课时19 函数中的构造问题&课时20 导数的综合应用-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课时作业（北师大版）

主题二第三章 导数及其应用 课时冲关19 函数中的构造问题 [答题栏] 「基础训练组] 8.设函数f(x)的定义域为(0，十∞)，∫(x)是1 1.已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)= 函数f(x)的导函数，f(x)十(xlnx)f(x)2 20,且f(x)的导函数f(x)满足f(x)> >0,则下列不等关系正确的是 6x2+2,则不等式f(x)>2x3+2x的解 集为 ( ) A.f(3)log23>f(2) A.{x|x>-2} C.f(3)>2f(9) 5 B.(xlx>2) C.{xx<2} 9.已知不等式x十mlnx D.{xx<-2或x>2} e≥对x∈(1，+oo) 2.已知a,6c∈(+小且5=-5aa 上恒成立，则实数m的最小值为 8 10.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(2+x) lh3=-31nb,n2=-21nc,则 ( =f(-x),且当x∈[0,1]时f'(x)>π，则 11-- A.b<c<a B.c<b<a 不等式f(x)≤sin元x在[-3,3]上的解集12. C.a<c<b D.a<b<c 为 3.已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(一1) [能力提升组] =0,当x<0时，xf(x)十f(x)<0,则使得 11.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，其 f(x)>0成立的x的取值范围是() 导函数为f(x),且当x<0时，2f(x)+ A.(-o∞，-1)U(0,1) xf(x)<0,则不等式(x-2024)2f(x一 B.(-1,0)U(1,+o∞) 2024)-f(-1)<0的解集为 () C.(-∞，-1)U(-1,0) D.(0,1)U(1,+∞) A.(-∞，2025) 4.f(x)在(0，+∞)上的导函数为f(x), B.(2023,2025) xf(x)>2f(x),则下列不等式成立的是 C.(-∞，2025)U(2023,+∞) D.(-o∞，2023)U(2025,+∞) A.20242f(2025)>20252f(2024) B.20242f(2025)<20252f(2024) 12.已知可导函数f()是定义在（一，） C.2024f(2025)>2025f(2024) D.2024f(2025)<2025f(2024) 的奇函数.当x∈(，受)时，f)+(x) 5.设a=ln3,b=√5n2,c=√2ln3,则a、b、c的 anx>0,则不等式cosxf+)十 大小关系是 () sinx·f(一x)>0的解集为 A.a>b>c B.b>c>a C.c>a>b D.c>b>a 6.已知a=er-3,b=ln(eπ-2e),c=π-2，则 c(--) n（0 A.b<c<a B.b<a<c 13.已知λ>0，对任意的x∈(0，+∞)，不等式 C.c<a<b D.c<b<a e2-D2≥0恒成立，则入的最小值为 7.设a=21n1.01,b=√1.02-1，c= 则 2λ ( A.a<b<c B.c<a<b 14.若关于x的不等式alnx+1≤x(ex-a)(a C.b<a<c D.c<b<a ∈R)恒成立，则a的取值范围是 ·273· 高考总复习数学(BS) 课时冲关20 导数的综合应用 1.已知函数f(x)=xlnx(x>0). (1)求函数f(x)的极值； 3已知函数f(x)=-+ax-}g) (2)若存在x∈(0，+∞)，使得f(x)≤ ex一e(e为自然对数的底数). 一2+mx一3成立，求实数m的最小值. (1)若曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线与 2 曲线y=g(x)在(0，g(0))处的切线互相垂 直，求实数a的值； (2)设函数h(x)= (f(x),f(x)≥g(x), g(x),f(x)<g(x), 试讨论函数h(x)零点的个数. 2.已知函数f(x)=alnx十x. (1)讨论f(x)的单调性； 4.已知函数fx)=n+之，曲线y=f() x+1 (2)当a=1时，证明：xf(x)<e'. 在点(1，f(1))处的切线方程为x+2y一3 =0. (1)求a,b的值： (2)证明：当x>0,且x≠1时，f(x)>1n .x-11 ·274· 主题二第三章导数及其应用 5.已知函数f(x)=ae2x+(a一2)·er-x. 7.已知函数f(x)=xlnx一(a+1)x+1,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性； (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围. (2)若方程(2a-D(2+a+1+士+ x+2=0有三个解，求实数a的取值范围. 6.定义：如果函数y=f(x)和y=g(x)的图象 上分别存在点M和N关于x轴对称，则称 8.(2025·天津卷)已知函数f(x)=a.x 函数y=f(x)和y=g(x)具有C关系. -(1nx)2. (1)判断函数f(x)=log2(8x2)和g(x)= (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)) 1ogx是否具有C关系； 处的切线方程： (2)若函数f(x)=a√-I和g(x)=-x-1 (2)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2 不具有C关系，求实数a的取值范围； ∠x3· (3)若函数f(x)=xex和g（x)=msin x(m (i)求a的取值范围： <0)在区间(0，π)上具有C关系，求实数m （)证明：nx2-ln)lnx<4e e-11 的取值范围. ·275·若a=子，x)在定义城内单调适增， 无极值，不符合题意，舍去，综上可知 实数a的取值范周是（合十∞），门 15.解析：设圆内接等腰三角形的底边长 为2x,高为h,△ABC的面积为S,则 x2=h(2R-h), S=xh, .S2=x2h2=h3(2R-h) =-h4+2Rh3(0<h<2R), 令f(h)=-h4+2Rh3,(0<h<2R), ∴.f(h)=-4h3+6Rh2=2h2(3R 2A,令了0)=0，解得h=要 当0<<要时f0>0,高教) 单调道增，当费<2R时，f<0, 函数f(h)单调递减， ∴f-f(瓷) 27R 16 Snax-3R2 4 h= Re(0,小， 2 1的取值范因为[受2R) 答案：[婴2R) 16.解：(1)f(x)=e2(x-a)2十e·2(x -a)=e[x2+(2-2a)x+a2-2a], 由f(-1)=e1[1-(2-2a)+a2- 2a]=0,解得a=士1， 当a=1时，f(x)=e'(x-1)2, f(-1)=4e-1,符合题意； 当a=-1时，f(x)=e2(x+1)2, f(一1)=0，此时切线与x轴重合，不 符合题意：所以a=1. (2)由(1)知：f'(x)=ex(x2+(2 2a)x+a2-2a)=e'(x-a)[x-(a 2)],令f(x)=0,可得x=a或a 2,则f(x)在(-∞，a-2),(a,十∞) 上单调递增，在(a一2，a)上单调递 减，则a一2，a是f(x)的两个极值点， 不妨设x1=a一2，x2=a, 则（白士）-（牛） =f(a-1)=e-1, f(r)+f(r2)f(a-2)+f(a) 2 =4e2+0=2e-2, 2 又e-1=e·ea-2>2e-2」 即f(）小+ 2 (3)由(2)知：f(x)在(-o∞，a-2), (a,十∞)上单调递增，在(a-2,a)上 单调递减. 当a≥3时，a一2≥1，则f(x)在 [-1,1]上单调递增，则f(x)max= f(1)=e(1-a)2=4e,解得a=3或 一1，故a=3； 当1<a<3时，-1a一2<1，则 f(.x)在[一1，a一2)上单调递增，在 (a-2,1]上单调递减，则f(x)nmax一 f(a-2)=4ea-2=4e,解得a=3,不 满足1<a<3,不合题意； 当a=1时，a-2=-1,则f(x)在 [-1,1]上单调递减，则f(x)mx f-10-e1(-1-2-≠4e 不合题意： 参考答案 当-1<a<1时，a-2<-1,则f(x) 当0<x<e时，f(x)>0,所以函数 在[一1，a)上单调递减，在(a,1]上单调 f(x)在(0，e)上单调递增， 递增，则f代x)max={f(-1),f1)}max, 因为0<2<√5<e,则f(√2)< 若f(-1)≥f(1),则f(x)mmx=f(-1) =e-1(-1-a)2=4e,解得a=2e-1 f,),即2血E<2血5，即1n2< 或一2e一1，不满足一1<a<1,不合 √E 题意， √②1n3,所以b<c,因为35-243<256 若f(1)>f(-1),则f(x)max=f(1) =e(1-a)2=4e,解得a=3或-1， -2,故5n3<8lm2,即1n3<号1n2 不满足一1a1,不合题意； <5ln2,即a<b,因此，c>b>a.] 当a≤一1时，则f(x)在[一1,1]上单 6.Aa=ex-3,6=In(ex-2e), 调递增，则f(x)ms =f(1)=e(1-a)2 即a=ex2)-1,b-ln(eπ-2e) =4e,解得a=3或-1，故a=-1:综 =ln(π-2)+1， 上，a=3或-1， 令f(x)=e-1-x(x>1),则f(x)= 课时冲关19 e2-1-1>0在(1，十o)上恒成立， 1.B[令函数g(x)=f(x)-2x3-2x, 故f(x)在(1，十∞)上单调递增， 则g(x)=f(x)-6.x2-2>0,所以 则有f(π-2)=ex-2)-1-(x-2)> g(x)在R上单调递增.因为g(2)= f(1)=0,即a>c,令g(x)=lnx-x f(2)-2×23-2×2=0,所以原不等 +1(x>1),则g(x=1-1=1-5 式等价于g(x)>0=g(2),所以所求 不等式的解集为{xx>2}.] <0在(1，十∞)上恒成立，故g(x)在 2.A[设函数f(r)=xlnx,f(x)=1 (1,十∞)上单调递减，则有g(π一2) +lnx,当x (日+）f>0 =ln(π-2)+1-（π-2）<g(1)=0, 即<c,故b<c<a.] 此时fm)单调递增，当r∈(0，） 7.D[令f(x)=lnx,g(x)=√E-1, h(x)=f(r)-g(r)=In x-+1, f(x)<0,此时f(x)单调递减，由题 1 12-x In 5=-5In a, ,1h3=-3nb,2- h'(x)= b x2√E2x ,可以判断 c h(x)在[0,4]上单调递增， -2nc,将alha-号n，l6 a-b=21n1.01-√1.02+1 1 -ln1.012-√.02+1-ln1.0201 √.02+1>ln1.02-√.02+1- 周为<<<所以号号 h(1.02)>h(1)=0, 所以a>b, 1 1 11n→31m3·别aln4>h (b+1)2-(c+1)2=1.02- 1 (1+o) 2 2 1 加，且ab,c∈（日，+∞） =100-10-101= 1 所以a>c>b.] 202-200 2 3.B[构造函数F(x)=xf(x), 100X10i-1012-100X10i-1012 因为f(x)为奇函数，所以F(一x) >0,所以(b+1)2>(c+1)2,又因为b -xf(-x)=xf(x)=F(x), 所以F(x)为偶函数， 1.02-1>0.c=>0,所以b+ 因为当x<0时，xf(x)十f(x)<0, 1>c十1，即b>c,所以ba.] 即F(x)0, 8.A[函数f(x)的定义域为(0，十o), 所以x0时，函数F(x)单调递减， 则f+(lnr)fx)>0台f(x)+ x>0时，函数F(x)单调递增， 因为f(一1)=0， f(r)In r>0,g(r)=f(r)In r,x>0, 所以F(-1)=(-1)f(-1)=0.F(1) =0.因为f(x>0,所以F卫>0，所 则g)-f)+fln>0,即 g(x)在(0，十o∞)上单调递增， 以∫x>0, 对于A,g(3)>g(2),即f(3)ln3> F(x)0, 所以x>1 f(2)ln2=f(3)log23>f(2),A正确： 或-1<x<0.] 4.A[令gx)=f2(r>0. 对于B,g(登)>g1,即f31n子 22 >f(1)1n1=0,B不正确：对于C, 则gx)=f(x)-2xf g(3)<g(9),即f(3)ln3<f(9)ln9= 2f(9)ln3=f(3)2f(9),C不正确： =f(x)-2f(x) 对于Dg(）gI,即f() ,xf'(x)>2f(x),∴.g'(x)>0, ∴·g(x)在(0，十∞)上单调递增， <f1)m1=0,有-2f()下0 g(2024)<g(2025),即f202L 20242 f()）>0D不正确.] ..2021f20>22s 9.解析：x十mlnx十 ≥x可支为x十 1 f(2024).] 5,D[构造函数f代)=2血工，其中>0， ≥x-mlnx→x+e≥x x lnxm,再变形可得，ex一lnex≥x 则f(x=2(1-lnx) -lnxm,设f(x)=x-lnx(x>0),原 不等式等价于f(ex)≥f(xm),因为 ·515· 高考总复习数学(BS) f(x)=1-上=1，所以函数fr) 在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单 调递增，而1e一∈(0,1) 当n<0时，0xm<1,所以由 f(er)≥f(xm),可得exxm 因为x>1,所以lne-In Im→n In r' 设g(x)=-x>1D,g) 司品器：片以面数9) 在(1，e)上单调递增，在(e,十∞)上单 调递减，所以g(x)max=p(e)=一e, 即一em<0, 当m=0时，不等式x十>≥1在x (1,+∞)上恒成立： 当n>0时，xm>1,无论是否存在m ∈(0，十∞)，使得f(ex)≥f(xm)在 x∈(1，十)上恒成立，都可判断实数 m的最小值为一e. 答案：一e 10.解析：因为f(x)为定义在R上的奇 函数，则f(一x)=一f(x),且f(0) =0,所以f(2十x)=f(一x)=一f(x), 则f(4十x)=一f(x十2)=f(x),所 以函数f(x)为周期为4的函数，且 图象关于x=1对称， 令g(x)=f(x)-πx,x∈[0,1]， 则g(x)=f(x)一π>0， 所以函数g(x)在[0,1]上单调递增， 所以当x∈[0,1时，g(x)≥g(0)=0, 即f(x）≥πx. 设h(x)=sinπx-元x,x∈[0,1]， 则h(x)=πcos元x一π=π(cos元x一1) 0,所以函数h(x)在[0,1]上单调 递减，则当x∈[0,1]时，h(x)h(0) =0,即sinπxπx,所以f(x)≥ sinπx在[0,1]上恒成立，结合对称性 可画出函数f(x)和y=sinπx在[ 3,3]上的简图，如图所示： y=f(x) y=sinπx 由图象可知，不等式f(x)sin元r在 [-3,3]上的解集为[一2,0]U[2,3], 答案：[-2,0]U[2,3] 11.D[令F(x)=x2f(x),则F'(x) 2xf(x)+x2f(x)=x[2f(x)+ xf(x)],当x<0时，2f(x)十x f(x)0,所以当x0时，F(x)= x[2f(x)+xf(x)]>0,即F(x)在 (一∞，0)上是增函数，由题意f(x) 是定义在R上的偶函数，所以 f(-x)=f(x),所以F(-x)= (一x)2f(-x）=x2f(x)=F(x),所 以F(x)是偶函数，在(0，十∞)上递 减，所以F(x一2024)=(x-2024)2f (x-2024),F(-1)=(-1)2f(-1) =f(一1)，即不等式等价为F(x一 2024)F(-1),所以|x-2024>1, 所以x2023或x>2025.] 12.D[当x∈(o,)时，f(x)+ lnx)-1≥0，令x+lnx=t∈R,则e' -at-1≥0，f(t)=e'-at-1,注意 f'(x)tan>0,cos xf(r)+f (r) 到f(0)=0,其中f(t)=e-a,当a sinx>0,则函数sin rf(x)在 =1时，令f(t)>0,解得t>0,令 (0,)上单调递增，又可导函数 f(t)<0,解得t<0,则f(t)≥f(0) =0,满足题意； f代)是定义在（受，受）上的奇函 当a>1时，令f(t)>0,得t>lna,令 f(t)0,得tlna,则f(t)=c-at 数则snxf(x)是（受，受）上的 -1在(lna,十o∞)上单调递增，在 (-oo,lna)上单调递减，且lna>0, 偶函数，且在(-0）上单调 f(0)=0,所以当t∈(0，lna)时，f(t) 递减， <f(0)=0,不合题意，舍去： 故不满足题意，舍去； π -2x十之2'可得 当0<a<1时，令f(t)>0,得t> lna,令f(t)<0,得t<lna,所以 -<-< f(t)在(-∞，lna)上单调递减，在 x(-o) (lna,+∞)上单调递增，且lna<0, f(0)=0,所以当t∈(lna,0)时，f(t) <f(0)=0,不合题意，舍去；当a≤0 则x十受 ∈(o,) 时，f(-1)=e1+a-1<0,故不合题 意，舍去.综上，Q的取值范周是{1}. ∈(o,) 答案：{1} 则x(受，0）时，不等式cosx· 课时冲关20 1,解：(1由f(x)=xlnx,得f(x) f(+)+sinr…f->0, 1+lnx,定义域为(0，十∞)， 可化为sim(+乏)·f(x+受) 令f(x)>0,得x> e >sin(-x）·f(-x), 令r<0,得0<日 又由函数si血f(x)在(0，受)上单 所以)在(0，)上单调运减，在 调递增，且-xe(o,受）x+受 (仁十)上单调运增。 (0受）小则有受>x+受>->0， 所以代)在x=。处取得极小值，且 解之得-不<r<0.] 为（仁）己无权大位 13.解析：，对于任意x∈(0，十∞)，λ>0， 不等式2-景≥0恒成立， (2)由f(x)≤二x2+mx-3 2 ∴.对于任意x∈(0，十o∞)，2ae2≥ 得m≥2xlnx十x2+3 lnx=2axe2r≥xlnx=lnx·ear, 即2入xe2r≥lnx·enr恒成立， 问题转化为≥ 2xln x++3 当0<x≤1时，2λxe2>0 ≥lnx·enx; 令g(x)=2.xlhx十2+3 当x>1,lnx>0, 设fx)=xe,则f(x)=e(1+x)>0, =2hnx+x+3(x>0). 所以f(r)=re在x∈(0，十o∞)上单调 递增， 则g(x)=2+1-马-2+2x-3 r? 由f(2λx)≥f(lnx),知2λ.x≥lnx, (x+3)(x-1) 即≥1二，即A 2x () 由g(x)>0,得x>1: 设g(x)= 22,x(0,+∞)，求导 In x 由g(x)<0,得0<x<1. 所以g(x)在(0,1)上单调递减， g'(x)= 2(1-lnx) 在(1，十∞)上单调递增. 4x2 所以g(x)mn=g(1)=4,则n≥4. 令g'(x)=0,得x=e, 故m的最小值为4. 当x>e时，g(x)<0,g(x)单调递 2.解：(1)f(x)的定义域为(0，十∞)， 减：当0<x<e时，g(x)>0,g(x)单 调递增； f(x)=只+1=+4.当a≥0时， ·g(x)在x=e处取得极大值，且为 f'(x)>0,所以f(x)在(0，+∞)上单 最大值，g(x)nax=g(e)=e-马 调递增 2e2e1 当a<0时，若x∈（一a,十∞）， 所以λ≥ 时，不等式-≥0 则f(x)>0: 2e 2A 若x∈(0，-a),则f(x)<0. 恒成立 所以f(x)在（一a,十∞）上单调递增， 1 答案：2e 在(0，-a)上单调递减. 综上所述，当a≥0时，f(x)在(0，十∞) 14.解析：alnx十1≤x(e-a),整理为 上单调递增； xer-ax-alnx-1≥0，其中xer= 当a<0时，f(x)在(-a,十o∞)上单调 ehr·e=e+iar,故e+lnx-a(x十 递增，在(0，一a)上单调递减. ·516· (2)当a=1时，要证xf(x)<e, 即证x2+xlnx<e,即证1+l血上< x 兰令函量R)-1+兰， x 则g(x)=1-h三令g(>0,得x∈ (0,e):令g(x)0,得x∈(e,十∞) 所以g(x)在(0，e)上单调递增， 在(e,十∞)上单调递减， 所以R(Em=g(e-1+。,令画数 2,则(x)=e(c-2) h(r)=e 当x∈(0,2)时，h(x)0:当x∈(2， 十∞)时，h'(x)>0. 所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2， 十∞)上单调递增， 所以h(x)nn=h(2)=e号 4 因为号-(1+日)>0， 所以h(x)min>g(x)max, 即1+<号 从而xf(x)<er得证. 3.解：(1)f(x)=-3x2+a,g(x)=e, 所以f(0)=a,g(0)=1,由题意，知@ 一1 (2)易知函数g(x)=e2-e在R上单 调递增，仅在x=1处有一个零，点，且x <1时，g(x)<0,又f'(x)=-3x2十a, ①当a0时，f(x)0,f(x)在R上 单调递减，且过点(0，-车)小f(-1) =是-a>0: 3 即f(x)在x≤0时必有一个零点，此 时y=h(x)有两个零点； ②当a>0时，令f'(x)=-3x2十a= 0,得两根为= a 一√3 <0,x2 √只>0，则√只是画数f)的一 个权小值点，√侣是画数f)的一个 极大值点，而（√写） (√)+（√） = /-<0 现在讨论极大值的情况 √)-)+√- -张/号-子当f√号)K0.即a <时，函敦y=f(x)在(0，十0)上 恒小于零，此时y=h(x)有两个零点； 当f√只)0，即a-子时，函量y =f(x)在(0，十∞)上有一个零点x a 1 3 =之，此时y=h(x)有三个 零点： 当f(停）>0，即a>是时，函数y f(x)在(0，+∞)上有两个零点，一个 参考答案 a a ①当a=1时，由于f(-lna)=0, 零点小√行一个零点大√号， 故f(x)只有一个零点： 若1)=a-<0，即a<时y 6 ②当a∈(1，十∞)时，由于1-1+ h(x)有四个零点； lna>0,即f(-lna)>0,故f(x)没 5 有零点： 若f1)=a-4 0,即a=子时y ③当a∈(0,1)时，1-1+1ha<0, h(x)有三个零点： 若f1-a-号>0，即>子时y 即f(-lna)<0. 又f(-2)=ae4+(a-2)e-2+2> h(x)有两个零，点。 -2e2+2>0,故f(x)在(-o∞，-lha) 筛上所选当a<子成a>导时y 有一个零点 A(F有两个家点：当a=子或a一 5 设正整数m满足>h(侣-）小则 f(no)=e"s (ae"+a-2)-no>e"s- 时y-A()有三个零点：当是<a< i0>2,-7i0>0. 子时y一A(有四个家点。 由于n(是-1)>-ha,因此fx 在（一lna,十∞）有一个零，点 x+1一lnx) 综上，a的取值范围为(0,1). 4.解：(1)f(x)= b 6.解：(1)f(x)与g(x)是具有C关系，理 (x+1)2 由如下：根据定义，若f(x)与g(x)具 由于直线x十2y一3=0的斜率为 有C关系，则在f(x)与g(x)的定义 之，且过点(1,1)，所以 域的交集上存在x,使得f(x)十g(x) (f(1)=1, 1b=1, =0,因为f(x)=log2(8x2),g(x)= 1即 log号x,x>0,所以f(x)十g(x)= f1=-2 -b= 2 2 log2 (8r2)+log+r=log2 8+log 2- 解得a=1, log2x=log2x+3,令f(x)+g(x)=0,聊 1b=1. 1og2x十3=0，解得x=8, (2)证明：由(1)知f(x)=n+ x+1 x 所以f(x)与g(x)县有C关系. 所以f(x)>ln台lng+⊥>lnx (2)令o(x)=f(x)十g(x),因为f(x) r-1r+1 rx-1 =a√x-1,g(x)=-x-1,所以 台2mg+ 1-x2 >0台H(x)= 2 p(x)=a√x-I-x-1(.x≥1)，令t= 1-.x √/x-1(t≥0)，则x=t2+1,故y= gp(x)=al-(t2+1)-1=-t2+at-2, 因为f(x)与g(x)不具有C关系，所 h(r)-In x- (e-)>0,则 以(x)在[0，+∞)上恒为负或恒为 正，又因为y=-十at-2开口向下， -士-(+) 所以y=-t2十at-2在[0，十o∞)上恒 (x-1)2 为负，即-t2十at-2<0在[0，十∞) 2x2 ≤0，于是h(x)在(0，十∞) 上恒成立，当t=0时，-t2十at-2= 上单调递减 -2<0显然成立；当t>0时，a<1十 当0<x<1时，h(x)单调递减，所以h(x) 2在[0，+∞)上恒成立，因为1士 1 >h(1)=0.于是H(x)=1=7h(x) ,名=2反，当且仅当1=千： ≥2N1· 2 >0:当x>1时，h(x)单调递减，所以 A()<h(1)=0,于是H(x)=1=2 即t=√2时，等号成立，所以 h(x)>0.综上所述，当x>0,且x≠1 (+) =2√2，所以a<2√2，综 时，f(x)>lng 上：a<22,即a∈(-∞，2√2) x-1. (3)因为f(x)=xe和g(x)=nsin x 5.解：(1)f(x)的定义域为（一∞，十∞）， (m<0),令h(x)=f(x)十g(x), f(x)=2ae2x+(a-2)e'-1 则h(x)=re2十nsin r,因为f(x)与 =(aer-1)(2e2+1). g(x)在(0，π)上具有C关系，所以 (1)若a≤0，则f(x)<0,所以f(x) h(x)在(0，π)上存在零点，因为h'(x) 在（一∞，十∞）上单调递减. =(x+1)e+m cos x,m (i)若a>0,则由f'(x)=0, 且x∈(0，x)时，因为(x+1)ex>1, 得x=-lna. n cos x<n≤1，所以h'(x)>0, 当x∈(-o∞，-lna)时，f(x)<0;当x 所以h(x)在(0，π)上单调递增，则 ∈(-lna,十∞)时，f(x)>0.所以f(x) h(x)>h(0)=0,此时h(x)在(0，x)上 在（一∞，一lna)上单调递减，在（一lna, 不存在零点，不满足题意： 十∞)上单调递增， 当n<-1时， (2)(i)若a≤0，由(1)知，f(x)至多 有一个零点， 里然当[登x)时，h(x>0, (i)若a>0,由(1)知，当x=-lna 时，f(x)取得最小值，最小值为 当x∈(0，受)时，因为(x)在 flna)=12十lna (0,受)上单调递增，且0)-1+m ·517· 高考总复习数学(BS) <0,()-（2+1）>0.故 令g(x)=0,得(2-lnx)lnx-0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x '(x)在(0，受）上存在唯一零点，设 =e2. 当0<x1时，lnx0,2-lnx>0, 为a,则h(a)=0,所以当x∈(0，a), 所以g(x)<0,g(x)在(0,1)上单调 <0当x∈(e,受)h(x)>0: 递减； 当1<x<e2时，lnx>0,2-lnx>0, 又当x∈[受x）时，h(x)>0,所以 所以g(x)>0,g(x)在(1，e2)上单调 递增； h(x)在(0，a)上单调递减，在(a,π)上 当x>e2时，lnx>0.2-lnx<0,所 单调递增，h(x)在(0，π)上存在唯一极 小值，点a,因为h(0)=0,所以h(a) 以g(x)<0,g(x)在(e2,十o∞)上单 调递减 0,又因为h(π)=πe>0,所以h(x)在 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值 (0,π)上存在唯一零点3，所以函数 为g(1)=0,g(x)的极大值为g(e2) f(x)与g(x)在(0，π)上具有C关系， 4 综上：m<-1,即n∈（-∞，-1). 05. 7.解：(1)函数的定义域(0，十∞)，f(x)= 当x→0+时，lnx→-o∞，(lnx)2→ In x-a, 十∞， 当x>e“时，f(x)>0,函数单调递 增，当0xea时，f'(x)<0,函数单 ⊥→十∞，所以g(x)→十0 调递减， 当x→十∞时，g(x)→0. 故当x=e时，函数取得极小值f(ea) 因为直线y=a与函数g(x)的图象有 =1一e4,没有极大值. 3个不同的交点，结合g(x)的图象（图 (2)由(2a-n(2+a+1)十十 象略)可知，0<x11x2<e2<x3 x+2=0整理可得(1-2a)(xlnx+1) 且0<号 =(x+1)2,令y=xlnx+1, 则y-lnx+1=0,可得x= 故a的取值范国为(0，吉)】 e (i)要证(lnx2-lnx)·lnrg 易得当>。时，画数单调递增，当1 < <上时，函数单调递减， 即证 e (n-） 故工一七时，画载取得最小值1一日 e >0,即y=xlnx十1>0， 即证(ln√x2-ln√)·ln√x (x+1)2 故原方程可转化为1-2a一inr十 < 令g(x)= (x+1)2 即证(ln√c2-ln√c)·ln√< xln x+1' 则g(x)=(x+1)(lnx-1)(x-1) -1+ (xln +1)2 由(i)中可知0<x<1<x2<e2< 因为r>0,易得当x>e或0<x<1 时，g'(x)>0,函数单调递增，当1<x ,且0<a<合，则G<1,1< <e时，g'(x)<0,函数单调递减， /r2<e,√/x3>e, 故当x=1时，函数取得极大值g(1) =4,当x=e时，函数取得极小值g(e) 又a= (In x1)2 (hx2)2 =e十1，由题意可得，y=1一2a与 g(x)有3个交，点，则e十1<1-2a<4, (In x3 )2 3 √x1 解得-是<a<- =a, 故宾数a的取值范国（一子，一受） 即Y区-nE_n区 VI VI 8.解：(1)当a=1时，f(x)=x-(lnx)2, x>0,f(1)=1, a<1 2 e, f(x)=1-21n三f(1)=1,所求切 线方程为y=(.x-1)十1，即x-y=0. 对-n后·加-()· (2)(1)因为x>0,所以原问题可转 √·< 化为：方程a=血)有3个不相等 () ·√ x (lh√)2 的实根，x2,x3,且x1<x2<x3· √x3 令g(x)=lnx)2 ，则问题转化为：直 由(i)可知，√rg>e,g(√)= 线y-a与函数g（x)的图象有3个不 同的交，点， 山<合因-·h √xg 2In z r-(In r)2 g(x)= 西< 由(e-2)2>0,得e2>4e-4=4(e-1), (2-In r)In x x ·518· 则-ln√·l<4< e2e-I 令至=，则至=心1，n区 x2 /x2 ln√_lnt+ln√2 √x3t·x2 垫理得n网-兴h- 故hh瓜-. 证明(ln√c2-ln√)·ln√< 1+点 -h国n国<以及n因 h回票公.可以得到 (h√-ln√)·lh√-ln√x ·ln√-ln√c·ln√< + t(In t)2 要证(hx-h)lm<4e e,证 (In t)2 (t-1)2 <1即可， 即证1n1<(>1), 令h(t)=lnt- ,则N() =二(f-1)2 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，十∞) 上单调递减， 则h()<0,即1n1<,命题得证. 课时冲关21 1.解：(1)因为f(x)=xe2-a,由f'(0) =-1,得a=1,又当x=0时，f(x)= 一1，所以切线方程为y一（一1） =-1(x-0),即x十y十1=0，所以b-1, (2)令g(x)=f(x)=xe-1,则g(x) =(x十1)e,所以当x<-1时，g(x) 单调递减，且此时g(x)<0,则g(x)在 (一∞，一1)内无零点： 当x≥一1时，g(x)单调递增， 且g(-1)<0,g(1)=e-1>0, 所以g(x)=0有唯一解x0,f(x)有唯 一的极值点x0·由xoe=1今e f,)-1 -(+小 又（合）-1<0 g(1)=e-1>0=2 7<x<1→2< 十<号所以0>-是 5 2.解：(1)因为f(x)=1-hx-4 所以f(1)=1-a=0,解得a-1, 所以f(x)=二lnx 函数f(x)的定义域为(0，十∞)，令 f(x)>0,得0<x<1；令f(x)0, 得x>1.所以函数f(x)的增区间为 (0,1),减区间为(1，+∞).