专题3 导数及其应用-【创新教程】2021-2025五年高考真题数学分类特训试卷

(3)1.由y=f(x)是偶函数， 当x∈[-1,0)时，f(x)=f(-x)=1-(-x)=1+x, 对于a∈(0,2)，M.二M,可得f(x+2)=f(x), 对于Vx∈(-1,0)都有f(x)=f(x十a),令a=-2x∈ (0,2),即f(x)=f(一x), 如图. y 3-2-10123x 则对Vx∈(-1,0)，f(x)=f(x十2)，故f(x)在(1,2)的 解析式为y=x一1. I.即证f(x)与直线y=c至多有9个交点，由1可知， f(x)是偶函数，且是以2为周期的函数，如上图，取c∈ (0,1),f(一2)=f(0)=f(2)=c此时零点个数有最大值 为9.证毕. 9.解：(1)当a=0时，f(x)=+x+=x+三+1，定义拨 x≠0，y=x十二为奇函数， f代)=+兰十1不为奇画数，故不存在实数，伙得 f(x)为奇函数， (2)f(1)=3a+2+c=3→c=,f(x)= 1十a 2+(3a十1)x+1=0,x2+(3a+1)z+1=0,△=(3a xta +102-4>0且两根之和-(3a+1)<0,a>子，若 x十a=0即x=-a是方程x2+(3a十1)x十1=0的解， 得a=号或a=-l,截实数a的取值范国为a>号 且a≠分 专题三导数及其应用 实战集训1 1.ACD首先有f(x)=(x一1)(x一4)， 则f(x)=3(x-1)(x-3), 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； 对于B有，当0<x<1时，函数单调递增且x<x, 故f（x2)<f(x),故B错误； 对于C有，当1<x<2时，得1<2x-1<3且f(1)=0, f(3)=一4，故一4<f(2x-1)<0,故C正确： 对于D有，当一1<x<0时，f(x)单调递增，f(2-x)> f(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 顺利解决， 2.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-a3<0,所以 必有三个零点：B错，a<0时x=0应为极小值点：C错， 任何三次函数不存在对称轴；D正确，当a=2时f(x)= 2(x-1)1-6(x-1)-3,关于(1，一3)中心对称. 3.A f)2sin 1+x ..f(x) 18 _(e'+2cos x)(1+)-(e"+2sin z).2x (1+x2) -(x-1)e+2(1)cos r-4xsin z (1+x2)2 则f(0)=3 y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y一1=3(x一0)， 即3x-y+1=0 令x=0,得y=1, 令y=0,得x=-合 y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三 角形的面软为S=名×-号引X1=行 4.C由题意可知f()=ae-士>0在区间1,2)上位成 立，即a≥（侵）设8e)=延，则在E1,2上板有 ga=+De>0,所以g）=g=e,(a) =,中a≥e1,故选C 5.C设向线y=品在点(，)处的初线方程为y -z-1D, 因为yz十 e 所以y=e(x+l)二e= (x+1)2 (x+1) 所以=11=异， 所以切线方程为y号=是（红一1D, 所以由线y千在点印，受）类的切线方程为y一受： +，故选C 6.Bf(x)=x3+ax+2,剿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=我 且s(,写)（层+小时， f(x)>0, 当（√√骨ro, 故)的教大维为f(√骨)教小维为f(冒 (> 若∫(x)要存在3个零点，则 同 号√号-√号+2>0 ,解得a<-3,故选B. 3层+号+2<0 66 7.BCD由题可知f(x)的定义战为(0，十∞)，∫(x)=a _五_2g=a-b虹一2c,由函数f(x)既有极大值也有 x 极小值，知f(x)在(0，十∞)上有两个不等实根，令h(x) =ax2-br-2c,则h(x)在(0，十∞)上有两个不等实根， [6+8ac>0 △>0 所以x1十x2>0,即 >0 a x1x2>0 -2c☑0 a b2+8ac>0 所以ab>0 ,所以b与a同号，c与a异号，故bc<0, lac<0 所以A错误，B、C、D正确.故选BCD. 8.解析：由2x十5=e2十x十a得e=x十5-a,故可知y= x十5一a与y=e相切，所以5一a=1,故a=4. 答案：4 9.解析：因为fx)=(2-3x+2)(x一a)(x∈R), 所以f(x)=(2x-3)(x-a)+(x2-3x+2) 由(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) +(x-2)2=(x-2)(3x-4) 当x变化时，f(x),f(x)变化如下表 4 x 3 (2,+∞》 f(x) + 0 0 f(a) 单调递增 极大值单调递诚极小值单调递增 即a=2时，x=2是f(x)的极值点 所以f(0)=一4 答案：一4 10.解析：由题知y'=(e十x)'=e十1，当x=0时，切线斜 率k=2, 则切线方程为y=2红+1y=[nx+1D十ar= =2,得x=-y=2x(号）+1=0，y=la(x+1) +a的初点（立0 即0=l(←号+1)十a,故a=lh2 答案：ln2 11.解析：令x3-3x=-(x-1)2+a,则a=x3-3x十(x 1)2,设(x)=x3-3x+(x-1)2,9(x)=(3x十5)(x- 1),p(x)在(1，十∞)上递增，在(0,1)上递减，因为曲线 y=x3-3x与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个 不同的交点，p(0)=1,p(1)=一2，所以a的取值范围为 (-2,1). 答案：(-2,1) 12.解析：今f(x)=0,即2√2-az=|ax-2引-1， 由题可得x2-ax>0, 当a=0时，x∈R,有2√/2=|-21-1=1，则x=士 合不特合要水，合去： 13 当a>0时，则2√-a.z=|a.x-2|-1 ax-3,x≥2 a 即函数g(x)=2√-ax与函数h(x)= ax-3,x≥2， 有唯一交点， 1-<2 由x2-ax≥0，可得x≥a或x≤0， 当x≤0时，则a.x-2<0,则2√-a.z=|a.x-21-1 =1-ax, 即4x2-4ax=(1-ax)2,整理得(4-a2)x2-2ax-1= [(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=2时，即4红十1=0，即x=一子 当aE0,2=一2计成x=>0(正位含去 当aE2,十o)时，=中a<0成x=。<0,有两 解，舍去， 即当a∈(0,2]时，2√-ax-|ax-2|十1=0在x≤ 0时有唯一解， 则当a∈(0,2]时，2√x-ax-|ax-21+1=0在x≥ a时需无解， 当a∈(0,2]，且x≥a时， ax-3,x>2 由函数h(x)= 关于工=2对称， 1-at,x<a 2 令h(x)=0,可得x=右戏x=3 且画数在（日名）上单洞适减，在（侣吕）上单 调递增， 令g(x)=y=2√-a,即 故之1时，g()图象为双由线 y =1右支的x轴 a 4 上方部分向右平移县所得， 的2 =1的渐近线方程为y=土8x=士2x, 2 即g(x)部分的新近线方程为y=2(-受）共斜率 为2， ax-3,x≥2 又a∈(0,2]，即h(x)= 在工>2时的解 1-ax,x<2 a a 率a∈(0,2]， 令g(x)=2√-a.z=0,可得x=a或x=0(舍去) 且函数g(x)在(a,十o∞)上单调递增， (L∠a 故有 a ,解得1<a<5,故1<a<3特合要求； 37 L a 当a<0时，则2√元-az=|ax-2|-1 ax-3,x≤2 1-az,r> 2 a 即函数g(x)=2√x-ax与函数h(x)= ax-3,x≤2 ，>2有唯一交点， a 由x2-ax≥0，可得x≥0或x≤a, 当x≥0时，则ax-2<0,则2√x-ax=|ax-2-1 =1-ax, 即4x2-4a.x=(1-a.x)2,整理得(4-a2)x2-2ax-1= [(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=-2时，即4x-1,即工=子 当aE(-2,0),=-2计。<0（负位合去）浅x= 1 >0, 当a(-0,2)时x=2计后>0或x=2。>0,有两 解，舍去， 即当a∈[-2,0)时，2√元-ax-|ax-2|+1=0在 x≥0时有唯一解， 则当a∈[-2,0)时，2√-ax-|ax-2+1=0在x ≤a时需无解， 当a∈[-2,0)，且x≤a时， ax-3,x≤2 由函数h(x)= 关于工=2对称， 1-ax,>2 a a 令h(x)=0,可得x=1或x=3, a a 且通数A()在（径，日）上单调递减，在（径，吕）上单 调递增， 同理可得：x≤a时，g(x)图象为双曲线号 =1左 支的x轴上方部分向左平移号所得， 8x)部分的渐近线方程为y=一2(x+受)其斜率为 -2, ax-3,.x>2 又a∈[-2,0)，即h(x)= -a< 在x<2时的 a 斛率a∈[-2,0)， 令g(x)=2√2-ax=0,可得x=a或x=0(舍去) 且函数g(x)在（一∞，a)上单羽递减， (7a 故有 a ,解得-√3<a<一1，故一√3<a<一1符 3∠a L a 合要求； 综上所述，a∈(-√5，-1)U(1W3). 答案：(-√3，-1)U(13) 1 点睛：关键点点睛：本题关健点在于将函数f(x)的零点问 题转化为函数g(x)=2√2一ax与函数h(x)= ax-3,x>2 的交点问题，从面可将其分成两个函数 1-a,x<2 研究. 13.解析：由函数的解析式可得∫(x)= a2lna十(1+aln(1+a)≥0在区间(0，+o∞)上恒成立， 则1+aria1+a>-alna,脚（结0）≥ n0在区网（0，十o)上恤成主 故（法）-1≥-na而a+1e1,2, In a 故ln(1+a)>0, (a(a+1)≥-ln“即aa+1)21 故 0<a<1 {0<a<1 故5,1≤a<1, 2 结合题意可得实数a的取值范国是[52,1】 答案[5， 14.解析：当x>0时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y nx=上（红一五），若该切线经过原点，则lnx1-1=0, 解得工一，此时切线方程为y=名 当x<0时，点(x,ln(一x2)(x2<0)上的切线为y- ln(-)=上(x一x).若该切线经过原点， 则ln(一x)一1=0，解得x=一e,此时切线方程为y= e 答案y=名y=-名 e e 15.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1→f(x)= x2-x-lnx,故x2-x-lnx≤x2-1→x+lnx-1≥0. 设g(x)=x十lnx-1,x>0,由y=x与y=lnx均为增 函数，故g(x)为增函数 由g(1)=0得g(x)≥0白x≥1，故解集为[1，十∞). (2)由题意，f(x)=2x一(m+2)十m= x 2x2-(m+2)x十m_(x-1)(2x-m2, 故分类讨论，由当m≤0时， f(x)=红-1D(2x-m2≥0>z≥1， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，十∞)单调递增，故 f(x)无极大值不成立： 当m>0时，分类讨论， ①当m=2时，(x)=2二1)≥0恒成立，fm在 (0,十∞)单调递增，故f(x)无极大值不成立； ②当0<m<2时， fm)==)2=m>0→x>≥1或0x<罗， 8 fx)在(0，受][1，+∞)单调道增，在（受，1）单调 递减，故f()在工=受处取得板大值： ③当m>2时，f)==1)C2=m≥0→x≥号或 x 0<x≤1， fx)在(0,1]和[受+）单调递增，在(，受)单调 递减，故f(x)在x=1处取得极大值： 综上：m∈(0,2)U(2,十∞). 16.解折：4)设80=兰，则g)=n兰， 易知g(t)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单调递减， 所以8@最大值为g⊙=。，故∫)的最大值为吕 (2)直线l1的方程为y=f(a)(x-a)十f(a),设F(x) =f(x)-[f(a)(x-a)+f(a], 则F(x)=f(x)-f(a),”(x)=”(x) =1-ln(x+1) (x+1)2 当≥0时，fe)=h≥0， f(a)-In(a+D<0.F()>0. a+1 当x<0时，F(x)>0,F(x)在(-1,0)上单调递增，结 合F"(a)=0知x∈(-1，a)时，F(x)<0,x∈(a,0)时， F(x)>0. 所以F(x)在（一1，a)上单调递减，在(a,十∞）上单调递 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1上方. (3)直线4的方程为y=一了ax-a)+f@),在， 4的方程中，分别取y=0,得五=a一侣西=a十 f(a)f'(a). 易知f@)的取值范国是(0，是] 所以2a-西-王= f-for x2一x1 +f()f( =1-[f(a)] 2 1+[f(a)] =-1+1中广a了是关于f(a)的诚 玉数，从而得到2a的取值范国是[) 2一x1 17.解：)因为f(x)=h(1十z)-x+分2-k2,k (o,3)} 所以了（x)=十 1 -1+x-3kx =1-1-x+x十x2-3kx2-3kx 1十x -(+1-) 当x>0时，令f)=0,解得x=-1>0, 所以当0<<一1时，f(x)>0,f)单调递增，当 1 x>3-1时，f(x)<0,f(x)单调递减. 139 所以x=一1是f八x)在(0，十四)上唯一的板值点， 是极大值点。 因为f(-1）>f0)=0,f()=(1+)蒸 所以3x(绿-1，)x)=0, 所以x0是f(x)在(0，十∞)上唯一的零点。 (2)(1)因为g(t)=f(x1十t)-f(工1-)， 所以g0=f(✉+)+f(红-0=-+2 1+西+：✉ 4a ”制 6kr2(2-x子-2x1） (1+x1)2-2 因为t∈(0，x),所以2-x号-2x1<0,(1+x1)-2 >0, 所以g0=6r--22<0 (1十x1)-2 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. ()由(1)得，g()在(0，x1)上单调递减， 所以g(x1)<g(0), g(x1)=f2x1)-f(0), g(0)=f(x1)-f(x1)=0 .f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,所以f(2x)<0, 因为x1是f(x)的零点，所以f(x)=0, 所以f(2x1)<f(x2) 又x>x1,2x1>x1,且f(x)在(x1,十∞)上单调递减， 所以2x1>x1 18解：tcos=,当z0,]时[停小 又cos2x=2t2-1,co84x=2(22-1)2-1=8t-82+ 1,所以 cos 5x=cos 4xcos x-sin 4xsin x =cos 4xcos x-4cos 2xcos xsin'x =t(8t-8+1)-4(22-1)t(1-2)=16t°-202 +5, 设g()=5cosx-cos5x=20r-16t,则g(t)=20t(3 -42) 马知g()在（1，-)和（）上递，在 且-1D=-4g(-)=-35,g()=3, g(1)=4, 故g0在[受，上的最大值为3即f)在 [0,]上的最大值为35 (2)证明：假设结论不成立，即对任意y∈[a一0，a十]，均 有cosy>cos0, 即对任意y∈[a-0,a+0],有y∈(2kπ-0,2kx+0),k ∈Z, 由于0∈(0，π)，所以形如(2kr一0,2kπ十)，k∈Z的区 间两两交集均为空集， 所以[a-0,a+0]二(2kr-0,2kx+0), 故存在整数k,使得2kr一0<a一0<a十0<2kπ+0，所 以2kx<a<2kπ， 与a的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证 (8)由D可知g0最大位为（号） =33. 这说明取p=0,则有5cosx一cos(5x十g)≤3V3对任意 实数x恒成立，即b=3√3符合题意. 另一方面，在(2)中取0=警a=9,则存在∈ [g晋e+]使得cos%<cos餐， 此时=写∈[-，看]从而x)=50s cos%≥5c0s吾-cosg=35, 所以b<3√3无法满足5cosx一cos(5x十p)≤b对任意 实数工恒成立， 综上可知，b的最小值为3√⑤ 19.解：(1)当a=1时，f(x)=x-(nx)2,x>0,f(1)=1, 了)=1-，1)=1，所表切线方载为y= 1)+1,即x-y=0. (2)(I)因为x>0,所以原问题可转化为：方程a= 血)有3个不相等的实根，，x,且西<西 令g(r)=血，则问题转化为：直钱y=a与画数g (x)的图象有3个不同的交点. 2lnz.-(In (2-In 8'(x)=I x x 令g'(x)=0,得(2-lnx)lnx=0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x=e. 当0<x<1时，lnx<0,2-lnx>0,所以g'(x)<0,g (x)在(0,1)上单调递减： 当1<x<e2时，lnx>0,2-lnx>0,所以g'(x)>0,g (x)在(1，e2)上单调递增； 当x>e,时lnx>0.2-lnx<0,所以g'(x)<0,g(x) 在(e2,十∞)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) 的极大位为g心)=兰 当x→0t时，lnx-∞，(lnx)2++o, 1→十∞，所 以g(x)→+o∞. 当x→十∞时，g(x)+0. 因为直线y=a与函数g(x)的图象有3个不同的交点， 结合g(x)的图象（图象略）可知，0<x1<1<x2<e2< 故a的取值范国为(0，专)月 (1)凄证-h西)ln<号 脚证(2n-是h）(侵西）。二 14 即强h压-h国h石<。号 即证（血V-lhV石）n石<11 e-1 1+ 由(1)中可知0<<1<<<，且0<a<,则 <1,1<x<e,a>e 又a=血x)=血)=血)，则-n5= x: In zIn, VI:VI3 h区g-9< √1 则-G-(G·后<() ·-血 √g 61可6,8国=夏<专周 √x3 n国na<号 南e-2>0,得>4e-4-4(e-1,即< 则-h国n国<专< 令层=，则层=1>1，血区=血区 _h+h区， t·√xa 些理得nV属-兴国- 故n国hV国-> 运明nVG-hv团hV居<1+。 -h国h属<占以及n国·n属- 德》，可以得到 n√-h√)·h=ln√·n√a h加<把德g+古 要强（血名-血）h<当把<1即子， 即证1n<一>1)， 令h)=nt,则(o=二-1D E 2t 又>1，则h'()<0,h()在(1，十∞)上单调递减， 则h(0<0,即1n1,命题得证. 实战集训2 1.Bf)=兰-兰由条件，得02 {f(1)=a-b=0,所以 a=b=-2,即f(x)=-2+ x z, 2.AC了(x)=3x-1,所以f(x)有两个极值点-5与 3 得又()=1-2g>0,所以)只有-个本点： 由f(x)+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) =f(-1)=1, 当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x一1， 当切点为（一1,1）时，切线方程为y=2x十3.所以答案 选AC 3.BC由f(受-2z)为偶画数可知f)关于直线x=是 对称， 由g(2十x)为偶函数可知：g(x)关于直线x=2对称， 结合g(x)=∫(x),根据g(x)关于直线x=2对称可知 f(x)关于点(2，t)对称， 根据f()关于直线x=是对称可知：g(x)关于点 (受0)时搭， 综上，函数∫(x)与g(x)均是周期为2的周期函数，所以 f(0)=f(2)=t,所以A不正确； f(-1)=f(1),f(4)=f(2),f(1)=f(2),故f(-1) =f(4),所以C正确； (-是)厂8（受）=0,8-1D=g1),所以B正确， 又g(1)+g(2)=0,所以g(-1)+g(2)=0,所以D不正 确.故选BC 4D当a>0,f(x)大致图象如下图左所示，易得b>a>0. 当a<0,f(x)大致图象如下图右所示，易得0>a>b. 综上所述，得ab>a2,故答案选D. 5.D用取极限的方法快速得到答案，注意到x→一∞时 切线为y=0,x→十∞时切线为y=十∞，因此切线的交 点位于第一象限，且在曲线y=e的下方，故选D. 6.B显然a>b 令f(x)=2ln(1+x)-(√1+4x-1)(x>0),则 2 ∫(x)=十x小+4z 2 图为当0<x<2时，x2<2x,所以1+2x十x2<1十2x+ 2x,即1十x<√/1+4z, 所以(x)>0,所以f(0.01)>f(0),即a>c. 同理，令g(x)=ln(1十2x)-(√1+4z-1)(x>0),则 2 2 g(x)=1十2z√1+4z 因为当x>0时，(1+2x)2>1+4x,所以g(x)<0, 所以g(0.01)<g(0)=0,即c>b, 综上a>c>b,选B. 7.解析：易得曲线不过原点，设切点为(x,(x十a)eo),则 切线斛率为f(x)=(x0十a十l)e,可得切线方程为y 14 -(xo十a)eo=(x十a十1)eo(x-x),又切线过原点， 可得一(x。十a)e。=-x。(x。+a+1)eo,化简得x后+ ax。一a=0(*),又切线有两条，即*方程有两不等实 根，由判别式△=a2十4a>0,得a<-4,或a>0. 答案：(-∞，-4)U(0,十∞) 8.解析：广(x)=2(a'lna-ex)至少要有两个零点x=x 和x=x,我们对其求导，f(x)=2a(lna)产-2e. (1)若a>1,则(x)在R上单调递增，此时若()=0，则 f(x)在（一∞，）上单调递减，在(x,+∞)上单调递增， 此时若有x=x1和x=x1分别是函数f(x)=2a一ex (a>0且a≠1)的极小值点和极大值点， 则x1>x2,不符合题意. (2)若0<a<1,别f(x)在R上单调递减，此时若 f"(x)=0,则f(x)在(-∞，x)上单调递增，在(x6,十 o)上单调递减，且=log(,此时若有x=五和 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，且x1<x2,则需满足了(x。)>0,即 i。>elog.(I>na→ha>hdaa时 e 2ha>l-lhha,可解得a>e或0<a<,由于 0<a<1,取交来即得0<a<号 答案：(0，日) 9.解析：在f(x)= I1≥0中，了=>0 1-e,x<0 {-e,x<0 .f(x1)f(x2)=-e+2=-1; .x1十x2=0, ..AMI BN +e西x=e且x<0,∴eh∈(01)， √1+e2lx2l 卑0∈o1. 答案：(0,1) 10.解析：由题y=2x+2)-(2x-D= (2+2,所以在 5 (x+2)2 点（一1，一3）处的切线的斜率k=5,故切线方程为y十3 =5(x+1),即5.x-y+2-0. 答案：5x-y十2=0 1.解折：①x>号时f)=2x-1-2hx 了(x)=2-2-2x-D」 当x>1时，()>0：当合<x<1时，了(x)<0,故 f(x)m=f1)=1: ②0<x≤2时，f(x)=1-2x-2nx,f(x=-2-名 x =-2(x+1D<0, 此时fx)=1-2x-2血x为减画数，f(x)一=f(合)】 =2ln2>1. 综上：f(x)n=f(1)=1. 答案：1 1 12.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)1n(1十x)-x(x> -1D,f(x)=2n1+x)+1千z当x>0时，fx)>0, 当-1<x<0时，f(x)<0,所以f(x)在（一1,0）上单调 递减，在(0，十∞)上单调递增，故f(x)的极小值为f(0) 一0，无极大值： (2)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x,f(x)=-aln(1+x) -a+1)江令g(x)=f(x,则g(x)=-1千x 1+x )因为当x≥0时，fx)≥0，且f0)=0了(0 =0,所以g'(0)=-1-2a>0,a≤-是.当a<-号 时，g（x)221+0201+-21+≥0，gx) 在[0，十∞)上单调递增，g(x)=f(x)≥g(0)=0,故 f(x)在[0，十∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=0恒成立， 即a的取值范周为（仁0，一] 13.解：(1)f(x)=a(x-1)-lnx+1,f(x)= ,>0, 若a≤0，f(x)<0,f(x)的减区间为(0，十∞)，无增区间； 若a>0时，当0<x<上时，(x)<0,当x>1时， a f)>0,所以f(x)的减区间为(（0，日)小增区同 为（日+∞）： (2)因为a≤2，所以当x>1时，e-1-f(x)=e2-1-a (x-1)+lnx-1≥e1-2x+lnx+1.令g(x)=e -2x+lhx+1,则g(x)=1-2+子，令h(x)= g,时)=e1一子e)在1，十四)上遂增， h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，+∞)上递 增，g(x)>g(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上递增，g(x) >g(1)=0,即：当x>1时，f(x)<e-恒成立. 14解：106=0时，f)=士+2六十a>≥0，即e≥- 1 2-x (任+2是水x+2-x)=2+2+后≥2+2 所以f(x)≥0时，a≥-2，故最小值为-2. (②)由y-lh(2号三)关于1,0)中心对琳，y-ar关于 (1,a)中心对称， y=b(1-x)°关于(1,0)中心对称知：f(x)关于(1，a)中 心对称，下证其成立：1+2)+f-)=n当+a a+)+b2+ln年+a1-x)+6(-=2a,t结 论成立 (3)由函数的连续性及题意知：f(1)=一2，代入原函 数，得a=-2, 14 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x+b(x-1)3,1<x<2, f(x)=+2 1 x :-2+36(x-1)2=(x (2+0 由2司≥2，长2-号时，f>0单辆递培， f(x)>f1)=-2,x∈(1,2)， 当6<-号时，f(1)=0,了(x)=(红-10 (02+w）=u-10二++2， x(2-x) 令∫(x)=0得=，（红，≤），且石+=-的b」 =2=号 故工1<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上单调递减，f(x) <0)=-2,不满足题老，蝶上：b2-号 15.解：(1)a=1,f(x)=e-x-1,切点(1，e-2),f(x)= e2-1,k=f(1)=e-1 所以要求的切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即 y=(e-1)x-1. (2)f(x)=e-a,当a≤0时，f(x)>0,f(x)在R上 单调递增，此时无极值 .a>0,令f(x)=0,x=lna f(x)在（一o,lna)上单调递减，(lna,十∞）上单调 递增， :.f(r)noa=f(In a)=a-aln a-a<0, .1-lna-a2<0 令g(a)=-a2-lna+1,g(a)=-2a-1<0 a g(a)在(0，十∞)单调递减，而g(1)=0, ∴g(a)<0=a>1 ∴a的取值范国(1，十c∞). 实战集训3 1.解：(1)由题知定义域为R,且f(x)=ae-1, 当a≤0时，f(x)<0恒成立，故f(x)在R上单调递减， 没有增区问： 当a>0时，f(x)>0,则x>-lna;f(x)<0, 则x<-lna: 故f(x)在（一∞，-na)上单调递减， 在（一lna,十c∞）上单调递增， 综上可得：当a0时，f(x)在R上单调递减： 当a>0时，f（x)在（一o∞，一lna)上单调递减， 在（一lna,十o∞）上单调递增. (2)当a>0时，由(1)得f(x)n=f(-lna)=1+a2+ In a, 要证：fx)>2lna+是成立，只需证：1+a+ha>2ha +是d-合>ha,易证haa-l, 2 即证：a2->a-19a2-a+>0,成立， 因为。-a+号-(a-)广+>0 故fx)>2na十2成立，得运。 2 2.解：(1)令h(x)=x-x2-sinx, 则h(x)=1-2x-c05x, 令p(x)=1-2x-cosx, 则p'(x)=-2+sinx<0, 所以(x)即h'(x)单调递减，又h'(0)=0, 所以当0<x<1时，'(x)<h'(0)=0,h(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0,即x-x2<sinx. 令g(x)=sinx-x, 则g(x)=cosx-1≤0， 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. 综上，当0<x<1时，x-x2<sinx<x. (2)因为f(x)=cos ax-n(1一x)(一1<x<1), 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶函数. fe)=-ama+吾(-1K<, (=-asin ar(-K<<D) 则1(x)=-a2 cos ax-十 0-7(-1<x<1). 2(1+x2) 令ae）=-dosa+号，到a)=dna +4x(3+x2) (1-x2)3 当a=0时，当0<x<1时， f(x)>0,f(x)单调递增，当一1<x<0时， f(x)<0,f(x)单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不符合题意. 当a>0时，取爱与1中的较小者，为m, 则当0<x<m时，易知n'(x)>0, 所以n(x)即t'(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t(0)=2-a2 ①当2-a≥0，即0<a≤2时，t(x)>0(0<x<m).所 以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(.x)>t(0)=0, 即∫(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增， 由偶函数性质知f(x)在（一m,0)上单调递减。 故x=0是f(x)的极小值点，不符合题意. ②当2-a2<0,即a>√2时， 当0<1，即a>受时， 因为0)<0,1（品）P0, 所以t/(x)在(0，m)上存在唯一零点x1, 且当0<x<x1时，t'(x)<0,t(x)单调递减， 因为t(0)=0,所以当0<x<x1时，1(x)<0, 即f(x)<0, 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在（一1,0）上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符合题意. 当品>1，即2<a<受时， 因为0<0,1（合）-acos号+智>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零点工2， 且当0<x<x2时，'(x)<0,t(x)单调递减. 因为t(0)=0,所以当0<x<x2时，t(x)<0, 即f(x)<0, 所以f(x)在(0，x2)上单调递减. 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在（一x2,0)上单调递增， 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 a<一√2.综上所迷，a的取值范图是 (-∞，-√2)U(W2,+∞). 3.解析：(1)f(x)=a cos rcos'+3sin rcos'rsin cos"x a-cos x+3sin'a3-2cos'x cos'x cos'z 令cos2x=t,则t∈(0,1) 则f(x)=g0=a-3-24=a+2t-3 当a=8,f(x)=g0)=8+21-3_2-1D4红+3到 当e(0,2)即xe(受)f)<0, 当e(合l）小即z(o,)f(x)>0, 所以f(x)在(0，）)上单调递增，在（不，受）上单调 递减 (2)i g(x)=f(x)-sin 2x,g'()=f'(x)-2cos 2x= f）-22os2x-1D-r+24-3-2(2-1D=a+2 +2-是 设g0=a+2-+名-昌g0=-4- 2 -4-2z+6=_2-1D2+2+3》>0. .p(t)在(0，t)上为增函数， 所以p(t)<p(1)=a-3. ①若a∈(-∞，3]，g'(x)=(t)<a-3≤0 即gx)在(0，受)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ae8,+o),当0，号-是- -3(-号）广+号-0，所以g0- g(1)=a-3>0.,所以3∈(0,1)，使得p(t)=0,即 3x∈(0，受）使得g)=0. 若t∈(1)，g(t)>0,即当x∈(0，x),g'(x)>0, g(x)单调递增. 所以当x∈(0，x),g(x)>g(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为(-∞，3]. 4.解：(1)因为k=-1,所以f(x)=x-ln(1十x)(x>-1), 则)=1-z千z>-0. 43 当x∈(-1,0)时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(0， +∞)时，∫(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,+∞). (2②)运明：因为)-x+n(1+,f)-1+辛 所以曲线f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为y一[t十 a1+w]=(+年)z-0, 基理得y=(+年)一并+1+议 令x=0,则y-经+n1+0,令A0=经+d +), kt 则左@=a中，又k≠0，t>0,则当k>0时，h')>0,所 以h(t)在(0，+o∞)上单调递增，所以当tE(0,+o∞)时，h(t) >h(0)=0: 当k<0时，h'()<0,h(t)在(0，十∞)上单调递减，所以 当t∈(0，+o)时，h(t)<h(0)=0, 即当t∈(0，十o∞)时，h(t)≠0，所以1不经过点(0,0). (3)存在. (先根据题意表示出相关的量，并将三角形面积用含：的 式子表示出来) 依题意，f(x)=x+ln(1十x),A(t,t+ln(1+t), C(0,t+ln(1+t), 由(2)得，当=1时，1的方程为y=(1+中}-千 +h1+0,所以B(0,h1+0-≠)} 若2SAm=15SAm成立，则2X号X10C1XAC= 15×号×B01×1AC,即210C=15B01, 即2+lh1+0]=15[n1+D-1千]整理得2- 13la1+)+-0, （不面判断2-18h1+)+兴-0解的个数，即为点 A的个数) 15t ◆g)=2r-13h1+)+1,t>0,g()= 2-9+4_2-1D1-42, (1+t)2 (1+) 当t∈(（0，号)时，8()>0，g0单润延增，当t∈ (合4）时，g0<0,g0单润适减，当(4，十∞)时， g()>0,g(t)单调递增， 又当→0时，g()-0,→+o∞时，g()→+o∞， g0的板大值为8（合）=6-13n名>0，g0的板小值 为g(4)=20-13ln5<0, 作出g(t)的大致图象如图所示， 所以g(t)在(0，十∞)上有两个零点，故有两个这样的点 A使2S△A0m=15S△AB0: 14 0 实战集训4 1.解：(1)因为a=1,所以f(x)=x-sin xe(o,登)则fx)- 1-cos xcos't-2cos (-sin z)sin cos'x =1-cos'x+2sin'rcos'z-cos'r-2(1-cos') cos'r cos'z cos'z+cos'x-2 cos'x ◆=cosx,由于x(0,受）} 所以t=cosx∈(0,1)， 所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2= t(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2)(t-1), 因为2+2+2=(t+1)2+1>0,t-1<0, cos=1>0, 所以fm=os+e01=2<0在(0，受）上成立， cosx 所以fx)在(0，受)上单调递减。 (2)构建g(x)=f(x)+sinx =a-+m(） 剥g=a-1中产+eosz(0<<受） cos'x 若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,则 g'(0)=a-1+1=a≤0， 解得a≤0，当a=0时， 因为血一出-血（一 cos'x 又x(0,登)所以0<simx<1, 0<cosx<1,则1>1， cos'x 所以f(x)+sinx=sinx-si血<0， cos'z 满足題意； 当a<0时，由于0<x<受，显然ar<0, 所以f(x)十sinx=ax-sin子+sinx<sin工-sing< cos'x Cos°x 0,满足题意； 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]. 2.解：(1)由于fx)=xnx,故f(x)=lnx十1 所以f(1)=0,f(1)=1,所以所求的切线经过(1,0)，且 斜率为1，故其方程为y=x一1. (2)设h(0)=1-1-n,则0)=1-=1，从而当 0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. 所以h(t)在(0,1]上递减，在[1，+十∞)上递增，这就说明 h(t)≥h(1),即t-1≥nt,且等号成立当且仅当t=1. 设g(t)=a(t-l)-2lnt,则f(x)-a(x-√E)=xlnx a(x-√F) -(左)…() 当x∈(0，十∞)时，上的取值范国是(0，十∞)，所以命题 等价于对任意t∈(0，十∞)， 都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，十∞)，都有g(t)≥0，则对t∈ (0,十∞)，有 0≤g0=at-1)-2lnt=at-1)+2n2<a(t-1)+ 2(2-1）=a+2-a-2, 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0. 再取层将0<a√层+2层-a-2=2v a-2=-(a-√2)2，所以a=2. 另一方面，若a=2,则对任意t∈(0，十∞)都有g(t)= 2(t-1)-2lnt=2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的取值是2. (3)证明：前面已经证明不等式t一1≥lnt,故当0<a<b 时，nh仁alha=alhb-alna+lnb=。-1 b-a b-a a+lnb<1 a +Inb, onbaln a binbbln a+In a b-a b-a 1-号 二（信+na=1+he所以aa+1<如合he 1-分 b-a <lhb+1,即1na+1<fb)二fa<lnb+1.由r(x) b-a =lnx+1,可知当0<x<时f(x)<0,当x>是时 f)>0.所以f(x)在(0，]上单调道减，在 [日十∞)上单满适增。 不妨设x≤x4,下面分三种情况（其中有重合部分）证明 本题结论. 情况-：当是≤，≤x,<1时，有f红)-f= fx)-f(x1)<(n+1)(x-x)<x-工< √工一工1，结论成立： 情况二：当0<≤≤是时，有1f()-1= f(红)-f(x2)=xlh-x,lnx,对任意的c∈ (0,]设x)=nx-hc-,则g(x= 14 由于(x)单调递增，且有 +1+ 2e* 1 +1+ 1 =-1-1 +1+ =0,且 2-2 2c √2c 当x≥c 2= 下>时，由 一1可知 a-nx+1+2>n+1+2后 2√C-x 所以g(x)在(0，c)上存在零点x,再结合p(x)单调递 增，即知0<x<x。时p'(x)<0,x<x<c时p(x)>0. 故p(x)在(0，x]上递减，在[x。,c]上递增， ①当x≤x≤c时，有g(x)≤g(c)=0; ②当0<<时，由f0n-2r0≤ 2f(日）=总<1，故可以取n2,1) 从而当0<<1司时，由v一>q,可得 p(x)=xlnx-clnc-√e-x<-clnc-√c-x<clnc -gf-n是-go. 再根据p(x)在(0，x]上递减，即知对0<x<x。都有 (x)<0: 综合①②可知对任意0<x≤c,都有(x)≤0，即p(x)= xlnx-clnc-√c-x≤0. 根据(0，是]和0心c的任意性，取c==五，就 得到lh西一ln-√一x≤0 所以|f(x)-f(x)|=f(x)-f(x2)=xn-xlnx ≤√- 情况三：当0<<。<<1时，根指情况一和情况二 的诗.可释)-（日）川≤√日-五< -()fx)-≤- 而根据∫(x)的单调性，知|f(x)一f(2)|≤ )-f)-f1≤r日)厂f 故一定有1f(x1)-f(x)≤√2-无成立. 综上，结论成立， 点睛：关键点点晴：本题的关键在于第3小问中，需要结 合f(x)的单调性进行分类讨论. 3.解：当a=-1时，f-(合-h+D>-D,专题三导数及其应用 [育题题组·实战集训] 一、选择题 1.（多选)(2024·新课标I卷，10)设函数f(.x)=(x一1)(x一4)，则 A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) 整 C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(.x) 2.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，11)设函数f(x)=2x3-3a.x+1,则 A.当a>1时，f(x)有三个零点 紫 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 3.(2024·全国甲卷（理），6)设函数(x)=c十2sin,则曲线y=(x)在点(0,1)处的切线与两 1十x 背 坐标轴所围成的三角形的面积为 柴 棉 A吉 B号 c D号 4.(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 D.e2 5.(2023·全国甲卷（文），8)曲线y=千在点1，号) e 处的切线方程为 ( 架 A.y- B.y-gr C.y=x+ D.y-2r+e 4 钾 6.(2023·全国乙卷（文），8)函数f(x)=x+ax十2存在3个零点，则a的取值范围是 ( A.(-∞，-2) B.（-∞，-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 7.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，11)若函数f(x)=alnr++二(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 求 二、填空题 8.(2025·全国一卷，12)若直线y=2x十5是曲线y=e+x十a的一条切线，则a= 9.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x-2)(x一a)的极值点，则f(0) 10.(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的 切线，则a= 11.(2024·全国甲卷（文），16)曲线y=x3一3x与y=-(x一1)2十a在(0，+∞)上有两个不同的 交点，则a的取值范围为 13 12.(2024·天津卷，15)若函数f(x)=2x一a.x一ax一2+1恰有一个零点，则a的取值范围 为 13.(2023·全国乙卷（理），16)设a∈(0,1)，若函数f(x)=a十(1十a)在(0，十oo)上单调递增，则a 的取值范围是 14.(2022·新高考卷，14)曲线y=nx过坐标原点的两条切线的方程为 三、解答题 15.(2025·上海卷，19)已知f(x)=x2-(m+2)x十mlnx,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2一1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： 14 16.(2025·北京卷，20)已知函数f(x)的定义域为（一1，+∞），且f(0)=0,∫(x)=nD,直● 线l1是曲线y=f(x)在点A(a,f(a))处的切线， (1)求导函数(x)的最大值： (2)当-1<a<0时，求证：除切点A外，y=f(x)在(1上方： (3)当a>0时，过点A作与L1垂直的直线l2,l1,l2与x轴的交点横坐标分别为x1,x4,求 2a一x,一1的取值范围. x2一x1 17.(2025·全国二卷，18)已知函数fx)=l1n1十x)-x+号-kr,其中0<k<号 (1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1,x分别为f(x)在区间(0，+∞)的极值点和零点. (1)设函数g(t)=f(x1十1)一f(x1一t),证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减： (i)比较2x1与x,的大小，并证明你的结论. 15 18.(2025·全国-卷，19)()求函数f(x)=5cosx-cos5x在区间0，]的最大值： (2)给定0∈(0，π)和a∈R,证明：存在y∈[a-0,a十们使得cosy≤cos0: (3)设b∈R,若存在g∈R,使得5cosx-cos(5x十)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. 19.(2025·天津卷，20)已知函数f(x)=a.x-(lnx)2. (I)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (Ⅱ)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x (i)求a的取值范围： (i)证明：a-nxnx<气 16 青题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(2022·全国甲卷，6)当x=1时，函数f(r)=alnx+6取得最大值-2，则f(2)= A.-1 c D.1 2.(多选)(2022·新高考I卷，10)已知函数f(x)=x-x+1,则 A.f(x)有两个极值点 整 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 批 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 3.(多选)(2022·新高考I卷，12)已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R,记g(x) fx.若/8-2 ,g(2十x)均为偶函数，则 ()】 A.f(0)=0 自 C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2) 棉 4.(2021·全国乙卷，10)设a≠0，若x=a为函数f(.x)=a(x一a)2(x一b)的极大值点，则() A.a<b B.a>b C.ab<a D.ab>a 5.(2021·新高考I卷，7)若过点(a,b)可以作曲线y=e的两条切线，则 ( A.e<a B.e"<b C.0<a<e D.0<<e" 架 6.(2021·全国乙卷，12)设a=21n1.01,b=1n1.02,c=√1.04-1，则 ( A.a<b<c B.b<c<a C.<a<c D.c<a<b 御 二、填空题 7.(2022·新高考I卷，15)若曲线y=(x十a)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 8.(2022·全国乙卷，16)已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2a-ex(a>0且a≠1)的极 求 小值点和极大值点.若x,<x2,则a的取值范围是 9.(2021·新高考Ⅱ卷，16)已知函数f(x)=|e一1，x<0,r2>0,函数f(x)的图象在点A(x1 f()和点B(x:f(x)的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M,N两点，则AM取值范 BN 围是 10.(2021·全国甲卷，13)周线)y一-号在点(-1，一3)处的切线方程为 11.(2021·新高考I卷，15)函数f(x)=2.x-1-21n.x的最小值为 17 三、解答题 12.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函数f(x)=(1一ax)ln(1十x)-x. (1)若a=一2，求f(x)的极值： (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 13.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函数f(x)=a(x-1)-1nx+1. (1)求f(x)的单调区间： (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e1恒成立. 18 14.(2024·新课标1卷，18)(17分)已知函数fx)=n2—x +a.x+b(x-1)3. (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)>一2，当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 19 15.(2024·新课标Ⅱ卷，16)(15分)已知函数f(x)=e一ax一a. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 20 [直题题组·实成集训3] 1.(2023·新课标I卷，19)(12分)已知函数f(x)=a(e+a)一x. (1)讨论f(x)的单调性； (2)证明：当a>0时)>2ha+2 整 斯 和 2.(2023·新课标Ⅱ卷，22)(12分)(1)证明：当0<x<1时，x一x2<sinx<x: (2)已知函数f(x)=cosa.x一ln(1一x2),若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. 数 御 21 3.(2023·全国甲卷（理），21)(12分)已知f(x)=ax- sin. cos'x (1)若a=8时，讨论f(x)的单调性： (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围. 4.(2024·北京卷，20)(15分)设函数f(x)=x十k1n(1十x)(k≠0)，直线1是曲线y=f(x)在点 (t,f(1)(t>0)处的切线. (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间： (2)求证：1不经过点(0,0)： (3)当k=1时，设点A(t,f(t),(t>0),C(0,f(t),O(0,0),B为l与y轴的交点，So与 S△，分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点A使得2S△D=15SA成立？若存在， 这样的点A有几个？（参考数据：1.09<n3<1.10,1.60<1n5<1.61,1.94<1n7<1.95) 22