递减： (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的 结论 数学 2.(2024·天津卷，20)（本小题16分）设函数 3.(2023·新课标I卷，19)(12分)已知函数 f(x)=xIn I. f(x)=a(e'+a)-x. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线 (1)讨论f(x)的单调性； 方程； (2)i证明：当a>0时，x)>21na+ (2)若f(x)≥a(x-)在x∈(0，+o∞)时 恒成立，求a的值： (3)若x1x2∈(0,1)，证明|f(x)-f(x2)川 ≤x1-x2 作业6导数及其应用 4.(2023·新课标Ⅱ卷，22)(12分)(1)证明： 5.(2023·天津卷，20)(16分)已知函数f(x) 当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若 -+lax+1. x=0是f(x)的极大值点，求a的取值 (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率： 范围. (2)当x>0时，证明：f(x)>1: (3)证明：吾<la(a)-(a+}lnn+n<1, n∈N'. 数学 6.(2023·上海卷，21)（本题满分18分）本题 ◆利用导数研究函数的零点 共有3个小题，第1小题满分4分，第2小 1.(2024·全国甲卷（文），16)曲线y=x3一3.x 题满分6分，第3小题满分8分. 与y=-(x-1)2+a在(0，十o∞)上有两个 已知函数f(x)=lnx.取a1>0,过点(a1, 不同的交点，则a的取值范围为 f(a1))作曲线y=f(x)的切线，交y轴于点 2.(2024·天津卷，15)若函数f(x) (0,a2);a2>0,过点(a2,f(a2))作曲线y 2√x一ax-|a.x-2|+1恰有一个零点，则 f(x)的切线，交y轴于点(0，a),以此类推， a的取值范围为 若an≤0，n∈N,则停止操作，得到数列 3.(2025·天津卷，20)已知函数∫(x)=a.x {am}. (1nx)2. (1)若正整数m≥2，证明：am=lnam-1一1. (I)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处 (2)若正整数m≥2，试比较am与am-1一2 的切线方程： 的大小 (Ⅱ)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x (3)若正整数k≥3，是否存在k使得a1,a2, KI3 ,a依次成等差数列？若存在，求出k的 (i)求a的取值范围： 所有取值；若不存在，试说明理由. (i)证明：n车1n)n<号 26 作业6导数及其应用 4.(2024·北京卷，20)(15分)设函数f(x)= 5.(2023·全国乙卷（理），21)(12分)已知函 x十kn(1十x)(k≠0)，直线L是曲线y= f(x)在点(t,f(t))(t>0)处的切线， 数fx)=(+a In(1+-. (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间； (1)当a=一1时，求曲线y=f(x)在点 (2)求证：l不经过点(0,0)； (1,f(1)处的切线方程 (3)当k=1时，设点A(t,f(t)),(t>0), (2)是否存在a,6,使得曲线y=f)关于 C(0,f(t)),O(0,0),B为l与y轴的交点， 直线x=b对称？若存在，求a,b的值，若不 S△ACO与S△M0分别表示△ACO与△ABO 存在，说明理由。 的面积，是否存在点A使得2S△= (3)若f(x)在(0，十o∞)上存在极值，求a的 15S△0成立？若存在，这样的点A有几 取值范围. 个？（参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60< 1n5<1.61,1.94<1n7<1.95)