专题七 导数-【一飞冲天·高考专项】2025年高考专题分类数学

高考分类数学 参考答案 专题七导数 令f(x)=g(x),整理得x2+(4-a)x+4-a=0, △=a2-4a>0, 1D由题意得)=子+2x-a心f1)=3-a 令F(x)=x2+(4-a)x+4-a, 又切线与直线y=2x平行，.3-a=2,.a=1. 1F(-5)>0 则需满足 解得-是<a<4 2.C当x<0时y5f(x)-a.x-b=x-a.x-b=(1-a)x-b= F(0)>0 需满足f(x)=e+a十1与g(x)有1个交点， 0,得x白y=)-ar-6最多有-个零点： 则f0)≤g(0),即1十a十1≤1，解得a≤-1， 当≥0时y=f)-ax-b=号2-a+1Dr+ax ∴a的取值范围为(-号，-： ar-6=3-合a+10x-6y=2-(a+iDr, ②当a=0时，f(x)与g(x)只有1个交点，不满足题意； ③当a>0时，若f(x)=e十a十1与g(x)相切， 当a十1≤0，即a≤一1时， f(x)=g'(x) 则〈 y≥0，y=f(x)-a.x-b在[0，十o∞)上单调递增， e+a+1=a.x+1 y=f(x)一a.x一b最多有一个零点.不合题意： 解得x=2,.a=e,此时5-a<1,f(.x)=x2十4x+5a与 当a+1>0,即a>一1时， g(x)最多有1个交点， 当x∈(a十1，+o∞)时，y'>0,函数y=f(x)单调递增 不满足有三个不同的实数根】 当x∈0，a十1)时，y'<0,函数y=f(x)单调递减， 由上述相切关系可得，当f(x)=e十a十1与g(x)有2个交 函数最多有2个零点. 点时，a>e, 根据题意函数y=f(x)一ax一b恰有3个零点台函数y= 还需满足在（一5,0）内f(x)与g(x)有1个交点， f(x)一ax-b在(-o∞，0)上有一个零点，在[0，+oo)上有2 只需满足在f(0)<g(0)即可（此时x=0取的是f(x)左段函 个零点， 数的极限位置)， 如图： 即5一a<1,解得a>4,.a的取值范围为(e2,十oo). 综上所述，满足条件的u的取值范周为（一是，一U心，十） 4.A可求得直线y=kx一1关于直线y=一1的对称直线为 y=mx-1(m=-k), a+1 即y=mx一1与y=f(x)的图象有4个不同的交点. 当x>0时，f(x)=xlnx-2x,f'(x)=lnx-1,当x=e时， f(x)=0,则当x∈(0，e)时，f(x)<0,f(x)单调递减， -b>0 当x∈(e,+∞)，f(x)>0,f(x)单调递增： 号a+1)-2(a+1Da+1)-6<0 1 当x<0时，)=2+2，f)=2x+ 解得60.1->0，>-言(a+1片 当x= 时，了()=0，当<-时)单调递减。 -G(a+12<b<0,-1<a<1pa>-1,bK0. 当-子<<0时，)单调递增： 3.C由题意，即f(x)与g(x)=a.x+1恰有3个不同的交点， ①当a<0时，需满足f(x)=x+4x十5-a与g(x)有2个交 根据题意，画出函数的大致图象，如图： 点， 高考分类数学 参考答案 则k-b=e'ox。-1, 对于函数y=xe一1，y=e(x十1) 当x<-1时，y'<0,当x>-1时，y>0, 故函数y=xe一1在x=一1处取得极小值，亦是最小值， 则长一6的最小值是-是-1. 当y=m-1与f)=t2+号≤0)相切时. 号2+m与g)=号2+2r在[0,3 -mx+1=0,且4=0，解得m=-名 有x2+3 上是关联函数”函数)=h()=f)一g()=号2 当y=m.x一1与f(x)=xlnx一2.x(x>0)相切时，满足 (mx-1=xIn x-2x 号-2x十m在[0，]上有两个不同的零点。 ,解得x=1,m=一1， m=In x-1 又y'=x2-x-2=(x+1)(x-2), ∴.h(x)在(2,3)上单调递增，在[0,2]上单调递减. 结合图象可知m∈(-1，-之 m≥0 h(0)≥0 即-∈(1，-.ke(号1 3 故有h(3)≥>0，即 m≥2，解得2≤m<3 3 10 5立2)设切点坐标为，2).由y=2”(x∈R,得 h(2)<0 10 m<3 2ln2, 10.(2.2+2)当x<0时，(x)在(-0,0)上单调递增， e 故曲线y=2在点(t,2)处的切线斜率为21n2, 又切线过点（0,0).侧号-21n2,解得1=2 且-时，)，受 当x≥0时，f(x)=e-1+ax-a-l, :切点的坐标为(22应). ∴.了(x)是增函数，且(1)=0， 6.4由y=ax-ln(x+1),得y=ax干 1 .当0<x<1时，f(x)<0,当x>1时，f(x)>0, .f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， :曲线y=a.x-n(x十1)在点(0,0)处的切线方程为3x-y=0, 又f(1)=0,当x→+∞时 六a一0市=3，解得a=4. f(x)→十o, +号 7.2x+y-3=0f)=1+1n 作出f(x)的大致函数图象， 如图所示： fx)=--1=-+1, 由图象可知f(x)≥0， .f(1)=-2, -f](号日+受1 :f1)=1,.切点坐标为(1,1)， ∴.曲线f(x)在该点的切线方程为y-1=一2(x一1)， 号<。+号<+号 即2x+y-3=0. 解得a≥1. 8一。-1由题意知切点为云x》 令-f()=,则1≤0.且f0=e“+号： f(x)=e-1,故f(x)=e'o-1, 由图象可知f()=e·十号有三个解，设从小到大依次为 故所求切线方程为y=(e'o一1)(x-xo)十eo一x, 1t2,t3, 即y=(eo-1)x-eoxo十e'o, a≥1，∴t1=1-a≤0，t3>1>t2>0不符合题意，舍去. 则k=e'o一1，b=一e'ox。十eo, 高考分类数学 参考答案 .-f(x)=1-a,即f(x)=a-1,∴.f(x)=a-1有三个解， ∴h()在(2,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， “号<a-1K+号，解得2<a<2+名 .h(x)mn=h(1)=2e,∴.l≤2e, 11.D解法-：令F(x)=f(x)+f(-x), 综上所述，t的取值范围是[0,2e]. F(-x)=f(-x)+f(x)=F(x), 解法二：令F(.x)=f(x)+f(-x), .F(x)为偶函数，故只讨论[0，十∞)上的情况即可， F(-x)=f(-z)+f(z)=F(x), 当x=0时，F(0)=2f(0)=2+t≥0，即t≥-2； .F(x)为偶函数，故只讨论[0，十∞)上的情况即可. 当x>0时，f-x)=-e1-),fx)=e2-x+乞 f(x)+f(-x)≥0恒成立， ∴)+f-)=e-x+号-e-) F(x)=xe-tx+2≥0恒成立， F0)=≥0，≥0 =xe-a+台≥0， F'(x)=(x+1)e-t, 即(x-之)≤e, 当1∈[0.1]时，P(x)≥0，且F0=≥0， ①x∈(0，号)时，t≥e ∴.F(x)>0,符合题意； x2 当t(1,十o∞)时，令F(x)=0,得x=xo, 即(）)- (0,x0) 0 (x0,十∞) F'(.x) 0 (e'+re')(-2)-ze" F(z) 极小值 h'(x)= (- ∴.F(x。)=0,即(x。+1)e'o=t, F)m=F()=eo-1a十号=-6(x十1D en++1e≥0. 2 一在(0，)上恒大于0，令m(x)=x2- 2 2 化简，得2x。-xo一1≤0，解得0<x。≤1， t=(x+1)eo, 当x0,时)[-- 由复合函数单调性可知该函数为单调递增函数， 则()必小于0，h(x)在(0,2)上单调递减， ∴.t∈(1,2e]； 综上所述，t的取值范围是[0,2e]. ∴h(x)mx<h(0)=0,即t>0, 12.Af(x)≥|x-m恒成立可以转化为函数y=f(x)的图象 ②当x=号时，4∈R, 不在y=|x一m|图象的下方， ③当xe(日+o)时心即（四， 当x≤2时，f(x)=e2+x-1,∴f(x)=-e2r+1≤0 x一2 x一2 .f(x)在（一∞，2]上单调递减，且f(2)=2, 又当x>2时，f(x)=2x2-8.x+10=2(x-2)2+2, m()在（号，十∞）上单调递增， .f(x)在(2，十∞)上单调递增，且当x→2时，f(x)→2， m)>m(2)=(-号×-=- 画出函数y=f(x)的大致图象如下图所示， 当x=1时，m(x)=0,即h'(x)=0, 高考分类数学 参考答案 当0<t≤1时，2axe2u>0≥lnx·e; =(X 当x>1时，lnx>0,2λx>0, 设fx)=xe,x>1,则f(x)=e(1+x)>0, .f(x)=xe在(1，+o)上单调递增， 由f(2x)≥flnx),知2x≥lnx, 即≥22即之(27 5-2ln2 设g)=22ea+og=2n卫 4x2 x一m,x≥m y=x-ml= 令g'(x)=0,得x=e, m-x,x<m 当f(x)=2x2-8x+10和y=x一m相切时，设切点的横坐 当x>e时，g'(x)<0,g(x)单调递减； 标为x, 当1<x<e时，g(x)>0,g(x)单调递增. 5了)=1，即4-8=1，解得=号 g (r)mm =g(e)=In e=1 2e2e· 切点坐标为（子·号· 1 1 六A≥2，即入的最小值为20 此时m=名，结合图象可知m≥令 1 15.[0,e]①当x≤1时，f(x)=x2-2a.x十2a,过定点(1,1)， 对称轴为x=a, 当f(x)=e2十x一1和y=m一x相切时，设切点的横坐标 当a<1时，f(x)mn=f(a)=a2-2a2+2a≥0， 为2， 解得0≤a≤2， ∴.f(x2)=-1,即-e22十1=-1，解得x2=2-ln2, ∴.0≤a<1; ∴.切点坐标为(2-ln2,3-ln2), 当a≥1时，f(x)在（一∞，1]上单调递减， 此时m=5-2ln2,结合图象可知m≤5-21n2, 且f(x)n=f(1)=1>0,∴.a>1； 实数m的取值范围为名5-2h2. ∴.若f(x)≥0在x≤1上恒成立，可得a≥0： 13.Af(-x)=2sin(-x)-3(-x)=-(2sinx-3.x)=-fx), ②当x>1时，f(x)=x-alnx≥0恒成立， f(x)是奇函数， 即a≤品恒成立， 又f(x)=2cosx-3<0,.f(x)在R上单调递减. :f(ma-3)+f(a2)>0可化为f(ma-3)>-f(a2)= 令h)-后会则)号令u)=0得=e f(-a), 当'(x)>0时，x>e,∴h(x)在(e,十oo)上单调递增， ∴.由f(x)在R上单调递减知ma-3<-a2, 当'(x)<0时，l<x<e,∴h(x)在(1，e)上单调递减， 即ma-3+a2<0. ∴a≤h(x)mn=h(e)=e ..对任意的m∈[-2,2]，ma-3十a2<0恒成立， 综上所述，a的取值范围为[0，e. 〔-2a-3+a2<0 则 ,解得-1<a<1. 16.解：(I)f(x)的定义域是(0，十∞)，f(x)=1+a=十a 2a-3+a2<0 当a≥0时，f(x)>0恒成立，f(x)在(0，+oo)上单调递增， 14是：对任意的r(0,十e0)A>0,不等式e-景≥0 当a<0时，令十a=0,x=-a, 恒成立， .对任意的x∈(0，十o∞)，2λe2≥lnx台2λxe2w≥xlnx= f(x)在(0，一a)上单调递减，在（一a,十oo)上单调递增， lnx:e,即2xe≥lnx·c恒成立， 综上，当a≥0时，f(x)在(0，+∞)上单调递增， 高考分类数学 参考答案 当a<0时，f(x)在(0，-a)上单调递减，在（一a,+oo)上单 ∴当a>0时，y=a与y=g(x)仅有一个交点， 调递增； 令g(m)=a,则m>-1,且f(m)=a-g(m)=0, (Ⅱ)若g(x1)=0,则e=2x1+lnx1, 当x∈(-oo,m)时，a>g(x),则f(x)>0,f(x)单调递增， .e-x1=x1十ln,∴e十lne=x+ln, 当x∈(m,十oo)时，a<g(x),则f(x)<0,f(x)单调递减 由(I)可知，a=1时，f(x)=x+lnx,f(x)在(0，+o∞)上单 x一m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点； 调递增， （Ⅲ)由（Ⅱ）知f(x)x=f(m),此时a=(1+m)e",m>-1, 故f(e)=f(x1),即e=x1,e-x=x1十lnx1=0, .{f.x)-a时x2fm)-a=(m2-m-1)e(m>-1), 故x十ln无=0： 令h(x)≤(x2-x-1)e(x>-1), (Ⅲ)证明：要证x-xlnx≤e+x, 若存在a,使得f(x)≤a十b对任意x∈R成立， 即证e+x2-x+xlnx≥0， 等价于存在x∈(-1，十o∞)，使得h(x)≤b,即b≥h(x)m h'(x)=(x2+x-2)e=(x-1)(x+2)e,x>-1, h(x)=e+x2-x+xln x(>0), 当x∈(-1,1)时，h'(x)<0,h(x)单调递减， h'(x)=-e+2x+In x, 当x∈(1，+oo)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 令m(x)=h'(x),则m(x)=e+2+上>0， ∴.h(x)mn=h(1)=-e,故b>-e, 故函数M(x)单调递增，又N()<0,N(1)>0, ∴.实数b的取值范围是[一e,十o∞). 18解：(1)函数f(x)=x-lnx-2,(x)=1- 故(x)在(，1)上存在唯一零点， 则(1)=0，而f(1)=一1， 即-eo+2xo+lnx=0, ∴.曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程是y=一1： 故当x∈(0，x。),h'(x)<0,当x∈(x。,十o∞)时，h'(x)>0, (Ⅱ)函数f(x)=x-lnx-2的定义域是(0，十o∞)， 故函数h(x)在x∈(0，x。)上单调递减，在x∈(x,十o)上 单调递增， fr=1- 故h(x)≥h(xo)=eo十x6-x十lnxo, 当x∈(0,1)时，f(x)<0,函数f(x)单调递减， 当x∈(1，十o∞)时，(x)>0,函数f(x)单调递增， 由（Ⅱ）可得h(x)=0, 故h(x)≥0， .函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增； 即x-xlnx≤e十x2. (Ⅲ)H.x∈(1，+o∞).lnx+>kx-1)台k<tln+E x-1 17.解：(I)f'(x)=a-(x+1)e,则f(0)=a-1,又f(0)=0, 则切线方程为y=(a一1)x(a>0); 令g(=r+,x>l, x-1 (Ⅱ)证明：令f(x)=a-(x+1)e=0,则a=(x十1)e, 则g(r)=2+n)(x-1)-(xlnx+2=-lnx-2 令g(x)=(x+1)e,则g'(x)=(x+2)e, (x-1)3 (x-1)2 当x∈(-∞，-2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 由（Ⅱ）知，f(x)=x一lnx-2在(1，十oo)上单调递增， 当x∈（一2，十∞）时，g'(x)>0,g(x)单调递增， f(3)=1-ln3<0,f(4)=2(1-ln2)>0, .g(-1)=0, 因此存在唯一x。∈(3,4)，使得f(x。)=0, .当x<-1时，g(x)<0,当x>-1时，g(x)>0, 即x-lnx0-2=0台lnxo=xw-2, 画出g(x)大致图象如下： 当x∈(1，)时，f(x)<0,即g'(x)<0, 当x∈(xo,+o∞)时，f(x)>0,即g'(x)>0, g(x)=(x+1)e 因此函数g(x)在(1，x,)上单调递减，在(x。,十∞)上单调 y=a 递增， 高考分类数学 参考答案 于是g=g()=ln十6--2》十2= to-1 to-1 由1<器+1，得≥0，不符合题意： 则k<x。∈(3,4)， ③当-号>e,即a<-号e时， 4 整数k的最大值是3. ,g(x)在[1，e]上单调递减， 19.解：(I):fx)=2@n1-1, x …g(x)mn=g(e)=3e3+2ae2+1. ∴f(x)=2e-2elnx 3 由1≤3c3+2ae2+1,得a>-e,不符合题意。 .f(1)=2e, 综上所述，实数a的取值范围是[一子 又f1)=-1, 20.解：(I)当m=2时，f(x)=(lnx-3)x,f(e)=-2e, .曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y一（一1 f()=1·x十1nx-3=1nx-2,则切线斜率为k 2e(x-1),即y=2ex-2e-1; (Ⅱ)函数f(x)的定义域为(0，+∞) f'(e)=-1. ∴.y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y+2e=一(x一e), 由f0=2e=2cnt-2e1-n2>0,得0<1<c, x 即x十y十e=0； 由f(x)<0,得x>e, (Ⅱ)f(x)=x(lnx-m-1D(m∈R), .函数f(x)的单调递增区间为(0，e),单调递减区间为(e, >0( ·x+nx-m-1=lnx-m 十∞)： ①当m≤0时，：x>1,∴f(x)=lnx-m>0, (Ⅲ)：Hx1,x2∈[1，e],f(x1)≤g(x2)恒成立， 函数f(x)的单调递增区间是(1，十o),无单调递减区间，无 ∴.当x∈[l,e]时，f(x)mx≤g(x)mn恒成立， 极值： 由(I)知，fx)=fe)=2enc-1=1. ②当m>0时，令lnx-m=0,解得x=e", g(x)=3x3+2ax2+1, 当1<x<e"时，f(x)<0:当x>e"时，f(x)>0, ∴.g'(x)=9x2+4ax. ∴.函数f(x)的单调递减区间是(1，e"),单调递增区间是 (e",十co), 令g'(x)=0,得x=0或x=-9a, 4 在区间(1，十o∞)上的极小值为f(em)=(m一m一1)e"= ①当-专<1，即>-是时， 一em,无极大值； (Ⅲ)对于Vx∈[e,c],都有f(.x)<4lnx成立， ,g(x)在[1，e]上单调递增， .f(x)-4lnx<0, ∴g(.x)mn=g(1)=2a+4. 即问题转化为(x-4)lnx-(m十1)x<0在[e,e2]上恒 3 由1<2a十4，得a>-2: 成立， 故≥-多： 即m十1>-4n严在[e,e]上恒成立， x ②当1<-4a a<e,即-9e <a<-时 即m>lnx-4nI-1在[cc]上恒成立， x :g()在1，-青a)上单调递减，在（一号，0）上单调递增。 令g()=ln-4nr-1,x∈[e,e], x ∴g)m=g(-号a)=3(-音a)+2a(-号a)2+1- 即m>g(x)max, g(x)=1-4-4nx=+4nx-4 器+1 x 令()=x+4nx-4,M(x)=1+兰在[c,e]上恒大于0， 高考分类数学 参考答案 ∴.h(x)在[e,e2]上单调递增，h(e)=e>0. 2重合 .h(x)>h(e)>0. 即满足a"i In a= ina且ai-西alna=logx,na ∴g'(x)>0, ∴g(x)在[e,e]上单调递增， .x2 1+2n(lna2=0. i (ha)na ∴g(x)mx=g(e)=2-8-1=1-8 因此，只需证明当a>et时，存在x∈R,满足a2一ra"In a+ 1+2In(In a)-0. 实数m的取值范围是(1一8 x十na In a 1 2In (In a) 21:解：(I)1)当a=2时，h)-号且>0， u(x)=a'-ra'ln atxtinatIn a 即证明当a≥e时，y=u(x)存在零点. 则'(x）=2x·2-x2·2ln2=x(2-xn2) (2)2 u'(x)=1-(lna)2xa,当x∈(-o∞，0)时，(x)>0, 且当x∈(0，十∞)时，(x)单调递减， 令h'(x)>0,则0<x< 2 n2令N()<0,则x>n2 :h(x)的单调递增区间为(0n2, 2 又ro)=1>0.tna]=1-a应<0… 故存在唯一的x。>0,使得u'(xo)=1一(lna)2xoa'o=0. 2 单调递减区间为(n2,十0)： 由此，u(x)在（一o∞，xo)上单调递增，在(xo,十∞）上单调递 (i)h(x)=Z=1(x>0)台a=x(x>0), 减，u(x)在x=x。处取得极大值(xo). a≥ct,ln(lna)≥-1， 两侧同时取对数，有xna=alnx台ln工_lna, u(zo)=a'o-xoa'o In atzo+ina .12In (In a)1 In a (In a) 设函数k(x)=血，则(x)=1-n工，令(x)=0.看 x 2 6+2lnna心≥2+21nn@≥0，当且仅当a=,, In a In a x=e, e时，等号成立. 当x∈(0，e)时，k'(x)>0,k(x)单调递增； 下面证明存在实数t,使得u(t)<0, 当x∈(e,十o∞)时，k'(x)<0,k(x)单调递减， 令m(x)=a∠1-xlna,且x>0, (=(e)=是又k(1)=0,当>1时k>0. m(z)=a'In a-In a=In a(a'-1)>0, y=h(x)与y=1有且仅有两个交点，.y=k(x)与y= ∴.函数m(x)在(0，+oo)上单调递增，m(x)>m(0)=0, 2有两个交点，即0长日2<是，即k1<a)<(e. a1+rln a. .实数a的取值范围为(1，e)U(e,十∞)； 当>时，有ax)<1+na)-na)+x+d。 (Ⅱ)证明：曲线y=f(x)在(x1,a)处的切线(1： 2n00=-har+x+1+da+2na In a In a y-a =a In a(x-x). 根据二次函数的性质，存在实数t使得u(t)<0, 曲线y=g(x)在(x2,logx2)处的切线12： 因此当a>≥ee时，y=u(x)存在零点. y-log.:i () 即当a≥e时，存在直线l,使直线l是曲线y=f(x)的切 要证当a≥c时，存在直线l是曲线y=f(x)的切线，也是 线，也是曲线y=g(x)的切线.。 曲线y=g(x)的切线， 22.解：(I)由f(x)=2.x2+cos2x-1,得f(x)=4x-2sin2x, 只需证明当a≥c时，存在x1∈R,x2∈(0，十o∞)，使得l,和 即切线方程的斜率k=f(0)=0,又f(0)=0, 则曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y=0: 高考分类数学 参考答案 (Ⅱ)由(I)可知f(x)=4x-2sin2x,令g(x)=f(x), 若a= 。,则6=2-c<0,与>0矛盾， 则g'(x)=4-4cos2.x>≥0， 故a=b=1: 故函数(x)在（一∞，+∞）上单调递增，由(I)可知， (Ⅱ)证明：由(I)可知f(x)=(x+1)(e-1), f(0)=0, 令f(x)=0,得x=一1或x=0, 则当x<0时，f(x)<0,即f(x)在(-o,0)上单调递减； 故曲线y=f(x)与x轴负半轴的唯一交点为P(一1,0). 当x>0时，f(x)>0,即f(x)在(0，+o∞)上单调递增. :曲线在点P(一1,0)处的切线方程为y=h(x), 故f(x)≥f(0)=0,即函数f(x)在(-o∞，十∞)上有唯一零 点，则函数f(x)的零点个数为1： 则h(.x)=f(-1)(x+1)=(1-1)(x十1). ()证明：要证e+号sn2a>2sinr十sim 令F)=fx)-h()=(x+1)(e-1D-(-1)(x+1D 即i证：xe≥sinx(2-cosx)十sin2x, -(+D(-). ①当x≥π时，xe≥πe>4,而sinx(2-cosx)十sin2x<1X 3+1=4,.不等式成立： ①当x>-1时，x+1>0,e-1>0,即F(x)>0: e ②当0≤x<π时，sinx≥0，由（Ⅱ）知x≥0时，cos2x≥ ②当x<-1时，x+1<0,c-1<0,即F(x)>0: e 1-2x2, ③当x=一1时，F(x)=0. ∴0s≥1-号，则2-cos<1+2, 综上，F(x)≥0，即对任意的实数x,都有f(x)≥h(x)； ∴只需证心≥snx1+之r)+smx, (Ⅲ)证明：h(x)=(上一1D(x十1)，设h(x)=m的根为x,', 令p(x)=sinx-x(0≤x<π)，则p'(x)=cosx-1≤0， 则=-1+ .p(x)在[0，r)上单调递减， 又h(x)单调递减，且m=h(x1)=f(x1)≥h(x1), .p(x)≤p(0)=0,即sinx≤x, x1'≤x, 故只需证x心≥x1+令)+，即证：e>1++, 设曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=t(x), 令g()=e-1-合r-x0≤r<,则g)=e--1, 有t(x)=x, 令T(x)=f(x)-t(x)=(x+1)(e-1)-x, 令r(x)=e-x-1(0≤x<π)，则r'(x)=e-1≥0 则T'(.x)=(x+2)e-2,令u(x)=(x+2)e-2, .q(x)在[0，π)上单调递增，故q(x)≥q(0)=0, 当x≤-2时，T(x)=(x+2)e-2≤-2<0： 故g(x)在[0，π)上单调递增， 当x>-2时，'(x)=(x十3)e>0, 即g)≥g0)=0,放e≥1+号r+x 故函数T(x)在（一2，十∞）上单调递增， 又T(0)=0, 综上所述，当x≥0时，xe+号sin2r≥2sinx+imx .当x∈（一2,0）时，T(x)<0, 23.解：(I)将x=-1代人(e-1)x+ey+e-1=0, 当x∈(0，十∞)时，T'(x)>0. 得y=0, 故函数T(x)在区间（一∞，0）上单调递减，在区间(0，+∞) f(-1D=0,即(6-1)(1-a)=0, 上单调递增，一 e ∴.T(x)≥T(0)=0, 又f(x)=e(x+b+1)-a, 即f(x)≥(x), f-1=-a=--1+ e 高考分类数学 参考答案 设t(x)=m的根为x2', .当x∈(-1，x)时，g(x)>0,f(x)>0,函数f(x)单调 则x2'=m, 递增， 又函数t(x)单调递增，且m=t(x2')=f(x2)≥t(x2), 当x∈(x1,十oo)时，g(x)<0,f(x)<0,函数f(x)单调 故x2′≥x2: 递减， 又x≤x1 .函数有一个极值点， 44≤''=m-(-1+)=1+m四 综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点； 1-e 24.解：(I)当a=1时，f(1)=ln2, 当0<a≤8时，函数fx)无极值点： 则fx)=+2x-1…f=是 当。>骨时，函数f)有两个极值点： 切线方程为y一1n2=号（x-1D.即3x-2+2n2-3=0: (Ⅲ)由（Ⅱ）知，当0≤a≤8时，函数f(x在(0，十o)上单 (Ⅱ)由题意可知，函数f(x)的定义域为（一1，十∞）， 调递增， +市十a(2x-1)=2a2+ar-a+1 则f(x)=1 f0)=0, x+1 .当x∈(0，十o)时，f(x)>0恒成立，符合题意： 令g(x)=2a.x2+ax-a+1,x∈(-1，+∞)， 当8<a<1时g0)=-a+1>≥0，得<0， ①当a=0时f)=+>0,函数)在(-1，+∞)上 .函数f(x)在(0，十∞)上单调递增 单调递增，无极值点， .f(0)=0, ②当a>0时，方程g(x)=0的判别式△=a(9a-8), .当x∈(0，十o)时，f(.x)>0恒成立，符合题意： 当0<a≤8时，4<0g)≥0f(x)≥0， 当a>1时，由g(0)=-a十1<0，得x2>0, .f(x)在（一1，十o)上单调递增，无极值点， .当x∈(0，x2)时，函数f(x)单调递减， .f(0)=0,x∈(0，x,)时，f(x)<0,不符合题意： 当e>号时，4>0，设方程2a2十ax-a十1=0的两个根为 当a<0时，设h(x)=x一ln(x十1)， x2,且1=-a-9a-8a 4a =二a十8a80,此 :当x0,+∞)时，)=1-克>0. 时x1<x2, ,∴.h(x)在(0，十o∞)上单调递增 “+=-号函<- 4x>- 4,g(-1)=1>0. ∴.当x∈(0，+∞)时，h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x, 可得f(x)<x十a(x2-x)=a.x2十(1-a)x, 1 .-1<<-4 当>1-时ar2+1-a)x<0,此时f(x)<0,不符合 当x∈(-1，x1),(x2,+∞)时，g(x)>0,f(x)>0, 题意： 函数f(x)单调递增， 当x∈(x1,x2)时，g(x)<0,f(x)<0,函数f(x)单调递减， 综上，a的取值范围为[0,1. 25.解：(I)由题意知：f(x)=c-2a, ∴，函数有两个极值点， ∴.f(0)=e°-2a=1-2a, ③当a<0时，△>0，设方程2a.x2十ax-a十1=0的两个根 为1，且x=二a-a-80,=-a+V9a-8a 又f(x)在点(0，f(0)处的切线倾斜角为无， 4a 此时无，>x2, f(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率k=tan元=1， g(-1)=1>0,x2<-1,x1>-1, 即f(0)=1-2a=1, 解得a=0; 高考分类数学 参考答案 (Ⅱ)由(I)知：f(x)=c-2a, c≥x+1, ①当a≤0时， ∴e≥1-x,即c≤已在x∈[0,1D成立， f(x)>0,f(x)在R上为增函数； 故当x∈(0,1)时 ②当a>0时， 令f(x)=e-2a=0,解得x=ln2a, =e+4 -a+1D<十+0-(2a+1D ∴.当x∈(-o,ln2a)时，f(x)<0,f(x)在(-o,ln2a)上 =(2a+1)x2-(2a-1)z 为减函数， 1-x 当x∈(ln2a,+oo)时，f(x)>0,f(x)在(ln2a,十∞)上为 当e08010时9)<0 增函数， 综上所述，当a≤0时，f(.x)的单调递增区间为R; ÷g)在0，绍上为波函数g)<g(0)=0, 当a>0时，f(x)的单调递减区间是(-∞，ln2a),单调递增 即在区间(0，名骨上，不存在实数：使得不等式()十 区间是(ln2a,十∞)； g(x)≥x对任意x≥0恒成立. (Ⅲ)对任意的x∈[0，+∞)，f(x)+g(x)≥x恒成立， 即f(x)十g(x)一x≥0恒成立， 综上所述，a的取值范围是（一o∞。 2 将f(x),g(x)代入，并整理得： 26,解：(I)当a=0时，x)=+4ax+1 e+2a[ln(x+1)-x]-(x+1)≥0， 设p(x)=c+2a[ln(x+1)-x]-(x+1), f(x)=x 4 x+1' 则原式等价于对任意的x∈[0，十∞)，p(x)≥0恒成立， ∴.f(0)=0,f(0)=4, 又9)=C+0-(a+1. ∴.所求的切线方程为y=4x; 下面先证明：e≥x十1， ()(1)f(x)=x-a十4=2-(a-1Dx+4-a」 x+1 x+1 令p(x)=e-x-l, 设f(x)在区间(0，十∞)上的极值点为x1,x2(1<2), 则p'(.x)=e-1, 则x1,x2是方程x2-(a-1)x十4-a=0的两正根， ∴.p(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，+∞)上单调递增， 4-a>0, 故p(x)≥p(0)=0, 即e≥x+1, ∴g)=心+0-(2a+10≥+1+0-(2a+1) △=(a-1)2-4(4-a)>0, 解得3<a<4,即a的取值范围是(3,4)； =x2+2x+1+2a-(2a+1)-(2a+1)z x+1 （i)由(i)知：当0≤x<x时，(x)>0,f(x)单调递增 =x2+x-2ax_x(x+1-2a) 当x1<x<2时，f(x)<0,f(x)单调递减， x十1 x十1 当x>x2时，f(x)>0,f(x)单调递增 ①当a<号时， .要使当x≥0时恒有f(x)>t成立， 9(.x)≥0在[0，十∞)上恒成立， 只需满足t<minf(0),f(x2)}, (x)在[0，十∞)上单调递增， :,=g-1+y+2a-15,3<a<4,∈1.3. (x)mm=(0)=0,即g(x)≥0在[0，十o∞)上恒成立， 2 即f(x)+g(x)>x,对Hx∈[0，+o)恒成立. 又：a=十十4 x2十1 ②当a>2时， ∴f(x2)= 2x-a.x2+4ln(x2+1) 1 =2x十x十4+4n(x2+1),x2∈(1,3). x2十1一心冲天 专题七 导数 馨)基础题 考点1导数在函数与方程中的应用 1.（2020·部分一模)已知函数f(x)=1nx十x2-a.x.若曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线与直 线y=2x平行，则实数a A名 B.2 c D x,x<0 2.(2021·河东二模)已知a,b∈R,函数f(x)= 13 1 ,若函数y=f(x) ax一b恰有3个零点，则 A.a<-1,b<0 B.a<-1,b>0 C.a>-1,b<0 D.a>-1,b>0 x2+4x+5-a,-5<x<0 3.(2021·天津一中二月考)已知函数f(x)= ,若关于x的方程f(x)= e+a+1,x≥0 ax十1恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是 A.(-},号Ue,+o) B[-}-2Ue,+o) .(-是，-U(e,+o) D.(--1DU[e,+∞) xln x-2x,x>0 4.(2020·天津一中月考)已知函数f(x)= 的图象上有且仅有四个不同的点，其 关于直线y三一1的对称点在y=x一1的图象上，则实数k的取值范围是 () c.信 D.(32) 5.(2024·和平二模)过点(0,0)作曲线y=2(x∈R)的切线，则切点的坐标为 6.(2021·八校联考期中)设曲线y=ax-ln(x十1)在点(0,0)处的切线方程为3x一y=0,则a= 7.(2021·南开期末)曲线f(x)=1+1n二在点(1，f(1)处的切线方程是 8.(2021·天津一中五月考)若函数f(x)=e-x图象在点(xo,f(x)处的切线方程为y=k.x十b, 则k一b的最小值为 专题七导数 9.(2020·红桥一模)设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数，若函数h(x)=f(x)一 3x3+m g(x)在[a,b]上有两个不同的零点，则称f(x)与g(x)在[a,b]上是“关联函数”.若f(x)= 与g(x)=号+2z在[0,3上是“关联函数”，则实数m的取值范周是 er-14a x<0 10.(2021·南开中学五月考)已知实数a>0,函数f(x) (e为自 2x2-(a+1)x+ 2x≥0 然对数的底数)，若关于x的方程f儿一f(x)]=e+号恰好有3个不相等的实根，则实数a的 取值范围是 考点2导数在不等式恒成立中的应用 e-tx+ 11.(2021·十二校二模)已知函数f(x) 2x≥0 (e为自然对数的底数)，若f(x)+ er(x+1),x<0 f(x)≥0恒成立，则实数t的取值范围是 A.e,千o∞) B.[0,+o∞) C.[o,e]P D.[0,2e] 2x2-8x+10,x>2, 12.(2022·南开中学四月考)已知函数f(x)= 若f(x)≥|x一m恒成立，则 e2-x+x-1,x≤2， 实数m的取值范围为 () A[g5-2m2] B.(-o,4-2ln2] c[4-2n2 D.[5-2n2J 13.(2023·耀华中学第一次统练)已知函数f(x)=2sinx-3x,若对任意的m∈[-2,2]，f(ma 3)十f(a)>0恒成立，则a的取值范围是 () A.(-1,1) B.(-o∞，-1)U(3,+∞) C.(-3,3) D.(-∞，-3)U(1,+∞) 14.(2022·华中学一月考)已知A>0,若对任意的x∈0，十)，不等式c数≥0恒成立， 则入的最小值为 (x2-2ax+2a,x≤1 15.(2022·红桥一模)已知a∈R,设函数f(x)= ,若不等式f(x)≥0在R上 x-aln x,x>1 恒成立，则a的取值范围是 高考专题分类数学 一冲天 16.(2022·河北一模)已知函数f(x)=x十alnx,g(x)=er-lnx-2x. 17.(2021·天津)已知a>0,函数f(x)=ax一xe」 (I)讨论函数f(x)的单调性； (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (Ⅱ)若g(x1)=0,求x1十lnx1的值； (Ⅱ)证明f(x)存在唯一的极值点； (Ⅲ)证明x-xlnx≤ex十x2. (Ⅲ)若存在实数a,使得f(x)≤a十b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 一飞冲天 一飞冲天 7 LY TO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 K 一冲天 专题七导数 18.(2023·河北一模)已知函数f(x)=x一lnx一2. 19.(2021·河北一模)已知函数f)=2cnx-1. (I)求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程： (Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性； (I)求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (Ⅲ)若对任意的x∈(1，十∞)，都有xnx十x>k(x-1)成立，求整数k的最大值， (Ⅱ)求函数f(x)的单调区间； (Ⅲ)已知函数g(x)=3x3+2ax2+1,若Vx1,x2∈[1，e],不等式f(x)≤g(x2)恒成立，求实数 a的取值范围。 一飞冲天 一飞冲天 LYTO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 天 高考专题分类数学 一冲天 20.(2021·红桥一模)已知函数f(x)=x(lnx一m一1)，m∈R. 21.(2023·和平二模)已知函数f(x)=a,g(x)=logx,其中a>1. (I)若m=2,求曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程； (Ⅱ)当x>1时，求函数f(x)的单调区间和极值； (I0若()=7元>0， (Ⅲ)若对于Vx∈[e,e],都有f(x)<4nx成立，求实数m的取值范围. （i)当a=2时，求h(x)的单调区间； (i)曲线y=h(x)与直线y=1有且仅有两个交点，求实数a的取值范围； (Ⅱ)证明：当a≥e时，存在直线l,使直线1是曲线y=f(x)的切线，也是曲线y=g(x)的切线 一飞冲天 LY TO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 一冲天 专题七导数 22.(2023·耀华中学一月考)已知f(x)=2x2+c0s2x一1. 23.(2022·南开中学模拟)已知函数f(x)=(x+b)(e-a)(b>0)在点（一1，f(一1）)处 (I)求曲线y=f(x)在(0，f(0))处的切线方程； 的切线方程为(e-1)x+ey十e一1=0. (Ⅱ)判断函数f(x)的零点个数： (I)求a,b的值； (Ⅲ)i证明：当x≥0时，xe+2sin2x≥2sinx+sinx. (Ⅱ)设曲线y=f(x)与x轴负半轴的交点为点P,曲线在点P处的切线方程为y=h(x), 求证：对于任意的实数x,都有f(x)≥h(x): (Ⅲ)若关于x的方程f(x)=m有两个实数根x1x2,且<x2,证明：x,一x,≤1+m2 一飞冲天 LYTO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 天 高考专题分类数学 一冲天 25.(2021·和平期末)已知函数f(x)=e-2ax-1,g(x)=2aln(x+1),a∈R ○提升题 (I)若f(x)在点(0，f(0)处的切线倾斜角为于，求a的值： 24.(2022·和平一模)设函数f(x)=ln(x十1)+a(x2-x),其中a∈R. (I)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间； (Ⅱ)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由； ()若对于任意x∈[0，十o),f(x)十g(x)≥x恒成立，求a的取值范围. (Ⅲ)若Hx>0,f(x)≥0成立，求a的取值范围. 一飞冲天 一飞冲天 LYTO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 一冲天 专题七导数 26.(202·五校联考期中)已知a∈R,函数f()=-ar+4n(x+1). 27.(204,河东-模已知两数)=号-h,8（)=一1n一. (I)当a=0时，求曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (I)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (Ⅱ)若f(x)在区间(0，十∞)上存在两个不同的极值点. (Ⅱ)求函数g(x)的最小值； (i)求a的取值范围； (Ⅲ)函数F(x)=f(x)-mg(x)(m>2),F(1)=F(n)(n≠1)，证明：Vx∈(1，n],(m-1)lnx> x-1. 1.10) 一飞冲天 (iⅱ)若当x≥>0时恒有f(x)>t成立，求实数t的取值范围.（参考数据：ln2≈0.69，ln3≈ 一飞冲天 LYTO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 高考专题分类数学 一冲天 28.(2022·河东二模)已知函数f(x)= a -2lnx(a∈R且a≠0). 29.(2021·红桥二模)函数f()=1nx+(a∈R且a≠0)，g()=(6-1).x-xc- -(b∈R). ax (I)当a=2时，求函数f(x)在(2，f(2)处的切线方程； (I)讨论函数f(x)的单调性； (Ⅱ)讨论函数f(x)的单调性； (Ⅱ)若当a=1时，关于x的不等式f(x)十g(x)≤-2恒成立，求实数b的取值范围. (Ⅲ)若函数f(x)有两个零点x1,x2（x1<x2),且a=e2,证明：x1十x2>2e. 一飞冲天 一飞冲天 LY TO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 一冲天 专题七导数 30.(2021·和平三模)已知函数f(x)=。名一nx 31.(2020·河北一模)已知函数f(x)=lnx+ax2+(a+2)x+1,其中a∈R. (I)求函数f(x)的单调区间； (I)求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程； (Ⅱ)设a∈Z,若对任意的x>0,f(x)≤0恒成立，求a的最大值； (Ⅱ)证明： (Ⅲ)求证：当x>0时，e-xlnx+2x3-x2十x-1>0. (1)f(x)<2; (i)对于任意n∈N“,e"-1<(2n-lnn)". 一飞冲天 一飞冲天 LY TO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天 高考专题分类数学 一冲天 32.(2021·耀华中学模拟)已知函数f(x)=lnx+ax+sinx,其中x∈(0，π]. 33.(2020·河西一模)已知函数f(x)=axe(a∈R,e为自然对数的底数)」 (I)当a=0时，求曲线y=f(x)在点（受，f()处的切线方程； (I)若函数f(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为6e,求实数a的值； (Ⅱ)当a≠0时，讨论函数f(x)的单调性： (Ⅱ)判断函数f(x)是否存在极值，若存在，请判断是极大值还是极小值；若不存在，说明理由； (Ⅲ)若关于x的不等式f(.x)+xe+l>e在区间(-o,0]上恒成立，求实数a的取值范围. (Ⅲ)讨论函数f(x)在[罗，π]上零点的个数. 一飞冲天 一飞冲天 LYTO THE TOP 一飞冲天 一飞冲天