专题4 导数及其应用-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训

第二部分专题四导数及其应用 专题四导数及其应用 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， 第1节导数的运算与导数的几何意义 [考点1]导数的运算 3.(2021·新高考I卷，7)若过点(a,b)可以作 (2022·全国甲卷（理），6)当x=1时，函数 曲线y=e的两条切线，则 fx)=alnx+取得最大值-2，则f(2)= A.e<a B.e"<6 C.O<a<e D.0<<e" 4.(2025·全国一卷，12)若直线y=2x+5是 A.-1 曲线y=e十x十a的一条切线，则a c号 D.1 5.(2024·新课标I卷，13)若曲线y=e+x [考点2]导数的几何意义 在点(0,1)处的切线也是曲线y=1n(x十1) 1.(2024·全国甲卷（理），6)设函数f(x)= +a的切线，则a= 6.(2022·新高考I卷，15)若曲线y=(x+a)e e+2sinx,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的 1+x2 有两条过坐标原点的切线，则α的取值范围 切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 是 ( 7.(2022·新高考Ⅱ卷，14)曲线y=1n|x|过 坐标原点的两条切线的方程为 1 C. 2 D. 8.(2021·全国甲卷（理），13)曲线y=2号 x+2 2.(2023·全国甲卷（文），8)前线y=千7在 在点（一1，一3）处的切线方程为 9.(2021·新高考Ⅱ卷，16)已知函数f(x) 点1，号)处的切线方程为 |e一1|，x1<0,x2>0,函数f(x)的图象在 A.x- 点A(x1,f(x1)和点B(x2,f(x2))的两条 B.y= 22 切线互相垂直，且分别交y轴于M,N两 Cy=x+是 D.y=x+8 4 点，则AM取值范围是 BN 最新真题分类特训·数学 10.(2024·新课标Ⅱ卷，16)(15分)已知函数 12.(2021·全国乙卷（文），21)(12分)已知函 f(x)=e'-ax-a. 数f(x)=x3-x2+a.x+1. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1， (1)讨论f(x)的单调性： f(1))处的切线方程； (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与 (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求 曲线y=f(x)的公共点的坐标. a的取值范围. 11.(2022·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 数f(x)=x3-x,g(x)=x2十a,曲线y= f(x)在点(x1,f(x)处的切线也是曲线y =g(x)的切线】 (1)若x1=-1,求a; (2)求a的取值范围. 第二部分专题四导数及其应用 第2节 导数的综合应用 [考点1]导数与函数的单调性 6.(2023·全国乙卷（文），20)(12分)已知函 1.(2024·新课标I卷，10)（多选）设函数 数f(x)= f(x)=(x一1)(x-4),则 () (H+a)n(1+x). A.x=3是f(x)的极小值点 (1)当a=一1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.e1 D.e2 3.(2021·全国乙卷（理），12)设a=2ln1.01, b=1n1.02,c=√1.04-1，则 () A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a< 4.(2023·全国乙卷（理），16)设a∈(0,1)，若函 数f(x)=a+(1+a)F在(0，+o∞)上单调递 增，则a的取值范围是 5.(2023·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 数)=a思eb引 (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. 最新真题分类特训·数学 [考点2]导数与函数的极值 7.(2025·上海卷，19)（第1小题满分6分，第 1.(2024·新课标Ⅱ卷，11)（多选）设函数 2小题满分8分) f(x)=2x3-3ax2+1,则 已知f(x)=x-(m+2)x+mlnx,m∈R. A.当a>1时，f(x)有三个零点 (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 解集； C.存在a,b,使得x=b为曲线f(x)的对 (2)若函数y=f(x)满足在(0，十∞)上存在 称轴 极大值，求m的取值范围； 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++S(a≠0)既有极大值也 有极小值，则 A.bc0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 3.(2022·新高考I卷，10)（多选）已知函数 f(x)=x3一x十1，则 () A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2.x是曲线y=f(x)的切线 4.(2021·全国乙卷（理），10)设a≠0，若x=a 为函数f(x)=a(x一a)(x一b)的极大值 点，则 () A.a<b B.a>b C.ab<a2 D.ab>a2 5.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x) =(x一1)(x-2)(x一a)的极值点，则f(0) 6.(2022·全国乙卷（理），16)已知x=x1和x =x2分别是函数f(x)=2a'-ex2(a>0且 a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2, 则a的取值范围是 第二部分专题四导数及其应用 8.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函 3.(2025·全国一卷，19)(1)求函数f(x)= f(x)=(1-ax)In(1+x)-x. 5cosx-cos5x在区间[0，开]的最大值； (1)若a=-2,求f(x)的极值； (2)给定0∈(0，x)和a∈R,证明：存在y∈ (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. [a-0,a+0]使得cosy≤cos0; (3)设b∈R,若存在9∈R,使得5cosx cos(5.x十p)≤b对x∈R恒成立，求b的最 小值 [考点3]导数与函数的最值 1.(2022·全国乙卷（文），11)函数f(x)=cosx十 (x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大 值分别为 ( A.-受受 R-受号 C.-5+2 D要受+2 2.(2021·新高考I卷，15)函数f(x)=|2x一1 一2lnx的最小值为 25 最新真题分类特训·数学 4.(2025·北京卷，20)已知函数f(x)的定义 5.(2021·全国甲卷（文），20)(12分)设函数 域为(-1，+∞)，且f(0)=0,f(x)= f(x)=a2x+a.x-3lnx+1,其中a>0. ln(z+1,直线1，是曲线y=f(a)在点A (1)讨论f(x)的单调性； x+1 (2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点， (a,f(a)处的切线. 求a的取值范围. (1)求导函数f(x)的最大值； (2)当一1<a<0时，求证：除切点A外，y= f(x)在l1上方； (3)当a>0时，过点A作与l,垂直的直线 l2l1,l2与x轴的交点横坐标分别为x1, ,求2二二的取值范围。 x2-xi 26 第二部分专题四导数及其应用 [考点4幻利用导数解决恒成立（存在性） 2.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 问题 数f(x)=a(x-1)-lnx+1. 1.(2024·新课标I卷，18)(17分)已知函数 (1)求f(x)的单调区间： fx)=ln2+ax+bx-1月 (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)< e1恒成立. (1)若b=0,且(x)≥0，求a的最小值； (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。 7 最新真题分类特训·数学 3.(2023·全国甲卷（理），21)(12分)已知 4.(2021·天津卷，20)已知a>0,函数f(x)= f(r)=az- e6} ax-xe". (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切 (1)若a=8时，讨论f(x)的单调性； 线方程： (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值 (Ⅱ)证明f(x)存在唯一的极值点： 范围. (Ⅲ)若存在a,使得f(x)≤a十b对任意x∈ R成立，求实数b的取值范围. 28 第二部分专题四导数及其应用 [考点5]利用导数证明不等式 3.(2023·新课标I卷，19)(12分)已知函数 1.(2025·全国二卷，18)已知函数f(x)= f(x)=a(e+a)-x. n1+x)-x+2-kx,其中0<< (1)讨论f(x)的单调性： (1)证明：f(x)在区间(0，十o∞)存在唯一的 (2)证明：当e>0时，x)>2na+多 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。 (i)设函数g(t)=f(x1十t)一f(x一t),证 明：g(t)在区间(0，x,)单调递减； (iⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的 结论 4.(2023·新课标Ⅱ卷，22)(12分)(1)证明： 当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cosa.x-ln(1-x2),若 2.(2024·天津卷，20)（本小题16分）设函数 x=0是f(x)的极大值点，求a的取值 f(x)=xln x. 范围. (1)求f(x)图象上点(1，f(1)处的切线 方程； (2)若f(x)≥a(x-√E)在x∈(0，+∞)时 恒成立，求a的值； (3)若x1,x2∈(0,1)，证明|f(x1)一f(x2) ≤lx1-x2. 29 最新真题分类特训·数学 5.(2023·天津卷，20)(16分)已知函数f(x》 6.(2023·上海卷，21)（本题满分18分）本题 =+2m(x+1. 共有3个小题，第1小题满分4分，第2小 题满分6分，第3小题满分8分 (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； 已知函数f(x)=lnx.取a1>0,过点(a1, (2)当x>0时，证明：f(x)>1: f(a1))作曲线y=f(x)的切线，交y轴于点 (3)i证明：君<ln(n)-（n+号)lnn+n≤1， (0,ae):a2>0,过点(a2,f(a2)作曲线y f(x)的切线，交y轴于点(0，a3),以此类推 n∈N' 若an≤0，n∈N,则停止操作，得到数列 {an}. (1)若正整数m≥2，证明：am=lnam1一1. (2)若正整数m≥2，试比较am与am-1一2 的大小 (3)若正整数k≥3，是否存在k使得a1,a2, …,a依次成等差数列？若存在，求出k的 所有取值；若不存在，试说明理由. 30详解详析 当-2≤a<0时，零点为1 -1,-1: 考点2导数的几何意义 当a=0时，只有一个零，点-1： 1.A f()=2sin z 1十x 当0<1时，本点为。，-1， (r) =(e'+2cos )(1)-(e'+2sin r).2x 当a=1时，只有一个零，点一1： (1+x)月 当1<a≤2时，零点为】， a-7,-1; (r-1)'e+2(1)cos x-4rsin (1+x) 当a>2时，零，点为1，一1. 则/(0)=3 所以当画数有两个零点时，a≠0且a≠1. y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x-0), 点睛：本题的解题关锭是根据定义去掉绝对值，求出方 即3x-y十1=0 程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根 令x=0,得y=1, 据范围讨论根（或零点）的个数，从而得解】 答案：（一o,0)U(0,1)U(1,十） 令y=0,得=-子， 5.解析：零点问题，转化成两个函数的交点来分析 y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所图成的三 令∫(x)=1gx一kx一2=0，可转化成两个函教 y1=gx,y=kx十2的交，点问题. 角卷的面积为S=之×一号引×1=日 对于①，当k=0时，lgx=2,两个交点，①正确： 2.C 对于②，存在k<0,使y=lgx与y=x十2相切，② 设南线y=片在点(，受)处的切战方程为y 正确； 号=k(x-1), 对于③，若k<0,y=lgx与y=kx十2最多有2个交 e 点，③错误： 因为yx干' 对于①，当k>0时，过点(0,2)存在函数g(x)=gx(x >1)的切线，此时共有两个交点，当直线斜率精微小于 所以y'=c(x十1)-c e' (x十1)月 (x+1): 相切时的斜率时，就会有3个交，点，故①正确.填①②①」 答案：①②① 所以=y儿=导 第6节 函数模型 1.DA选项：lgp=1gP 所以切线方程为y一受=子（红-D, lg1026>3,T=220,由 所以南线y一千气在点（包，受）处的切线方程为y一导： 图易知处于固态：B选 固态 超临界 项：lgp=lg128>2,T= 状态 十导故选C 270,由图易知处于液态： 液态 3.D用取极限的方法快速得到答案，注意到x→一6∞时 C选项：lgp=lg9987≈ 切线为y=0,x十○时切线为y=十o∞，因此切线的交 3.999,T=300.由图易 气态 点位于第一象限，且在曲线y=e的下方，故选D. 知处于固态；D选项：g力0十 2002503003504007 4.解析：由2x十5=e十x十a得e=x十5-a,故可知y =1g729>2,T=360,由 x十5一a与y=e相切，所以5一a=1,故a=4. 图易知处于超临界状态；所以选D. 答案：4 2.C将L=4.9代入L=5+lgV得lgV=-0.1=- 5.解析：由题知y=(e十x)‘=e十1，当x=0时，切线 101 率k=2, 所以V=10元= 元而≈1.259≈0.8，故选C. 1 1 则切线方程为y=2x中1=[a(x中D中a=石 3.解析：所消耗的总体能y= 4(1.025-cos0) sin a 2,得x=一 y=2x(）十1=0y=lhx++a =4.1-4cos0 sin 6 的切点(0小 y'=4sin'0-(4.1-4cos 0)cos 0 4-4.Icos 0 =0 sin sin p0=n(+）十a,故a=ln2. cos 0=40 40 答案：ln2 6.解析：易得曲线不过原点，设切点为(x,(x十a)e'o),则 40 答案：arccos 切线钟率为f'(x。)=(x。十a十1)co,可得切线方程为y 专题四 导数及其应用 一(x。十a)eo=(x十a十1)e'(x一x。),又切线过原点， 可得一(x。十a)c'=-x(xw十a十1)co,化简得x十 第1节导数的运算与导数的几何意义 a,x一a=0(*),又切线有两条，即*方程有两不等实 考点1导数的运算 根，由判别式△=a2十4a>0,得a<一4，或a>0. Bf)=是-名由条#，得2 {f(1)=a-b=0,所以 答案：(-c∞，一4)U(0,十∞) 7.解析：当x>0时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y a=b=-2,即∫(x)=-2+2 ln=上(x-x1),若该切线经过原点，则n-1=0, 解得x=e,此时切钱方程为y= e 最新真题分类特训·数学 当x<0时，点(x,ln(-x)(x<0)上的切线为y- ln(-)=1(x-).若该切线经过原点， 令(x)<0,解得x<-号或0<1<1，则x支化时， '(x),h(x)的变化情况如下表： 则n(一x)1=0,解得x=一e,此时切线方程为 0 (0.1) y=-t '(x 0 十 答案：y=y=一 h(s) 增 8.解析：由题y=21+2)-(2x-1D=5 (x十2)2 x+2,所以在点 则h(x)的值城为[一1，十0)，故a的取值范围 (一1，一3)处的切线的斜率k=5,故切线方程为y十3=5 为[-1，十0∞). (x十1)，即5x-y+2=0. 12.解：(1)函数f(x)=x3-x十ax十1的定义城为R,其 答案：5x-y十2=0 导数为广(x)=3x-2x十a. 9.解析在f)=1r0中，f fe'.x>0 1-e,x<0 -e',I<0 ①当a≥号时，方程f)=0至多有-解，fx)≥0.) ∴.f(x)f(x,)=-e+=-1; 在R上单调递增： ∴西十x4=0, ②当a<号时，若f()=0,即3r-2红+a=0, 微离<0 √1+elx 北时方程3x2-2x十a=0有两根：西，=1二西， 3 eie0,即∈0. =1+-3☑ 3 答案：(0,1) 10.解：(1)a=1,fx)=c-x-1,切点(1，e-2),f(x)= (x)>0时，x<x1或x>x4: e-1,k=f(1)=e-1 广(x)<0时，x1<x<x2. 所以要求的切线方程为y一(e一2)=(e一1)(x一1)，即 f(x)在（一∞，x1)上单调递增，在(x1,x)上单调递减， 在(x,十o)上单调递增， y=(e-1)x-1. (2)f(x)=e-a,当a0时，f(x)>0,f(x)在R上 综上当a≥行时，)在R上单调递增： 单调递增，此时无极值 .a>0,令f'(x)=0,x=lna 当a<时，)在(-，上西 上单调递增， f(x)在(-oa,lna)上单调递减，(lna,十oo)上单调 3 递增， 在 1-=3a,1十一3]上单调递减，在 3 3 :.f(x)u=f(In a)=a-aln a-a<0, ∴.1-lna-a<0 令g(a)=-a2-lna+1,g'(a)=-2a-1<0 a (2)记曲线y=∫(x)过坐标原点的切线为l,切点为 g(a)在(0，十∞)单调递减，而g(1)=0, P(ozx6-x6十axo十1). ∴.g(a)<0=a>1 f(xo)=3x8-2x十a, .a的取值范围(1，十oo). 所以切线1的方程为y一(x一x后十a.x0十1)=(3x 11.解析：(1)：(x)=3.x2-1,∴(-1)=2且f(-1) 2x。十a)(x-xo), =0 又1过坐标原点，则2x一x-1=0,解得x。=1 故y=f(x)在点(-1,0)处的切线为y=2x十2 所以切线l的方程为y=(1十a)x, 又y=2x十2与y=g(x)相切，将直线y=2x十2代入 若x2-x2十ax+1=(1十a)x,则有方程x-x2-x+1 g(x)=x2+a得x2-2x十a-2=0 =0 由△=4-4a十8=0得a=3 解得x=1或x=一1， (2):广(x)=3x2-1,曲线y=f(x)在点(x1f(1)处 所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x) 的切线为y-（x-x1)=(3x-1)(x-1),即y 的公共点的坐标为(1,1十a)和(-1，-1一a, (3x-1)x-2x; 第2节导数的综合应用 由g(x)=x2+a得g'(x)=2x 考点1导数与函数的单调性 设y=g(x)在点(x·g(x)处的切线为y一(xi十a)= 1.ACD首先有f八x)=(x-1)(x-4), 2x(x-xg）, 则f(x)=3(x-1)(x-3), 即y=2xx-x十a, 对于A有，x一3左右的两侧符号变化为由负到正，故其 3i-1=2 为极小值点，故A正确： -2xi=a-xi 对于B有，当0<x<1时，函数单调递增且x2<x,故 ∴a=-2x=(9xi-8-6xi+1D (x)<f(x),故B错误： 对于C有，当1x<2时，得1<2x-1<3且f(1)=0,/ 令Ax)=号-2x-+子期)=9-6 (3)=-4,故-4<f(2x-1)<0,故C正确： 对于D有，当-1<x<0时，f(x)单调递增，f(2-x)> -3x=3x(3+1D(x-1),◆(x)>0,解得-号< (x)成立，故D正确.故选择：ACD. 点评：函数的单调性问题转化成导数的单调性问题即可 <0或x>1, 顺利解决， 详解详析 2.C由题意可知f(x)=ae->0在区间1,2)上恒成 (2)构建g(x)=f(x)十sinx x =ax- 立即a≥() m+m(0<r<受） ,设g(x)=xe,则在x∈(1,2)上恒有 cos'x 则g'(x)=a- g'(x)=(x十1)e>0,所以g(x)n=g(1)=e,则 中in产+osx(0<r<受） cos'a 若g(x)=f(x)十sinx<0,且g(0)=f(0)十sin0=0,则 =是即a≥e.故选C g'(0)=a-1十1=a≤0， 解得a≤0，当a=0时， 3.B显然a>b 令f(x)-2n(1十x)-(-4z-1)(x>0),则 周为mx一品m(-）小 cos'r 又x(0,受）所以0<nx<1, 因为当0<x<2时，x<2x,所以1十2x十x<]十2x+ 0<c0s<1,则1>1， 2x,即1+x<√1+4z, cos'x 所以f'(x)>0,所以f(0.01)>f(0),即a>c. 所以f(x)+sinx=sinx-in'<0, cos 同理，令g(x)=ln(1+2x)-(√1-4z-1)(x>0),则 满足題意： 2 2 g'(x)=1千2x1中4 当a<0时，由于0<<受，显然ax<0, 因为当x>0时.(1十2x)>1十4x,所以g'(x)<0, 所以g(0.01)<g(0)=0,即c>b, 所以f(x)+sinx=az-i加2+sinx<simx-m兰< cos'x cos'x 综上a>c>b,选B 0,满足题意； 4.解析：由函数的解析式可得了(zx)=alna十 综上所述：若f(x)十sinx<0,等价于a≤0， (1十a)ln(1十a)≥0在区间(0，+co)上恒成立， 所以a的取值范围为（一o,0. 则1+aa1+a≥-aina,中（告）≥ 8解：当a=-1时，f=(仔 1）n(x+1)(x>-1), P。在区网0，中四止板成2 则f(x)=- k(告）广=12na西a+1ea2 In a 据此可得f(1)=0,(1)=一ln2, 所以函数在(1，f(1)处的切线方程为y-0=-l2(x一1)， 故ln(1十a)>0, 即ln2)x十y-n2=0. 故hat)>-lna即aa+)≥l, 10<a<1 10<a<1 （2)由画数的解折式可得了x)=（)+1)+ 故5,1≤a<1, 2 (+）x>-1w 结合题意可得实数a的取值范围是 满足题意时f'(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立， 爸案 ◆()nx+1+(任+@)h≥0， 则-(x十1)ln(x十1)+(x十ax)≥0， 5.解：(1)因为a=1,所以f(x)=x- sinx 令g(x)=ax2+x一(x十1)ln(x十1)，原问题等价于 cosz' g(x)≥0在区间(0，十0∞)上恒成立， xe(0,2）小则f(x) 则g'(x)=2ax-ln(x+1), 当a≤0时，由于2a.x≤0，ln(x十1)>0， 1-cos xcos'x-2cos r(-sin r)sin 故g(x)<0,g(x)在区间(0，十∞)上单调递减， cos'x 此时g(x)<g(0)=0,不合题意： 1-cos'x+2sin'cos'r-cos'r-2(1-cos 令h(x)=g'(x)=2ax-ln(x+1),则h'(x)=2a cos'x cos'x 1 cos'r+cos'x-2 x+7' cos'r 令1=cosx,由于x∈(0，受） 当a≥号a≥1时，由于<1，所以>0 h(x)在区间(0，十∞)上单调递增， 所以t=cosx∈(0,1)， 即g'(x)在区间(0，十∞)上单调递增， 所以cos2x十c0s2x-2=1+2-2=2-2+2t2-2= 所以g'(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，十○)上单调递 2(1-1)+2(1+1)(t-1D=(2+21+2)(t-1), 增，g(x)>g(0)=0,满足题意. 因为t十2t十2=(t+1)2+1>0,t-1<0, cos'x=t>0, 当0a<号时，由=2a=0可得=云-l 所以f=o02<0在(0，受）上旗成立， cos'r 当x∈(（0a-）时，(x)<0h(x)在区网 所以八x)在(0，受)上单调遂减。 (0,云-1)上单调适减，即)单洞递减， 最新真题分类特训·数学 注意到F0)=0,故当x∈(0名-)时。 即a=2时，x=2是f(x)的极值，点 所以f(0)=一4 g'(x)<g'(0)=0,g(x)单调递减， 答案：一4 由于R0)=0,故当x(0云-1）时gR0)=0, 6.解析：f(x)=2(alna一ex)至少要有两个零点x=x 和x=x4,我们对其求导，"(x)=2a(lna)2-2e. 不合题意 (1)若a>1,则/(x)在R上单调递增，此时若(x。) 综上可知：实数a的取值范国是{如a≥} 0,则广(x)在(-∞，x)上单调递减，在(x。,十∞)上单 考点2导数与函数的极值 调递增，此时若有x=x1和x=x分别是函数f(x) 2a一ex2(a>0且a≠1)的极小值，点和极大值点， 1.AD求导得f(x)=6x(x-a),于是：A正确，当a>1 时，极大值f(0)=1>0,极小值f(a)=1一a<0.所以必 则工1>x4,不符合题意 有三个零点；B错，a<0时x=0应为极小值，点：C错，任 (2)若0<a<1,则"(x)在R上单调递减，此时若 何三次西数不存在对称轴；D正确，当a=2时f(x)= /(x)=0,则f(x)在(-∞，x)上单调递增，在(x,十∞) 2(x-1)1-6(x-1)-3,关于(1.-3)中心对称. 上单调递减，且西-=ogna.此时若有x=和x= 2,BCD由题可知f(x)的定义城为(0，十o),f(x)=a 分别是函数f(x)=2a-ex2(a>0且a≠1)的极小值，点 -b一2巫=-虹一2匹，由函教f(x)既有极大值也有 和板大值点，且工，<，则需满足了红)>0，即品。之 dog.>naha>hna品 e e 极小值，知厂(x)在(0，十o)上有两个不等实根，令h(x) =a.x2一bx-2c,则h(x)在(0，十oo)上有两个不等实根 [b+8ac>0 >1-lhna,可解得a>e或0<a<,由于0<a<1 4>0 所以{1十x>0,即 b70 取交集即得0<a< e xx2>0 一29>0 a 答案：(0，) ,b2+8ac>0 7.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1→f(x)= 所以{ab>0 ,所以b与a同号，c与a异号，故c<0, x2-x-lnx,故x2-x-lnx≤x2-1→x+lnx-1≥0. (ac<0 设g(x)=x十lnx-1,x>0,由y=x与y=lnx均为增 所以A错误，B,C,D正确.故选BCT) 函数，故g(x)为增函数 3.AC (x)=3x2-1,所以(x)有两个极值点-5与 由g(1)=0得g(x)≥0台x≥1，故解集为[1，十∞). 3 (2)由题意，(x)=2x-(m十2)十m 又（得）1-2>0将以1)只有-个点： 9 2x-(m+2)x十_x-1)(2x-m). 由f(x)十f(一x)=2可知，点(0,1)是曲线y=f(x)的 对称中心；令f(x)=3x2-1=2,可得x=士1，又f(1) 故分类讨论，由当m≤0时， =f(-1)=1 fx)=红-D2x-m2≥0→z≥1， 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x一1， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，十∞)单调递增，故 当切，点为（一1,1）时，初线方程为y=2x十3.所以答案 f(x)无极大值不成立： 选AC 4.D当a>0,f(x)大致图象如下图左所示，易得b>a> 当m>0时，分类讨论， 0.当a<0,f(x)大致图象如下图右所示，易得0>a>b. ①当m=2时fx)=2二1少≥0恒成立，在(0. 4 十∞)单调递增，故f(x)无极大值不成立； ②当0<m<2时， fx)=-1D2m>≥0=x≥1或0<x≤受， )在(0，受]和[1，+∞)单调递增，在（受，1）单调递 综上所述，得ab>a,故答案选D. 5.解析：因为f八x)=(x2-3x十2)(x一a)(xER). 减，故f工)在x=受处取得板大值： 所以f'(x)=(2x-3)(x-a)+(x2-3x十2) 由f'(2)=0得：2-a=0,所以a=2, ③当m>2时f=1》2二m>0→x>受我0 所以f(x)=(x-1)(x-2)2且f(x)=2(.x-1)(x-2) <x≤1， +(x-2)=(x-2)(3x-4) 当x变化时，f(x)f(x)变化如下表 x)在0,1门和[受+∞）单调递增，在(1，受）)单调递 减，故f(x)在工=1处取得极大值： 2 2,+∞ 综上：m∈(0,2)U(2,+∞). 8.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1十2x)ln(1十x)-x(x> (x 0 0 -1,f（x)=21n1+x)+斤，当x>0时/x)>0, f(x) 单调递增 极大值单调递减极小值单调递增 当-1<x<0时，f八x)<0,所以f(x)在（一1,0）上单调 详解详析 递减，在(0，十∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0) =0,无极大值： 且g(-1)=- 4(号)-3，()=35 (2)f(x)=(1-ax)ln(1十x)-x,f(x)=-aln(1+x) g(1)=4, -a+D匹.令g(x)=∫(x),则g(x)=一千2 1十x 故尽)在[停]小上的最大值为36，即f)在 十可周为当≥0时，f(x)≥0，且f0)=0,/0) a十1 [0,受]上的最大位为3， 0,所以g0)=-1-2a>0,a≤-之.当a≤-之时：g (2)证明：假设结论不成立，即对任意yE[a一0，a十们，均有 cos y>cos 0, 1 a≥21+n21-721于≥0，g()）在[0， 即对任意y∈[a-0,a十]，有y∈(2kπ-0,2kr十0)，k ∈Z, 十o∞)上单调递增，g(x)=了(x)≥g(0)=0,故f(x)在 由于8∈(0，π)，所以形如(2kπ-0,2kr十8)，k∈Z的区间 [0,十∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=0恒成立，即a的取 两两交集均为空集， 值范国为（©，一】 所以[a-0,a十0]二(2kπ-0,2kπ十0)， 考点3导数与函数的最值 故存在整数k,使得2kπ一0<a一0<a十日<2kπ十日，所以 1.D f(x)=-sin x+sin +(x+1)cos x=(x+1) 2kn<a<2kn, 与α的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证。 所以在区间(0，受)和（受，2a）上f(>0, (3)由(1)可知g(t)最大值为g 3 2 =35. 即f(x)单调递增： 这说明取9=0，则有5cosx一c0s(5x十p)≤3V5对任意 在区间（受，经）上了(x)<0,即)单调递减， 实数x恒成立，即b=3√5符合题意， 又f0)=f2)=2.f()=受+2.f() 另一方面，在(2)中取0=晋a=,则存在 5m (受+）+1=- 所以x)在区间[0,2]上的最小值为-受，最大值为 北时=[-音从而h,)=50s 受+2.故选D cosy%≥5cos6 -cos 5=35, 所以b<3√3无法满足5c0sx一cos(5.x十g)≤b对任意实 2.解析：①x>之时fx)=2x-1-21nx 数x恒成立， fx)=2-2=2x-1D 综上可知，b的最小值为3√. x 4.解：(1)设g)=日，则ge)==nL上 当x>1时，f()>0:当2<x<1时，f(x)<0,故 易知g(t)在(0，e)上单调递增，在(e,十oo)上单调递减， f(x)m=f(1)=1; 所以R)最大值为Re)=。故了x)的最大值为日 @0<r≤7时，f(x)=1-2x-2hx,f()=-2- 2 (2)直线l的方程为y=f(a)(x-a)十f(a),设F(x) 2x+1D<0 =fx)-[f(a)(x-a)+f(a], 则F(x)=了(x)-f(a),F”(x)=(x) 北时八x)=1-2x-2hx为减画数，/x)m=f(侵)） =1-ln(x+1D (x+1)3 =2ln2>1. 综上：f（x)n=f(1)=1. 当≥0时，f=>0, 答案：1 f(@)-In(a-D<0.F(x)>0. a+1 3解：1)设osr=,当x[0导]时，e[竖.] 当x<0时，F"(x)>0,F(x)在(-1,0)上单调递增，结 又cos2x=2r2-1,cos4x=2(2r2-1)2-1=8r'-8t2 合F"(a)=0知x∈(-1，a)时，F(x)<0,x∈(a,0)时， 1,所以 F'(x)>0. cos 5x=cos 4xcos a-sin 4xsin x=cos 4xcos x- 所以F(x)在（一1，a)上单调递减，在(a,十o)上单调递 Acos 2xcos xsin'x 增，所以对任意x≠a,有F(x)>F(a)=0.即除点A外， =t(8t-8t+1)-4(2r2-1)t(1-t)=16t2-20r2+5t, 曲线y=f(x)在直线l上方， 设g(t)=5c0sx-cos5x=20r-16°.则g'(t)=201(3 ()直线4的方程为y=了ax一a)+/@,在l山 -4t), 为知在(1，)和（停上递成，在 的方程中：分到取y-0,得a-%与-a中a) f(a). (号)上递 易知了a)的取位范国是(0，] 最新真题分类特训·数学 f(a) 所以2a-五五 f'(a) -f(a)f(a) 当b<- 号时，f)=0f()=(x-1 g一x1 fam+fa)fa） f(a) (2+8）--1二2. x(2-x) =1-[(a] 2 =-1十1中a厅是关于了a)的减画 令了(x)=0得x=x,x(x≤x),且x西十x=一 6b 1+[了(a) -3b 数，从而得到0一的取位范国无[号） 2 xg一 =2x1·x=-3 5.解：(1)因为f(x)=ax十ax-3nx十1，所以定义域为 故x<1<x从而f(x)在(1，江，)上单调递减，f(x)< x>0, 1=-2,不满足题意，除上：6>-号 所以f(x)=2a'x+a- 3 =2a'rtar-3 x 2.解：(1)(x)=ax-1)-nx+1,/(x)=工1，x>0. =(2ax+3)(a.x-1) 若a≤0，f(x)<0,代x)的减区间为(0，十oo),无增区间： 因为a>0,>0,所以2a1+3>0. 若a>0时，当0<t<时，了(x)<0,当x>时， 令f(x)>0→ax-1>0=ax>1→x> fx)>0,所以f(x)的减区间为(0，)，增区同 a. f(x)单调递增. 为（日+∞）： 令f(x)<0→ax-1<0→ax<1→x<1 (2)因为a≤2，所以当x>1时，c1-f(x)=e-I-a(x -1)+lnx-1≥e1-2x+lnx十1.令g(x)=el-2z 因为>0，所以0<≤日，)单调递浅。 中lnx中1则R)=e-2+子令hx)=Rx),则 棕上x)的减区间为(0，日)增区间为（日+） 0=e-A)在1，十0)上适增，A()> (2)由)得知f)有最小值f(日） (1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，+o∞)上递增，g'(x) >g'(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上递增，g(x)>g(1)= f(日）=1中1-3h是+1=3+3加a 0,即：当x>1时，f(x)<e恒成立. 3.解析：(1)f'(x)=a 若f(x)的图象与x抽没有公共点，而3+3na>0, cos xcos x+3sin zcos'rsin x na>-1a> cos"x cosx+3sim工=a-3-2s4 考点4利用导数解决恒成立（存在性）问题 a cos'x cos'x 1.解：16=0时广(x)=士+2十a≥0，即a> 1 令cos2x=t,则t∈(0,1) 则f(x)=g)=a-3-2=Qt+21-3 t t -2-x1 当a=8,f(x)=g0)=8+2-3=24-1D4+3 (六+2-)=2++≥2+2 t 当e(（0,）即xe(受）f)<0 当e(合1）即x(0,)>0. 所以'(x)≥0时，a≥-2，故最小值为-2. (2)由y=ln(2）关于1.0)中心对称，y=ax关于1， 所以f()在（0，牙)上单调递增，在（于，）上单调 递减 a)中心对称， y=b(1-x)关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(，a)中 (2)g(x)=f(x)-sin 2x,g'()=f'(x)-2cos 2x= 心对称，下运共成立：1+2)十1-)=ln告十a fx)-2(2c0Sx-1)=t+24-3-2(2r-10=a+2 (1+x)+bx+ln=+a1-x)+b(-x)=2a,故结 4+23 1+x 论成立. 设g0=a2--90-4 (3)由画数的连续性及题意知：f(1)=一2，代入原函教。 得a=-2, -4-24+6=-2t-102+24+32>0. t t 所以f(x)=nx-ln(2-x)-2x十b(x-1),1<x<2, ∴.p(t)在(0，t)上为增函数， f()=是+六-2+汤x-1- 所以(t)<g(1)=a-3. ①若a∈(-oo,3],g(x)=p(t)<a-3≤0 (20） 即g)在(0，受)上单调适减， 由22：故2-号时，fu)>0,单调递增 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈(-o,3],f(x)<sin2x, (x)>f1)=-2,z∈(1,2)， 符合题意. 详解详析 ②若ae(3,+∞)，当0,2-3 所以了(x)= 1 +云 -1十x-3kx -3(仁-吉）广+日-0，所以g0-0, 1-1-x+x+x2-3kx2-3kx 1十x g(1)=a-3>0.,所以3t∈(0,1)，使得p(t6)=0,即 3z∈(0，受）使得g红)=0. (*1-)片 若t∈(to,1),g(t)>0,即当x∈(0，x),g'(x)>0, 当>0时，◆了x)=0,解得x=一1>0， g(x)单调递增. 1 所以当x∈(0，x。),g(x)>g(0)=0,不合题意. 所以当0<x<头-1时，∫x)>0x)单调递增：当 综上，a的取值范围为（一o∞，3]. 4.解析：(I)(x)=a-(x十1)e,则f(0)=a-1, >3-1时，了(z)<0/八x)单调递减 又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)x,(a>0): 所以x=头一1是)在0，十©)上唯一的极值点，是 (Ⅱ)令f(x)=a-(x十1)e=0,则a=(x+1)e, 令g(x)=(x十1)e,则g'(x)=(x十2)e', 极大值点 当x∈（一@，一2）时，g'(x)<0,g(x)单调递减： 因为f(一)>fo)=0(绿)=(+)六 当x∈（-2，十∞)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x→-∞时，g(x)<0,g(一1)=0，当x→十o∞时， 证证=(+）<0 g(x)>0,画出g(x)大致图象如下： 所以3∈(-1))=0， y g(x)=(x+1)e" 所以x6是f(x)在(0，十oo)上唯一的零点. 2 (2)(1)因为g(t)=f(x十t)-f八x1-t), 所以g'()=f(x1十)十了(x1一t) 1+五+1中1-)+二(- -3k(1十t) 1+五-71x) 引 6kt'(t-x-2) (1十x)- 因为t∈(0，x),所以-x-2x<0,(1十x1)2-t 所以当a>0时，y=a与y=g(x)仅有一个交点，令g >0, (m)=a,则m>-1,且f(m)=a-g(m)=0, 所以g'() 6kt(2-i-2》<0. 当x∈(-oo,m)时，a>g(x),则f(x)>0,f(x)单调 (1十x1)2-用 递增， 即g(t)在区间(0,1)单调递减. 当x∈(m,十oo)时，a<g(x),则f(x)<0,f(x)单调 ()由（「）得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 递减， 所以g(1)<g(0), x=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值，点； :g()=f（2x1)-f0) (Ⅲ)由(I)知f(x)=f(m)此时a=(1十m)e",m> g(0)=f(x1)-f(x1)=0 -1, .f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 所以{f(x)-a}n,=f(m)一a=(m-m-1)e", 又f(0)=0,所以f(2x1)<0, (m>-1), 因为x1是f(x)的零点，所以f(x)=0, 令h(x)=(x2-x-1)e,(x>-1), 所以f(2x1)<fx:), 若存在a,使得f(x)≤a十b对任意x∈R成立，等价于 又x>x1,2x1>x,且f(x)在(x1,十o∞)上单调递减， 存在x∈(-1，十co),使得h(x)≤b, 所以2x1>x1, 即b>h(x)m· 2.解：(1)由于f(x)=xnx,故f(x)=lnx十1. h(x)=(x+x-2)e=(x-1)(x十2)e,x>-1, 所以f(1)=0,广(1)=1，所以所求的切线经过(1,0)，且 当xE(一1,1)时，h(x)<0,h(x)单调递减， 斜率为1，故其方程为y=x一1. 当x∈(1，十o)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 所以h(x)m=h(1)=-e,故b≥-e, 2)设h)=1一1一n,则A()=1-=月，从而当 t 所以实数b的取值范围[一e,十o∞). 0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. 答案：(I)y=(a-1)x,(a>0):(Ⅱ)证明见解析：（Ⅲ） 所以h(t)在(0,1门上递减，在[1，十∞)上递增，这就说明 [-e,+oo) h(t)≥h(1),即t-1≥lnt,且等号成立当且仅当t=1, 考点5利用导数证明不等式 设g(t)=a(t-1)-2lnt,则fx)-a(x-√E)=xlnx 1.解：(1)因为f(x)=n(1+x)一x十2 x一kx,k a(x-√) e(,号) (左咖)… 最新真题分类特训·数学 当x∈(0，十%)时，二的取值范用是(0，十∞)，所以命题 当x≥ 42-）】 >台时，由2> 2√-x 等价于对任意t∈(0，十o∞)， 都有g(t)≥0. 一1可知 一方面，若对任意t∈(0，十∞)，都有g(t)≥0，则对1∈ (0,十∞)，有 =+1+2=>+12后 2√-x 0≤g)=a1-1)-21n1=a-1)+2ln≤a-1)+ 2后(m名-)）>0 1 2(}-1）=a+2-a-2. 所以中(x)在(0，c)上存在零点x。,再结合9'(x)单调递 增，即知0<x<x。时g'(x)<0,x。<x<c时g'(x)>0. 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0. 故p(x)在(0，x]上递减，在[x。,c]上递增. 秀取√层降0√层+ -a-2=22a- ①当x≤x≤c时，有g(x)≤e(c)=0; a-2=-(Wa-2)”,所以a=2. @当0<x<,时，由fn=-2<-2/(日) 另一方面，若a=2,则对任意t∈(0，十o∞)都有g(t)=2 =2<1,故可以取∈(ml (t-1)-21nt=2h(t)≥0，满足条件. 6 综合以上两个方面，知a的取值是2. 从而当0<时.由>qf,可得 (3)证明：前面已经证明不等式t-1≥lnt,故当0<a<b (x)=xlnx-clnc-√-x<-clnc-√-x<clnc 时，6lah仁alne-aln b-aln a+lnb=b一1 b-a b-a a+Inb<1 -qf-f(VEIn1-q)<o. a 再根据9(x)在(0，x。]上递减，即知对0<x<x。都有g In 6, (x)<0: 综合①②可知对任意0<x≤c,都有(x)≤0，即p(x)= n baln a-bn bbn a In a- b-a b-a -n是rna7 1-号 xlnx-clnc-√-x≤0. 根据∈(0，]中0<的任意性，取=看=有，就 -(信+na=1+n所以na+1长他名兰 得到ln西一xln-√一石≤0. 1-号 b-a 所以f(x1)-f(x)=f)-f八x)=xlnx1一xlnx1 <inb十1，即1na+1<Kb)二f@<nb+1.由f(x ≤√，一x b-a 情况三：当0<工≤。<x:<1时，根据情况一和情况二 =lnx十1，可知当0Kx<是时广(x)<0,当x>时f x)>0.所以f(x)在(0，]上单涧适减，在 的计论，可得)-（≤√ [日，十)上单调递增。 而根据f(x)的单调性，知f()一f(x)1≤ 不妨设x1≤x2,下面分三种情况（其中有重合部分）证明 )-f或 1f(x1)-f(x4) 本题结论 精元-：当≤≤<1时，有f(红)-f红= ≤() f()-f()<(lnx+1)(-x1)<x-1 故一定有f(x)-f(x2)≤√一成立 √一，结论成立； 综上，结论成立 况二：当0<西<<是时，有x)-)=f 点睛：关，点点晴：本题的关镀在于第3小问中，需要结 合f(x)的单调性进行分类讨论. a)-)=xh-h,对任意的：e(0,] 3.解：(1)由题知定义域为R,且(x)=ae一1， 当a≤0时，f(x)<0恒成立，故f(x)在R上单调递减， 设e(x)=xlnx-cdnc-√c-x,则'(x)=lnx+1 没有增区间： 1 当a>0时，f(z)>0,则x>-lna:f(x)<0, 2√-x 则x<-lna; 由于(x)单调递增，且有 故f(x)在(-o,-lna)上单调递减， 在（一lna,十oo)上单调递增， 2e1+ 2 c 综上可得：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 2c1+ 当a>0时，f(x)在(-∞，-lna)上单调递减， 在（一lna,十o)上单调递增. 。本1 =0,且 2-号 √2 √2 (2)当a>0时，由(1)得f(x)m=f(-lna)=1十a+ In a, 6 详解详析 要证：f>2ha+受成立，只需证：1十a'+na>2ha 所以f(x)在(0，x)上单调递减， 因为「(x)为偶函数，所以f(x)在（一x,0)上单调递增， 十d-号>ln,易证1na-1, 故可得x=0是代x)的极大值点，符合题意. 即运，0->a-1nd2-a+名>0，成立， 当元>1，即<a<受时， 因为。-a+名-=(e-）广+>0， 为r00.(侵）=-dcs号+>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零点x· 故fx)>2na+2成立，得运， 且当0<x<x1时，t/(x)<0,t(x)单调递减. 4.解：(1)令h(x)=x-x-sinx, 因为t(0)=0,所以当0<x<x时，t(x)<0,即f(x) <0. 则(x)=1-2x-c0sx, 令p(x)=1-2x-cosx, 所以∫(x)在(0，x1)上单调递减. 则p'(x)=-2+sinx<0, 因为f(x)为偶画数，所以f(x)在（一，0）上单调递增， 所以p(x)即'(x)单调递减，又h(0)=0, 故可得x=0是(x)的极大值点，符合题意， 所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)=0,h(x)单调递减， 当a<0时，由偶函数图象的对称性可得 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0,即x-x2<sinx. a<一√瓦.综上所迷，a的取值苑固是 令g(x)=sinx-x, (-o∞，-√2)U(2,+∞). 则g(x)=c0sx-1≤0， 5.解：(1)f(x)=n+1+血D,别/(x) 2 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, 1 1 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0,即sinx<x, _ln(x十1) x(x+D十20x+D一x 综上，当0<x<1时，x-x<sinx<x. (2)因为f(x)=cos ax--ln(1-x)(-1<x<1), 所以了2)=寸平， 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶函数. r)-asna+吾-1K<. 故y=)在=2处的切线针率为号- ◆)=-asnx+吾(-1K<i. ②凄证>0时)=（侵+号）n+1》>1, 2(1+x) 中运h中1D>气2>0 则t(x)=-a'cos ax (1一xy -1<x<1). 令adma+号期=ana ◆g)=la+10=2且>0 1 4 +4x(3+x) 别g()=x市x+27=+1Dx+27>0, (1-x) 所以g(x)在(0，十∞)上递增，则g(x)>g(0)=0, 当a=0时，当0<x<1时， f广(x)>0,f(x)单调诡增，当-1<x<0时， 卑n+10>气含 (x)<0,f(x)单调递减， 所以当x>0时，f(x)>1. 所以x=0是f(x)的极小值点，不符合题意. （3)设m=ln(m)-（a+安)h(m)+,n∈N, 当a>0时，取云与1中的较小者，为m, 则当0<x<m时，易知n'(x)>0, 则h十1)-m=1+(+2)lnm) 所以n(x)即t(x)在(0，m)上单调递增， (a+2)hm+1)=1-(a+安)n(+)） 所以t'(x)>t'(0)=2-a. 由(2)知x=1∈(0,1]， ①当2-a2≥0，即0<a≤√2时，t(x)>0(0<x<m).所 以t(x)在(0，m)上单调递增， 则()（a+)(+是)）>1 所以t(x)>t(0)=0, 即f(x)>0,那么f(x)在(0，m)上单调递增， 所以h(n十1)-h(n)<0,故h(n)在n∈N”上递减， 由偏函数性质知f(x)在（一m,0)上单调递减， 故h(n)≤h(1)=1: 故x=0是f(x)的极小值，点，不特合题意. 下证ln(n!)- (a+2)ha+>君 ②当2-a2<0,即a>√2时， 令p(x)=lnx- (x+5)(x-1D且x>0, 当云<1，即a>受时， 4x+2 则g'(x)=x-1)(1-x) 因为0)<0,1（赁）>0， x(2x+1) 当0<x<1时，9'(x)>0,(x)递增， 所以'(x)在(0，m)上存在唯一零点x, 当x>1时，p'(x)<0,g(x)递减， 且当0<x<x1时，t'(x)<0,1(x)单调递减， 所以p(x)≤(1)=0， 因为t(0)=0,所以当0<x<x1时，t(x)<0,即子(x) <0, 故在x∈(0，十0)上1nx≤x5)一D恒成立， 4x+2 最新真题分类特训·数学 则h()-h(n十1)=（a+2)n(+是)厂1≤ a=e,e++In a:-1=2a:. 记画数H(x)=e+1+hx-1-2x, (+)出 4n(3n+2) 则H)=e1+士-2 2(8+ 易知H'(x)>0在(0，十6o)恒成立， ∴.H(x)在(0，十6∞)单调递增 (点) 易得H(0.1)<0,H(1)>0, 所以h2)-3K(-专）a(3)-h4< ∴.H(x)在(0.1,1)上有唯一零点42 故假设成立，存在k=3,使得a1,a2,a1成等差教列. 显（合-吉）…ha-1-<(马一)】 7.解：(1)a=1→f(x)=xe-c=(x-1)e→f(x)=xe 当x∈（一∞，0）时，f(x)<0,f(x)单调递减： 累加得A2)-Am)<-） 当x∈(0，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. (2)令g(x)=f(x)十1=xe-e十1(x≥0) 而A2)=2-2n2, →g(x)≤g(0)=0对Vx≥0恒成立 又g'(x)=e十axe-e'→g'(0)=0 则-hm<2(1-）厂2+是h2, 令h(x)=g'(x)→h'(x)=ae"十a(e“十a.xe")-e= a(2e十a.ze")-e 所以hD-hm<受n2-1+2(1-）下2n2-l 则h'(0)=2a-1 ①若N0)=2a-1>0,即a>之时，由 综上可知，号<m≤1，中名<h(m)-()hn十n mg）二Ao=1im820 x一0 0 x ≤1 所以3x。>0,使得当x∈(0，x)时，有8（四>0→ 6.解：1)由题得f()=子，当正整数m≥2时，南线y g'(x)>0→g(x)单调递增→g(x)>g(0)=0,矛盾 f(x)在点(am-1,f(am-1)处的切线方程为y-f(a-1) =1(x-an-)… @若0)=2a-1<0,即a≤号时， am-1 g'(x)=e"十a.xe-e'=e+1+wy-e≤er+lsi+y 牌y-lna4=2(x-a c≤e+一e=0→g(x)在[0，十o),上单调递减， am1 又此切线交y轴于点(0，an), g(x)≤g(0)=0,符合题意. ∴an-lnam-1=-1,∴.an=lna-l-1. 综上所迷，实教a的取值范围是a≤ (2)当正整教m≥2时，am-(am-1一2)= lnam-t-1-am-1十2=lnaw-1-aw-1十1. (3)求导易得1一 >2n>1D 令g(x)=nx-x+1, 则g'(x)=1-1=1-g, ◆++ x /1 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， .g(x)≤g(1)=0, 则1nan-1-a-1十1≤0，即am-(a-1-2)≤0，∴an≤ am-1-2. (3)假设存在正整数k≥3，使得a1a4,…a依次成等差 >(P,=之（传） 数列， 设其公差为d,则d=a,-a,-1=lha1一a,-1-1(2≤1≤k). (停是…） 令A)=nx--1,则M()=子-1 =ln(n十1) 1 1 即 √+1 √2+2 1>1n(n十1)，证毕 当0<x<1时，h'(x)>0.h(x)单调递增， √m十n 当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减， ∴.h(x).=h(1)=-2,即h(x)≤-2. 8,解析：(1)由题，f(x)=e·ln(1十x)十e·十 此时d≤一2，当x→0时，h(x)-o0,当x十o∞时， h(x)--00, 因此直线y=d与h(x)的图象最多有两个交点，即最多 故f0)=e·((1+0)+）=1,0) 三项成等差数列， e1n(1十0)=0， 故存在k=3,使得a1a2,a1成等差数列. 因此，曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y=x: 下面证明k=3时，a1·a:,a,成等差数列，即a1十a =2a4. （I)南(，g(x)=fx)=e·(a1+)+） 由(1)知，a,=lna1-1,a4=lna2-1, ∈[0，+o∞)，