3.2 利用导数研究函数的单调性、极值和最值(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

实战 实战高考·数学 e+2sin工，则曲线y=f(x)在(0,1)处的切 A.1条 B.2条 1+x2 C.3条 D.4条 线与两坐标轴围成的三角形的面积 3.(2025江西新余模拟)过y轴上一点 为() (0,a)可以作函数f(x)=x3+x2一x图象 A日 C.2 n号 的3条切线，则a的取值范围是() 3.(2022新高考TI卷，14,5分)写出曲线y=nx A(70 B(日o 过坐标原点的切线方程： c(-3o n(-3,-》 模拟精练 4.(2025广东深圳模拟)已知函数f(x)=m+ 1.(2025河北秦皇岛一模)已知曲线C:y= e十x在点P(xo,yo)处的切线l与直线'： (m一1)x2是奇函数，则曲线f(x)在x=一1 y=2x一1平行，则l与'之间的距离 处的切线的方程为( ) 为() A.x-y+2=0 B.x+y+2=0 4. B.2V5 C.x+y-2=0 D.x-y-2=0 5 5 5.(2025广东佛山一模)若直线y=x十a与曲 c3g5 D.15 线y=ln(x+b)相切，则a2+b的最小值 为( 2.(2025河南模拟)过原点且与曲线y= A司 B.1 c.2 D.2 xsin x相切的直线有() 3.2利用导数研究函数的单调性、极值和最值 过去考什么 山东新高考全练 .答案：P364 1.(2022新高考I卷，7,5分；考点1)设a= 4.(2023新课标I卷，19,12分；考，点1)已知 0.1e1,b-日c=-ln0.9,则( 函数f(x)=a(e十a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b (2)证明：当a>0时，f(x)>2na+多 21 2.(多选)(2024新课标I卷，10,6分；考点2) 设函数f(x)=(x一1)2(x-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) 3.(2021新高考I卷，15,5分；考点2)函数 f(x)=2x-1一2nx的最小值为 26■ O专题三导数及其应用 将来考什么 山东模拟专练 答案：P365 考点闯关) 考点①导数与函数的单调性 考点2导数与函数的极（最）值 1.(2024山东青岛一模)已知函数f(x)= 3.(2024山东潍坊二模)已知函数f(x)=(x 1)e-ax2+b,曲线y=f(x)在点(1，f(1) -ax++In x. 处的切线方程为y=(e一2)x+3一e. (1)若a=1,曲线y=f(x)在点(x,f(xo) (1)求实数a,b的值； 处的切线斜率为1，求该切线的方程； (2)求f(x)的单调区间和极值. (2)讨论f(x)的单调性 2.(2024山东淄博二模)已知函数f(x)=ax 4.(2024山东菏泽二模)已知函数f(x)= +x-lnx,a∈R. ln(x+m)的图象与x轴交于点P,且在P (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1，f(1)) 处的切线方程为y=g(x),g(1)=1,记 处的切线方程； h(x)=2f(x)一√1十4x+1.(参考数 (2)若函数y=f(x)在区间[1,3]上是减函 据：e3≈20.09) 数，求实数a的取值范围. (1)求g(x)的解析式； (2)求h(x)的单调区间和最大值. 27 实战册 实战高考·数学 分层闯关 基础题组 (2)若f(x)有两个极值点，记极大值和极小 1.(2024山东实验中学一模)已知函数f(x)= 值分别为M,m,证明：M-m<2. ©os工，若A,B是锐角△ABC的两个内角， 则下列结论一定正确的是( A.f(sin A)f(sin B) B.f(cos A)>f(cos B) C.f(sin A)>f(cos B) D.f(cos A)>f(sin B) 2.(2025山东聊城一模)已知函数f(x)是定义 域为R的奇函数，当x>0时，f(x)=x3十 ax2十(6一a)x+2a,若f(x)是增函数，则实 数a的取值范围为( A.[0,+∞) B.[0,6] 7.(2025山东滨州二模)已知函数f(x) C.[-6,3] D.[0,3] 3.(多选)(2025山师附中一模)已知函数 -aln x. f)=ln22x十ax+b(x-1),则( (1)讨论f(x)的单调性； A.函数f(x)的定义域为(0,2) (2)若a>0时，f(x)≥a2-(a十1)lna恒 成立，求实数a的值. B.当a=0,b=0时，函数f(x)在定义域上 单调递增 C.曲线y=f(x)是中心对称图形 D.若b=0,且f(x)≥0，a的最小值是0 4.(2025山东齐鲁名校大联考一模)已知y= ef(x)是定义在R上的偶函数，且当x>0 时，f(x)十f(x)>0,则满足e-2f(2x一3) >f(x一1)的x的取值范围是 5.(2025山东威海一模)已知函数f(x)= (x十a)(ex-b)(b>0),若f(x)≥0，则a+b 的最小值为 6.(2025山东青岛一模)已知函数f(x)=ax sinx,xe[-，] (1)当a=2时，讨论f(x)的单调性； 28■ O专题三导数及其应用 8.(2024山东济南一模)已知函数f(x)=lnx 10.(2025山东潍坊一模)已知函数f(x)= +2a(x-1D k2-(k+2)z-In 2kER. (1)当a=一2时，求函数f(x)的单调区间； (1)当k>2时，求函数f(x)的单调递增 区间； (2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极 (2)当k=2时，求f(x)>0的解集； 值点，且g)+g)2-1一品求 (3)若函数f(x)图象上有三个点A,B,C, a的取值范围. 并且从左到右横坐标成等差数列，判断曲 线f(x)在点B处的切线斜率与A,C两点 连线斜率的大小关系。 11.(2025山东日照一模)已知函数f(x)= axln x. (1)当a>0时，讨论函数f(x)的单调性 (2)当0<a<2时，若曲线f(x)上的动点P 能力题组 到直线2x-y-11e=0距离的最小值为 9.(多选)(2025山东淄博一模)过点P(一1,0) 25e(e为自然对数的底数). 向曲线Cn:x2-2nx十2y2=0(n∈N*)引斜 ①求实数a的值； 率为n(kn>0)的切线Ln,切点为Pn(xn, ②求证：f(x)<e+cosx-2. yn),则下列结论正确的是() A.kn= n √4n+2 B算in6=-1h2026 C数列}的前n项和为S,=十7 29 实战 实战高考·数学 12.(2024山东济南二模)已知函数f(x)= 培优题组 (x-a)2(x-b)(a,bER;a<b). 13.创意题(2024山东聊城二模)对于函数 (1)当a=1,b=2时，求曲线y=f(x)在点 f(x),若存在实数x,使f(x)f(x+入) (2,f(2)处的切线方程. =1,其中入≠0，则称f(x)为“可移λ倒数 (2)设1，x2是f(x)的两个极值点，x3是 函数”，x为“f(x)的可移λ倒数点”.已知 f(x)的一个零点，且x3≠x1,x3≠x2.是否 g(x)=e,h(x)=x+a(a>0)】 存在实数x4,使得G,2,3,x4按某种顺 (1)设p(x)=g(x)h2(x),若√2为“h(x)的 序排列后构成等差数列？若存在，求x4; 可移一2倒数点”，求函数p(x)的单调 若不存在，说明理由 区间； g(x),x>0, (2)设w(x)=1 若函数w(x) （h(xx0, 恰有3个“可移1倒数点”，求a的取值 范围。 他省考什么 高考全国视野 答案：P370 真题精练 A.f(0)=0 1.(多选)(2025新课标Ⅱ卷，10,6分)已知 B.当x<0时，f(x)=-(x2-3)ex-2 f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0 C.f(x)≥2当且仅当x≥3 时，f(x)=(x2-3)e+2,则() D.x=一1是f(x)的极大值点 30 O专题三导数及其应用 2.(多选)(2024新课标Ⅱ卷，6,5分)设函数 2.(2025广东一模)已知函数y=f(x)的导函 f(x)=2x3-3ax2+1,则() 数图象如图所示，则下列说法中错误的 A.当a>1时，f(x)有三个零点 是( B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得直线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 A.f(x)在区间(1,4)上单调递增 3.（2025新课标Ⅱ卷，13,5分)若x=2是函数 B.x=7是y=f(x)的极大值点 f(x)=(x一1)(x一2)(x一a)的极值点，则 C.当4<x<7时，f(x)>0 f(0)= D.f(x)在区间(7，十∞)上单调递减 4.(2024新课标Ⅱ卷，16,15分)已知函数 f(x)=er-ax-a3. 3.(2025安徽黄山一模)已知函数f(x)及其导 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1， 函数f(x)的定义域均为R,g(x)=e+3· f(1))处的切线方程； f(x十3)是偶函数，函数f(x)的图象是一条 (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a 连续不断的曲线且(x一3)[f(x)+f(x)] 的取值范围. ≥0，则不等式xf(lnx)<e4f(4)的解 集为 4.(2025湖北鄂州一模)已知函数f(x)= (x2+1)一ax在[0，十∞)上单调递减，则 a的取值范围为 5.(2025辽宁辽阳一模)已知函数f(x)= a+ln工，g(x)=e-b(a,b∈R). (1)求f(x)的单调区间； 模拟精练 (2)若f(x)的最大值为1，证明：Vb∈R, 1.(2025河北保定模拟)已知函数f(x)=1十 f(x)≤g(x). ln(1+x)一√1十2x,则下列比较大小正确的 是( A.f(-0.33)>f(-0.44)>0 B.f(-0.44)>f(-0.33)>0 C.f(-0.33)>0>f(-0.44) D.f(-0.44)>0>f(-0.33) 31答案册 实战高考·数学 3.2利用导数研究函数的单调性、极值和最值 山东新高考全练 1C解析方法一：设f(x)=ln(1+x)-x(-1<x≤ 当0<x≤2时，fx)=1-2x-2nx,此时f(x)单调 0,因为f)=1十x1=千x>0, 1 递减； 所以f()在(-1,0)上单调递增，f(-0）<f(0)=0,即 当2<≤1时，f)=2x-1-2hx,有f()=2-是≤ h+0<0，故器<e,所以0e<行，故a<a设 0,此时f(x)单调递减； 当>1时，fa)=2x-1-2h,有fx)=2-2>0, g()=xe+ln(1-x)(0<c<4）,则g(x) 此时f(x)单调递增. x+1De+1-21e+1,令o=e(2-1) 又f(x)在各分段的界点处连续，.综上有：0<x≤1时， x1 f(x)单调递减，x>1时，f(x)单调递增，.f(x)≥f(1) +1,N(）=c2(2+2x-1)<0,当0<<4时，A(x)= =1. ④(1)解：因为f(x)=a(ex十a)-x,定义域为R,所以 e(x2-1)十+1单调递减，又(0)=0，所以当0<x< f(x)=aer-1, 时，h(x)<0,g(x)>0,g(x)单调递增，所以g(0.1)> 当a≤0时，由于ex>0,则aex≤0，故f(x)=aex-1<0 g(0)=0,即0.1e.1>-ln0.9,所以a>c,故选C. 恒成立， 方法二：易得x≠0时，e>1十x,所以x<1且x≠0时， 所以f(x)在R上单调递减； 1 当a>0时，令f(x)=aex-1=0,解得x=-lna, e>1-x>0,即e<1-z所以1+0.1<e01<1-0. 当x<-lna时，f(x)<0,则f(x)在(-∞，-lna)上单 <9,所以0.1<a<a设f)=nx-号(x-) 调递减； 当x>-lna时，f(x)>0,则f(x)在(-lna,十∞)上单 (>10.则f)=士-（1+)=-2<0，所 调递增。 综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 以)<f)=0,即1nx<2(e-）x>1),取x 当a>0时，f(x)在(-∞，-lna)上单调递减，f(x)在 日得=ln92g0)=品<0,1<a,故选C (-lna,十o∞)上单调递增. (2)证明：方法一：由(1)得，f(x)mim=f(-lna)= ②ACD解析对A,因为函数f(x)的定义域为R,而 a(e-Ina+a)+In a=1+a2+Ina, f(x)=2(x-1)(x-4)+(x-1)2=3(x-1)(x-3), 易知当x∈(1,3)时，f(x)<0,当x∈(-∞，1)或x∈ 要证fx)>21na+号，即证1+a2+1na>21na+号，即 (3,+∞)时，f(x)>0, 证a2-是-lh>0恒成立， 函数f(x)在(-o∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减， 在(3，十∞)上单调递增，故x=3是函数f(x)的极小值 令g(a)=a2-合-ha(a0),则ga)=2a-日 点，正确。 =2a2-1 对B,当0<x<1时，x-x2=x(1-x)>0,所以1>x> a x2>0, 2 而由上可知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，所以f(x)> 令ga<0,则0a<号：令ga八0，则心 f(x2),错误 所以8a)在(0，号)上单润递减，在（停，+∞）上单闲 对C,当1<x<2时，1<2x一1<3，而由上可知，函数 递增， f(x)在(1,3)上单调递减， 所以f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<0, 正确. 则g(a)>0恒成立， 对D,当-1<x<0时，f(2-x)-f(x)=(1-x)2· (-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(2-2x)>0, 所以当a>0时，f(x)>2na+多恒成立，证毕. 所以f(2一x)>f(x),正确. 方法二：令h(x)=er-x-1,则h(x)=ex-1, 31解析由题设知：f(x)=|2x-1|-2lnx定义域为 由于y=e在R上单调递增，所以h'(x)=ex-l在R上 (0,十∞)， 单调递增. 364 ○实战册参考答案及解析 又(0)=e0-1=0, 所以当x<0时，h'(x)<0;当x>0时，h(x)>0. 令g(a)=a2-2-na(a>0),则g(a)=2a- a 所以h(x)在（一o∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调 =2a2-1 a 递增， 故h(x)≥h(0)=0,则er≥x十1，当且仅当x=0时，等 令ga)0,则0<a<号：令日a)>0,则a>号 号成立 因为f(x)=a(ex十a)-x=aex十a2-x=ex+lha十a2-x 所以g(a)在(0o,号)上单调递减，在（受，+∞）上单调 ≥x+lna+1+a2-x, 递增， 当且仅当x+lna=0,即x=一lna时，等号成立， 所以要证f)>2ha+号，即证x+ha+1+a2-> 所以ga)m=g（)=()-名-h号=1n>0, 则g(a)>0恒成立， 2ha+,即证a2-号-lha>0, 所以当a>0时，x)>2na+号恒成立，证毕， 山东模拟专练 考点闯关) +1-2,f1)=2 考点①导数与函数的单调性 又f(1)=2,所以曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线 日解：(1)当a=1时，了()=2-+1，f(0)=1,解得 方程为2x一y=0. x0=1. (2)因为函数在区间[1,3]上是减函数， 又因为f(1)=- 是，所以切线方程为y十司 所以f()=2ax十1-1=2ax2+=1≤0在区间 =x-1, x x [1,3]上恒成立. 即y=x 当且仅当2a+x一10在[1,3上恒成立，则a≤2动 (2)fx)的定义域为(0，十o∞)，f(x)=2-a+] x 2元在[1,3]上恒成立， 当a≤0时，得f(x)>0恒成立，f(x)在(0，十∞)上单调 递增. 令a=2e-2=2(-)-8=2e[31] 当a>0时，令g(x)=x2-ax十1，△=a2-4. (i)当△≤0，即0<a≤2时， 显然h()在区间[号，号]上单调递减，在区间[2,1]上 f(x)≥0恒成立，f(x)在(0，十o∞)上单调递增. 单调递增， (i)当△>0，即a>2时， 则ah()m=h(侵）一g,得a≤-名，实数a的取 2 f(x)= 值范周为(-60，一日] x 由f(>0得，0K<a-a2=4或心a+2-4 考点2导数与函数的极（最）值 2 3解：(1)由题可得f(x)=xex-2ax,由题意(1)= 由f<0得，-24<a+2-4 e-2a=e-2,故a=1. 2 2 又f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,故b=2. 所以在(o,2).(+4,+)上单 (2)由(1)可得f(x)=xex-2x=x(ex-2), 2 令f(x)>0,可得x>ln2或x<0,令f(x)<0,可 调递增， 得0x<ln2, 在(2，叶)上单调递诚 故f(x)的单调递增区间是（一∞，0），(ln2,十o∞)，单调递 2 减区间是(0，ln2). 综上：当a≤2时，f(x)在(0，十∞)上单调递增； 则f(x)的极大值为f(0)=1,极小值为f(ln2)= 当a>2时，a在(0，)，(+ (ln2-1)en2-(ln2)2+2=2ln2-(ln2)2. ④解：(1)由题意f(x)=ln(x十m)与x轴的交点 十∞)上单调递瑞，f)在(e=,+)上 2 P1-m,0),又f(x=x千m' 1 单调递减. 1 2解：(1)当a=1时，f(x)=x2+x-lnx,且f(x)=2x ∴在点P处的切线的斜率=1一m十m =1, 365 答案 实战高考·数学 .在点P处的切线方程为g(x)=x一1十m. ②B解析要使奇函数f(x)是增函数，则需要f(x)在 ,g(1)=1,∴.m=1,即切线方程为g(x)=x x>0上单调递增，且2a≥0， (2)由(1)知f(x)=ln(x+1),所以h(x)=2ln(x+1) 当x>0时，f(x)=3x2+2ax十(6-a)≥0恒成立， ++1(≥-) 因为2a≥0，此时f(x)=3x2+2ax十(6-a)的对称轴 2 2(1+4x-x-1) x=一号<0，所以只需6-≥0即可，即04≤6 .h(x)= x十1√1+4 (x+1)√1十4 令h'(x)=0,得x1=0,x2=2,x,h'(x),h(x)的变化情 BABC解折对于A,由函教解折式可得2乙>0，解得 况列表如下， 0<x<2,因此函数f(x)的定义域为(0,2)，显然A正确； 0 0 (0,2) 2 (2,十∞ 对于B,当a=0,6=0时，f)=h2产2=lnx ln(2-x), h'(x) 易知函数y=lnx单调递增，y=ln(2-x)单调递减，所以 h(a) 减函数 极小值 增函数 极大值 减函数 函数f(x)在定义域上单调递增，B正确； 所以h(x)的单调增区间为(0,2)，单调减区间为 对于C,令g)=n2产xg2-x)=n2,g(+ x (-,0)和(2，+o) g(2-x)=0, 因此g(x)的图象关于点(1,0)中心对称， h(x)极大值=九(2)=2n3-2,又h(-子）=2ln子+1 易知f(x)=g(x)十a(x-1)十a十b(x-1)3满足f(x)+ f(2-x)=2a, 2ln3-2n4+1, 可得f(x)的图象关于，点(1，a)中心对称，可得C正确； A(-号）-Ax大度=3-2h4=1h后≈h2g9>0, 16 对于D,6=0时，f)=lh2产2十a,其中z∈0,2 ∴M(-子)）>h(x)极大值， ∴.h(x)的最大值为2ln3-2ln4+1. 分层闯关) 因为x(2-x)≤(-1，含且仅当x-1时等号 基础题组 成立，故f(x)min=2十a, 1D 解玩因为f儿）=之，所以∫(x) 而f(x)≥0成立，故a十2≥0，即a≥-2，所以a的最小 值为一2，即D错误. xsin x-cos z x2 a(-o,号)U2,+oo){ 解析设g(x)=erf(x),则 当x∈(0,5）时，sinx>0,cosx>0,所以 g'(x)=er(f(x)+f(z)). 由当x>0时，f(x)+f(x)>0,得ex(f(x)+f(x))> -zsin z-cos f()<, 0,即g'(x)>0,故g(x)在区间(0，十∞)上单调递增.又 ex-2f(2x-3)>f(x-1),所以e2x-3f(2x-3)>e-1· 所以f(x)在(0，)上单调递减。 f(x-1),即g(2x-3)>g(x-1).因为g(x)为R上的 因为A,B是锐角△ABC的两个内角，所以A十B>F,则 偶函数，所以g(|2x-3)>g(x-1|), 即|2x-3>|x-1|,得(2x-3)2>(x-1)2,所以 5>A>5-B>0. (3x-4)(x-2)>0, 因为y=cosx在(0，罗)上单调递减， 解得>2或<专 ⑤1解析令f(x)=(x十a)(er-b)=0,则x十a=0或 所以0<cosA<cos(受-B）=snB<1<受， ex-6=0. 故f(cosA)>f(sinB),故D正确. 由x十a=0可得x=-a;由ex-b=0,即ex=b(b>0),可 同理可得f(cosB)>f(sinA),C错误. 得x=lnb. 而A,B的大小不确定，故sinA与sinB,cosA与cosB 所以函数f(x)的零，点为x=一a和x=lnb. 的大小关系均不确定， 因为f(x)≥0恒成立，所以一a=lnb,即a=-lnb. 所以f(sinA)与f(sinB),f(cosA)与f(cosB)的大小关 将a=-lnb代入a十b,可得a十b=-lnb+b. 系也均不确定，AB不能判断. 设g(b)=-lnb十b(b>0),对g(b)求导，可得g(b) 366 ○实战册参考答案及解析 名+1-6分 当a≤0时，f(x)<0恒成立，f(x)在(0，十∞)上单调 b 递减， 令0=0，即分=0，因国为b>0,所以b-1=0,解 当>0时，由了(x)>0,解得>a,由了x)<0,解得 得b=1. 当0<b<1时，b-1<0,b>0,则g(b)<0,所以g(b)在 0x< a (0,1)上单调递减； 所以f)在(2，+∞)上单调递增，在(0，)上单调 当b>1时，b-1>0,b>0,则g(b)>0,所以g(b)在(1， 十∞)上单调递增. 递减。 所以g(b)在b=1处取得极小值，也是最小值，g(1)= 综上所述，当a≤0时，f(x)在(0，十o∞)上单调递减， -ln1+1=1,即a+b的最小值为1. 当>0时，)在（合，+∞）上单调递增，在(0，合)上 6解：(1)当a=2时，f)=2x-sinx,x∈[-受， 单调递减。 ],则f)-司-cosx, (2)由(1)知当a>0时，)在（合，十∞）上单调递增，在 当-≤≤-号或弩≤x≤受时，f()>≥0，当-号<x (0,)上单调递减。 <时，f(x)<0, 所以函数f(x)的最小值为f(日)=a一alna,所以a alna≥a2-(a十1)lna恒成立， 所以函数f()在（-，号）上单调递减，在 整理得a2-lna一a≤0，令h(x)=x2-lnx-x, [一，一]和[5，]上单调递增。 则h(x)=2x-1-1-22-2z+1Dz-1D, (2)由f(x)=ax-sinx,x∈[-2,2]，得f(x)=a 由h'(x)>0,解得x>1,由h'(x)<0,解得0<x<1, 所以h(x)在(1，十∞)上单调递增，在(0,1)上单调 cos x, 递减， 因为函数f(x)有两个极值点，所以方程f(x)=a一cosx 所以h(x)≥h(1)=12-ln1-1=0. =0有两个不相等的实根， 又h(a)≤0，所以h(a)=0,所以a=1. 设为x1,x2且x1<x2,因为函数y=cosx在x∈ [一，受]时的图象关于y轴对称。 日解：1)当a=-2时，f)=lnx-(x-1D2,x>0, 所以x1十x2=0,即cosx1=cosx2=a∈(0,1)， 则了a)-士名x-10=--2》卫 2x 当x（-,)时，f(x)>0,fx)单调递增， 当x∈(0,2)，f(x)>0,f(x)单调递增，当x∈(2，十∞)， f(x)<0,f(x)单调递减， 当x∈(x1,x2)时，f(x)<0,f(x)单调递减， 所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2， 当x∈(x2,5)时，f(x)>0,f(x)单调递增， +∞). 所以x,x2分别是函数的极大值点和极小值点， (2)g()=fa)-2x+1=lnx+2a(x-1D2-2x+1, M=f(x1)=azI-sin x1,m-f(x2)=ax2-sin x2. 又x1十x2=0,即x2=一x1, 所以g'(x）=+a(z-1）-2=a2-(a+2)x十1」 x M-m=ax1-sin x1 -(ax2-sin x2)=2 (axI 设p(x)=a.x2-(a十2)x十1，令p(x)=0,由于g(x)有两 sin zi). 个极值点x1,x2, 又cosx1=a∈(0,1)，则M-m=2(x1cosx1-sinx1). [△=(a+2)2-4a=a2+4>0, 设h(x)=2(x1cos1-sinz1),-2<1<0, 则h'(x1)=-2x1sinx1<0,即函数h(x1)在 所以+日0， 解得a>0. （一乏，0上单调递减， aa=>0, 由十2=a+2, 所以h()<h(-变）=2，即M-m<2。 a 1 7解：(1)由题意f(x)的定义域为(0，十∞)，f(x)= 得g()+g(x2)=h+2a(-1)2-2+1+ +, n现+a(2-102-2+1 367 答案 实战高考·数学 =ln(ag)+2a[a+g)2-2an-2a+g)+2] 又()=2a1D2≥0，即fo在(0，十o)上单调 x -2(x1十x2)+2 递增， =n+[(2.+2]-2.+2 所以f(x)>0的解集为(2，十∞). (3)设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3),且 =h+号--1≥-1- 0<x1<x2<x3,2x2=x1十x3, 曲线f(x)在点B处切线斜率为k1=f(x2)=2k2一 即na-2(a-）≤0，令ma)=ha-2(a-a), (k+2)+1 则m@-日-名办=a 2 2a2≤0， A,C两点连线斜率为2=f）-f() 所以m(a)在(0，十∞)上单调递减，且m(1)=0, x3一x1 所以a≥l,故a的取值范围是[1，十oo). Ckz-(k+2)x3-In 2+In z3]-Ckz-(k+2)z1-In 2+In x1] x3-x1 能力题组 ⑨ABD解析设直线ln:y=km(x十1)，联立x2一2nx十 In =k(x3十x1)-(k+2)+ 2y2=0,得(1+2号)x2+(4k号-2n)x十2号=0，则由△= 十司所以一=动 x2 0,即△=(4k号-2n)2-8k号(1+2k号)=0， In “x1= 2 l如蓝 1 解得a√7十2负位合去)，故A正确， C3-x1x1十x3x3-c1 可得器==-61+2部 2(3-x1)-(x3十x1)ln √2(n+1) 号-好 所以n-浮n,市=h子+h号+…+h器 2(爱-)小-（停+1h盘 1 1 n2026-h2026,故B正确， - x1 令->1，则2（份-1）-（份+1）h牙=2-1) x另2 2 (+1)In t, n,故C错误； 令g(t)=2(t-1)-(t+1)lnt,t>1,则g'(t)=1-lnt 因为= 1 1-xm=1 1 √2ym√2n+iV1+xn√2m+i 令h(t)=ga), 所以，+(V会) V2yn 十cos2m干' 所以发0=-十日-<0，即Aa在1，∞)上 设f(x)=x十cosx,则f(x)=l-sinx≥0，可得f(x)在 单调递减， R上单调递增， 所以h(t)<h(1)=0,即g(t)<0,所以g(t)在 则x∈(0，十∞)时，f(x)=x十cosx>f(0)=1. (1,+∞)上单调递减，故g(t)<g(1)=0, V2如i>0,则+(W2)- 1 所以2（凭-1）-（缨+1n牙<0.又号-子>0，即 √2ym √2n+1 1 cos√2n+1 >1,故D正确. i>0,所以1一起<0，即<红，所以曲线f(0在 点B处切线斜率小于A,C两点连线斜率. 0解：(1)由f)=2kx-(+2)-号×(-是)- ①(1)解：函数f(x)的定义域为(0，十∞)，f(x)= (2x-1)(kz=1D,x>0, a(In x+1), 因为>0，令f)>0,得x>是，令f)<0,得0<x 令f)=0,得x=合或名，由于k>2,则名<2，令 f()>0,解得0<x<名或x>, 所以函数f)的单调递增区间为（日，+∞），单调递减 所以f)的单调增区间为(0，)和（分，+∞】 区间为(0，) (2②)当k=2时，f）=2x2-4红-h2,且f2)=0, (2)①解：由(1)知：f(x)=a(lnx+1).由f(x0)=2→ 368 Q实战册参考答案及解析 a1n0+1）=2>n0=2-1>0=e&-1 a 由于a<b,故a<a+26 3 又f(w)==ae-1×(2-1)=(2-a)e1, 令f(x)>0,解得x<a或x>2,令f()<0,解得 所以切点为(e-1,(2-a)e是-1). a<xa十2b 由(1)可知，切点在直线2x-y-11e=0的上方， 35 所以-2e-1+(2-e31+11e=25e,整理得ae-1 可知y=f(x)在(a,士26)内单调递减，在(-0，a), 3 √22+1 =e, (士2，+)内单调递增， 设2-1=，则a=名因为0<a<2,所以>0， 所以f(x的两个极值点为x=a,x=a十，2，不妨设1= 3 (也可构造H(a)=ae&-l) 设Hx)=军，x>0,则H)= (x+1)2>0在 2xex a,22=+2b 3 因为x3≠x1,x3≠x2,且x3是f(x)的一个零点，故x3 (0,十∞)上恒成立. =b. 所以H)-2号在0，十∞)上单调递瑞. 又因为时2-a=2(6-砖2)，故4=2(a+生) 3 又因为H(1)=e e,2-1=1,所以a=1,方程ae-1=e =2a+b 3 只有1解：a=1. ②证明：依题意：要证xlnx<ex+cosx一2， 此时，20中，2,6依次成等差数列， 3 当0<x≤1时，xlnx≤0，令m(x)=e+cosx-2,0<x ≤1， 所以存在实数x4满足题意，且x4=2a,十b 31 因为m'(x)=ex-sinx>0,所以m(x)在(0,1]上单调 培优题组 递增， 3解：(1)由√2为“h(x)的可移一2倒数点”，得h(√2)· 所以m(x)>m(0)=1+1-2=0,所以不等式成立； h(2-2)=1. 当x>1时，要证xlnx<ex+cosx-2,即xlnx-ex 即（√2+a)(W2-2+a)=1,整理a2+(2√2-2）a+1 cos x++2<0. 设h(x)=xlnx-e-cosx十2，x>l,则h(x)=lnx 2√2=0，即(a十2√2-1)(a-1)=0,解得a=1, ex+sin x+1,x>1. 由p(x)=er(x十1)2的定义域为R,求导得p(x)= 设9x)=lnx-e2+sinx+1,x>1,则g(x)=1 ex(x+1)2+2e(x+1)=er(x+1)(x十3)， -ez 当x∈(-∞，-3)时，9(x)>0,9(x)单调递增；x∈ +cos x,x>1. (-3,-1)时，9(x)<0,9(x)单调递减；x∈ 当>1时，e>e,是1，osx≤1，所以=上-e (-1,十∞)时，p(x)>0,p(x)单调递增， 所以p(x)的单调递增区间为（一∞，一3），（一1，+∞）， +cos x<0,x>1. 单调递减区间为（一3，一1）. 所以(x)在(1，十∞)上单调递减. [er,x>0, 所以p(x)<o(1)=1-e+sin1<0,即h'(x)<0,x>1. (2)依题意，w(x)=了1 所以h(x)在(1，十∞)上单调递减，h(x)<h(1)=2-e (zFa'x<0, -cos1<0, 由w(x)恰有3个“可移1倒数点”，得方程w(x)· 即当x>1时，xlnx<ex+cosx-2成立. w(x十1)=1恰有3个不等实数根. 综上，当a=1时，f(x)<ex十cosx-2在(0，+o∞)上恒 ①当x>0时，x+1>0,方程w(x)w(x十1)=1可化为 成立. 12解：(1)当a=1,b=2时，f(x)=(x-1)2(x-2), 之1=1，解得=一合 则f(x)=2(x-1)(x-2)+(x-1)2=(x-1)(3x-5), 这与x>0不符，因此在(0，十∞)内ω(x)w(x十1)=0没 故f(2)=1. 有实数根； 又f(2)=0,所以曲线y=f(x)在点(2,0)处的切线方程 ②当-1<x<0时，x+1>0,方程w(x)w(x+1)=1可 为y=x一2. (2)f(x)=2(x-a)(x-b)+(x-a)2=3(x 化为21 该方程又可化为a=ex+1一x. 设k(x)=e+1-x,则'(x)=e+1-l, 369 答案 实战高考·数学 因为当x∈(-1,0)时，k'(x)>0,所以k(x)在 化为x2+(2a十1)x十a2+a-1=0,于是此方程在 (一1,0)内单调递增， (-∞，一1)内恰有两个实数根， 又因为k(一1)=2，k(0)=e,所以当x∈(-1,0)时， (2a+1)2-4(a2+a-1)>0, k(x)∈(2，e), 则有 2at1<-1, 因此，当a∈(2，e)时，方程w(x)w(x十1)=1在 2 解得a>1+⑤ 2 (一1,0)内恰有一个实数根； (1-(2a+1)+a2+a-1>0, 当a∈(0,2]U[e,十∞)时，方程w(x)w(x十1)=1在 因此当a>1士5时，方程mrm+1)=1在 2 (-1,0)内没有实数根. ③当x=一1时，x十1=0，w(x十1)没有意义，所以x= (一∞，一1)内恰有两个实数根， -1不是w(x)w(x+1)=1的实数根. 当0<a≤15时，方程0(x)u(x十1)=1在 2 ④当x<-1时，x十1<0，方程w(x)w(x十1)=1可化为 (-∞，-1)内至多有一个实数根 1 x+a'x+a+=1, 综上a的取位范围为2，e)n(5,+o一）=2，e). 高考全国视野 真题精练) 根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式含有x3的项 1.ABD解析对A,因为f(x)是定义在R上奇函数，则 为2C(2b)0(-x)3=-2x3, f(0)=0,故A正确； 于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒 对B,当x<0时，一x>0,则f(x)=一f(一x)= 成立， -[(-x)2-3)e-x+2]=-(x2-3)e-x-2,故B 于是不存在这样的a,b,使得直线x=b为f(x)的对称轴， 正确； C选项错误。 对C,f(-1)=-(1-3)e-2=2(e-1)>2,故C错误； D选项， 对D,当x<0时，f(x)=(3-x2)ex-2,则f(x)=-(3 方法一：利用对称中心的表达式化简 -x2)e-x-2xe-z=(x2-2x-3)e-x, f1)=3-3a,若存在这样的a,使得(1,3一3a)为f(x)的 令f(x)=0,解得x=一1或3（舍去）， 对称中心， 当x∈（一∞，一1）时，f(x)>0,此时f(x)单调递增， 则f(x)+f(2-x)=6-6a,事实上， 当x∈(-1,0)时，f(x)<0,此时f(x)单调递减， f(x)+f(2-x)=2x3-3a.x2+1+2(2-x)3 则x=一1是f(x)极大值，点，故D正确. 3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a, 2AD解析A选项，f(x)=6x2-6ax=6x(x-a),由 于是6-6a=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a, 于a>1, 12-6a=0, 故x∈(-o∞，0)U(a,+o∞)时，f(x)>0,故f(x)在 即12a-24=0, 解得a=2,即存在a=2使得(1， (-∞，0)，(a,十o∞)上单调递增， 18-12a=6-6a, x∈(0，a)时，f(x)<0,fx)单调递减， f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确. 则f(x)在x=0处取到极大值，在x-Q处取到极小值， 方法二：直接利用拐，点结论 由f(0)-1>0,f(a)=1-a3<0,则f(0)f(a)<0, 任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶 根据零，点存在定理f(x)在(0，a)上有一个零，点， 导数的零点， 又f-1)=-1-3a<0,f(2a)=4a3+1>0,则f(-1)· f(x)=2x3-3a.x2+1,f(x)-6.x2-6ax,f(x)-12x f(o)<0,f(a)f(2a)<0, -6a, 则f(x)在(-1,0)，(a,2a)上各有一个零点，于是a>1 由f(x)=0台x= ，于是该三次函数的对称中心 a 时，f(x)有三个零点，A选项正确. B选项，f(x)=6x(x-a),a<0时，x∈(a,0)时，f(x)< 为（受f(受）)， 0,f(x)单调递减， x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， 由题意(1，f(1)也是对称中心，故号=1a=2, 此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误. 即存在a=2使得(1，f(1)是f(x)的对称中心，D选项 C选项，假设存在这样的a,b,使得直线x=b为f(x)的对 正确. 称轴， 3-4解析由题意有f(x)=(x-1)(x-2)(x-a), 即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b-x), 所以f(x)=(x-a)(x-1)+(x-1)(x-2)+(x-a)(x 即2x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1. -2). 3701 Q实战册参考答案及解析 因为x=2是函数f(x)的极值点，所以f(2)=2-a=0, 所以a的取值范围为(1，十∞). 得a=2, 模拟精练 当a=2时，f(x)=2(x-2)(x-1)+(x-2)2=(x-2)· (3x-4), 18 1十x>0, 解析由 可得函数f(x)的定义域 1+2x≥>0， 当x∈(-0，号)时，f()>0,f(x)单调递增，当x∈ 为 ,十∞)， (待，2）时，f(x)<0,f()单羽通减， 由题意知∫(x)=1十x W√1+2x-1-x 当x∈(2，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增， W1+2x(1+x)√1+2x 所以x=2是函数f(x)=(x一1)(x一2)(x一a)的极小值 令画数g2)=1+2z-1-x,且-2<<0， 点，符合题意 所以f(0)=-1×(-2)×(-a)=-2a=-4. 则g(x)=√十2x ,-1>0,即g()在(-2,0）单调递 4解：(1)当a=1时，则f(x)=ex-x-1,f(x)=ex-1, 增，所以g(x)<g(0)=0, 可得f(1)=e-2,f(1)=e-1,即切点坐标为(1，e-2), 切线斜率=e一1， 故f()<0在区间(-0)上恒成立，则f)在 所以切线方程为y-(e-2)=(e-1)(x-1),即 (-日，0)上单调递减， (e-1)x-y-1=0. 所以f(x)>f(0)=0,由函数的单调性可知f(一0.44)> (2)方法一：因为f(x)的定义域为R,且f(x)=ex一a, 若a≤0，则f(x)≥0对任意x∈R恒成立， f(-0.33)>0. 可知f(x)在R上单调递增，无极值，不符合题意； 2C解析由导函数的图象可知：导函数在(1,4)，导函 数的符号为正，函数f(x)单调递增，A正确； 若a>0,令f(x)>0,解得x>lna;令f(x)<0,解 x<7时，f(x)>0,函数f(x)单调递增，x>7时，f(x)< 得x<lna; 0,函数f(x)单调递减， 可知f(x)在（一o,lna)内单调递减，在(na,+o∞）内单 所以x=7是y=f(x)的极大值点，B正确； 调递增， f(x)在区间(7，十∞)上单调递减，D正确； 则f(x)有极小值f(lna)=a一alna-a3,无极大值， 当4<x<7时，函数f(x)单调递增，可能f(x)<0,所以C 由题意可得：f(lna)=a-alna-a3<0,即a2+lna-1 不正确. >0, 3(e2,e4)解析因为g(x)=ex+3f(x十3)， 构建ga)=a2+lna-1,>0,则g(a)=2a+日>0， 则g(x)=ex+3[f(x十3)+f(x十3)]， 可知g(a)在(0，十∞)内单调递增，且g(1)=0, 又因为(x-3)[f(x)+f(x)]≥0， 不等式a2+lna-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1, 即x[f(x+3)十f(x+3)]≥0，且ex+3>0, 所以a的取值范围为(1，十o∞). 当x>0时，则f(x十3)+f(x十3)>0，可得g(x)>0; 当x<0时，则f(x+3)十f(x十3)<0，可得g(x)<0; 方法二：因为f(x)的定义域为R,且f(x)=ex一a, 可知g(x)在(0，十∞)内单调递增，在（一∞，0）内单调递 若f(x)有极小值，则f(x)=ex一a有零点， 减，且g(x)函数图象为不间断曲线。 令f(x)=ex-a=0,可得er=a,可知y=ex与y=a有 若xf(lnx)<e4f(4), 交点，则a>0, 即enx-3)+3·f((lnx-3)+3)<e1+3f(1+3), 若a>0,令f(x)>0,解得x>lna;令f(x)<0,解 可得g(lnx-3)<g(1), 得x<lna; 又g(x)为偶函数，则|lnx-3<1,即-1<lnx-3<1, 可知f(x)在（一∞，lna)内单调递减，在(lna,十∞）内单 解得e2<x<e4, 调递增， 所以不等式xf(lnx)<e4f(4)的解集为(e2,e4). 则f(x)有极小值f(lna)=a一alna一a3,无极大值，符合 ④[1，十∞)解析函数f(x)=(x2+1)2一ax,求导得 题意， 由题意可得：f(lna)=a-alna-a3<0,即a2+lna-1 f)=2(2+1)-.2x-a= x2+1a, >0, 构建g(a)=a2+lna-l,a>0,因为则y=a2,y=lna-1 依题意，Vx[0,+∞)，f()区0a≥/中而当 在(0，+∞)内单调递增， 可知g(a)在(0，十∞)内单调递增，且g(1)=0, x≥0时， 不等式a2+lna-1>0等价于g(a)>g(1),解得a>1, 则a≥1，所以a的取值范围为[1，十∞). 371 答案 实战高考·数学 日(1)解：因为函数f()=a士血的定义域为(0，十∞)， 要证f(x)≤g(x),即证l+lnz≤ec一b,即证xe:一bz x 且f(x)=1a-lnx lnx-1=er+lnx-(bx+lnx)-l≥0， x2 令h(x)=ex-x-1,其中x∈R,则h'(x)=ex-l, 由f(x)>0可得0<x<el-a,由f(x)<0可得x>el-a, 由h'(x)<0可得x<0,由h'(x)>0可得x>0, 所以，函数f(x)的单调增区间为(0，el-a),单调减区间 所以，函数h(x)的单调减区间为（一∞，0），单调增区间 为(el-a,+∞). 为(0，+∞)， (2)证明：由(1)知，f(x)max=f(e1-a)= e-a=1,解得 所以，h(x)≥h(0)=0,即e≥x+1, 所以，Vb∈R,er+nx≥bx+lnx+l,即f(x)≤g(x). a=1, 3.3导数的综合应用 山东新高考全练 ①(1)解：f(x)=-5sinx+5sin5x=10cos3.xsin2x, 当t∈(0，x),在(2)中取a=t,则存在y∈(t-0,t十0)，使 因为x∈(0，)，故2x∈(0,5)，故sin2x>0,当0<x 得cosy≤cos0, <晋时，cos3x>0,即f(x)>0, 取晋则m-9取x号∈（是，号）即x 6 当否<x<平时，cos3x<0,即f(x)<0,故f(x)在 (0,石)上为增函数，在（否，牙）为减函数，故f(x)在 散5cosx≥3，，故5cosx一c0s(5.x+t)≥3V3 (0,)上的最大值为f(倍)=5cos若-cos-3v5. 综上，b>33,可取x=否，t-0使得等号成立. (2)证明：由余弦函数的性质知cosy≤cos0的解为 综上，bmin=3V3. [2π+0,2(k+1)π-0](k∈Z, 若每个[2kx十0,2(k十1)π一0]与[a-0,a十0]交集都 21)解：当b=0时，f)=ln2产z十a,其中x∈(0， 为空， 2), 则对每个k∈Z,必有2(k+1)π-<a-0或2kπ十>a十 则fa)=+2ta=z2。taeo,2 2 0之一成立. 此即<-1或为>，但长度为1的闭区间 因为x2-)≤()=1，当且仅当x=1时等号 成立， [元-1，]上必有一整数，该整数长不满足条件， 故f(x)min=2十a,而f(x)≥0，成立，故a十2≥0即a≥ 矛盾. 一2，所以a的最小值为一2. 故存在y∈[a-0,a十0]，使得cosy≤cos0成立， (2)证明：)=h产x十ax+bx-1)3的定义域为 (3)解：记h(x)=5cosx-cos(5x十t), 因为h(x+2π)=5cos(x+2π)-cos(5x+10π+t) (0,2),设P(m,n)为y=f(x)图象上任意一点， P(m,n)关于(1，a)的对称点为Q(2-m,2a-n). =h(x), 故h(x)为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈ 因为P(m,n)在y=f)图象上，故n=lh2m十am+ [0,2π]，t∈[0，π]的情况 b(m-1)3, 当t=π时，h(x)=5cosx-cos(5.x十x)=6cosx≤6， 当t=0时，h(x)=5cosx-cos5x, 而f(2-m)=1n2m+a(2-m)十b(2-m-1)3= m 此时h'(x)=-5sinx+5sin5.x=10cos3xsin2x,x∈(0， 2x), -[n2”m+am+bm-1)]+2a=-n+2a,所以 7元3元11π 令）=0则x=晋受晋x吾，受，晋， Q(2-m,2a-n)也在y=f(x)图象上， 由P的任意性可得y=f(x)图象为中心对称图形，且对 而()=h(})-33,(变)=()=0，() 称中心为(1，a). (3)解：因为f(x)>-2当且仅当1<x<2,故x=1为 h()=-33,(=-4, f(x)=-2的一个解， h0=h(2)=4,故h()ax=h(晋)）=h(告）=3v3, 所以f(1)=-2,即a=-2,先考虑1<x<2时，f(x)> 一2恒成立. 372