专题6 函数模型及其应用&专题7 导数及其应用-【创新大课堂】2026年高考数学五年真题分类汇编168优化重组卷

(ⅱ)若m≤1，因为x=0不是f(x)的零点，所以m≠0.由 2√层a=四一到-1可得2√层=1-m化满好子 ++中-1+品+-（偏+）令hm)=(位+） m2 m≤1且m≠0，则h(m)在(-o∞，一1)，(0,1]上单调递减，在(-1， 0)上单调递增，又h(-1)=0,h(1)=4,当m→-∞时，h(m)1, 当m→0时，h(m)→十o∞，作出h(m)的大致图象如图所示.数形结 合可知，若f)拾有-个零点，则号<音<4，解得-5<a<-1 或1<a√3，即a的取值范围为（一√5，-1）U(1,√3).] y=h(m) =1 8 =g(m) 13 9 m 考向3函数的应用 1.(-∞，0)U(0,1)U(1,十)[当a=1时，函数f(x)只有一个零 点一1，不符合题意；当a=0时，函数f(x)只有一个零点一1，不符 合题意：当a=-1时，函教f(x)有两个零点，分别为-1和一立， 符合题意. 若a≠0且a≠士1，分以下两种情况： ①当x2-ax十1≥0时，f(x)=ax2-2x-|x2-a.x十1|=a.x2 2x-(x2-a.x+1)=(a-1)x2+(a-2)x-1=(x十1)[(a-1)x 1门，令f(x)=0,由a≠0且a≠士1，得=一1西=。且4≠ 又x1=-1时，ax2-2x-(x2-ax十1)=a十2-(x2-a.x十1)=0，所 以a=(x2-ax十1)-2，则x2-ax十1≥0时，a≥-2且a≠0，a≠ 士14=时am-2--au+1)=a。号( ar十)=0，所以2号au+1,则2ar+0时.a≤2 a≠0，a≠土1. ②当x2-ax+1<0时，f(x)=ax2-2x-|x2-a.x+1|=ax2 2x+(x2-ax+1)=(a+1)x2-(a+2)x十1=(x-1)[(a+1)x 1小，令fx)=0,由a≠0且a≠士1，得x=1x=a市，且x≠x4 同理=1时-a十1<0，期a>2市时2-a十1 0,则a<-2.综上，a的取值范围为(-∞，0)U(0,1)U(1,十∞).] 2.函数的奇偶性、周期性十函数的零点十集合间的关系 解(1)由题意，M={x|f(x十π)=f(x)}, 当x=吾时（传）（传）f() 所以子不是M中的元素 (2)①当x≥0，且x十a>0时，要想f(x十a)=f(x),则√x十a √红，则a=0,不符合题意； ②当x<0,且x十a<0时，则x十a十2=x十2，则a=0,不符合 题意： ③当x0,且x十a≥0时，则√x十a=x十2有解，平方得x十a x2十4x十4在[-2,0)上有解， 即a=x2十3.x十4在[-2,0)上有解， 易知y=+3x+4在[一-2，受)上单满递减，在[受，0）上 单涧递增，所以y=十3x十4在[-2,0)上的值城为[子，4） 故a的取位范国为[子，4） (3)Ha∈(0,2)，有M.二M2台Ha∈(0,2)，Hx∈M有x∈M2台 f(x)是周期为2的函数. 因为f(x)是偶函数，所以f(一x)=f(x), 因为当x∈(0,1]时，f(x)=1-x, 所以当x∈[一1,0)时，-x∈(0,1]，所以f(一x)=1十x=f(x). 当x∈[-1,0)时，令t=x十2，则t∈[1,2)，f(x)=f(t-2)=t-1,又 因为f(x十2)=f(x),即f(t)=f(t-2)=1-1,所以f(x)=x-1, x∈(1,2). （x+1,x∈[-1,0) 易知fx)={-x,xe(0,1] 所以y=f(x)一c在[一1,0)U(0,1]上至多有2个零点， y=f(x)-c在[一1,1]上至多有3个零点， 因为[-3,3]一共有三个周期，所以y=f(x)-c在[-3,3]上至多 有9个零，点 专题6函数模型及其应用 考向1指数函数、对数函数的模型 C[由题意知，4.9=5计gV,得gV=-0.1,得V=10=示 1.259≈0.8，所以该同学视力的小数记录法的数据约为0.8.] 1 考向2函数模型的综合应用 1,D[函数模型的实际应用（理性思雏、数学应用、数学探索）由题 意，得含-21高-35.若5不变，别21hN=.15h 即2lnN1=3lnN2,所以N=N.故选D. 考教衔接本题以对数为载体考查数学应用科学素养，源于人教 A版必修第一册第126页例5，且2023年新课标I卷第10题考查 的也是函数模型的应用，同学们在高考备考中一定要注重对此类 题型的训练，] 2.D[当P=1026时，lg103<gP<g 1g101,即3<1gP<4:当P=128时， 4 1g1021gP<lg10,即2<1gP<3:当 固态 超临界 状态 P=9987时，lg103<1gP<1g101,即3< 态 D 1gP<4(gP接近4)：当P=729时， Ig 102<lg P<lg 10,B 2<lg P<3.A, 气态 B,C,D四选项所对应的，点分别设为A,B, 20025030035040T C,D,在图中的大致位置如图所示.由图易 知，选项D正确.故选D.] 3.25[因为直角三角形直角边的长分别为3,4，所以S1 （V3+=258=25-X÷×3X4=1,所以号-25.] 专题7导数及其应用 考向1导数的几何意义 1.A[导数的几何意义（理性思雏、数学应用）f(x)= (e+2cosx)(1十2)-(e+2sinx）·2工，所以f(0)=3,所以曲 (1+x2)2 线y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y一1=3(x一0)，即3z一 y叶1=0，切线与两坐标轴的交点分别为〔01（号0小所以切 线与两坐标轴所国成的三角形的面积为号X1×号=合，故 选A] 2,C由题意可知了)·对曲线y=三 (.x十1)2 千在点(1，受)处的切线斜率k=11=是，所以尚线y 千在点(（1，号)处的切线方程为y-号=异（红-1），即y 是x十是，故选C.] 3.D[法一设切点为(x。,y0),y0>0,则切线方程为y一b e(红一a.由6二6-e（a得e1-6十a)=b,则由题 (y%=e'o, 意知关于x0的方程e'(1一x0十a)=b有两个不同的解. 设f(x)=e(1-x十a),则f(x)=e(1一x十 a)-e=-e(x-a).由f(x)=0得x=a,所 \)=fx) 以当x<a时，f(x)>0,f(x)单调递增，当x> a时，f(x)<0,f(x)单调递减，所以f(x)mx =f(a)=e“(1-a十a)=e“.当x<a时，a-x >0,所以f(x)>0,又当x·一∞时，f(x)→ 0,当x→十∞时，f(x)→-∞，故函数f(x)=e(1-x十a)的大致 图象如图所示， 由题意知f(x)的图象与直线y=b有两个交点，所以0<b<e“,故 选D. 法二过点(a,b)可以作曲线y=e”的两条切线，则，点(a,b)在曲线 y=e的下方且在x轴的上方，得0<b<e",故选D.] 4.4[导效的几何意义（设切，点求切线法）设直线y=2x十5与曲 线y=er十x十a的切点坐标为(xo,e'o十xo十a),由y=e十x十a 得y'=e十1，所以y'1x=。=e6十1=2，解得x0=0,所以切点坐 标为(0,1十a),又切点(0,1十a)在切线y=2x十5上，所以1十a 5,解得a=4.] 5.-4[函数的极值点f'(x)=(x-2)'[(x-1)(x-a)]十(x- 2)[(x-1)(x-a)]=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]', 因为x-2是函数f(x)的极值点，所以f(2)=0,即(2-1)(2-a) =0,则a=2,经检验，满足题意，所以f(x)=(x一1)(x一2)2，所以 f(0)=-4.] 6.ln2[导数的几何意义（理性思雏、数学探索） 由题，令f(x)=e十x,则f(x)=e"十1，所以f'(0)=2,所以曲线 y=e十x在点(0,1)处的切线方程为y=2x十1.令g(x)=ln(x十 十a,则g(),设直线y=2z十1与曲线y三g(z 点（红0）.别方=2，得。=-是，别%=2十1=0，所以0 h(号+刊）+，所以an2 7.(一∞，一4)U(0,十∞)[设切线的切点坐标为(x0,y%).令f(x)= (x十a)e,则f(x)=(x十1十a)e,f(xo)=(xo+1十a)eo.因为 为=(。十a)e0,切线过原点，所以f(6)=业，即（十1十a)· e-红十a)e心.整理，得十a。一a=0.由题意知该方程有两 .20 个不同的实数根，所以△=a2十4a>0,解得a<-4或a>0.] 8y=。:y=:[先求当>0时，南线y=nx进原点的切 线方程，设切点为(x0,y0), 则由y=上，得切线斜率为 1 又切线的斜率为少，所以1= 08 解得yo=1,代入y=lnx,得xo=e, 所以切线斜牵为。切线方程为y=亡4 e 同理可求得当x<0时的切线方程为y=一工 e. 综上可知，两条切线方程为=。y=一。] 1 9.y=5x+2[y'= 2x1）/=2(x+2)-(2x-1) 5 x+2 (x+2)2 (2+2)2,所以 5 V1=1=（-1十2)=5，所以切线方程为y+3=5(x+1),即y= 5.x+2.] 10.解(1)由题意知f(x)的定义域为R,f(x)=3x2一2x十a,对于 f'(.x)=0,4=(-2)2-4×3a=4(1-3a). ①当a≥号时，4≤0，f)≥0在R上恒成立，所以f()在R上 单调递增： ②当a<号时，令f(x)=0,即3x2-2x十a=0,解得x1= 1-V√-3a.,=1+√/13a ,x2三 3 令f(x)>0,则x<1或x>x2: 令f(x)<0,则x1<xx2. 9 所以f(x)在（一∞，）上单调递增，在（x1,x2)上单调递减，在 (x2,十∞)上单调递增. 蟒上，当a≥号时，f)在R上单调递增： 当a<号时，f(x)在（∞，上西）上单调递增，在 3 1-√-3a,1+√3a)上单调递减， 3 3 在（仕西+）上草消超流 (2)记曲线y=f(x)过坐标原点的切线为1，切点 为P(xo,z8-x6十a.xo十1). 因为f(xo)=3.x6一2.x0十a,所以切线l的方程为y一(x8一x6十 axo十1)=(3.x6-2x0十a)(x-x%). 由1过坐标原点，得2x8一x号一1=0，解得x0=1,所以切线1的方 程为y=(1十a)x. 由v=(1+a)x, {y=x3-x2+ax+1, 年a化。 所以曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的 坐标为(1,1十a)和(-1，一1一a). 考向2利用导数求函数的极值、最值 1.以CD[因为声数f)=ah+兰十子(a≠0)，所以函数f)的 定义战为(0，十o0),f)=at-br2c,因为函数f代r)既有极大 值也有极小值，所以关于x的方程a.x2一bx一2c=0有两个不等的 4>0 b2+8ac>0 正实根1x2,则1十x2>0,即 b0 ab>0 a ,所以 2c0 ac<0 x1x2>0 Lbc<0 故选BCD.] 2.B[由题意，得f(x)的定义城为(0，十o∞)，(x)= a0, aI一b.又当工=1时，f(x)取得最大值-2，所以{f(1)=0,即 (f(1)=-2, 1a<0, a6=0,所以a=6=-2,则（x)=-2+2,所以f(2) b=-2, -2×2+2 22 =一故选] AC[由题意知f)=3x2-1.令f()=0,得x=号或x 令f)>0,得K9>◆f0,得 <所以)在(0，）)（十）上单羽逅，在 (）上单调递减，所以f()有两个板值点，所以A正璃 f(x)大位 () =- +9+1>0aa=f(号) 5_5+1>0.当+∞时，f(x)+∞：当x-∞时，fx)→ 9 3 一∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误.因为f(x)十f(一x)= x3-x十1十(-x)3十x十1=2，所以曲线y=f(z)关于点(0,1)对称， 所以C正确.令f(x)=3x2一1=2，得x=1或x=一1，所以当切线 的斜率为2时，切点为(1,1)或（一1,1），则切线方程为y=2x一1或 y=2x十3，所以D错误.故选AC.] 4.D[法一（分类与整合法）因为函数f(x)=a(x一a)2(x-b),所 以f'(x)=2a(x-a)(x-b)十a(x-a)2=a(x-a)(3.x-a-2b).令 f()=0,结合a≠0可得x=a或x=a+2b 3 (1)当a>0时 ①若十2>，即6>a,此时易知函教f(x)在(-0∞，a)上单调递 3 增，在（包，时必）上单羽递减，所以x=a为西数f()的板大位 点，满足题意： @若a十2b=a,即6=a,此时函教fx)=a(红一a)在R上单调递 增，无极值点，不满足题意： @老时2<a,中心，此时易知西数f在（时必）上单拥 3 递减，在(a,十o∞)上单调递增，所以x=a为函数f(x)的极小值点， 不满足题意， (2)当a0时 ①若a十2>a,即6>a,此时易知函数f(x)在(-o0,a)上单调递 3 减，在（口，时专）上单调递增，所以2=a为函教f()的板小值 点，不满足题意； ②若a十2b=,即b=a,此时函数fx)=a(红-a)在R上单调递！ 减，无极值点，不满足题意： @若2a,即a,此时易知画数fx)在(（时2必）上单调 3 递增，在(a,十∞)上单调递减，所以x=a为函数f(x)的极大值点， 满足题意. 综上，a>0且b>a满足题意，a<0且b<a也满足题意.据此，可知 必有ab>a2成立.故选D. 法二（特值排除法）当a=1,b=2时，函数f(x)=(x-1)2(x- 2),画出该函数的图象如图1所示，可知x=1为函数f(x)的极大！ 值点，满足题意，从而，根据a=1,b=2可判断选项B,C错误；当！ a=一1，b=一2时，函数f(x)=一（x十1)2(x十2)，画出该函数的 图象如图2所示，可知x=一1为函数f(x)的极大值点，满足题意. 从而，根据a=一1，b=一2可判断选项A错误，综上，选D 图1 图2 法三（数形结合法）当a>0时，根据题意画出函教f(x)的大致图 象，如图3所示，观察可知b>a. 图3 当a<0时，根据题意画出函数f(x)的大致图象，如图4所示，观察 可知a>b. 图4 综上，可知必有ab>a成立.故选D.] 5.[5,1,D[由题意得当x>0时fx)=alna+(1+aln(1+a)= 2 a[lna+(日+1）ln1+a)]≥0，设g(x)=lna+(2+1）: ln(1十a),因为a>0,所以g(x)≥0.因为a∈(0,1)，所以ln(1十 a)>0,十1>1，所以g(x)在(0，十∞)上单洞远增，故只需满足 g(0)≥0，即lna十ln(1十a)=ln(a十a2)≥0，所以a十a2≥1，解得 a≤5十1或a≥521又0之a<1,所以a的取值范国为 2 [50.] 2 91 6.(合）[由题意，得fx)=2a1na-e.易知fr)至少要 有两个零点x1和x2.令g(x)=f'(x),则g'(x)=2a'(na)2-2e. (1)若a>1,则g'(x)在R上单调递增，此时若g'(x0)=0,则g(x) 在（一∞，0）上单调递减，在(x0,十∞)上单调递增，此时若有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，则>x2,不符合题意，舍去. (2)若0<a<1,则g(x)在R上单调递减，此时若g(xo)=0,则 g(x)在（一∞，x6)上单调递增，在(x,十∞）上单调递减，且0 ogn此时若有r=和x=分别是通数fx)=2a e ex(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，且z1<x2,则需满足 ga>0,脚品。>dga所以点<m所以h< e e aa)即nana1-lnna,解得上<a<e又o<a e 所以。<a<1,故a的取值范国是(l）门 7.1[函数f(x)=2x-1-2lnx的定义域为(0，十∞). ①当x>2时.f(x)=2x-1-2lnx 所以f(x)=2-2=2(x-12 当安<x<1时，f()<0,当x>1时f(x)>0,所以在 (2,1）上单调递减，在(1，十o∞)上单调递增，所以f()m= f(1)=2-1-2ln1=1: @当0<≤号时，)=1-2x-2h,显格)在(0，号]上年 崩递减，所以fm=f(合)-2h子=2n2=h4>ne=1. 综上，f(x)n=1.] 8,求不等式的解集十根据极值情况求参数范围十分类讨论研究函数 的极值（逻辑推理、数学运算） 解(1)由题设条件可得，f(1)=1-(m十2)=0，解得m=一1，所 以f(x)=x2-x-nx, 由f(x)≤x2-1,可得1nx十x-1≥0， 令g=lnx十-1，则g)=子十1>0在(0，十∞)上版成立 所以g(x）在(0，十∞)上单调递增， 易知g(1)=0,所以g(x)≥0即g(x)≥g(1),可得x≥1. 综上，不等式f(x)x2一1的解集为[1，十∞). (2)f(x)=2x-(m+2)+”=2r-(m+2)x十m (2x-m)(x-1) ①当罗>1，即m>2时，由f(x)>0得x∈(0,1)U(罗，+o∞) 由f()<0得x∈(（1，受)故fx在(0)，（受，+o∞）上单洞 递增，在(（1，受)上单调递减，此时f()在x=1处取得板大值， ②当0<受<1，即0<m<2时，由f(x)>0得x∈(0，受)U1, +∞)：由f(x)<0得x∈（受，1）故f(在(0，罗）1，+oo) 上单调递增，在（受，1）上单调递减，此时f()在x=受处取得板 大值 ③当受=1，即m=2时，f()≥0在(0，十∞)上恒成立，即f() 在(0，十∞)上单调递增，此时函数f(x)在(0，十∞)上无极大值. ④当受≤0，即m≥0时，由f()<0得x∈(0,1)：由f()>0得 x∈(1，十∞).故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递 增，此时f(x)在x=1处取得极小值，无极大值. 综上可知，m的取值范围为(0,2)U(2,十∞). .解（当a=2时，f)=号(>0， fx)=(2n22(x>0. 2 2 令f()>0,则0<x<n2,此时函数fx)单调递增， 2 令f(x)<0,则x>n2此时函数fx)单调递减， 2 所以函数f(x)的单调递增区间为(0，品2)单调递减区间 为（品2+∞） (2)曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点， 可转化为方程=1(x>0)有两个不同的解，即方程工=血4有 两个不同的解 设g()=血二(x>0),剥g(x)=1h(>0, 令g()=1h兰=0，得=e, 当0<x<e时，g'(x)>0,函数g(x)单调递增， 当x>e时，g'(x)<0,函数g(x)单调递减， 故g(r)t=g(e)=1, e 且当>e时，8)e(0,）又g1)=0. 所以0<2<。所以a>1且ae 即a的取值范围为(1，e)U(e,十o∞). 10.解(1)当a=0时，f()=3-2, 则f(0=·(-2)-(3-2)·2z=2红-6 1 T' 当x=1时，f(1)=1,f(1)=-4, 故y=f(x)在(1，f(1)处的切线方程为y-1=一4(x-1), 整理得4x十y-5=0. (2)已知函数fx)=32。 x2十a 则f(0=x2+a·(-2)-(3-2)·2z (x2+a)2 2(x2-3x-a) (x2+a)2 若函数f(x)在x=一1处取得极值， 则f(-1)=0,即240=0，解得a=4. (a+1)2 经检验，当a=4时，x=一1为函数f(x)的极大值，符合题意， 此时fx)=32兰，其定义战为R,()=24)C十D. x2+4 (x2十4)2 令f(x)=0,解得x1=-1,x2=4. f(x),f(x)随x的变化趋势如下表： (-0∞，-1) -1 (-1,4) 4 (4,十∞) f(x) 0 0 f(x) 极大值 极小值 故函数f(x)的单调递增区间为（一∞，一1），(4，十∞)，单调递减 区间为（一1,4） 极大值为f(一1)=1，极小值为f(4)= 4 又国为K号时，>0：>是时)<0， 所以函数f(x)的最大值为f(-1)=1, 最小值为f(4)=-4 考向3利用导数解决不等式的恒成立问题或证明不等式 l,C[因为函数f(x)=ae-lnx,所以f(x)=ae- 是国为函数 f(x)=ae-lnx在(1,2)单调递增，所以f(x)≥0在(1,2)恒成1 立，即ae-≥0在1,2)恒成立，易知a>0,期0<合≤e在 93 (1,2)恒成立.设g(x)=xe,则g'(x)=(x十1)e,当x∈(1,2)时， g'(x)>0,g(x)单调递增，所以在(1,2)上，g(x)>g(1)=e,所以 1≤e,即a2 1=e1,故选C.] 2.导数的几何意义十函数的零点十不等式的证明 解(1)第1步：求切点坐标 当a=1时，f(x)=x-(lnx)2,f(1)=1,故切点为(1,1) 第2步：求斜率，得切线方程 f()=1-22,f(1)=1, 故曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y-1=x一1，即x v=0. (2)(「)解法一（分离参数，转化为函数图象的交点个数问题） 【“f(x)有3个零点x1,x2,x·且x1<x2<x”,可转化为a= 血x)上有3个不相等的实根，进而通过研究函数g(x)=血工) 的值域来确定a的取值范围】 第1步：转化问题 因为>0，所以原问题可转化为：方程a=血工）有3个不相等的 实根x1x2x,且x1<x2<工3， 令gr)=血r)上，则问题特化为：直线y=a与函数g(x)的图像 有3个不同的交点， 第2步：求导，并研究g(x)的单调性 2h正.x-(lnx)” g'(x)= (2-In x)Inz 令g'(x)=0,得(2-lnx)lnx=0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x=e2. 当0<x<1时，lnx<0,2-nx>0,所以g'(x)<0,g(x)在(0,1) 上单调递减： 当1<x<e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-lnx0,所以g'(x)<0,g(x)在(e,十o∞) 上单调递减」 第3步：求g(x)的极值与极限 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为(1)一0，g(x)的极大值 为g(e2)= 4 当x→0+时，lnx→-∞，(1nx)2→十∞， 十∞，所以g(x)之 x 十00. 当x十∞时，g(x)0. 第4步：确定a的取值范围 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) 的图象可知，0<1<1<r<e2<x且0<a<。 4 故a的取位范国为(0，令） 解法二（换元后直接求解） 第1步：换元 设u=lnx,则方程f(x)=a.x一(1nx)2=0可化为a·e”一42=0， 即u2e4-a=0. 第2步：构造函数G(x)=xe-a,求导，并研究G(z)的单调性 设函数G(x)=xex-a,则G'(x)=(2.x-x)ex=x(2-x)er, “函数f(x)有3个零点x1,x2,4,且x1<x2<x”等价于“G(x)= x2ex-a有3个零点u1,u2,u3”, 当x0时，2-x>0,所以G(x)=x(2-x)ex<0,G(x)在（一∞， 0)上单调递减： 当0<x2时，2一x>0,所以G(x)=x(2-x)ex>0,G(x)在(0， 2)上单调递增： 当x>2时，2-x<0,所以G'(x)=x(2-x)e<0,G(x)在(2， 十∞)上单调递减. 第3步：求G(x)的极值与极限 由G(x)的单调性可知，G(x)的极小值为G(0)=一a,G(x)的极大 值为G(2)=怎 4 -a, 当x→一∞时，x2→十∞，ex十∞，所以G(x)→十∞， 当x→十∞时，G(x)→一a. 第4步：确定a的取值范围 结合G)的单洞性，救值，板限可知，a<0<专a 郎得0<a<号 故a的取位范国为(0，号） (川)第1步：从结论出发，对要证的不等式变形 要证(nn)n<。号 即证（合h受h)(合na)）号 即证(n页-h)n√<。片 年运后-血)瓜<中-1+ 第2步：从条件出发，得到关于√，√，√的关系式 由(1)中标贵一可知0<<1<<e<,且0<a<冬，别 √<1,1<√2<e,√>e, 又a=a)_nx22nx 则n4-n是=是=石 √√2r 即巨层-9< VV3 剥-h·n国=（受）·团·瓜<（停）·回 =In√)2 √x3 由1)灯>e()< 则-h·n√E<4 由e-2)>0,得e>4e-4=4e-1.即。 则-nh<。<。 41 令g=1,则至->1，n区_n区_h+ln国 √x2√x3 ·√x2 娄理得n质兴h国 故h原n->n 第3步：结合“第1步、第2步”进一步分析 在“第1步”中，将题目中要证明的问题等价转化为： 证明(n压-h√)ln国<1+e马 在“第2步”中，我们得到： h加以hh后-他.我 们可以得到： (ln-ln√)·ln=ln√·ln√-ln√· h<+4 【定北，我初想：如果能证明出<10>1)，伞题n 加1h<气”统得证7】 第4步：证明血1)<1>1D,得结论 (t-1)2 臭血加告运1年子 即证n<(t>1), 令h(t)=1nt ,则')=二-1)2 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，十o∞)上单调递减， 翾h)<0,即n<,令题得证， !3.函数的极值十不等式恒成立问题（端点效应）（理性思维、数学探 索) 解(1)第1步：给出定义城，并求导 当a=一2时，fx)=(1+2x)ln(1十x)-x,x∈(-1，十o∞)， Fa)-=21+x)+1+经-1=2n1+)市十+1 第2步：判断函数的单调性 易知f(x)在（一1，十∞）上单调递增，且f(x)=0, 所以当x∈（一1,0）时，f(x)0,当x∈(0，十∞)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， 第3步：根据极值的定义给出结论 所以当x=0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0,f(x)无极大值， (2)第1步：求导 f(x)=(1-a.x)ln(1十x)-x,x∈(-1，+∞)， 则f(x)=-aln(1+x)a+Dz 1+x 设g(x)=-aln(1十x)-a+1)z. 1十x a十1 则g'(x)=一1十z(1+x)2 第2步：找出原不等式成立的一个必要条件 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0,f(0)=0, 所以g'(0)=-2a-1≥0，得a≤-2， 故a≤-子是原不等式成立的一个必要条件 第3步：证明该必要条件也是充分条件 下面证明其充分性： 当a≤-立x20时g(x)≥20+0201十21千0. 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增， 且f'(x)≥f(0)=0, 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增， 且f(x)≥f(0)=0. 综上a的取值范因是（一0，宁]。 4.利用导数求函数的单调区间十不等式恒成立 解(1)第1步：求导函数 因为f(x)=a(x-1)-1nx十1，所以f(x)=a 1=ax-1 x>0, 第2步：分类讨论，求f(x)的单调区间 若a≤0，则f(.x)<0恒成立，所以f(x)在(0，十o∞)上单调递减， 即f(x)的单调递减区间为(0，十∞)，无单调递增区间： 若a>0,则当0<<2时，f)<0,当>时，f)>0,所以 f()的单涧递减区间为(0，日）单洞递增区间为（合，十∞） 综上，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，十∞)，无单调递增区 间：当a>0时，f(x)的单调递减区间为(（0，日)，单调递增区间 为（日+o∞）】 (2)解法一（放缩法)第1步：利用a的范围放缩不等式，将问题转 化 因为a≤2，所以当x>1时，e-1-f(x)=e-1-a(x-1)十lnx 1≥e-1-2x+lnx+1. 令g(x)=e1-2x十lnx十1，则只需证当x>1时g(x)>0. 第2步：利用亭数研究g(x)在(1，十∞)上的单调性，证明不等式 易知g'(x)=e-1-2十 1 x 令h(x)=g'(),剥h'()=心l之在(1，十o∞)上单调递增 则当x>1时，h'(.x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，十o∞)上 单调递增，所以当x>1时， g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上单调递增，所以当x>1 时，g(x)>g(1)=0,即当x>1时，f(x)<e1恒成立. 解法二（作差法直接求导证明）第1步：作差并构造函数 设g(x)=a(x-1)-lnx十1-e-l,只需证当x>1时g(x)<0 即可， 第2步：利用导数研究g(x)的单调性，证明不等式 易知)=a士e 令()=g(z),则'()子e 由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1，十∞)上单调递减， 则当x>1时，h'(x)<h'(1)=1-1=0, 所以h(x)=g'(x)在(1，十∞)上单调递减 于是当x>1时，g(x)<g(1)=a-2, 又a2,所以a-2≤0，则当x>1时，g'(x)<0,故g(x)在(1，！ 十∞)上单调递减， 所以当x>1时，g(x)<g(1)=0,即当x>1时，f(x)<e1恒 成立 5,导数的几何意义十恒成立问题十不等式的证明 解(1)由题知f(1)=0,f(x)=lnx十1， 所以f(1)=1,所以切线方程为y=x一1. (2)第1步：将原问题进行转化 由题可得xlnx≥a(x一√)在(0，十o∞)上恒成立，即lnx≥1 a(左)在0，+∞)止板成立 第2步：构造函数g(x),并将原问题进行转化 设g)=lnxa(-方）=hxa+后xe0+o: 则g(x)≥0恒成立， 又g(1)=0,所以g'(1)=0. 第3步：求出a的值 因为g(x)=1 所以R(1)=1一受=0，解得a=2。 (3)第1步：判断x1=x2的情况 当x1=xg时，f(x1)-f(x2)川=|x1一x2|立=0. 第2步：判断f(x)的单调性 当x1≠x2时，不妨设x1<x2, 令f()-lnx+1=0,得x=。,所以f)在(0，是）上单羽递 减，在（合1）上单调递增。 第3步：讨论0<x1<≤。的精况 ⑩当0≤日时，fu>fo.f)-f1=4h 2ln 2. 设)=nx+E.0<<1,则()=lnx+1+2后 设m(x)=lnx十1十 2左0<x<1,则m（x)=元x =4G-1 4x反 令m)=0,得=言，所以m()在(0，言)上单调递减，在 (61）上单调递增， 所以)≥(6)=lh6+1+2=lh6>0,所以x)在(0.1) 上单调递增， 所以xln十√/<xlnx2十√，xln1-zlnx2<√ /x1, 因为（√-√）2-（√2-西）2=2x1-2√1x=2√( √)<0， 所以√2-√1<W2一x1 92 所以x1lnx1一x2nx2<√/2x1, 即f(x1）-f(x2)川<|x1-x21方. 第4步：讨论是≤<<1的情况 ②当。<<<1时，fKf,()-f()=xlh aIn 1, 设h(x)=xlnx-x,0<x1,则h'(x)=lnx<0, 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以x1lnx1一>x2lnx2-x2,即x2lnx2-x1lnx1<x2-1, 因为≤1<x2<1, e 所以0<x2-x1<1,0<V2x1<1,2x1<V21' 所以x2lnx2一x1n1<√一1， 即f(x)-f(x)<|x1一x2|. 第5步：讨论0<1<<x2<1的精况 e ③当0<1<。<<1时， 若f)<,则f)-f<(日）f) 由②知， f(日）f< 所以|f(x1)-f()<|x1一x2|乞； 若f)>f),则f)-f)1Kf)-f(日）) 由0知，)（日）川<√< 所以|f(x1)-f(x2)<|x1-x2|立. 若f(x1)=f(x2),则|f(x1)-f(x2)|=0,1x1-x2|立>0，故 |f(.)-f(x2)l<x1-x217, 第6步：得出结论 综上可知，Hx1x2∈(0,1)，都有|fx1)-fx2)|<|1-x2|立. 解(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，十∞). 由f(=D-1+1 x =e(x-1)-x十x_(e十x)(x-1) 2 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以f(x)in=f(1)=e十1一a. 又f(x)≥0， 所以e十1一a≥0，解得ae十1， 所以a的取值范围为（一∞，e十1]. (2)证明法一不妨设x1<x2, 1>1 则由(1)知0<<1< 令F(x)=f(x)- 则F(r)=(e十x)(x- (e+)( (e+x-e2-1. 令g(x)=e+x-xe-1(x>0, 则)=e+1-e+2,=e+1+2(仕-）>0. 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)=0, 所以当x∈(0,1)时，F'(x)>0, 所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以F(x)<F(1) 即在(0,1)上f(x) f(）F)=0. 又f(x1)=f(x2)=0, 所以f)-f()）0 即f,f() 由(1)可知，函数f(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以头即<1， 法二（同构构造函数化解等式） 不妨设x1x2, 则由(1)知0<1<1<2,0<1<1. 由f(x1)=f（x2)=0, 得红ln1十x=号-hx2十x' 即eh十x1-lnh=e2h52十2-lnx2. 因为函数y=e十x在R上单调递增， 所以x1-lnx1=z2-lnx2成立. 构造函数h(x)=x一lnx(x>0), 0=A)hA(）--2hx>0. 12_1D2≥0(>0， g'x)=1十立 所以函数g(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0, 南当>1时a)>h(仔)》 所以A)=Aa》A() 又'(=1-1=1(x>0), x 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以0<x1<<1,即14<1. 7.解(1)当a=1时，f(x)=xe-e=(x-1)e,f(x)=e+(x 1)e"=xe". 令f(x)=0,得x=0, .当x<0时，f(x)<0,f(x)单调递减： 当x>0时，f(x)>0,f(x)单调递增. (2)f'(x)=er十aerx-e=(a.x十1)er-e,f(0)=0. 设g(x)=(a.x十1)er-e,则g'(x)=aer十aer(ax十1)-e=(a2x+ 2a)er-e",g(0)=2a-1. 当2a-1>0,即a>号时，存在6>0，使得当x∈(0,8)时，g(x)> 0,此时f(x)在(0,6)上单调递增. :f(x)>f(0)=0,f(x)在(0,6)上单调递增， f(x)>f(0)=-1,这与f(x)<-1矛盾，故舍去. 当2a-1≤0，即a≤号时，fx)≤xe-c 令h(x)=xe立x-e, ∴.h(x)在(0，十∞)上单调递减， 此时h(x)<h(0)=一1符合条件. 等上可知a的取值范因为（号] (3)证明由(2)知当a=令时，x>0时，xe-e<-1, 1 令er=1>1,则x=2ln121n11->1 ,百(n∈N),则2nt=ln(n+1)-hn<√元 取n /n+1 n 1, 1 二十 1十…十 √n市干+市2+ 1>ln2 √n+n ln1十ln3-ln2十…十ln(n十1)-lnn=ln(n十1)，故结论得证， 8.解(1)由题意得y=xf(x)=xln(a一x), 则y'=ln(a-x)十x[n(a-x)]'. 因为x=0是函数y=xf(x)的极值点， 所以y'x=0=lna=0,所以a=l(经验证，a=1符合题意). (2)证明由(1)可知，f(x)=ln(1一x),其定义域为{x|x<1}, 当0<x<1时，ln(1-x)<0,此时xf(x)<0, 当x<0时，ln(1一x)>0,此时xf(x)<0. 易知g(x)的定义域为{xx<1且x≠0} 故要证g()=+f1,只需证十f)>zfr), xf(x) 即证x十ln(1-x)-xln(1-x)>0. 令1一x=t,则>0且t≠1， 则只需证1-t十ln-(1-t)lnt>0, 即证1-t十t小nt>0. 令h(t)=1-t十tnt,则h'(t)=-1十lnt十1=lnt, 所以h(t)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以h(t)>h(1)=0, 即g(x)<1成立. 9.解(1)因为f(x)=x(1-lnx), 所以f(x)的定义域为(0，十∞)， f)=1-hxt·(）-nx 当x∈(0,1)时，f(x)>0:当x∈(1，十∞)时，f(x)<0. 所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减。 (2)证明由题意，a,b是两个不相等的正数，且blna一alnb=a b,两边同时除以ab,得血enb=1,即血a十1_血b十」 bb a b 即f(合)=（合）月 令x1=ax=6, 由(1)知f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减 且当0xe时，f(x)>0,当x>e时，f(x)0, 不妨设x1<x2,则0x11<x2e. 要接2<合十六<e,即证2<十<心 先证x1十x2>2: 要证x1十x2>2,即证x2>2-x1, 因为0<x1<1<x2<e,所以只要证x2>2-x1>1, 又f(x)在(1，十∞)上单调递减， 所以即证f(x2)<f(2-x1), 又f(.x1)=f(x2),所以即证f(x1)<f(2一x1), 即证当x∈(0,1)时，f(x)-f(2-x)<0. 构造函数F(x)=fx)一f(2-x), 则F'(x)=f'(x)十f(2-x)=-lnx-In(2-x) =-ln[x(2-x)], 当0<x<1时，x(2-x)<1,则-ln[x(2-x)]>0, 即当0<x1时，F(x)>0, 所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以当0<x1时，F(x)<F(1)=0, 所以当0<x<1时，f(x)一f(2一x)<0成立， 所以x1十x2>2成立， 再证x1十x2<e: 由(1)知，f(x)的极大值点为x=1,f(x)的极大值为f(1)=1, 过点(0,0)，(1,1)的直线方程为y=x 设f(x1)=f(x2)=m, 当x∈(0,1)时，f(x)=x(1-1nx)>x, 直线y=x与直线y=m的交点坐标为(m,m),则x<m 欲证x1十x2<e,即证x1十x2m十x2<f(x2)十x2<e, 即证当1<x<e时，f(x)十x<e, 构造函数h(x)=f(x)十x,则h'(x)=1一lnx, 当1x<e时，h'(x)>0,所以函数h(x)在(1，e)上单调递增， 所以当I<x<e时，h(x)<h(e)=f(e)十e=e, 即f(x)十x<e成立，所以x1十x2<e成立， 综上可知，2<1十<e成立. 考向4导数的综合应用 1.ACD[利用导数研究函数单调性和极值（理性思雏、函数探索、数 学应用) 代数推理法十作差比较法因为f(x)=(x一1)2(x一4)，所以 f'(x)=2(x-1)(x-4)十(x-1)2=3(x-1)(x-3),令f'(x)= 0,解得x=1或x=3,当x1或x>3时，f(x)>0,当1<x<3 时，f(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为（一∞，1），(3， 十∞)，单调递减区间为(1,3)，故x=1是函数f(x)的极大值点， x=3是函数f(x)的极小值点，所以A正确. 当0<x<1时，x-x2=x(1-x)>0,即0<x2<x<1,又函数f(x) 在(0,1)上单调递增，所以f(x2)<f(x),所以B错误。 当1<x<2时，1<2x-1<3,函数f(x)在(1,3)上单调递减，所以： -4=f(3)<f(2x-1)<f(1)=0,所以C正确. 当-1<x<0时，f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(x- 1)2(x-4)=(x-1)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=(x-1)”(-2x+ 2)=一2(x一1)3>0，所以f(2-x)>f(x),所以D正确 综上，选ACD.] 2.AD[三次函数的单调性、零，点个数、极值，点十曲线的对称性 由题可知f(x)=6x(x-a). 对于A,当a>1时，由f(x)<0得0<x<a,由f(x)>0得x<0 或x>a,则f(x)在(-∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在} (a,十o∞)上单调递增，且当x→-o∞时，f(x)→-o∞，f(0)=1, f(a)=-a3+1<0,当x→十∞时，f(x)>十∞，故f(x)有三个零 点，A正确： 对于B,当a0时，由f(x)0得a<x<0,由f(x)>0得x>0 或x<a,则f(x)在（一o∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在 (0,十∞)上单调递增，故x=0是f(x)的极小值，点，B错误： 对于C,当x→十o∞时，f(x)十∞，当x→一∞时，f(x)→一∞，故！ 曲线y=f(x)必不存在对称轴，C错误； 对于D,解法一（配方、平移）f(x)=2x3-3ax2+1=2x 号）-子：（受）+1-受令1=受，期f)可特化为 g(t)=23- 21十1-号，由y=2-号1为奇函教，且其图象 关于原点为对袋，可知)的图象关子点(01一号)对称，则 f)的图象关于点（受1-受）对称，故存在a=2,使得点1， f(1)为曲线y=f(x)的对称中心，D正确.故选AD. 解法二（二级结论）任意三次函数f(x)=ax3十bx2十cx十d(a≠！ 0)的图象均关子点（品f(品）成中心对称，D正确，故 选AD.] 3.B[由题意知f(x)=3x2十a,要使函数f(x)存在3个零点，则 f'(x)=0要有2个不同的根，则a<0.令3x2十a=0,解得x= ±√号◆f>0,则x<√层或√写◆f)<0, 期√号<<√号所以f)在(，√骨)和（√号 十）上单调递增，在（√写√冒）上单调递减，所以要使 (同>∫层+>0 f(x)存在3个零点，则 ,即 号√+2<0 解得√层>1，即<一故选以] 4.由递推关系证数列是等差数列十错位相减法（逻辑思维能力、运算 求解能力) 解)-a子十nm十D两边月时聚n(a+1,得(n+1) an+1=nan十1， 又1×a1=3,所以{nan}是首项为3，公差为1的等差数列. (2)(错位相减法)由(1)可知数列{nan}的通项公式为na,=3十 (n-1)×1=n十2， 又f(x)=a1+2a2x+…+mdn-l, 故f(-2)=3十4×(-2)十…十(m十2)×(-2)m-1 所以-2f(-2)=3X(-2)+4×(-2)2+…+(m十2)X(-2)m 两式相减，得3f(-2)=3十(-2)十(-2)2十…十（一2）m-1 (m+2x(-2=号-(a+号)X(-2 所以f(-2)=子-(+号)×(-2 9 5.函数的极值与零点问题十函数单调性的应用 解：(])【如何判定函数存在极值点？具体步骤：第一步，写清楚函 数表达式：第二步，对函数求导，判定导函数的正负，确定原函数的 单调区间：第三步，判定函数是否存在极值点】 周为f)=ln1+x)x十之-x,∈（0，宁） 1 所以f(x)=1十x 1+x-3x2=1-1-x+x十x23kx2-3kx 1十x (+1) 当>0时，令f)=0解得=京1>0， 所以当0头1时，f)>0,f)单润递增： 1 当x73k 1时，f(x)<0,f(x)单调递减. 所以x=3 一1是f(z)在(0，十∞)上唯一的极值点，是极大值点」 【计算特殊点的函数值，结合零点存在定理证明零点的唯一性】 国为f(乐-1）>f0)=0.f()=n（1+东)-+8欢 =（+）<o 1 所以3x,∈（(3-1,2元)小f()=0, 所以x0是f(x)在(0，十∞)上唯一的零点. (2)(i)因为g(t)=f(x1十t)-f(x1-t), 所以g'(t)=f(x1十t)十f(x1-t)= -3k(x1十t)2 1十x1十1 （x1十t-1)十 -3k(x1-t) (x1十t)21 1十x1-t -(1-t-x1)=3k1 [(1-t)2 1十x1一t1十x1十t 6k2(1-x1-2x1) (1+x1)一1 【结合t∈(0，x1)判定导函数的正负，进而得函数的单调性】 因为t∈(0，x1),所以t2-x1-2x1<0,(1十x1)2-t2>0, 所以g'(1) 6kt2(2-x1-2x1)<0, (1十x1)2-2 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. (i)【如何比较2x1与x2的大小？作为本题第(2)问的第（ⅱ）问， 能不能利用第(1)问和第(1)问的结论呢？我们要明确2x1与函 数f(x)的极值点有关，x2是函数f(x)的零，点，函数g(t)与函数 f(x)有关，故要想到利用函数g(t)与函数f(x)的单调性进行判 断】 由(1)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 【利用第(i)问函数g(t)在(0，x1)上的单调性，判定g(x1)与g(0) 的大小】 所以g(x1)<g(0), 【根据g(x1)=f(21)-f(0),g(0)=f(x1)-f(x1)=0,结合f(0) =0得出f(2x1)<0,再巧妙回扣函数f(x)的零点2的定义将0 转化为f(x2),最后利用函数f(x)的单调性判定2x1与x2的大 小】 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,所以f(2x1)<0, 因为x2是f(x)的零点，所以f(x2)=0, 所以f(2x1)<f(x2), 又x2>x1,21>1,且f（x)在(x1,十∞)上单调递减， 所以2x1x2· 函数图象的对称性十利用导数研究函数的单调性（理性思维、数学 探索、数学应用) 解(1)第1步：求函数f(x)的定义城 f(x)的定义域为(0,2) 第2步：求解f'(x) 若6=0，则f)=ln2+ax,f(x)=2,.22+a (2-x)2 2 r(2x)+a, 第3步：根据f'(x)≥0求a的最小值 当x∈(0,2)时，x(2-x)∈(0,1]，f(x)im=2十a≥0，则a≥-2， 故a的最小值为一2. (2)第1步：求解f(2-x)与f(x)的关系式 f2-=1n22+a(2-x)+6(1-x=-lh22 x -ax-b(x- 1)3+2a=-f(x)+2a, 第2步：得出曲线y=f(x)的对称中心 故曲线y=f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)第1步：求a的值 由题知f(1)=a=-2, 第2步：求解f(x)并变形整理 此时f(x)=ln2 --2x十b(x-1)3, fx)=2_2.2)t+-2+36(x-12=2 x(2x) z(2-刀-2+36(x 1)2=(x-1)[z22+61 2 第3步：分类讨论，研究f(x)的单调性，并判断是否符合题意 2 记gx)=2知十36，x∈(0,2)，易知g(x)在(0,1)上单调递 减，在(1,2)上单调递增，g(1)=2十3b, 当b>-号时g()>0,()≥0，f()在(0,2)上单调递增， 又f(1)=-2,故符合题意. 当b<一 T3时g(1)<0,g()=x(2+36=36+66.x十2 x(2-x) 令)=0，得x=1士√什品 因为6K-号所以√+元∈0,1，故1+√什∈1,2， 1√1+∈0 所以当(1+√+品) 时，g(x)<0,f(x)<0,f(x)在1， 1+√+品)上单减，故f(+√1+汤 2 2 <f(1)=-2,不 符合题意， 第4步：得出b的取值范围 2 综上，b的取值范国为[-分，十∞). 7.导数的几何意义十导数与极值的关系（理性思维、数学探索） 解(1)第1步：求当a=1时函致的解析式与导函数 当a=1时，f(x)=e一x-1,则f(x)=e-1, 第2步：求切线的斜率与切点坐标 则f(1)=e-1. f(1)=e-2,所以切点坐标为(1，e-2), 第3步：求切线方程 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1), 即(e-1)x-y-1=0. (2)第1步：求导 易知西数f(x)的定义域为R,f(x)=e一a 第2步：讨论函数的单调性，求出极小值 当a0时，f(x)>0, 函数f(x)在R上单调递增，无极值： 当a>0时，由f'(x)>0,得x>lna, 由f(x)0,得xlna, 所以函数f(x)在区间(-∞，lna)上单调递减，在区间(na,十∞) 上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(lna)=a一alna-a3 第3步：根据极小值小于0求a的取值范围 由题意知a-aln aa3<0(a>0), 等价于1-lna-a<0(a>0). 解法一（导数法） 令g(a)=1-lna-a(a>0), 则a)=1日-2a=201 <0 a 所以函数g(a)在(0，十∞)上单调递减， 又g(1)=0,故当0a<1时，g(a)>0: 当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范围为(1，十∞). 9 解法二（图象法） 由1-lna-a<0(a>0),得lna>-a2十1(a>0) 如图为函数y=lna与y=一a2十1在区间 ty (0,十∞)上的大致图象， 由图易知当a>1时，lna>-a2十1， y=In a 即1-lna-a<0. 所以实数a的取值范围为(1，十∞). 8.导数的综合应用十导数的几何意义十函数 的单调区间、零点（理性思维、数学探索、数 =-a2+1(>0) 学应用) 解(1)第1步：求导 当k=一1时，f(x)=x-ln(1+x)(x>-1), 1 则f(x)=1一1十x-1十x 第2步：求f(x)的单调区间 令f(x)>0,令x>0,令f'(x)<0,得-1x<0, 所以f(x)的单调递增区间为(0，十∞)，单调递减区间为（一1,0）. (2)第1步：求出1的方程 k f()=1+十xfw=1+年 故1的方程为yf)=(（1+千)x0. 第2步：提出假设，得到关于t的等式 假设1经过点(0,0)，则-f0=-(1十年) 即-t-kln(1十)=一t一1 tk 又≠0，所以h1+)=千>0. 第3步：推出矛盾，得结论 令F()=ln1+)-1中 1(1>0), 则F'()=a+>0, 所以F(t)在(0，十∞)上单调递增 所以F)>0,即h1+)>千>0)，与lh1+)=千>0) 矛后， 所以假设不成立，即1不经过点(0,0) (3)第1步：求导，得f(x)的单调性 当k=1时，f)=x+l1+x,则f0)=0.f()）=1+1千≥0， 故f(x)在（一1，十∞）上单调递增， 第2步：求出1的方程，得到点B的纵坐标 所以1的方程为y一+ln1+0门=(（+十)女- 令x=0,得z=ln(1+)-1+ 第3步：根据2S△40=15S△AB0得到关于1的等式 易知ACLBC,剥由2S△m=15SAAm,得2×之|0C×AC1 15×号1OB1X1AC, 得210C=1510B1,得2+h1+]=15a1+)>0. 15L=0(>0). 即2t-13ln(1+0+ 第4步：构造新函数，求零点个数 令g)-2:-1n1+a+ 13 15 则9(x)=2- =2.x-1)(x-4) 1+x(1+x)2 (1十x)2 所以P(x)在 (0,2),(4,+∞)上单调递增，在（2,4）上单涧 递减 因为9(0)=0,9（）>0，g(4)=20-131h5<20-13×1.6 0.8<0,p(8)= 8-261n3>8-26×1.1≈0.7>0. 3 3 所以(x)在(0，十∞)上有2个不同的零点， 第5步：得结论 故存在点A使得2S△40=15S△AB0成立，且，点A的个数为2. 9.函数中的新定义问题十导数的几何意义十函数的单调性与最值十！ 基本不等式（理性思维、数学探索） 解(1)第1步：利用基本不等式求s(x)的最小值 因为通数f)=,x∈(0，+∞)，M0.0. 所以()=-0+(-0）=2+>2 第2步：根据等号成立的条件求点P的坐标 当且仅当=之>0，即x=1时， s(x)取得最小值2，f(1)=1,所以P(1,1), 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“f最近点” (2)第1步：求s(x)与s'(x) 因为函数f(x)=e,M(1,0),所以s(x)=(x-1)2十e2x,则s(x)= 2(x-1)+2e 第2步：讨论(x)的单调性，求出其最小值，得到“f最近点” 记m(x)=s'(.x)=2(x-1)十2e2x,则m'(x)=2十4e2r>0,所以 m(x)在R上严格单调递增. 因为m(0)=s'(0)=0, 所以当x0时，m(x)=s'(x)0:当x>0时，m(x)=s'(x)>0. 所以x(x)在（一∞，0）上严格单调递减，在(0，十∞)上严格单调！ 递增， 因此当工=0时，s(x)取到最小值， 又f(0)=e°=1，所以，点M的“f最近点”为P(0,1). 第3步：利用导数的几何意义求切线斜率，根据两直线垂直建立 方程 为判断直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切线是否垂直，可另： 设P(k,e),则由f(x)=e,知在P(k,e)处的切线l的斜率为e,! 7题意知MPLL,因此0，整理得+e1 第4步：构造函数，根据函数的单调性求出点P的坐标 令h(k)=k十e2-1,易知h(k)在R上严格单调递增， 又h(0)=0,所以方程k十e张一1=0有唯一解k=0,所以，点P(0, 1). 综上，存在满足条件的一个点P(0,1), (3)解法一设 1(x)=(x-+1)2+(f(x)-f()十g()2 (s2(x)=(x-1-1)2+(f(x)-f(t)-g(t)2 由条件，对任意t∈R,存在P(x0,f(x0)),使得x0同时是s1(x)和· (x)的最小值点. 于是，对任意x∈R,1)区() (s2(x0)≤s2(x)】 即n-+1+()-f0)+ge)产≤-+1)2+()-0+gm 1(o-1-1)2+(fo)-f)-g)2≤(xr-1-1)2+(fx)-f)-g(0)2' 特别地，当x=t时， (0-1+1)P+(f(xo)-f)十g()2≤1+g2() (x-t-1)2+(f(x6)-f(t)-g(t)2≤1+g2(t) 两式相加，得(x0一1)2十（f(x0)-f(1)2≤0. 所以x0=t. 另一方面，求导得 (1(x)=2(x-1+1)+2(f(x)-f(0+g(t)f(x) (s2(x)=2(x-1-1)+2(f(x)-f(t)-g(t)f(x) 因为s(x)(i=1,2)的最小值点也是极小值点， 所以s1(x6)=0, s2(x0)=0, 即x,+ID+(fx)-f0)+g()f()=0 (0一1-1)+(f(x)-f(t)-g()f(6)=0 两式相减，得g(t)f'(x)=一1. 代入x0=t,并由g(t)>0,得f'()= g(D<0,1∈R. 所以f(x)在R上严格单调递减. 解法二第1步：先证MP⊥l. 先证明一个结论：对于M(a,b),设P(xo,f(xo)为M的“f最近 点”，曲线y=f(x)在点P处的切线为l,则MP⊥乙. 证明：因为s(x)=(x一a)2十(f(x)-b)2,所以s'(x)=2x一2a十} 2f'(x)(f(x)-b), 所以当s(x)在x=x0处取得最小值时，s(x0)=0,即x0一a十 9 f'(xo)(f(xo)-b)=0, 所以f)-b 1 xo-a f(xo) 又直线MP的斜率p=fC）,且直线1的斜率为=f,), xo-a 所以kp·为-f.)=了a·f)=-1 ro-a 所以MP⊥1. 第2步：证明线段M1M2的中点N与点P重合 因为Vt∈R,M1(1-1,f(t)-g(t)),M2(1十1，f(t)十g(t)),存在 对应的点P使得|M1P为M1到曲线y=f(x)的距离平方的最 小值， |M2P|2为M2到曲线y=f(x)的距离平方的最小值， 连接M1M2,因为M(t-1,f(t)-g(t),M2(t十1，f(t)+g(t), 所以设线段M1M2的中点为N,则N(t,f(t),则点N在曲线y= f(x)上. 若M1,M2到曲线y=f(x)的距离最小时对应的点P与点N不 重合， MP<M NI,M PI<IMNI, 所以|MP|+|MP|<|MN|+|M2N|=|M1M2|, 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以点P与点N必重合 第3步：用结论判断f(x)的单调性 又直线MM:的斜牵为MM,22=g)>0,k=(0,所以 2 由kMM,·k=g(1)·f()=kP·k1=一1<0，知f()<0,所以 当t∈R时，有f(t)<0,所以函数f(x)在R上严格单调递减. 考向预见函数与导数是高考必考知识点，主要考查求导公式，导 数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，考查学 生的综合解题能力，求解此类试题往往用到数形结合思想、分类讨 论思想、化归与转化思想.预测2025年高考大概率考查利用导数研 究函数的单调性十根据不等式恒成立求参数的值或取值范图十利 用导数研究函数的极值或最值，求解时注意换元法的应用，讨论函 数单调性时需注意定义域先行原测的应用， 10.解(1)f(x)=ae-1, 当a≤0时，f(x)0, 所以函数f(x)在（一∞，十∞）上单调递减： 当a>0时，令f'(x)>0,得x>-lna, 令f(x)<0,得x<-lna, 所以函数f(x)在(-∞，一na)上单调递减，在（一Ina,十o∞）上 单调递增. 综上可得：当a0时，函数f(x)在(-o∞，十o∞)上单调递减： 当a>0时，函数f(x)在(-o∞，-lna)上单调递减，在(-lna, 十∞)上单调递增. (2)解法一（最值法） 由(1)得当a>0时，函数f(x)=a(e十a)一x的最小值为f(一lna) =a(eha十a)十lha=l十a2+ha, 令ga)=1+d+ha2ha号-d2-ha合ae0,to, 所以g'(a)=2a 日令a>0,得a>号：令a)<0得0< 所以西数g(a)在 0,)上单递减，在（十∞）上单 递增， 所以画数如的小值为（号）-（号）-h号子=h厅 >0,所以当a>0时，fx)>2lha+号成立 解法二（分析法） 当a>0时，由(1)得f(x)mim=f(-lna)=1十a2+lna, 故狱证运fx)>2na+号成立， 只需证1+a2+lna>2lna+立， 3 即证a2专题6函数模型及其应用 考向1指数函数、对数函数的模型 冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献，如图 (2021·全国甲卷理，5分)青少年视力是社会 描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和 普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量， gP的关系，其中T表示温度，单位是K;P表 通常用五分记录法和小数记录法记录视力数 示压强，单位是bar.下列结论中正确的是 据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据 V满足L=5+1gV.已知某同学视力的五分记 Ig P 固态 录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的 超临界 液态 状态 2 数据约为(10≈1.259) 气态 A.1.5 B.1.2 0 200250300350400T C.0.8 D.0.6 A.当T=220,P=1026时，二氧化碳处于液态 考向2函数模型的综合应用 B.当T=270,P=128时，二氧化碳处于气态 1.(2024·北京卷，4分)生物丰富度指数d= C.当T=300,P=9987时，二氧化碳处于超临 S-1 界状态 In N 是河流水质的一个评价指标，其中S,N分 D.当T=360,P=729时，二氧化碳处于超临界 别表示河流中的生物种类数与生物个体总数. 状态 生物丰富度指数d越大，水质越好.如果某河流 3.(2021·浙江卷，4分)我国古代 治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体 数学家赵爽用弦图给出了勾股 总数由N1变为N2,生物丰富度指数由2.1提 定理的证明，弦图是由四个全等 高到3.15，则 的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一 A.3N2=2N1 B.2N2=3N 个大正方形（如图所示）.若直角三角形直角边 C.N号=N D.N=N? 的长分别为3,4，记大正方形的面积为S1,小正 2.(2022·北京卷T7)在北京冬奥会上，国家速滑 方形的面积为S2,则 S 馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直 10 专题7导数及其应用 考向1导数的几何意义 9.(2021·全国甲卷现5分)面线y=一号在点 1.(2024·全国甲卷·文，5分)设函数f(x)= (一1，一3)处的切线方程为 e+2sin工，则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切10.(2021·全国乙卷文，12分)已知函数f(x)= 1+x2 线与两坐标轴围成的三角形的面积为( x3-x2+a.x+1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求曲线y=(x)过坐标原点的切线与曲线 c n y=f(x)的公共点的坐标. 2(2023·全国甲客·文，5分)曲线y=年在点 (1,号)处的切线方程为 ( A.y=9 B.y-c C.y-f+ +9 D.y=fr 3.(2021·新高考I卷，5分)若过点(a,b)可以作 曲线y=e的两条切线，则 A.eb<a B.ea<b C.0<a<e D.0<<ea 4.(2025·全国卷I,5分)若直线y=2x十5是曲 线y=e十x十a的一条切线，则a= 5.(2025·全国卷Ⅱ，5分)若x=2是函数f(x)= (.x-1)(x-2)(x-a)的极值点，则f(0)= 6.(2024·新课标I卷，5分)若曲线y=e2十x在 点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)十a的 切线，则a= 7.(2022·新高考I卷T15)若曲线y=(x十a)ex 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 8.(2022·新高考Ⅱ卷，T14)写出曲线y=lnx| 过坐标原点的两条切线的方程为 11 考向2利用导数求函数的极值、最值 :8.(2025·上海卷，14分)本题共有2个小题，第1 1.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)若函数∫(x)= 小题满分6分，第2小题满分8分。 alnx十b+S(a≠0)既有极大值也有极小值，则 己知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(.x)≤x2-1的 解集； A.bc>0 B.ab0 (2)若函数y=f(x)满足在(0，+∞)上存在极 C.b2+8ac>0 D.ac<0 大值，求m的取值范围. 2.(2022·全国甲（文T8)(理T6))当x=1时，函 数f(x)=alnx十取得最大值一2，则f(2)= A.-1 c D.1 3.（多选)(2022·新高考I卷T10)已知函数 f(x)=x3-x+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 9.(2021·全国甲卷理，12分)已知a>0且a≠1， D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 4.(2021·全国乙卷理，5分)设a≠0，若x=a为 函数/)。>0. 函数f(x)=a(x-a)2(x-b)的极大值点，则 (1)当a=2时，求f(x)的单调区间； ( (2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个 A.a<b B.a>b 交点，求a的取值范围. C.ab<a2 D.ab>a2 5.(2023·全国乙卷·理，5分)设a∈(0,1)，若函 数f(x)=a2+(1+a)2在(0，十∞)上单调递 增，则a的取值范围是 6.(2022·全国乙（理）T16)已知x=x1和x=x2 分别是函数f(.x)=2ax-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 7.(2021·新高考I卷，5分)函数f(x)=|2.x一1|- 2lnx的最小值为 12 10.(2021·北京卷，15分)已知函数f(x)= 3-2x 2.(2025·天津卷，16分)已知函数f(x)=a.x- (In x)2 (1)若a=0,求y=f(x)在(1，f(1))处的切线 (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处 方程； 的切线方程. (2)若函数f(x)在x=一1处取得极值，求f(x) (2)f(x)有3个零点x1,x2x3,且1<x2<x3 的单调区间，以及最大值和最小值. (i)求a的取值范围： （)证明：(ln2-lnx)·lnx<4c e-1 毁 靴 3.(2024·全国甲卷·理，12分)已知函数f(x)= (1-a.x)ln(1+x)-x. (1)当a=一2时，求(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 摇 考向3利用导数解决不等式的恒成立问题或证 明不等式 星安子 1.(2023·新课标Ⅱ卷，5分)已知函数f(x)=ac lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为 ) A.c2 B.e C.e-1 D.e-2 13 4.(2024·全国甲卷·文，12分)已知函数f(x)= 6.(2022·全国甲（理）T21)已知函数f(x)=e a(x-1)-lnx+1. (1)求f(x)的单调区间； Inx+x-a. (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e-1恒 (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； 成立 (2)证明：若f(x)有两个零点01，x2,则x1x2<1. 5.(2024·天津卷，16分)设函数f(x)=xlnx. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线方程； 7.(2022·新高考Ⅱ卷T22)已知函数∫(x)= (2)若f(.x)≥a(x一√)在x∈(0，十∞)时恒成 xeax-ex. 立，求a的值； (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (3)若x1x2∈(0,1)，证明|f(x1)-f(x2)≤ (2)当x>0时，f(x)<一1，求a的取值范围； 1 1 |x1-x21 (3)设n∈N”,证明： 十…十 12+1√22+2 1>ln(n+1). √n2+n 14 8.(2021·全国乙卷理，12分)设函数f(x)=ln(a-9.(2021·新高考I卷，12分)已知函数f(x)= x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. x(1-In x). (1)求a; (1)讨论f(x)的单调性； (2)设函数g(x)=+f八，证明：g(x)<1. (2)设a,b为两个不相等的正数，且blna-alnb= xf(x) a-,证明：2<+<c 考向4导数的综合应用 1.(2024·新课标I卷，6分)设函数f(x)=(x- 1)2(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) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 2.(2024·新课标Ⅱ卷，6分)设函数f(x)=2x3- 3a.x2+1,则 A.当a>1时，f(x)有三个零点 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y=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.(2023·全国乙卷·文，5分)函数f(x)=x3+ a.x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) 15 4.(2025·全国卷I,15分)已知数列{an}中，a1=5.(2025·全国卷Ⅱ，17分)已知函数f(x)= 3.2-片十dD 1n1十)-x+22-kx,其中0<k<号 (1)证明：数列{nan}是等差数列； (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的极 (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十a2x2十 值点和唯一的零点。 …十amxm,求f'(-2). (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+t)-f(x1-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 16 6.(2024·新课标I卷，17分)已知函数f(x)=8.(2024·北京卷，15分)设函数f(x)=x+ln(1+ h2产x+ax+bx-1. x)(k≠0)，直线I是曲线y=f(x)在点(t,f(t)) (t>0)处的切线. (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值： (1)当k=-1时，求f(x)的单调区间. (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形： (2)求证：l不经过点(0,0) (3)若f(.x)>-2当且仅当1<x<2,求b的取 (3)当k=1时，设点A(t,f(t))(t>0),C(0, 值范围。 f(1),O(0,0),B为1与y轴的交点，S△Ac0与 S△AB0分别表示△ACO与△ABO的面积.是否 毁 存在点A使得2S△Ac0=15S△AB0成立？若存 在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60<ln5< 1.61,1.94<1n7<1.95) 靴 簌 7.(2024·新课标Ⅱ卷，15分)己知函数f(x)= 蜜 空 e-a.x-a3. (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 摇 17 9.(2024·上海卷，18分)本题共有3个小题，第110.(2023·新课标I卷，12分)已知函数f(x)= 小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满 a(ex+a)-x. 分8分. (1)讨论f(x)的单调性； 已知D是R的一个非空子集，y=f(x)是定义 (2)证明：当a>0时，x)>2na+号 在D上的函数，对于点M(a,b),函数s(x)= (x-a)2+(f(x)-b)2.若对于P(x,f(x0), 满足s(x)在x=xo处取得最小值，则称P是M 的“f最近点” (1)若D=(0,+∞)，f(x)=M(0,0),求证： 对于点M(0,0),存在点P,使得P是M的 “f最近点” (2)若D=R,f(x)=e2,M(1,0),请判断是否 存在一个点P,它是M的“f最近点”，且直线 MP与曲线y=f(x)在点P处的切线垂直. (3)若D=R,已知y=f(x)是可导的，y=g(x) 的定义域为R且函数值恒为正，t∈R,M1(t一 1,f(t)g(t)),M2(t+1,f(t)+g(t)).若对于任 意t∈R,都存在曲线y=f(x)上的一点P,使得11.(2023·全国甲卷·理，12分)已知函数f(x) P既是M1的“f最近点”，又是M2的“f最近 =ax- 点”，试判断y=f(x)的单调性. (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin2x,求a的取值范围. 18 12.(2023·新课标卷.12分)1)证明：当0<x<114.(2023·天津卷，16分)已知函数f(x)=(日十 时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cosa.x-ln(1-x2),若 z)in(z+1). x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(x)>1; (3)证明：君<ln(m)-(a+)nn+n≤1. n∈N". 13.(2023·全国乙卷·理，12分)已知函数f(x) =(2+ajla1+) (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点15.(2022·全国乙（理）T21)已知函数f(x)=ln(1+ (1,f(1))处的切线方程 x)十a.xex (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0) (2)是香存在a,b,使得曲线y=f()关于直 处的切线方程； 线x=b对称？若存在，求a,b的值，若不存 (2)若f(.x)在区间（一1,0），(0，十∞)各恰有 在，说明理由. 一个零点，求a的取值范围. (3)若f(x)在(0，十∞)上存在极值，求a的取 值范围。 19