第四章 导数及其应用 综合测试&真题演练-【5星学霸·高考白题】2026年高考数学一轮复习

第四章 ☑章末自测阶段强化，巩固提升|限时：60min 一、单选题 1.(2025·河南驻马店模拟)函数f(x)=2e+ 的极值点为 ( A.0 B.1 C.-1 D.e 2.(2025·广东佛山模拟)函数y=f(x)的图象 如图所示，y=∫'(x)为函数y=f(x)的导函数， 则不等式xf'(x)<0的解集为 A.(-3,-1) B.(0,1) C.(-3,-1)U(0,1) D.(-,-3)U(1,+∞) 3.我国自主研发的世界首套设计时速达 600千米的高速磁浮交通系统，标志着我国掌 握了高速磁浮成套技术和工程化能力，这是 当前可实现的“地表最快”交通工具，因此高 速磁浮也被形象地称为“贴地飞行”若某高 速磁浮列车从初始加速至时速600千米阶段 为匀加速状态，且此过程中，位移x与时间t 的关系满足函数x()=+2(为初速 度，k为加速度且k≠0).位移的导函数是速 度与时间的关系v=x'(t)=+.已知从静止 ,10 状态匀加速至位移，千米需60，则速度从 零加速到时速600千米需 () A.120sB.1808C.210sD.240s 4.(2025·山东排坊模拟)已知函数f(x)及其导 函数f'(x)的定义域均为(0，+)f(x2+1)= ()f(1)+,且1)=1，f'(1)=2,则 f'(5)= () B.11 C.13 4 第四章导数及其应用学丽高春 综合测试 5.(2025·河南信阳期末)已知定义在R上的函 数f八x)满足sinf(x)+cos xf'(x)>0,则 ( Af5)k3f(石)B.f(g)k3f(3） cf()>f(E)D.f(g)>3(3） 6.(2025·安徽宣城期末)函数f(x)=xlnx bx-2alnx+2ab(b>-1),若f(x)≥0恒成立， 则的最小值是 ( A e c号 二、多选题 7.(2025·湖南长沙月考)若一个函数在区间D 上的导数值恒大于0，则该函数在D上纯粹递 增，若一个函数在区间D上的导数值恒小于 0,则该函数在D上纯粹递减，则 () A.函数f代x)=x2-2x在[1，+∞)上纯粹递增 B.函数f(x)=x-2x在[1,2]上纯粹递增 C.函数f(x)=sinx-2x在[0,1]上纯粹递减 D.函数f八x)=e-3x在[0,2]上纯粹递减 8.(2025·湖南株洲期末)若m+em=n+lnn= 4,则 () A.m>n B.mn>e C.m+n=4 D.ne"=e 三、填空题 9.(2025·山东济宁模拟)已知a>0,b>0,直线 y=x+2a与曲线y=e-b+1相切，则2+的 a b 最小值为 10.(2025·江苏苏州模拟)已知函数f(x)=x3- 3x2+ax+2,若f(x)在(-1,1)上有唯一的极 值点且为极大值点，则a的取值范围 为 043 学霸高春白题数学 四、解答题 11.(2025·湖南永州期末)已知函数g(x)= 1-2hx2(a>0),且g()的极值点为 (1)求x; (2)证明：2g()+2≤2 12.(2025·江苏连云港期末)已知函数 f(x)=2x+ax2+xIn x,aER. (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在x=e处的 切线方程； (2)若八x)有两个零点x1,2,且x2>3x1,证 9 明：xx2 044 高考新趋势 新定义伴生函数(2025·河南新乡模拟)已知 函数∫(x)=a0+a1x+a2x2+…+anx,其中 ag,a1,a2,…,an不全为0，并约定ant1=0,设 b=(k+1)ak1-a,称g(x)=b+b1x+b2x2+…+ bnx为f代x)的“伴生函数”. (1)若f(x)=5x+3x2+3x+1,求g(x); (2)若f(x)>0恒成立，且曲线y=lnf(x)(x>0) 上任意一点处的切线斜率均不小于2，证 明：当x>0时，g(x)≥f八x); (3)若a=0,证明：对于任意的m∈(0，+∞)， 均存在1e(0,m),使得g()<代m m 第四章 ☑真题集训探究考向，剖析考点限时：60min 1.（多选)(2025·全国二卷)已知f(x)是定义 在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=(x2 3)e+2,则 A.f(0)=0 B.当x<0时，八x)=-(x2-3)e-2 C.f(x)≥2当且仅当x≥3 D.x=-1是f(x)的极大值点 2.(2024·全国甲理)设函数f(x)=e+2sin￥ 1+x2, 则曲线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积为 () A.G c n 3.(2023·新课标全国Ⅱ)已知函数f(x)=ae- 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.e-2 4.（2022·新高考全国I)设a=0.1ea1,b= 1 ,c=-lh0.9,则 () A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<e<b 5.(多选)(2024·新课标全国I)设函数f八x)= (x-1)2(x-4),则 A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<fx2) C.当1<x<2时，-4<f2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x)】 6.(多选)(2023·新课标全国Ⅱ)若函数f八x)= al血x++S(a≠0)既有极大值也有极小值，则 A.be>0 B.ab>0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 第四章导数及其应用学丽高春 真题演练 7.(2025·全国二卷)若x=2是函数f(x)=(x- 1)(x-2)(x-a)的极值点，则f(0)= 8.（2025·全国一卷)若直线y=2x+5是曲线 y=e+xta的切线，则a= 9.(2024·新课标全国I)若曲线y=e+x在 点(0，I)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的 切线，则a= 10.(2023·全国乙理)设a∈(0,1)，若函数 f(x)=a+(1+a)*在(0，+o)上单调递增， 则a的取值范围是 11.(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)= xea-e*. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)当x>0时f(x)<-1,求a的取值范围； (3)设neN',证明： 1+1 /12+1√22+2 1>n(n+1). √n2+n 045 学霸高春白题数学 12.(2024·新课标全国Ⅱ)已知函数 f(x)=e"-ax-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。 13.(2024·全国甲理)已知函数f(x)= (1-ax)·ln(1+x)-x (1)当a=-2时，求f(x)的极值： (2)当x≥0时f代x)≥0，求a的取值范围 046 14.(2025·全国二卷)已知函数f(x)=ln(1+ )-x*-,其中0k兮 (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,x2分别为f(x)在区间(0，+∞)的 极值点和零点 (1)设函数g()=fx,+t)-f(x,-t),证 明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； (iⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的 结论 15.(2025·全国一卷)(1)求函数f(x)=5c0sx s5x在[0，牙]上的最大值： (2)给定0∈(0，T),设a为实数，证明：存在 y∈[a-0,a+0],使得cosy≤cos0; (3)若存在P,使得对任意x,都有5cosx- cos(5x+p)≤b,求b的最小值1时，g(x)>g(1)=ln1+ate-1=a+e"-1≥a+e"-1=a≥0，所以a≥ 0不合题意；当a<0时，当x-。时，g'(x)=0,当0<x<-。时。 ()>0,则代单调递增：当x2-L时，/'()<0，则x)单调递 减期的最大值为：（日）-h(日）+（日）小·。-2 则h(）(）小是2<0，令p0=h+-2 0e(o=+亡0，则e(0)在(0，+)上单调遥州，又p(e) ne+xe-2=0,由p(e)<0,得0<<e,0<-<e且a<0, 1 2.ac-e 6据：(1)由)之r2-(2a+10+2h+4,0,得/P() m-(2a+1)+2_-(2at1)t2.(a=)-2,令f”()=0,解 得片4=2当0a<时>2.当e(0,2)时'（到>0， 九)单调递增：当∈(2，日)时()<0)单调递减：当xe (日+=）时'(e)>0)单调递摊当a=时，。=2， f'()≥0恒成立，()在(0，+上单调递增当a>子时，0< 2,当xe(0,）时()>0()单递增：当x (日2）时")<0)单调递减：当xe(2,+)时了()>0， )单调递增，综上所述，当0<a<行时，()的单调递增区间 为0,2)和（行+）单调通减区间为(2，）当a=宁时， )的单调递增区间为(0，+)，无单调递诚区间：当>】时，) 的单测递增区间为(0，。）和(2，+)，单调递诚区间为 (合2) (2)因为对任意x1e(0,2],均存在3e(0,2],使得f八x)<g(2), 所以f(x)<g(x),g(x)=2-2x=(x-1)2-1,xe(0,2],当 =2时，g()取得最大值，最大值为0.由(1)得，当0<a≤之时，) 在(0,2]上单调递增，即当x=2时八x)取得最大值f八2)=2a-(2a+ 1)×2+2n2+4a=2a-2+2ln2,所以2a-2+2ln2<0,解得a<1-ln2 即0<a<1-h2当a>时()在(0，)上单调递销，在 (,2)小上单调遥减，当x=。时)取得最大值/（日） 22a+1）、+2加+4a-2-2加a+4a设✉(@归 2a 六2-2har,心分则ao2立 12 +4=14a+83 2a2 ->0,s(a) 单调递增，所以(。)>x(行）=h4-10度立，所以/（日）<0无 解综上所述，a的取值范围为{al0<a<1-n2. 7.解：（1)/(x)=血+2的定义城为(0，+西)，了'(x)= (1小-h*2 山=，当0e<时”(0)单 一学霸高考·白 调递增，当时（✉）<0《)单调递减，故当x=时)取 最大值/（仁）e(）=e1 2)由ae1)可得a≥n2-是，令=a+x-146 &设0则g0=g2,令r0>0都得<-2.令 g'()<0,解得>-2，则g()在(-∞，-2)上单调递增，在(-2，+∞） 上单调递减，即g()m=g(-2)=e2,因此a≥g(）=心2，故 a≥c2 8.(1)解：/(x)=√1+2-axin,当a≥0时，定义域为R,当a< 0时定义域为店云]，均关于原点对系，且 √1+2a(-x)-a(-x)sin(-x)=√1+2a2-axsinx=f(x),故f(x) 为偶函数 (2)证期：当a=号时)=V口+号m为偶函数，要证 到1，只需菱证≤1-之血，当-1≤≤1时，1 宁i血o0,只需证明0≤≤1时，1-≤（之血厂，即证 2-血g+≥0，只稀证-血≥0，即证≥血令 8(x)=x-nx,8(x)=1-osx≥0，g(x)在[0,1]上单调递增， 故g(x)≥g(0)=0,所以x≥nx,得证. (3)解：由f(x)<1可得√1+2a2<1+axin,当0<x<霜时，a>0,故 1+axsin x>0,故1+2ax2<(1+axsin x）2→2sinx-2x+axsin2g>0, h(x)=2sin x-2x+ax sinx,'(x)=2c0s x-2+asin'x+axsin 2x, m(x)=h'(x),m'(x)=-2sin x+asin 2x+asin 2x+2axcos 2x -2sin x+2asin 2x+2axcos 2x,n(x)=m'(x),n'(x)=-200sx+ 6ams2-4in2x,①当n'(0)=-2+6a>0时，即a>子，存在 0∈(0，T),使得对任意xe(0,）,n'(x)>0,故m'(x)在x∈(0，) 上单调递增，又m'(0)=0,所以m'(x)>0在xe(0,)上恒成立，从 面m(x)=h'(x)在xe(0,)上单调递增，又h'(0)=0,所以h'(x)> 0在xe(0,和)恒成立，从而h(x)在e(0,)上单调递增，结 合h(0)=0,得h(0)>0对任意x∈(0,0)恒成立，符合题意，②当 0<a<兮时，n(0)=-2+6a<0,存在e(0,m),使得对任意x (0,),'(x)<0,故m'(x)在xe(0,0)上单递减，又m'(0)=0, 所以m'(x)<0在xE(0,)恒成立，从而m(x)='(x)在爹∈(0，) 上单调递减，又'(0)=0，所以'(x)<0在xe(0,0)恒成立，从 面h(x)在x∈(0，和)上单测递减，结合h(0)=0,得(0)<0对任意 e(0,)恒成立，不符合题意，圆当a=了时，令p(x)=n'(), p'(x)=2sin x-16asin 2x-8axcos 2x,q(x)=p'(x),q'(x)=2c06 x- 40a6s2x+16as血2x,则g(0)=2-40a=1-0<0,类推②同理可得 不符合题意综上可得，a>3 第四章综合测试 章末自测 1.A解析：f'(s)=(2c+)(e2+)-(2e+e)(2e）. (e2a+e)2 22六由了'()=0，即1-心=0，解得=0由 f'()>0,得x0,由f”(国)<0，得>0，函数)=25在x=0 处取得极大值，故选A 2.C解析：由题图可得八x)在(-，-3)上单调递减，在(-3，-1)上 单调递增，在(-1,1)上单调递减，在(1，+。)上单调递增，所以当 xe(-m,-3)时f"(x)<0,当xe(-3,-1)时f"(x)>0,当xe(-1,1) 题·数学·028一 时f"(x)<0,当xG(1,+)时f‘(x)>0,所以不等式材"(x)<0的 解集为(-3，-1)U(0,1).故选C. 3.C解析：由题意得匀加速过程中，位移x与时间1的关系满足函数 0)=+之，则由从静止状态匀加速至位移9千米需60，可得 号x604X0,则由=x0)=+恤可得，020 3607x604, 解得t■210，故选C. 4.C解析：因为f代x2+1)=f(x)+f2(1)+x2,且f(1)=1,令x=1,得 2)=∫2(1)f(1)+1=3.对fx2+1)=∫2(x)+f2(1)+x2两边同时 求导，得2时'(x2+1)=2f'(x)fx)+2x,即"(x2+1)=f(x)fx)+ 令=1，得/2)时1)1=1号令=2得(5) 了(22)+2=号×3+2=2故了'(5)=故选C 3 5B解折：◆F()=巴≠号m,五.放”( 2 s)s)血5,0恒成立，故F(=儿因在（子+m cos*x 会小e上球微（传）（侣）园】 cos 6 包得()a… 2 2 6.D解析：由题设fx)=(x-2a)(nx-b)≥0在(0，+)上恒成立 又y=x-2a,y=nx-b在(0，+∞)上都单调递增，所以只需y=x-2a, yn-6在(0，+)上的零点相同，即2a=心.所以号2且 e 6>-1.令82+可且0-1.则g()=2‘+,当-1 0时，g'(x)<0,即g(x)在(-1,0)上单调递减，当x>0时，g'(x)>0, 即6在（0，+0)上单调通端，所以g(国)-g(0)=子，即的 最小值为子故选D 7.BC解析：若f(x)=x2-2x,则∫'(x)=2x-2,因为f'(1)=0,所以 A错误，若八x)=x3-2x,则f‘(x)=3x2-2,当xe[1,2]时，f'(x)>0 恒成立，所以B正确.若f八x)=ix-2x,则f'()=cosx-2<0,所以 C正确若f八x)=-3x,则f(x)=e-3<0在[0,2]上不恒成立，所 以D错误故选BC. 8.BCD解析：：m+em=n+nm=4,.lne+e=n+nn=4设f代x)=x+ nx(x>0),则e)=八m)=4f'(x)=1+>0fx)=x+nx 在(0，+∞)上单调递增，e=n,,m+n=m+e”=4,e”=e“·e”= e"=e,放选项C,D正确：又f(e)=G+lne=e+1<4,f(3)=3+ ln3>4,∴.e<em=n<3,.1=lne<m<ln3<2,∴，m<n,故选项A错误： 设g(x)=e',则g(x)=(x+1)e.令g'(x)=(x+1)e>0得x-1: 令g(x)=(x+1)e<0得x<-1,.g(x)=x在(-1，+)上单调递 增，在(-0，-1)上单调递减，？1<m<2,g(m)>g(1),即 me">e,∴mn=me>e,故选项B正确.故选BCD. 9.9解析：设切点为(0%)，由y=心1-b+1得y=e1,由题意得 (eo1=1, 0+24,解得6=L所以1+2a=2-6,即2a+6=1,故子 (yo=e'o-1-8+1, 名-（合）}水2a6=5的名≥52：9，当且收当asb a b 时，等号成立，故答案为9. 1 10.(-9,3)解析：函数f(x)=x3-3x2+ax+2,则f'(x)=3x2-6x+a,因 为八x)在（一1,1）上有唯一的极值点且为极大值点，所以根据零点 一学霸高考·白 的存在性定理得f'(-1)·∫"(1)<0J'"(x)=3x2-6x+a的图象是开 口的上的范物线，对将销为直线=名1，由于对称皱直线 在区间(-1,1)右侧，要使f'(x)在(-1,1)内有唯一的变号零点，则 需满足C-)>0,面f"(-1)=3x-1)2-6x-1)+a=3+6+a f"(1)<0, 9+a,∫(1)=3×12-6×1+a=3-6+a=a-3,则不等式组 （-l)0可化为g30,解得-9<a<3,综上a的取值范围 f'(1)<0 为(-9,3).故答案为(-9,3). （0)将：()1-2h学（a>0).则r(-2+空 -2(-a)(x+(0),所以当xe(0,a)时，g(x)>0,g()单 x 调递增，当x∈（√a,+x)时，g(x)<0,g(x)单调递减，所以x=√a 为g(x)的极大值点，即。=√a, (2)证明：由(1)知，g(x)m=g(a)=-lha(a>0),要证2g()+ 2≤子，只若证2(-h)+2≤子，即。ha-1≥0，令(=h计 a 1(eo0.周)=当e（0,,(e 0,h(x)单调递减：当xe(1,+∞)时，h'(x)>0,h(x)单调递增，所 以()≥i(1)=0,即n+-1≥0，所以2g()+2≤ a 12.(1)解：当a=0时x)=2x+xin sf(x)=2+lnx+1,曲线y=f八x) 在x=e处切线的斜帝为k=∫'(e)=3+lne=4,又：f八e)=2e+ clne=3c,∴，切线方程为y-3e=4(x-e),即曲线y=f八x)在x=e处 的切线方程为4x-ye=0. (2)证明：若f(x）有两个零点名，2，则2x1+a子+x1l山需1=0， 22ta号+xn2=0,得-a 24n_2血4>31，令 4（>3,则2h4.2h。2h与，故n 2之片2则h与=h()bh4=h片2 -1-1 告2加h+恤片2告24 -1 1 -2n+1 令a0=n-43).则k)-2,令s0 -1 -2awo3,则ge=名1+日- 12-24+1(t1)2 2 2 060在(3，+)上单调递猫6e)>g(3)=-2山343-号 子4-》子h>0得0则a0 在3，+)上单调递增，A(0)>h(3):3-4=h号 9 2 hn(>h号故>号 9 高考新趋势 (1)解：由题可知=1,41=3，a2=3,43=0,a4=5,45=0,所以b%= 41-a%=2,61=2a2-a1=3,b2=301-42=-3,b=404-43=20,b4= 5a5-a=-5,故fx)的伴生函数”为g(x)=2+3x-3x2+20x3-5x (2)证明：由已知得f'(x)=a1+2a2x+3a2+…+a.x1,所以g(x)= 60+b1x+62x2+…+bnx”=(a1-ao)+(2a1-a1)x+…+(na.-a-1)x1- a,x=f"(x)-八x).因为曲线y=ln八x)(x>0)上任意一点处的切线斜 率均不小于2，故y巴≥2在(0，+m)上恒成立又代>0，所以 fx) f"(x)≥2/x),所以当x>0时，g(x)=f(x)-八x)≥八x) e产me,则() (3)证明：因为ao=0,所以0)=Q设h(x)八m 题·数学·029一 '()-)八m_m注意到h(0)=h(m)=0,则h() mem e me 在(0，m)上一定存在极值点.令：为其中一个极值点，则'()=0， 即h()=0m=0,所以.m2因为tE(0,m),所以 e me 0故0x四 m 第四章真题演练 真题集调 1.ABD解析：f(x)为R上的奇函数，故f0)=0,A正确：x<0时，-x> 0,故f八-x)=[(-x)2-3]e2+2=(x2-3)e7+2,（x)=-f(-x)= -(x2-3)c-2,B正确；当>0时x)=(x2-3)e+2f'(x)=(x+ 3)(x-1)e'f‘(1)=0:当0cx<1时f'(x)<0f八x)单调递减，当x> 1时f'(x)>0,八x)单调递增，故x=1为f八x)的极小值点，由f八x)为 R上的奇函数，故x=-1为f八x)的极大值点，D正确：/(-1)=2e-2= 2(e-1)>2,C错. 2.A解折(x)=C2o1+)-e+2in)·2,则r(0) (1+x2)2 (e+2cs0)(1+0)-(e°+2in0)x0-=3,即曲线y=f()在点(0,1) (1+0)2 处的切线方程为y-1=3x,即y=3x+1,令x=0,则y=1,令y=0,则 弓，故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积S=之×1× 3.C解析：依题意可知，(x)=4e-工≥0在(1,2)上恒成立，显 然a>0,所以x≥。设g()=xxe(1,2),所以g()=(x+ 1)>0,所以g()在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=c,放c≥。 即a≥1=e,即a的最小值为。1，故选C 4.C解折：设到=h(1+)-(>-1),因为f"(=1中1=1中 1 当xe(-1,0)时f"(x)>0,当xe(0,+)时，f'(x)<0,所以函数 八x)=l1山(1+x)-x在(0，+)上单调递减，在(-1,0)上单调递增，所 以/（号）欢o)=0,所以h9号 9gc0,放g>h9-h09,即 9 6c所以/0)0)0，所以h品0c0,故 1 9.1 0<e,所以 0ec放a设g)eb1-)0c0,则影 g+1)e+1-2-1）c1令(=6(2-1)+1，()= -1 -1 e(x2+2x-1),当0<x<W2-1时，h'(x)<0,函数h(x)=e(x2-1)+1 单调递诚，当2-1<x<1时，h'(x)>0,函数h(x)=e'(x2-1)+1单调 递增.又h(0)=0,所以当0<x<2-1时，h(x)<0,所以当0<x<√2- 1时，g'(x)>0,函数g(x)=xe+n(1-x)单蠲递增，所以g(0.1)> g(0)=0,即0.1e1>-n0.9,所以a>e.故选C 5.ACD解析：对A,因为函数(x)的定义域为R,而f'(x)=2(x 1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3),易知当xe(1,3)时f'(x)<0. 当xe(-,1)或xe(3,+x)时f‘(x)>0,故函数f(x)在(-m,1) 上单调递增，在(1,3)上单满递减，在(3，+)上单调递增，故x=3 是函数代x)的极小值点，故A正确：对B,当0<x<1时，-x2=x(1- x)>0,所以1>x>x2>0,而由上可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增， 所以f八x)>x2),故B错误；对C,当1<x<2时，1<2x-1<3,而由上 可知，函数八x)在(1,3)上单调递减，所以(1)>(2x-1)>f(3),即 -4<f2x-1)<0,故C正确：对D,当-1<x<0时，f(2-x)-f八x)= (1-x)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0,所以f（2-x)> f八x),故D正确故选ACD 80D解折：函数)=血+兰兰的定义城为(0，+)，求导得 一学霸高考·白 (✉)=。-兰=--2，因为函数代)既有极大值也有 极小值，所以函数∫'(x)在(0，+e)上有两个变号零点，而a≠0，因 此方程ax2-bx-2e=0有两个不相等的正根x1,,于是 (a=b2+8ac>0, 场兰0即有+8c>0,b0,x<0,显然ak<0,即k0 4=0, A错误，B,C,D正确.故选BCD. 7.-4解析：/'(x)=(x-2)(x-a)+(x-1)(x-0)+(x-1)(x-2),若 x=2为f代x)的极值点，则f'(2)=2-a=0→a=2,则f(x)=(x-1)· (x-2)20)▣-1×4=-4. 8.4解析：对于曲线y=e+x+a,y()=e+1,设切点横坐标为和，有 y(0)=e0+1=2,则x0=0.故切点为(0,5)，故5=1+a,故a=4 9.h2解析：由y=心+r得y=心+1，y八0=e°+1=2，故曲线y=心+x 在(0,1)处的切线方程为y=24*1:由y=n(x+1)+a得了，设 切线与曲线y=lh(x+1)+a相切的切点为(xo,ln(o+1)+a),由两曲 线有公切线得y:】 2解得一分则切点为（子+ 1 1 h宁），切线方程为y=2(+号ah宁=2a+1ah2,根据两 切线重合，所以a-ln2=0,解得a=ln2故答案为n2. 10. [5)解指：由两数的解折式可得了(e)=oa+(1: a)n(1+a)≥0在区间(0，+∞)上恒成立，则(1+a)n(1+a)≥ ha,同（告）广≥。0在区间(0，）上恒度立，放 In a 0）°=13o雨a+1e(1,2),故h(1+a)>0,放 h（a+)≥-na,卿aa+)≥l故5 0<a<1, 2 ≤a<1,结合题意可得 l0<a<1, 实数。的k值高强是[)放答案为[汽) 11.(1)解：当a=1时，f(x)=(x-1)c,则f(x)=x0,当x<0时， f'(x)<0,当x>0时f"(x)>0,故f八x)的单调递减区间为(-∞，0)， 单调递增区间为(0，+) (2)解：设(x)=xe"-心+1，则h(0)=0.又h'(x)=(1+ax)e-e, 设g(x)=(1+ax)e-e,则g(x)=(2a*a2x)e"-e,若a>2 则g(0)=2a-1>0.因为g(x)为连续不间断函数，所以存在 e(0,+),使得Vxe(0,0),总有g(x)>0,放g(x)在(0，和) 上为增函数，故g(x)>g(0)=0,故(x)在(0，x)上为增函数，故 A()>h(0)=0,与题设矛盾若0ca≤乞，则k(x)=(1+ax) e-e=6mh1+-g,下证：对任意x>0,总有ln(1+x)<x成立， 证明：设S()-h（1+)-藏S()=<0,故5（到 在(0，+)上为减函数，故S(x)<S(0)=0,即m(1+x)<x成立.由 上述不等式有eh(1m)-e<0m-。'=62如-g≤0，故五'(x)≤0 总成立，即h(x)在(0，+∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)=0. 当a≤0时，有h'(x)=e-e+ae"<1-1+0=0,所以h(x)在 (0,+)上为减函数，所以(x)<h(0)=0.综上，a≤之 (3)证明：取a=7,则V0,总有0宁-e+1<0成立，令1=e子】 则>1,2=e,x=2n1,放2h1e-1,即2n1c-对任意的pl 恒皮立所议对任意的。N,有山受√受后量 理得到n(a+1)-h<1,放1十】+…+】> √n2+n 个2+1√2+2√骨2+m 题·数学·030一 ln2-n1+n3-ln2+…+ln(n+1)-lnn=ln(n+1),故不等式成立. 12.解：(1)当a=1时，则f八x)=e-x-1,(x)=c-1,可得f八1)=e-2 了(1)=c-1,即切点坐标为(1，c-2),切线斜本k=心-1，所以切线方 程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即(e-1)x-y1=0. (2)解法一：因为f代x)的定义域为R,且f(x)=e-a,若a≤0，则 厂(x)≥0对任意x∈R恒成立，可知f代x)在R上单调递增，无极值， 不符合题意：若a>0,令了(x)>0,解得x>lna,令了(x)<0,解得x< lha,可知八x)在(-为，lha)上单调递减，在(lna,+）上单调递 增，则八x)有极小值f(lna)=a-alna-a,无极大值，由题意可得 flha)=a-alna-a3<0,即a2+lha-1>0,构建g(a)=a2+na 1,a>0,则g'()=2a+】>0,可知g(a)在(0，+0）上单调递增 且g(1)=0,不等式a2+lna-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,所 以a的取值范围为(1，+%). 解法二：因为八x)的定义城为R,且∫(x)=c-a,若代x)有极小值， 则f(x)=c-a有零点，令f(x)=c-a=0,可得c=a,可知y=c 与y=a有交点，则a>0.令f(x)>0,解得x>lna,令f(x)<0,解得 x<dna,可知f代x)在(-，na)上单调递减，在(lna,+e)上单调 递增，则f八x)有极小值lna)=a-alna-a3,无极大值，符合题意 由题意可得f(lna)▣a-alna-a3<0,即a2+na-1>0,构建 g(a)=a2+lna-l,a>0,因为y=a2,y=na-1在(0，+)上单调递 增，可知g(a)在(0，+)上单调这增，且g(1)=0,不等式a2+lna 1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1,所以a的取值范围为(1，+. 13.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)n(1+x)-x,故(x)=2ln(1+ )+22n(1++1,因为y=2加(1+，这+切 在(-1，+)上为增函数，故(x)在(-1，+)上为增函数，而 f(0)=0,故当-1<x<0时了(x)<0,当*>0时∫(x)>0,故f(x)在 x=0处取极小值且极小值为代0)=0，无极大值. 2r国)=-ah(1+)+-1=-ah（1+)-a】 1+x 1*n,*>0, 设()-lh(1+)-atD,0,则(s)e a+1 1+x x+1(1+x)2 当s-时(>0故（在 (1+x)2 (0,+)上为增函数，故x(x)>s(0)=0,即广(x)>0,所以f(x)在 [0,+)上为指函数，故)≥0)=0当子<ac0时，当0< 2a时s(x)<0,故s()在(0，-2a中）】 a a 上为减函数，故在 (02曾上ao.在(0,2曾）r<0,即e 为减活数故在(2） 上x)0)=0,不合题意，舍.当a 0,此时(x)<0在(0，+)上恒成立，同理可得在(0，+)上 )0)=0恒成立，不合题意，舍综上，a≤2 14.()证明：因为到=a(*1)+-2e(0,） 质以f'0到1-361-36-36 1+x (1)当o0时o)-0部得 -1>0,所以 当0女1时因0单锅遇用： 当>江1时/'（国）0)单调造减， 所以头是八)在(0，+)上唯一的极值点，且是极大值点 又圈为（证）小o=0(云)）-h(立）立0， 所以3e(1,))=0,即)在(0，+)上存在唯- 的零点 一学霸高考·白思 (2)(i)证明：因为g()=八x1)-八)， 所以g'()=∫'(，+)+f'(x1-) .3w02 1场材一(-) -3k(x1)2 1+*1-4 (x1-t-x1) 62(2-7-2x1） (1+x)2-2 因为te(0,x1),所以2-x好-2x1<0,(1+1)2-2>0, 62(2-x-2x1) 所以go)=1+-c0,即g0在1a(0)上单调遥说 (i)解：由（①D得，g()在：∈(0，x1）上单调递减，所以g(x)<g(0), 即2x）0)x1)x1)=0/2a,)<0 因为是八x)的零点，所以八)=0，所以f2x)<八). 又因为>1,2出1>1，且f(x)在(x1,+西)上单调递减，所以 2%1>2 15.解：(1)f"(x)=5(sin5x-sinx)=10eos3x·sin2x,令∫'(x)=0,得 在[0，牙]小上的解为x=名或x= 所以)在(0，石)上单调道增，在（石·牙）上单调递减，所 2若0e(0,受]，则(omy)-≤a-0a0 c0sac088≤c0s0: 若0e(受），不特取ae10,2m. ①若re(a-0,a+0),则(cosy)m=-1≤cos0 ②诺a0≤，此时a+0,0e(受），所以eam(a0<am0, 令y=a+0即可知存在ye[a-0,a+0],使得cosy≤cos: ③若-0≥，此时sa-0<2-0<受，所以o(a-0j<m(2s 0)=cos0, 令y=a-0即可知存在ye[a-0,a+8],使得c0%y≤cos6: 综上，存在ye[a-0,a+0],使得co略y≤cos0,证毕 (3)i记h(x)=5Comx-e0%(5x+p),因为h(x+2m)=5cos(x+2m)- cos(5x+10m+p)=h(x),故(x)为周期函数且周期为2m,故只需 讨论x∈[0,2π]，pe[0,m]的情况 当p=π时，h(x)=5c06x-c0s(5x+T）=5cosx+c0s5x,当x=0 时，cosx和cs5x都取到最大值1，则h(x)≤6 当p=0时，h(x)=50osx-cs5x,此时h'(x)=-5inx+5sin5x= 0as2e02ml,令k(e=0.则=0，石受若 g经若2，面(：）-（传）-36，a(受） (程）0，（答）（爱）-35,4(）=4,4(0 s(2归4，故6(=（石）=a(5）=35 当p∈(0，)时，在(2)中取e=a,则存在y∈[p-6,p+8们，使得 mm6取要则月取号【号]即 -号e【行若]故so≥9敢5m(stpj≥ 35,所以6≥35，可取x=6,=0使得等号成立.综上，6m=35. ·数学·031一