3.3 导数的综合应用(实战册)-【实战高考】2026年高考数学总复习（山东专版）

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 Q实战册参考答案及解析 此时fx)>-2即为1n2产z+21-x)+6(x-1)3>0 (2)证明：由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-lnx的最 小值为1. 在(1,2)上恒成立， 当b=1时，x一lnx=b,ex一x=b各有一个实根，不满足 设=x-1∈0,1，则h告2+0>0在o1上 题意 当b<1时，x一lnx=b,ex一x=b均无实根，不满足题意. 恒成立， 当b>1时，设S(x)=ex-x-b,则S(x)=ex-1, 设g)=h}2+6,e0,1D,则g0=1是2 2 当x<0时，S(x)<0,当x>0时，S(x)>0, 2+3hr2=2(-3b2+2+3b) 故S(x)在（一∞，0）上为减函数，在(0，十∞)上为增 1-t2 函数， 当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+36=2>0, 所以S(x)min=S(0)=1-b<0, 故g(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， miS(-b)=e-6>0,S(6)=eb-26, 故g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在(1,2)上恒成立. 设u(b)=eb-2b,其中b>1,则t(b)=eb-2>0, 当-号<<0时，-3a2+2+36≥2+36≥0， 故u(b)在(1，十∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e一2 >0, 故g(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上为增函数， 故S(b)>0,故S(x)=ex-x一b有两个不同的零点，即 故g(t)>g(0)=0,即f(x)>-2在(1,2)上恒成立. ex一x=b的根的个数为2. 当K-号则当0<<V1+%<1时，g'()<0, T(x)=x-In z-6,T'(x)=*-1, 故在(0√1+易)上g()为减函数，放g)<g(0)=0, 当0<x<1时，T(x)<0,当x>1时，T(x)>0, 故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1，十∞)上为增函数， 不合题意，舍去. 所以T(x)min=T(1)=1-b<0, 综上，>-2在1,2)上恒成立时6>-号 mjT(e-6)=e-b>0,T(eb)=eb-26>0, T(x)=x一lnx一b有两个不同的零点，即x一lnx=b的 3(1)解：f(x)=ex-a.x的定义域为R,且f(x) 根的个数为2. =ex一a, 若a≤0，则f(x)>0,f(x)单调递增，f(x)无最小值， 设h(x)=e+nx-2x,其中x>0,故h(x)=ez十1 x 故a>0. 一2， 当x<lna时，f(x)<0,当x>lna时，f(x)>0, 设s(x)=ex-x一1，x>0,则s(x)=ex-1>0, 所以f(x)在（一o∞，lna)上为减函数，在(lna,十∞）上为 故s(x)在(0，十∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即 增函数，故f(x)min=f(lna)=a一alna. ex>x十1， g(x)=ax-lnx的定义域为(0，十oo),且g(x)=a 所以K(x)>x+-1≥2-1>0，所以(x)在 -1=ax—1 x (0,十∞)上为增函数， 当0<<2时，g'()<0,当>a时，g(x>0, 而1)=e-2>0,h()=e-3-<e-3-是<0， g)在(o,)上为减函数，在（日，十∞）上为增函数，故 故h(x)在(0，十∞)上有且只有一个零点x0,<0 g()m=g(日）=1-ln2, <1, 且当0<x<xo时，h(x)<0,即e-x<x-lnx,即f(x) 因为f(x)=ex一ax和g(x)=ax一lnx有相同的最小值， <g(x), 所以1-ln名=a-aha,整理得到 =lna,其 当x>xo时，h(x)>0即ex-x>x-lnx,即f(x) >g(x), 中a>0. 因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个 设ga)=&ha,a>0,则ga)=a千a日 2 1 不同的交点， 故b=f(x0)=g(x0)>1,此时cx一x=b有两个不同的 -a2-1 a(1+a2≤0， 零点x1,x0(x1<0<x0), 故g(a)为(0，十o∞)上的减函数，而g(1)=0, 此时x-lnx=b有两个不同的零点xo,x4(0<x0<1< 故o)=0的唯一解为a=1,成干吕-na的解为a x4), e-x1=b,eto-xo=b,x4-In x4-6=0,x0-In xo 1.综上，a=1. -b=0, 373 答案 实战高考·数学 所以x4-b=lnx4,即e-b=x4,即e-b一 即证(t-1)ln(t+1)-tlnt0, (x4-b)-b=0, 令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tlnt,t>1,则S(t)= 故x4一b为方程ex一x=b的解，同理x0一b也为方程 ex-x=b的解. h+1D+号-1-h=h(1+）一名先证明- 又e-x=b可化为e3=x十b,即x1-ln(x1十b)= 个不等式：ln(x十1)≤x. 0,即(x1+b)-ln(x1+b)-b=0, 1 设u(x)=lh(x+1)-x,则d(x)=x十一1=x+, 故x十b为方程x一lnx=b的解，同理x0十b也为方程 当-1<x<0时，W(x)>0;当x>0时，W(x)<0, x一lnx=b的解， 故u(x)在(-1,0)上为增函数，在(0，十∞)上为减函 所以{x1,x0}={x0-b,x4-b},而b>1,故 数，故u(x)max=u(0)=0, 0=x4一b:即x1十4=20. 故ln(x+l)≤x成立， x1=x0-b, 4(1)解：函数的定义域为(0，十o∞)，又(x)=1-lnx 由上述不等式可得当1时，(+)←品故 -1=-lnx, S(t)<0恒成立， 当x∈(0,1)时，f(x)>0,当x∈(1，+∞)时，f(x) 故S(t)在(1，十o∞)上为减函数，故S(t)<S(1)=0,故 <0, (t-l)ln(t+l)-tnt<0成立，即x+x2<e成立.综上 故f(x)单调递增区间为(0,1)，单调递减区间 为(1，+∞). 所述2<+<e (2)证明：因为blna-alnb=a-b,故b(lna十l)= a(nb+1),即血a+1_lmb+1 5解：1)f(x)=ex-lnx+1,f(x）=ex-1 a b f(1)=e-1. 故f(日）=f(合)，设是=1，合双，由(1)可知不妨设 1 f(1)=e十1，.切点坐标为(1,1十e), ∴.函数f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y-e-1=(e 0<x1<1,x2>1. -1)(x-1),即y=(e-1)x+2, 因为x∈(0,1)时，f(x)=x(1一l1nx)>0,x∈ (e,+oo)时，f(x)=x(1-lnx)<0, 二切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2)，(。号，0），∴所 故1<x2<e.先证：x1十x2>2,若x2≥2，x1十x2>2必 求三角形面积为2×2X1。号1=。昌 成立. 若x2<2,要证：x1十x2>2,即证x1>2-x2,而0<2- (2)方法一：，f(x)=aex-1-lnx十lna,∴.f(x)=aex-1 x2<1, ,且a>0. 1 故即证f(x)>f(2-x2),即证：f(x2)>f(2-x2),其 中1<x2<2. 设g)=fd,则g)=ac1+是>0， 设g(x)=f(x)-f(2-x),1<c<2, ·g(x)在(0，十∞)上单调递增，即f(x)在(0，十∞)上单 g'(x)=f (x)+f(2-x)=-In x-In(2-x) 调递增， =-ln[x(2-x)], 当a=1时，f(1)=0,.f(x)mim=f(1)=1,∴.f(x)≥1 因为1<x<2,故0<x(2-x)<1,故-lnx(2-x)>0, 成立 所以g(x)>0,故g(x)在(1,2)为增函数，所以g(x)> g(1)=0, 当a>1时，a<1e-1<1,…f()f'1)=a(e÷- 故f(x)>f(2-x),即f(x2)>f(2-x2)成立，所以 -1)(a-1)<0, x1十x2>2成立. “存在唯一0>0，使得(0)=a1-1=0,且当 综上，x1十x2>2成立. 设x2=tx1,则t>1, x∈(0，x0)时f(x)<0,当x∈(x0,十∞)时f(x)>0, 结合血。1-h,君名=， 1 a awt-女lna+-l=-ha, 可得：x1(1-lnx1)=x2(1-lnx2), 因此f(x)min=f(xo)=ae-1-lnxo十lna= 即1-ln=(1-lnt-ln),故1na=1二nL t-1 要证：x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,即证ln(t+1) +0-1+na≥2na-1+3√·霸-2aa+11, +In z<1, .f(x)>1,.f(x)≥1恒成立； 即证n+1D+-1-nt<1, 当0<a<1时，f(1)=a+lna<a<1,∴.f(1)<1,f(x) t-1 ≥1不是恒成立. 374④ Q实战册参考答案及解析 综上所述，实数a的取值范围是[1，十o∞). 即lna≥lnx-x+1, 方法二：f(x)=ael-lnx十lna=eha+x-l-lnx十lna≥l 令h(x)=lnx-x+1,则h(c)=1-1=1二 等价于elna+x-l+lna十x-l>≥lnx十x=elhx+lnx, x 令g(x)=ex十x,上述不等式等价于g(lna十x-l)≥ 在(0,1)上h'(x)>0,h(x)单调递增；在(1，十∞)上h'(x) g(In x), <0,h(x)单调递减，.h(x)max=h(1)=0, 显然g(x)为单调增函数，∴.又等价于lna十x-一l≥lnx, .lna≥0，即a≥1，∴.a的取值范围是「1，十o∞). 山东模拟专练 考点闯关) 考点②利用导数研究函数零点 考点①利用导数研究不等式 3解：(1)f(x)=(x+1)ex,令f(x)≥0，可得x≥-1， 目解：1)由于x+2+1=0的斜率为一2，所以了2) 故f(x)的单调递增区间为[一1，十∞). (2)d (x)=er-1-+=en (>0), =2 x2 又f)=2ax+1-2,放f(2)=4a+1-号=2，解 令μ(x)=x2ex+lnx(x>0), 则Hx)=2+2x)e+子由x>0,故以)= 得是 (x2+2x)e+1>0恒成立， (2)由(1)知a=7,所以f(x)=x+1-2=2+x-2 x x 故u(x)在(0，十∞)上单调递增. =(x+2)(x-1) 又n日)-+是-tc-1-e<ow1) e2 故当x>1时，f(x)>0,f(x)单调递增，当0<x<1时， e+ln1=e>0, f(x)<0,f(x)单调递减， 故存在∈（日，1），使x）=0,即6e+n=0, 故当x=1时，fx)取最小值f(1)=号+1+b, 即p(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,十o∞)上单调递 要使≥0恒成立，故了1)=合+1+b≥0，解得b> 增，故p(x)≥px0), 由号e十lnm=0,则me=_n=h1.e, 0 故6的取值范用为≥一是 、3 令w(x)=f(x)十1=xex(x>0),则有w(xo)= 2解：(1)(x)=aex-1. (n品 当a≤0时，(x)<0恒成立，此时f(x)在R上单调递减； w'(x)=f(x)=(x+1)er,当x>0时，w'(x)>0恒 当a>0时，令f(x)=0,则x=-lna, 成立， 当x∈(-o∞，-lna)时，f(x)<0,此时f(x)在 (一o∞，一lna)单调递减， 故ux)在(0，十oo)上单调递增，放=ln马，即1hn0 当x∈(-lna,+oo)时，f(x)>0,此时f(x)在 =一0 (-lna,十oo)单调递增. 则p(m)=e4hm-1=e时-二w-1=1+1 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调减区间为 (一o,十∞)，无增区间： 1=1,即p(x)的最小值为1. 当a>0时，f(x)的单调减区间为（一oo,一lna),单调增 (3)4 h(x)=f(x)-g(x)=xex-1-In z+ma=0 区间为(-lna,十o). (2)因为存在x∈[-1,1]，使得|f(x)≥2. （>0),即有-m=e-0--96, 只需f(x)max≥2或f(x)min≤-2. 即函数h(x)的零点个数为p(x)=一m的实数根的 因为a>0,所以f(x)=aex-x>-x>-1, 个数， 所以只需f(x)max≥2.由(1)知f(x)max为f(-1)与 由(2)知，p(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0,十)上单 f(1)中的较大者， 调递增，且p(x0)=1, 所以f(1)=ae-1≥2或f(-1)=ae1+1≥2，解得 又当x→0时，p(x)→十∞，当x→十o∞时，(x)→十∞， 故当-m=1,即m=一1时，p(x)=一m有唯一实数根， ≥3或a≥e, e 当-m>1,即m<-1时，o(x)=-m有两实数根，当 所以a≥8.综上所述a的取值范围为[是，十∞ 一m<1,即m>-1时，o(x)=一m无实数根.综上所述， 当m=一1时，函数h(x)有一个零点，当m<-1时，函数 375 答案 实战高考·数学 h(x)有两个零点，当m>-1时，函数h(x)无零点. 1,即eax+lnx-(ax+lnx)≥1-(a+b)x, ④解：(1)由f(x)=(2x十1)ex,得f(x)=(2x十3)e,则 当x=x0时，e0-0≥1-(a十b)x0,即(a十b)xo≥0，又 f(0)=1,f(0)=3, a+b0,x0∈(0,1)，所以(a+b)x0<0, 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y一1 所以(a十b)x0≥0不成立，即当a十b<0时，xeax十bx一 =3x,即3x-y+1=0. lnx≥1(a>0)不恒成立. (2)令g()=f)-x=0,则=f巴_2z+1De,令 x 综上所述，白的最小值为一1. a h(x)=(2.x+1)e ,x∈(-∞，0)， x 2(-∞，]U号》 解析x2十2a2lnx≥ax(2+ 则(x)=2x2+之-1)e=(2z-1D(z+1De lnx)在x∈[e,十oo)上恒成立， x2 .x2-2ax+2a2lnx-a.xlnx≥0， x∈(-∞，0)， .x(x-2a)+alnx(2a-x)≥0， 令h'(x)>0,则x<-1,令h'(x)<0,则-1<x<0, ∴.(x-2a)(x-alnx)≥0. 所以函数h(x)在（一∞，一1）上单调递增，在（一1,0）上 1x-2a=0, 单调递减，所以h(x)mx=h(-1)= 当 时，即2a=alnx,解得x=e2, e x-aln x=0 h()=2+1De=2er+g二，当-∞时，h(x)→0， 此时a=号 当x0时，h(x)→-oo, 如图，作出函数h(x)的大致图象， 令fo)=alhx,则f)=l-2=4。 ①当a≤e时，f(x)≥0，f(x)在[e,十∞)上单调递增， ∴.f(x)≥f(e)=e-a≥0，∴.x-2a≥0恒成立，∴.x≥2a 恒成立， 1 y=k 2a≤ea≤号 ②当a>e时，f(x)在[e,a)上单调递减，在(a,十∞)上 y=h(x) 单调递增， ∴.f(x)min=f(a)=a-alna≥0，∴.l-lna≥0，解得a≤ 因为函数g(x)=f(x)一kx在(-∞，0)上恰有两个零点， e,与a>e矛盾，舍去. 所以函数y=k,y=h(x)的图象恰有两个交点，所以k的 取值范围为(0，)： 综上所迷a的取值范圈为(-0，号]U{号}】 3解：(1)当a=0时，函数f(x)=xnx的定义域是 分层闯关 (0,+o∞)，f(x)=lnx+1. 基础题组 令f()<0,得nx+1<0,解得0<<。，故D的单 ①-1解析令f(x)=ex-x一1，则f(x)=ex一1，当 x<0时，f(x)<0,当x>0时，f(x)>0, 调递减区间是(0，】 所以函数f(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单 调递增， 令f(x)>0,得1nx+1>0,解得x>,故fx)的单调递 所以f(x)≥f(0)=0,所以ex≥x+1, 由xear+bx-lnx≥l(a>0),得er+lnx≥-bx十lnx+1 增区间是（合，+∞片 (a>0),而(a.x+lnx)∈R, 综上，f()的单调递减区间是(o,。),单调递增区间 令a.x+lnx十1≥-bx+lnx+1(a>0),则a+b≥0，所以 合≥-1，若a+0, 是（日，+∞）片 如图作出函数y=一ax (2)由任意x∈(0，+∞)，f(x)x2十2知aln x<x2十ax (a>0),y=lnx的图象， 十2恒成立。 y=-ax 由函数图象可知，方程ax十 y=1nx 因为>0，故a≥nxx-2在x∈0，十o)上恒成立. lnx=0有唯一实数根xo∈ (0,1),即axo十lnxo=0, 设A)=hx-x一2(>0).则e)=士-1+是 x 由xer+bx-lnx≥1(a> (x-2)(x+1) 0),得er+hx≥-bx+lnx十 x2 376 Q实战册参考答案及解析 令h(x)=0,得x1=2,x2=-1(舍去)， 1 ..F(z)>F (zo)=e%o In (zo+2)= 当x∈(0,2)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 20+2十x0= 当x∈(2，十o∞)时，h(x)<0,h(x)单调递减， x02+2x0+1_(x0+1)2 x0+2 0+2>0,∴fx)>1hn(x+2). 故当x=2时，h(x)取得极大值，也是最大值，且h(x)max =h(2)=ln2-3, (2)八g(x）=aca-e二cs(a≠0)，g(x)=a2eu x1一x2 所以若a≥h(x)在x∈(0，十∞)上恒成立，则a≥ >0,∴.g(x)在(x1,x2)上单调递增. h()max=In 2-3. 故实数a的取值范围是[ln2-3,十∞). 又：g(x1)=aew1-e-e x1一x2 ④解：(1)由函数f(x)=x(x十c)2,求导可得f(x) _aear (x1-22)-(ear-earz =(x+c)(3x十c), x1-x2 由函数f(x)=x(x十c)2在x=1处取极大值，则f(1)= -e[a(a-2)+ea)-1] C2一C1 0,解得c=一1或一3， 当c=-1时，可得f(x)=(x-1)(3x-1), e[ea4,-5)-a(x2-x)-1],g(x2)= x2-x1 易知当}<<1时，f()<0:当>1时，f()>0, e[eacx-)-a(r1-x)-1]. x2-x1 则此时函数f(x)在x-1处取得极小值，不符合题意， 设h(x)=ex-x-1,则h'(x)=ex-1,令h'(x)=0,解 舍去 得x=0, 当c=-3时，可得f(x)=(x-3)(3x-3), 当x<0时，h'(x)<0,h(x)单调递减；当x>0时，h'(x) 易知当x<1时，f(x)>0;当1<x<3时，f(x)<0, >0,h(x)单调递增， 则此时函数f(x)在x=1处取得极大值，符合题意.综上 .当x≠0时，h(x)>h(0)=0,即ex-x-1>0, 所述，c=一3. ∴.ea五-4)-a(x2-x1)-1>0,ea3五)-a(x1 (2)由(1)可得函数f(x)=x(x一3)2，求导可得f(x)= 3(x-1)(x-3), ）-10又>0>0 令f(x)=0,解得x=1或3，可得下表： g(x1)<0,g(x2)>0,.存在c∈（x,x2),使得g(c) =0, x (-∞，1) (1,3) 3 (3,+∞) 又g(x)在(x1,x2)上单调递增，.函数g(x)在 f(x) + 0 0 (x1,x2)上存在唯一零点. f(x)单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 ⑥解：(1)由题意知f(x)定义域为(0，十∞)， 所以函数f(x)的极大值为f(1) 且f(x)=1+ax+1=a2+x+1 元 ℃ =4,极小值为f(3)=0, y=fc) 令h(x)=ax2+x+1, 函数g(x)=f(x)十a存在三个 ①当a≥0时，h(x)>0,f(x)>0,所以f(x)在 零点，等价于函数f(x)图象与直 - (0,十∞)上单调递增. 线y=一a存在三个交点， ②当a<0时，△=1一4a>0,记h(x)=0的两根为 由图可得0<一a<4,则一4<a x1,x2, <0. ⑤证明：(1)f(x)=a2ex,.f(0)=a2=1,.a=1, 则1=-1-1=4a,2=-1+=40,且1>0 2a 2a ∴.f(x)=ex. >x2. 设F(x）=e-ln(x+2)(x>-2),则F'(x)=e 1 当0<x<时，f(x)>0,f(x)在(0，)上单调递增， x十2， 当x>x1时，∫(x)<0,f(x)在(x1,十o∞)上单调递减. 设px)=e- .1 x+2(x>-2),则p(x)=e2+(z+22 综上所述：当a≥0时，f(x)在(0，十∞)上单调递增； >0,∴.F(x)单调递增 当a<0时，fd)在(0，-1-0)上单调递增，在 2a 又F(-10=是-1<0，F0)=e-3->0, (仁1一，0，+∞)上单调递减. 2a 存在m∈(-1,0)使得，F(x)=0,即e5=1 x0+2’ (2)方法-：f)十ax+1≤x(ez+2ax+1）,化简得 ∴.x0=-ln(xo十2). In x+ax+1<xe3x=eln x+3x. 当x∈(-2，x0)时，F(x)<0,F(x)单调递减，当x∈ 设g(x)=ex-x-1,则g(x)=ex-1, (x0,十o∞)时，F(x)>0,F(x)单调递增， 当x>0时，g(x)>0,函数g(x)在(0，十∞)上单调 377 答案 实战高考·数学 递增， 能力题组 当x<0时，g'(x)<0,函数g(x)在(-o∞，0)上单调 7ACD解析若y=exf(x)+g(.x)=a.x2-2x+1十 递减， g(x)为奇函数，显然可取g(x)=一ax2-1,故选项A 又g(0)=0,所以e≥x十1，当且仅当x=0取等号， 正确. 令t(x)=lnx十3x,因为y=lnx,y=3x在(0，+o∞)上 由f(x)=0,得a.x2-2x十1=0. 单调递增， 当a=0时，解得x=2;当a≠0时，△1=4-4a=0,解 所以t(x)在(0，十∞)上单调递增 得a=1, 又因为1)=3>0，（号）=1-1n3<0, 所以若f(x)只有一个零，点，则a=0或a=1,故选项B 所以存在唯一n∈（号，1，使得t(m)=3m+h 错误 =0, 当a=1时，f)=2-2红+1，则f(x)=-x2+4红-3 所以xe3x=enx+3r≥lnx十3x十1，当且仅当x=x0时取 由f(x)=0,解得x=1或x=3. 等号 当x∈(-∞，1)时f(x)<0,f(x)单调递减；当x∈ ①当a≤3时，xe3x=elhx+3x≥lnx+3x十l≥lnx+ax+1 (1,3)时，f(x)>0,f(x)单调递增；当x∈(3，十∞)时， 成立 f(x)<0,f(x)单调递减， ②当a>3时，由3x0十lnx0=0,知x0e3x=ehx+3x= 所以f(x)的极小值为f)=0,极大值为f(3)=急 e0=1,lnx0十ax0+1>lnx0+3.xo+1=1. 所以xoe3x<lnx0+axo十1与lnx+a.x十l≤xe3x恒成 又当x=1时，f(x)=0;当x≠1时，f(x)>0, 立矛盾，不符合题意 当x→十o时，f(x)→0；当x→一o时f(x)→十o,f(x) 综上a≤3. 的大致图象如图. 方法二：不等式f()+ax+1≤x(e+2ax+1),可化 由图可知，当y=f(x) 的图象与直线y=m有 为lnx十a.x十l≤xe3x, 3个交，点时，有0<m 所以a<ea--士令ma)=ea--女则 y=fx) m ()=3e3r-1-n13e+In 所以关于x的方程∫(x) x2 x2 x2 01234 =m有3个不同的实数 令n(x)=3ze3x+hx,则n()=3xe3z(2+3x)+ 根的充要条件为0<m<急，故选项C正确。 >0,所以n(x)在(0，十∞)上单调递增. 又n1)=3e+ln1-3e>0,n(3)=3e+ln 1 f(x)=-ar2+2a+2)x-3 号he-lh3)<0, 若a=0,则了()只有一个变号零点x=昌，此时画数 f(x)存在极值； 所以3x0∈（号，l,使n(m)=0,所以m(x)在 若a≠0，因为-a.x2十(2a+2)x-3=0的判别式△2= (0,xo)上单调递减，在(x0,十∞)上单调递增 (2a+2)2-12a=4(a2-a+1)>0, 所以f(x)有两个变号零点，此时函数f(x)既存在极大值 由n(x0)=0得3z6e3十ln0=0,即3oe3=-ln20 2C0 又存在极小值，故选项D正确. n 85心-e醒嗣由凝设号-号++1≥2√号· x 设p(x)=xer,x∈(0，十o∞)，则(x)=ex+xex= +1=5,当且仅当x=2y时等号成立， (1+x)ex>0, 所以p(x)=xex在(0，十∞)上单调递增.由3x0e3= 所以号的最小值为5，此时不等式化为2e+2a2 he岭，得p(3)=9(n）,所以3=lh六，即有 a.xlnx2≥0(x>0)恒成立， 所以er+a(x2-xlnx)≥0，即ex+aax(x-lnx)≥0. =-3且e4= 令fx)=x-lnx且x>0,则f(x)=1-1=二1 x x 所以m(x)m=m(0）=e-nh0-=3,所 当0<x<1时f(x)<0,当x>1时f(x)>0, 所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 以a≤3. 故f(x)≥f(1)=1>0,则x(x-lnx)>0(x>0), 378 ○实战册参考答案及解析 ex 因此可得在xE(0,+∞)上，≥2-n位成立， (1+)1, 令h(x)= -且x>0, 1 x2-xln x 由1+>1可得：≤ 所以h(x）=一(x2-xnx-2x+lnx+1D (1+) (x2-xln x)2 1 设G(x)=n(①+ 1 _e(x-1)(x-1-lnx) 0x∈(0,1]， (x2-xln x)2 则G(x)=一 令y=x-1-lhx(x>0),y=1-1(x>0), +o)ma+x)+是 =1+x)ln2(1+x)-x2 y=1-1(x>0)在0，十∞)单调递增，且y1=1=0, x2(1+x)ln2(1+x), 则x∈(0,1)时，y<0,函数y=x-1-lnx(x>0)在 设kx)=l2(1十)千2函数x的定义域是（(-， (0,1)单调递减， ∞)，'(x)= 2ln(1+x) x2+2x 1+x (1+x)2 x∈(1，十o∞)时，y>0,函数y=x-1-nx(x>0)在 (1,十∞)单调递增， _2(1+x)ln(1+x)-x2-2x (1+x)2 因此可得当x=1时，ymin=0,即x-1一lnx≥0， 设g(x)=2(1十x)1n(1+x)-x2-2x,则g(x)=2ln(1 则当x∈(0,1)，h(x)>0,则h(x)在(0,1)单调递增， +x)-2x, 当x∈(1，十∞)，h(x)<0,则h(x)在(1，十∞)单调 递减， 令)-21+02，则)千，8径 所以h(x)max=h(I)=-e,故只需a≥-e 当-1<x<0时，h'(x)>0,h(x)在(-1,0)上为增函数， ⑨(1)解：函数f(x)的定义域是(-1，+∞)，f(x)= 当x>0时，h'(x)<0,h(x)在(0，+oo)上为减函数， 中1 一x 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0, 所以g(x)<0(x≠0)，函数g(x)在(-1，十o∞)上为减 当-1<x<0时，f(x)>0;当x>0时，f(x)<0. 函数. 所以f(x)的单调增区间为（一1,0），单调减区间为(0， 于是当-1<x<0时，g(x)>g(0)=0,当x>0时，g(x) 十∞). <g(0)=0, , 2)证明：要证≥0时，(x)≤广 所以当一1<x<0时，k'(x)>0,k(x)为增函数， 当x>0时，k(x)<0,k(x)为减函数， 即证ln(1+x)≤x在[0，+o∞)上恒成立. V1+x 故函数k(x)的单调递增区间为（一1,0），单调递减区间为 (0,十∞)， 令H(x)=ln(1+x)- x,x∈[0，十∞)， /1+x x2 所以k(x)≤k(0)=0,所以n2(1+x)-千x≤0，即(1+ 1- 2+x H(x)=1十x 1 合 2V√1+z x)ln2(1+x)-x2≤0， 1+x 1+x 所以G(x)≤0，x∈(0,1]，于是G(x)在(0,1]上为减 2I+x-(2+x) 函数， 2(1+x)√1十x 故函数G(x)在(0,1]上的最小值为G1)=n2一1， 令m(x)=2√1+x-(2十x),m(x)= 1-1 V1+x 所以a≤2一1，所以整数。的最大值为0 =1-√1十z V1Fx 10证明：(1)当a=1时，f(x)=lnx-e,x∈(0，十o∞)， 当x≥0时，1-√1十x≤0，m'(x)≤0， f(x=1-e, 所以m(x)在[0，十∞)上单调递减，所以m(x) ≤m(0)=0, 易知f(x)在(0，+∞)上单调递减，且∫(2)=2-e 则H(x)≤0，所以H(x)在[0，十o∞)上单调递减， >0,f(1)=1-e<0, 所以H≤H0)=0,所以1+)≤产 则3xw∈(2,1)，使得当∈(0，m)时，(x)>0, 综上，≥0时，x之 当x∈(x0,十∞)时，f(x)<0,且f(x0)=0,即1= ③)解：不等式(+日)”≤6等价于不等式(a十0). e,,即lnxo=-x0, ∴f(x)在(0，x0)上单调递增，在(xo,十∞)上单调递减， 379 答案 实战高考·数学 ∴f(x)存在唯一的极大值点x0,而f(x0)十2=nx0 从而mx》+11十2=1中z1千，0， 1 e4十2=一0一 1+2=-m-1)2 <0, 即m(x)在(0，十∞)单调递增，则m(x)>m(0)=0, ∴.f(x0)<-2. 于是ex+1>ln(1+x)-cosx+3,即e'+l>n(1+t) (2)令ln(ax)+(a-1)x-ex=0,得ln(ax)+ax cost+3=2e,即e+1>2e. =x十e2, M(1)解：当a=1时，f(x)=x2(1nx+1),所以f(1)= 设g(x)=x十er,显然g(x)在定义域上单调递增， 1,又f(x)=x(2lnx+3),所以f(1)=3, 而ax十ln(ax)=ehar)+ln(a.x),则有g(ln(ax)= 曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为3x-y一2 g(x),.'.x=In(ax). =0. 依题意，方程x=ln(ax)有两个不等的实根， (2)解：因为x>0,且f(x)=2x(nx十a)+x=x(2lnx 即函数h(x)=x一ln(ax)在定义域上有两个零点， +2a+1), 显然a≠0，当a<0时，h(x)的定义域为（一∞，0）， h(x)在（一∞，0）上单调递增，h(x)最多一个零点，不合 令g()=2nx+2a+1,9()=2,因为x>0,g(x） 题意， >0, ∴a>0,h(x)的定义域为(0，十∞)， 即函数p(x)在(0，十o)上单调递增，由p(x)=2lnx十2a 求导，得x)=1-子 +1=0,得x=e-a-立， 所以函数p(x)在(0，ea-)上小于零，在(e-a-立，十o∞) 当0<x<1时，h'(x)<0,当x>1时，h'(x)>0, 上大于零 ∴.h(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递 因为x>0,f(x)的符号和函数p(x)的符号一致， 增，h(x)min=h(1)=1-lna, 所以函数f(x)在区间(0，e-a-)上单调递减，在区间 要使h(x)有两个零点，必有1-lna<0,即a>e, (e-a-言，十o∞)上单调递增. 此时（日）=日>0，即h()在0,1)有-个零点， (3)证明：因为f(ea)=(e-a)2(lnea+a)=0, h(a2)=a2-3ln a, 所以x∈(0，e-a)时，lnx+a<lne-a+a=0,且x2>0, 令a)=-3x>e,求导得a)=2-显然 则x2(lnx+a)<0,即f(x)<0,若f(x1)=f(x2),且 x1,x2∈(0，+∞)，x1<x2, u(x)在(e,十o∞)上单调递增， 所以0<x1<ea-言<x2<ea,取自然对数得：lnx1< (x)>u(e)=2e3>0,…u(x)在(e,+o∞)上单 -a-2<ln<-a, 调递增，u(x)>u(e)=e2-3>0, ∴.h(a2)>0,则函数h(x)在(1，十∞)上存在唯一零点. 即2(lnx1+a)<-l<2(nx2+a)<0, 由x为x=n(ax)的两个根中较小的根，得e巧= 由f(x1)-f(x2)得：x(nx1十a)=x2(lnx2+a), ax1,x1>0, el (In x1+a)e2a=eln (In x2+a)e2a, 又由已知得2a.x1=ln(1十t)-cost+3,从而2e 所以e2(n马+a）·2(lnx1+a)=e2h+a)·2(lnx2+a). =In(1+t)-cos t++3, A=2(In x1+a),t2=2(In x2+a), .x1>0,.2e5>2,ln(1+t)-cost+1>0.设p(t)= 设g(t)=te,t<0,所以g(t)=(t+1)e, ln(1+t)-cost+1(t>-1), 所以t∈（一∞，一1）时，g'(t)<0,函数g(t)单调递减； 当t>0时，ln(1+t)>0,-1≤cost≤1，则p(t)>0符合 t∈(-1,0)时，g'(t)>0,函数g(t)单调递增. 题意， 下面证明：1十t2<-2,又t2>-1,即证1<一2-t2< 当-1<<0时，g0=中十>0，则p0在 -1, (-1,0]上单调递增，.p(t)<o(0)=0不合题意，∴t> 即证g()>g(-2-t2),即证g(t2)>g(-2-t2), 0,..m(x)=ex-In(1+x)+cos x-2,x>0. 令G(t)=g(t)-g(-2-t),t∈(-1,0)， 1 G(t)=g'(t)-g(-2-t)=(t+1)(e-e-2-t)>0, 求导，得m'x)=e一1十xsin,当>0时，令p(x) 所以G(t)在区间（一1,0）上单调递增， =ex-x-1,q(x)=x-sin x, 所以G(t)>G(-1)=0,从而得证. 则p'(x)=ex-1>0,q(x)=1-cosx≥0，.p(x), 故2(lnx1+a)+2(lnx2十a)<-2, q(x)在(0，十∞)上单调递增， 即lnx1x2<-2a-1,所以0<x1x2<e-2a-1, 从而p(x)>p(0)=0,q(x)>q(0)=0,即ex>x+ 所以1>e2a+1,得证 1,x>>sin x, 'x1C2 380 ○实战册参考答案及解析 培优题组 2ABD解析A.若f(x)是[m,n]上的La函数，则有 由a)>0,得>号，由a)<0,得0a<号， f(x)≤2f(a),x∈[m,n]. h(口在(0，号)上为减函数，在（导，+∞）上为增函数， 设g(x)=f(-x),则g(-a)=f(a), 由x∈[-n,-m],得-x∈[m,n], 故A(a)≥A(号)=号-告=-责：即6≥-寺，故D g(x)=f(-x)≤2f(a)=2g(-a),.g(x)为 正确. [-n,一m]上的L-a函数，故A正确. 3(1)解：依题意，y=1-cost,|OB|=BM=t,则x= B由随毫得，f)-吊-1-子1， OB|-sin t=t-sin t, 所以x=t-sint,y=1-cost. 时a≥h3e+1≥4fa)=1-子1≥2，即 (2)证明：由复合函数求导公式y=yx·x':及(1)得yx 2f(a)≥1≥f(x), -兰-100因此amF02 =y= y≥h3,f)-干是R上的e通数，故B正境 2 cos20 2 而1+cos20=2cos20=sin0十co929-tan20+1= C.若f(0)=1,则f(x)=sin(wx十o)≤1≤2f(0)恒成 2 立，即f(x)是L0函数，故C错误. sin t 21-c0s)2=1一c0st=0,所以 1-cos t +1 2-2cos t D.由f(x)=(a-x)(x2-a2x十b)是(0，十∞)上的La 函数， 1十os20为定值1. 得f(x)=(a-x)(x2-a2x十b)≤2f(a)=0在 yo (0,十∞)上恒成立， (3)解：依题意，F(t)=√(1-cost)2+sint= 当x∈(0，a)时，a-x>0,x∈(a,+∞)时，a-x<0, v2-2eoi=2sin台l. 故x∈(0，a)时，x2-a2x十b≤0，x∈(a,十o∞)时，x2 由0≤营<x,得sin号≥0，则F(a)=2sin分，于是Fd） t a2x+b>0, 根据二次函数的性质可知，a是函数y=x2一a2x十b的 零点， =-4cos受十c(c为常数， 即a2-a3+b=0,故b=a3-a2. 则F(2x)-F(0)=(-4cosπ+c)-(-4cos0十c)=8,所 记h(a)=a3-a2(a>0),h'(a)=3a2-2a, 以OE的长度为8. 高考全国视野 真题精练 <0, 1 x2 0证明：(1)由题意得f(x)=1十x1+x-3kx2-千z 所以存在唯-∈（一1，）使得f()=0,即() -3x2=2(1十x3, 在(0，十∞)上存在唯一零点. ②0由1)知五=-1，则a+1 3f(x)= 因为x∈(0，十∞)，所以x2>0,设g（x)= 1+x 3k,x>0, 2(1+z3), 1 则g(t)=f(+t)-f(-t)=(知十)2· 则g(x)=一a十<0在(0，十∞)上恒成立，所以 g(x)在(0，十∞)上单调递减， (十斤)-a-w(幻中-)=a+02· g0)=1-3>0,令g)=02a=2-1, (a）-a-0(h) t(x1-t)2 所以当xe(0,21)时，g(x)>0,则f(x)>0,当x∈ 一t(x1+t)2 (x1十+1)(x1十1)(x-t+1)(x1+1) (x1十t)2 (x1-t)2 (3-1,+∞)时，g(x)<0,则f(x)<0, --(a++D(x1+D+(a-+D(+D 所以f(x)在(o,0-1)上单调递增，在(2一1，十∞)上 因为t∈(0，x),所以x1-t十1>0，所以 (x1+t)2 (x1-t)2 单调递减， ++1D(+)十(-t计1)(+)>0， 所以f(x)在(0，十∞)上存在唯一极值点. 所以g(t)<0,所以函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减. (ii)2x1>x2.证明如下： 又因为f(2-1)>fo)=0,f(无)=l(1+)）-病 由(i)知：函数g(t)在区间(0，x1)上单调递减， 381 答案 实战高考·数学 所以g(0)>g(x1),即0>g(x1). 当x∈(-1，t),f(x)单调 即f(2x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0,f(2x1)<0. 递增，当x∈(t,0),f(x) 又f(x2)=0, 单调递减， 所以f(2x1)<f(x2). 有x→-1，f(x)→-∞， t o 又因为x2>x1,2x1>x1,且f(x)在(x,十∞)上单调递 而f(0)=0,所以当x∈ 减，所以2x1>x2. (t,0),f(x)>0, 2解：(1)f(x)的定义域为(-1，十o∞)，当a=1时，f(x) 所以f(x)在(-1，t)上有 =h1+)+忌f0)=0,所以切点为(0,0)，f()= 唯一零点，在(t,0)上无零点， 十云十号，f0)=2,所以切线斜率为2， 即f(x)在(-1,0)上有唯一零点， 所以a<-1,符合题意。 所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=2x. 所以若f(x)在区间（一1,0），(0，+∞)各恰有一个零点， 2)=h1+)+器，f)=2+a0.2 求a的取值范围为(-o∞，-1). -ex+a(1-x2) 模拟精练 (1+x)ex ①B解析由f(x)=g(x),得到a(ex十ex)十1=x2,当 设g(x)=er十a(1-x2), a=0时，得到x=士1，不满足题意， (i)若a>0,当x∈(-1,0)时，g(x)=ex+a(1-x2)>0, 即f(x)>0, 则a≠0，由a(ex十ex)十1=x2,得到ex十ex= 所以f(x)在(-1,0)上单调递增，f(x)<f(0)=0,故 (x2-1), a f(x)在(-1,0)上没有零点，不合题意， (i)若-1≤a≤0，当x∈(0，十o∞)时，则g'(x)=ex-2ax 令h(x)=er十ex,m(x)=1(x2-1),则h(x)=e- >0, 所以g(x)在(0，+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+ 是，易知x>0时，Kx)>0,z<0时，∥()<0，即 a≥0，即f(x)>0, h(x)=ex十e-x在区间（一∞，0）上单调递减，在区间 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0,故 (0,十∞)上单调递增，则h(x)≥h(0)=e0+e-0=2. f(x)在(0，+∞)上没有零点，不合题意。 又h(x)=ex十e一x的定义域为R,且h(一x)=e一x十ex (ii)若a<-1, =h(x),即h(x)=ex十e一x是偶函数，其图象如图 ①当x∈(0，十∞)，则g'(x)=ex-2ax>0,所以g(x)在 (0,十∞)上单调递增， 又易知m(r)=1(x2-1)为偶函 g(0)=1+a<0,g(1)=e>0,所以存在m∈(0,1)，使得 g(m)=0,即f(m)=0, 数，若a>0,则m(x)≥- a 当x∈(0，m),f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(m, 此时，h(x)=ex十e-x与m（x)= 十∞)，f(x)>0,f(x)单调递增， hix)=e+e 所以当x∈(0，m),f(x)<f(0)=0,当x>+∞，f(x)> 1(x2-1)的交点个数为0个或 0 十∞， 交点成对出现，不合题意， 所以f(x)在(m,+o∞)上有唯一零点.又f(x)在(0，m)上 没有零点，即f(x)在(0，十∞)上有唯一零点. 所以a<0,且-一日=2，解得a=-分 ②当x∈(-1,0)，g(x)=ex+a(1-x2),设h(x)=g(x) =er-2ax, 2[e+日，+o∞) 解析由f()g(x2)=2得f） h'(x)=er-2a>0, 1 所以g(x)在(-1,0)单调递增， g(2)' x2 g(-1=6+2a<0,g0)=1>0, 设F(x)=f四=hx-a,x∈(0，+o∞)，则F(x） 所以存在n∈(-1,0)，使得g'(n)=0, x x 当x∈（一1，n),g(x)<0,g(x)单调递减， =1=nx, x2 当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1 +a<0. 当0<x<e时，F(x)>0,则F(x)在(0，e)上单调递增； 又g(-10=1>0, 当x>e时，F(x)<0,则F(x)在(e,十o∞)上单调递减. e 所以存在t∈（一1，n),使得g(t)=0,即f(t)=0, 所以F(as=Pe)=是-a 382 Q实战册参考答案及解析 且当x0时，F(x)→-∞；当x→+o∞时，f(x)→-a, A1)解：由f)=alh名-x可得f)=alnx-a- 故F()的值城为(-o∞，。-a] (x)=a-1, 设G(x)=8(x)=e x x -a,x∈(0，十∞)，则G(x) f(1)=-a-1,f(1)=a-1, =e(x-1) 故切线方程为y+(a+1)=(a-1)(x-1),即y= 22 (a-1)x-2a. 当0<x<1时，G(x)<0,则G(x)在(0,1)上单调递减； (2)解：函数f(x)=alnx-a-x定义域为(0，+o∞)， 当x>1时，G(x)>0,则G(x)在(1，十∞)上单调递增. 所以G(x)min=G(l)=e-a, f(x)=a-1=a-x, x 且当x0时，G(x)→十o∞；当x→十∞时，G(x)→十∞， 当a≤0时，f(x)≤0，此时f(x)在(0，十∞)上单调递减， 故G(x)的值域为[e-a,十oo). 此时f(x)至多有一个零点，不符合题意，舍去. 依题意，)的债城是的债城的子集。 当a>0时，令f(x)=0,得x=a, 此时在(0，a)上f(x)>0,f(x)在(0，a)上单调递增， 显然ae,若a<e,则的值战为(0。]：不合题 在(a,+∞)上f(x)<0,f(x)在(a,+∞)上单调递减， 意，舍去； 当x→十∞，f(x)→-∞，x→0，f(x)→-∞， 故要使f(x)有两个零点，则需要f(a)=alna一2a>0,解 若a>e,尉G的值城(-0，ea]U0十ao), 得a>e2. 则需F()的值战(-，是-a](-o,。a]U(o, (3)证明：由f(x)十a=0可得anx-x=0, 由(2)可知，当a>0时，x一alnx=0才有两个不相等的实 a>e, 根，且x0>0, 则要证a-D>即证后动，即证1->品 a a xo 筛上，实a的取位花围为[e+。十) 而知一ah0=0,则a=。(如≠1，香则方程不成 3[-l,十o∞)解析由题意，f(x)min≤g(x)min,当 立)， x<1时，x-1<0,er-e<0,所以f(x)>0; 当x≥1时，x-1≥0，ex-e≥0，所以f(x)≥0， 所以即证1-h>云化简得刘一n0-1>0, 等号仅当x=1时成立，所以f(x)min=0. 令gw)=0-1n0-1,则g(0)=1-1=201, 所以对Hx∈(0，十∞)，g(x)≥0，即x-lnx十a≥0，即 当0<x0<1时，g'(x0)<0,所以g(x0)在(0,1)单调 a≥lnx-x. 令h(x）=lnx-x,则K(x)=1-1=1二(x>0), 递减， 当x0>1时，g(x0)>0,所以g(x0)在(1，十o∞)单调 当0<x<1时，h'(x)>0;当x>1时，h'(x)<0, 递增， 所以h(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十o∞)上单调递减， 所以g(x0)≥g(1)=0,而x0≠1，所以g(x0)>0, h(x)max=h(1)=-1,因此a≥-1. 所以(a-1)xo>a,得证. 专题四)三角函数与解三角形 4.1三角函数的概念、诱导公式、三角恒等变换 山东新高考全练 ①A解析因为cos(a十B)=m,所以cos s B--sin asinB 所以cos(2a+2B=cos2(a十B)=1-2sin2(a十B)=1 =m,而tan atan B=2,所以sin asinβ=2 cos acos B, 故cos acos B-2 cos acosβ=m即cos acos B=一m,从而 2x(号》产-日 sin asin B--2m,cos (a-B)=-3m. 解析由题意可得：sin01十sin20 sin 0+cos 0 2B解t析因为sin(a一p)=sin cos-cos asin B-3, 1 -sin (sin20+cos20+2sin 0cos 0) sin 0cos 0 而cos in月=日，因此sin=7,则sin(e十)- sin 0 sin20叶cos20叶2sin0·cos0=tan0 sin 0+cos 0 sin2 0cos2 0 2 tanf外1· sin acos Bcos asin tan20+2tan0+1_2 tan2 0+1 51 383实战 实战高考·数学 3.3导数的综合应用 过去考什☑ 山东新高考全练 答案：P372 1.(2025新课标I卷，19,17分；考点1)(1)设 3.(2022新高考I卷，22,12分；考点2)已知 函数f(x)=5cosx-cos5x,求f(x)在 函数f(x)=e一a.x和g(x)=ax-lnx有 [0,]的最大值； 相同的最小值 (1)求a; (2)给定0∈(0，π)，设a为实数，证明：存在 (2)证明：存在直线y=b,其与两条曲线y= y∈[a-0,a十0]，使得cosy≤cos0; f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并 (3)若存在o使得对任意x,都有5cosx 且从左到右的三个交点的横坐标成等差 cos(5x十p)≤b,求b的最小值. 数列， 2.(2024新课标I卷，18,17分；考，点1)已知 函数f)=ln2z十ax+b(x-1)9 (1)若b=0,且f(x)≥0，求a的最小值； (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的 取值范围。 32 O专题三导数及其应用 4.(2021新高考1卷，22,12分；考点1)已知 5.(2020新高考I卷，21,12分；考点1)已知 函数f(x)=x(1-lnx). 函数f(x)=ae-l-lnx+lna. (1)讨论f(x)的单调性； (1)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1， (2)设a,b为两个不相等的正数，且lna一 f(1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的 alh6=a-b,证明：2<日+名e 面积； (2)若f(x)≥1，求a的取值范围. 将来考什么 山东模拟专练 ,答案：P375 考点闯关) 考点①利用导数研究不等式 2.(2025山东菏泽一模)已知函数f(x)= 1.(2024山东烟台一模)已知曲线f(x)= aer-x. ax2+x-2lnx+b(a,b∈R)在x=2处的切 (1)求f(x)的单调区间； 线与直线x十2y十1=0垂直. (2)当a>0时，存在x∈[-1,1]，使得 (1)求a的值； f(x)≥2，求a的取值范围. (2)若f(x)≥0恒成立，求b的取值范围. 33 实战 实战高考·数学 考点2利用导数研究函数零点 4.(2025山东临沂一模)已知函数f(x)= 3.(2024山东聊城一模)已知函数f(x)=xe一1， (2x+1)e. g(x)=In z-ma,dx)=e-Inz1 (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切 xx 线方程； (1)求f(x)的单调递增区间； (2)若函数g(x)=f(x)一kx在(-∞，0)上 (2)求(x)的最小值； 恰有两个零点，求k的取值范围 (3)设h(x)=f(x)-g(x),讨论函数h(x) 的零点个数 分层闯关 基础题组 为 1.(2024山东菏泽一模)关于x的不等式xer 2.(2025山东济宁一模)Hx∈[e,+∞)，若 x2+2a21lnx≥ax(2+lnx)恒成立，则实数 十bx-lnx≥1(a>0)恒成立，则的最小值 a的取值范围是 34■ O专题三导数及其应用 3.(2025山师附中一模)已知函数f(x)= 5.(2024山东泰安一模)已知函数f(x)= xln x-ax. aer(a≠0). (1)当a=0时，求函数f(x)的单调区间； (1)若a>0,曲线y=f(x)在点(0，f(0)处 (2)若对任意x∈(0，十∞)，f(x)≤x2+2 的切线与直线x十y一2=0垂直，证明： 恒成立，求实数a的取值范围. f(x)>ln(x+2); (2)若对任意的x1,x2且x1<x2,函数g(x) =f）-二，证明：函数g(x在 ℃1-℃2 (x1,x2)上存在唯一零点， 4.(2025山东烟台一模)已知函数f(x)= 6.(2024山东枣庄一模)已知f(x)=lnx+ x(x十c)2在x=1处有极大值， 2ax2+x,a∈R 1 (1)求实数c的值； (2)若函数g(x)=f(x)+a有三个不同的 (1)讨论f(x)的单调性； 零点，求实数a的取值范围. (2)若Hx∈(0，+∞)，f(x)十a.x+1≤ e产十x+1小求a的取值花围。 351 实战册 实战高考·数学 能力题组 10.新题型(2024山东临沂二模)已知函数 7.（多选)(2025山东齐鲁名校大联考一模)已 f(x)=In(ax)+(a-1)x-e. 知函数f()=ar2-2x+1,则下列结论正 (1)当a=1时，求证：f(x)存在唯一的极 大值点x,且f(x0)<-2: 确的是( (2)若f(x)存在两个零点，记较小的零点 A.对于任意的a∈R,存在偶函数g(x),使 为，t是关于x的方程ln(1+x)+3= 得y=ef(x)十g(x)为奇函数 2a1十cosx的根，证明：e十1>2e. B.若f(x)只有一个零点，则a=1 C.当a=1时，关于x的方程f(x)=m有3 个不同的实数根的充要条件为0<m<号 D.对于任意的a∈R,f(x)一定存在极值 8.(2025山东烟台一模)已知正数x,y满足 x2+x叶4y-=0,则的最小值为 ；当之取得最小值时，不等式 2e+4ary-azln22≥0恒成立，则实数a 5 的取值范围为 11.(2024山东临沂一模)已知函数f(x)= 9.(2025山东淄博一模)已知函数f(x)= x2(lnx+a),a∈R. ln(1+x)-x. (1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1， (1)求f(x)的单调区间； f(1))处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； (2)i证明：x20时，fx)≤千元 x 一x (3)若存在x1,x2∈(0，+∞)，且x1<x2, (3)若不等式(1+})≤e对任意的n∈ 使得fa)=f),求证：>e N*都成立（其中e是自然对数的底数），求 整数a的最大值. 36 O专题三导数及其应用 培优题组 (3)若平面内一条光滑曲线C上每个点的 12.(多选)(2025山师附中一模)函数f(x)的 坐标均可表示为x(t),y(t),t∈[a,β]，则 定义域为I,若存在a∈I满足：f(x)≤ 该光滑曲线长度为F(3)一F(a),其中函数 2f(a)对任意的x∈I恒成立，则称f(x)为 F(t)满足F(t)=√x(t)]+y(t)]严.当 I上的L。函数，则下列说法正确的 点M自点O滚动到点E时，其轨迹OE为 是() 一条光滑曲线，求OE的长度， A.若f(x)是[m,n]上的La函数，则 f(一x)为[一n,一m]上的L-a函数 BVa≥h3,)-是R上的e函数 C.f(x)=sin(awx十p)是R上的Lo函数， 则f0)=号 D.命题“f(x)=(a-x)(x2-a2x十b)是 (0,十∞)上的La函数”的一个必要条 件为2是” 13.新题型(2024山东烟台一模)如图，在平面 直角坐标系xOy中，半径为1的圆A沿着 x轴正向无滑动地滚动，点M为圆A上一 个定点，其初始位置为原点O,t为AM绕 点A转过的角度（单位：弧度，t≥0） 0 (1)用t表示点M的横坐标x和纵坐标y; (2)设点M的轨迹在点M(xo,o)(yo≠ 0)处的切线存在，且倾斜角为0，求证： 1十c0s20为定值； yo 他省考什公 高考全国视野 w答案：P381 真题精练 1.(2025新课标Ⅱ卷，18,17分)已知函数 (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的 fx）=ln1+z）-x+2-kr2,其中0< 极值点和唯一的零点 37 实战 实战高考·数学 (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，+∞) 模拟精练 的极值，点和零点， 1.(2025广东佛山二模)设函数f(x)= (i)设函数g(t)=f(x十t)一f(1一t). a(e十ex)+1(a∈R),g(x)=x2,曲线 证明：g(t)在区间(0，c)单调递减； y=f(x)和y=g(x)恰有一个交点， (ii)比较2c1与x2的大小，并证明你的 则a=( ) 结论. A分 B一吉 C.2 D.-2 2.(2025广东广州模拟)已知f(x)=lnx ax,g(x)=e一ax,若对任意1∈(0， 十∞)，都存在x2∈(0，十∞)，使得 f(x)g(x2)=x1x2,则实数a的取值范 围为 3.(2025江西萍乡一模)设函数f(x)=(x-1)· (e-e),g(x)=x-lnx十a,若Hx2∈(0， 十o∞)，3x∈R,使得f(x1)≤g(x2),则实 数a的取值范围是 2.(2022全国乙卷，21,12分)已知函数f(x) 4.(2025河北秦皇岛一模)已知函数f(x)= =In(1+x)+axe * aln z. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点 (0,f(0))处的切线方程； (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切 (2)若f(x)在区间（一1,0），(0，十∞)各恰 线方程； 有一个零点，求a的取值范围. (2)若函数f(x)有2个零点，求实数a的取 值范围； (3)若关于x的方程f(x)+a=0有两个不 相等的实数根，记其中一个实数根为x,求 证：(a-1)x>a. 38