专题34 解答题压轴题综合（10年汇编）（五大考点，179题）（全国通用）2017-2026年高考数学真题分类汇编

**基本信息** 高考数学解答题压轴题综合汇编，涵盖导数及其应用、函数及其性质、圆锥曲线、数列、概率统计五大核心考点，精选2017-2026年179道全国及地方卷真题，适配高考冲刺阶段综合能力训练。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|179题|导数（切线/极值/不等式）、函数（新定义/逻辑证明）、圆锥曲线（椭圆/抛物线/韦达定理）、数列（常规/创新定义）、概率统计（情境化/分布列）|导数分层设问（基础计算→综合证明），圆锥曲线突出计算能力，函数性质侧重上海卷新定义题型，概率统计结合体育/生物等真实背景，贴合新高考创新趋势|

专题34 解答题压轴题综合 （五大考点，179题） 考点分类 十年考情（2017-2026） 命题规律 考点01 导数及其应用 2026全国二卷、2026天津、2026北京、2026上海、2025全国一卷、2025天津、2025北京、2024新课标Ⅰ、2024天津、2024北京、2023北京、2023全国甲、2023全国乙、2023天津、2023新课标Ⅱ、2022天津、2022浙江、2022新高考Ⅱ、2022全国甲、2022全国乙、2022北京、2022新高考Ⅰ、2021天津、2021浙江、2021新高考Ⅱ、2021全国甲、2021全国乙、2021新高考Ⅰ、2020天津、2020浙江、2020海南、2020全国Ⅲ、2020全国Ⅰ、2020全国Ⅱ、2019江苏、2019天津、2019浙江、2019全国Ⅰ、2018江苏、2018北京、2018全国Ⅲ、2018浙江、2018全国Ⅰ、2018全国Ⅱ、2018天津、2017天津、2017山东、2017浙江、2017全国Ⅲ、2017全国Ⅰ、2017全国Ⅱ、2017江苏 1. 全卷通用核心压轴大题，各省份历年必考，区分度最高。 1. 设问分层递进，第一问基础计算，后两问综合证明与参数范围。 1. 以指对、三角复合函数为主，常用构造函数、隐零点、放缩法解题。 考点02 函数及其性质 2026全国一卷、2026上海、2025上海、2024上海、2023上海、2022上海、2021上海、2020江苏、2017上海 1. 上海卷特色压轴题型，新高考地区逐年增多。 1. 题干自定义全新函数、集合、变换规则，以逻辑证明为主。 1. 重阅读理解与严谨推理，复杂计算较少。 考点03 圆锥曲线 2026全国二卷、2026全国一卷、2026北京、2026天津、2026上海、2025天津、2025上海、2025全国一卷、2024上海、2024全国甲、2024新课标Ⅱ、2023上海、2023全国甲、2023全国乙、2023新课标Ⅰ、2023新课标Ⅱ、2022上海、2022浙江、2022新高考Ⅱ、2022全国甲、2022全国乙、2021天津、2021上海、2021全国甲、2021全国乙、2021新高考Ⅰ、2021新高考Ⅱ、2020上海、2020北京、2020山东、2020全国Ⅲ、2020全国Ⅰ、2019江苏、2019上海、2019天津、2019全国Ⅲ、2018北京、2018全国Ⅰ、2018浙江、2017上海、2017山东 1. 解答次高频压轴，椭圆、抛物线考查频次最高。 1. 固定考标准方程、直线联立，考查定点、定值、面积、存在性。 1. 计算量大，核心工具为韦达定理、坐标代换。 考点04 数列 2026天津、2026北京、2025天津、2024新课标Ⅰ、2024北京、2024天津、2024新课标Ⅱ、2023北京、2023上海、2023天津、2022天津、2022上海、2022北京、2021天津、2021北京、2021上海、2020上海、2020天津、2020北京、2020浙江、2019江苏、2019天津、2019上海、2018江苏、2017山东、2017浙江、2017北京 1. 北京、上海、江苏高频压轴，全国卷偶尔作为最后一题。 1. 分常规等差等比、新定义数列两类，多小问层层递进。 1. 侧重递推变形、计数、不等式归纳证明。 考点05 概率统计 2025全国二卷、2024新课标Ⅱ、2021新高考Ⅱ、2020江苏、2019全国Ⅰ 1. 新高考近年创新压轴，逐步替代部分导数压轴位置。 1. 题干情境化，结合体育、生物、试验等真实背景。 1. 核心考查分布列、期望、递推型概率，兼顾实际含义解释。 考点01 导数及其应用 1. （2026·全国二卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，； (2)当时，，求的取值范围； (3)当时，，求的最小值． 2. （2026·天津·高考真题）已知． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)当时，证明； (3)求实数的最大可能值，使得对任意的都成立． 3. （2026·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求，的值； (2)求的极值点个数； (3)求与交点个数． 4. （2026·上海·高考真题）已知函数. (1)当，，求函数在处的切线方程； (2)若函数的最小正周期为，且在上恰好有1351个解，求的取值范围. 5. （2025·全国一卷·高考真题）（1）求函数在区间的最大值； （2）给定和，证明：存在使得； （3）设，若存在使得对恒成立，求b的最小值． 6. （2025·天津·高考真题）已知函数 (1)时，求在点处的切线方程； (2)有3个零点，且. （i）求a的取值范围； （ii）证明． 7. （2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 8. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知函数 (1)若，且，求的最小值； (2)证明：曲线是中心对称图形； (3)若当且仅当，求的取值范围． 9. （2024·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若对任意成立，求实数的值； (3)若，求证：． 10. （2024·北京·高考真题）设函数，直线是曲线在点处的切线． (1)当时，求的单调区间. (2)求证：不经过点. (3)当时，设点，，，为与轴的交点，与分别表示与的面积．是否存在点使得成立？若存在，这样的点有几个？ （参考数据：，，） 11. （2023·北京·高考真题）设函数，曲线在点处的切线方程为． (1)求的值； (2)设函数，求的单调区间； (3)求的极值点个数． 12. （2023·全国乙卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程． (2)若函数在单调递增，求的取值范围． 13. （2023·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)若，求的取值范围． 14. （2023·全国甲卷·高考真题）已知函数 (1)当时，讨论的单调性； (2)若恒成立，求a的取值范围． 15. （2023·全国乙卷·高考真题）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)是否存在a，b，使得曲线关于直线对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由. (3)若在存在极值，求a的取值范围. 16. （2023·天津·高考真题）已知函数． (1)求曲线在处的切线斜率； (2)求证：当时，； (3)证明：． 17. （2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：当时，； （2）已知函数，若是的极大值点，求a的取值范围． 18. （2022·天津·高考真题）已知，函数 (1)求曲线在处的切线方程； (2)若曲线和有公共点， （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：． 19. （2022·浙江·高考真题）设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 20. （2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，，求a的取值范围； (3)设，证明：． 21. （2022·全国乙卷·高考真题）已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)若恰有一个零点，求a的取值范围． 22. （2022·全国甲卷·高考真题）已知函数，曲线在点处的切线也是曲线的切线． (1)若，求a； (2)求a的取值范围． 23. （2022·全国甲卷·高考真题）已知函数． (1)若，求a的取值范围； (2)证明：若有两个零点，则． 24. （2022·全国乙卷·高考真题）已知函数 (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若在区间各恰有一个零点，求a的取值范围． 25. （2022·北京·高考真题）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 26. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数和有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 27. （2021·天津·高考真题）已知，函数． （I）求曲线在点处的切线方程： （II）证明存在唯一的极值点 （III）若存在a，使得对任意成立，求实数b的取值范围． 28. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点 ①； ②． 29. （2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且，函数 （1）求函数的单调区间； （2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围； （3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足. (注：是自然对数的底数) 30. （2021·全国乙卷·高考真题）设函数，已知是函数的极值点． （1）求a； （2）设函数．证明:． 31. （2021·全国甲卷·高考真题）已知且，函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围． 32. （2021·全国乙卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标． 33. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 34. （2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数． （Ⅰ）当时， （i）求曲线在点处的切线方程； （ii）求函数的单调区间和极值； （Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有． 35. （2020·浙江·高考真题）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点； （Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 36. （2020·海南·高考真题）已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式恒成立，求a的取值范围． 37. （2020·全国III卷·高考真题）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直． （1）求b． （2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 38. （2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 39. （2020·全国I卷·高考真题）已知函数. （1）当a=1时，讨论f（x）的单调性； （2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围. 40. （2020·全国II卷·高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1． （1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围； （2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性． 41. （2020·全国II卷·高考真题）已知函数f(x)=sin2xsin2x. （1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性； （2）证明：； （3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤. 42. （2019·江苏·高考真题）设函数，为f（x）的导函数． （1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值； （2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值； （3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤． 43. （2019·天津·高考真题）设函数，其中. （Ⅰ）若，讨论的单调性； （Ⅱ）若， （i）证明恰有两个零点 （ii）设为的极值点，为的零点，且，证明. 44. （2019·浙江·高考真题）已知实数，设函数 （1）当时，求函数的单调区间； （2）对任意均有 求的取值范围. 注：为自然对数的底数. 45. （2019·天津·高考真题）设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 46. （2019·全国I卷·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围． 已知函数. （1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点； （2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线. 47. （2019·全国I卷·高考真题）已知函数，为的导数．证明： （1）在区间存在唯一极大值点； （2）有且仅有2个零点． 48. （2018·江苏·高考真题）记分别为函数的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“点”． （1）证明：函数与不存在“点”； （2）若函数与存在“点”，求实数的值； （3）已知函数，．对任意，判断是否存在，使函数与在区间内存在“点”，并说明理由． 49. （2018·北京·高考真题）设函数=[]． （1）若曲线在点（1，）处的切线与轴平行，求； （2）若在处取得极小值，求的取值范围． 50. （2018·北京·高考真题）设函数. （Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a； （Ⅱ）若在处取得极小值，求a的取值范围. 51. （2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，；当时，； （2）若是的极大值点，求． 52. （2018·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：当时，． 53. （2018·浙江·高考真题）已知函数． （1）若在处导数相等，证明：； （2）若，证明：对于任意，直线与曲线有唯一公共点． 54. （2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）设是的极值点．求，并求的单调区间； （2）证明：当时，． 55. （2018·全国II卷·高考真题）已知函数． （1）若，证明：当时，； （2）若在只有一个零点，求的值. 56. （2018·天津·高考真题）已知函数，，其中a>1. （I）求函数的单调区间； （II）若曲线在点处的切线与曲线在点 处的切线平行，证明：； （III）证明：当时，存在直线l，使l是曲线的切线，也是曲线的切线. 57. （2018·全国I卷·高考真题）已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若存在两个极值点，证明：． 58. （2018·天津·高考真题）设函数，其中,且是公差为的等差数列. （I）若 求曲线在点处的切线方程； （II）若，求的极值； （III）若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围. 59. （2017·全国III卷·高考真题）已知函数． （1）若，求a的值； （2）设m为整数，且对于任意正整数n，，求m的最小值． 60. （2017·全国I卷·高考真题）已知函数 （1）讨论的单调性； （2）若有两个零点，求的取值范围. 61. （2017·天津·高考真题）设，.已知函数，. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）已知函数和的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证：在处的导数等于0； （ii）若关于x的不等式在区间上恒成立，求b的取值范围. 62. （2017·天津·高考真题）设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）设，函数，求证：； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足. 63. （2017·山东·高考真题）已知函数，，其中是自然对数的底数. （Ⅰ）求曲线在点处的切线方程； （Ⅱ）令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值. 64. （2017·浙江·高考真题）已知数列满足：， 证明：当时， （I）； （II）； （III）. 65. （2017·浙江·高考真题）已知函数 （I）求的导函数 （II）求在区间上的取值范围 66. （2017·全国III卷·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，证明. 67. （2017·山东·高考真题）已知函数. (I)当a=2时,求曲线在点处的切线方程； (II)设函数,讨论的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 68. （2017·全国II卷·高考真题）已知函数且. （1）求a； （2）证明：存在唯一的极大值点，且. 69. （2017·全国II卷·高考真题）设函数. （I）讨论函数的单调性； （II）当时，，求实数的取值范围. 70. （2017·江苏·高考真题）已知函数有极值，且导函数的极值点是的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值） （1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域； （2）证明：b²>3a; （3）若， 这两个函数的所有极值之和不小于，求a的取值范围． 考点02 函数及其性质 1. （2026·全国一卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 2. （2026·上海·高考真题）已知是，，的一个排列，若函数，，，对任意，都有且，则称是关于，，的一个排列，则关于，，的排列总数记为． (1)已知，，，，判断是否为排列； (2)对，，，满足条件的，求的取值范围； (3)对，且对任意，，令，，，，证明：若严格减，则存在，使；若严格增，则存在，． 3. （2026·上海·高考真题）设是定义在上的函数.定义性质：若对任意，当时，，则称函数具有“性质”. (1)判断函数是否具有“性质”； (2)若分段函数具有“性质”，求所有满足条件的实数和的解； (3)已知的值域为，且在上是严格增函数，证明：是偶函数的充要条件是：具有“性质”. 4. （2025·上海·高考真题）已知函数的定义域为．对于正实数a，定义集合． (1)若，判断是否是中的元素，请说明理由； (2)若，求a的取值范围； (3)若是偶函数，当时，，且对任意，均有．写出，解析式，并证明：对任意实数c，函数在上至多有9个零点． 5. （2025·上海·高考真题）已知函数的定义域是．对于，定义集合． (1)，求； (2)对于集合，若对任意都有，则称是对称集．若是对称集，证明：“函数是偶函数”的充要条件是“对任意，是对称集”； (3)若，．求的取值范围，使得对于任意，都有． 6. （2024·上海·高考真题）记 (1)若，求和; (2)若，求证:对于任意，都有，且存在，使得. (3)已知定义在上有最小值，求证"是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 7. （2024·上海·高考真题）对于一个函数和一个点，令，若在时取得最小值的点，则称是的“最近点”. (1)对于函数，求证：对于点，存在点，使得点是的“最近点”； (2)对于函数，，请判断是否存在一个点，使它是的“最近点”，且直线与曲线在点处的切线垂直？ (3)已知函数可导，函数在上恒成立，对于点与点，若对任意实数，均存在点同时为点与点的“最近点”，说明的单调性. 8. （2023·上海·高考真题）设函数，其中，若任意均有，则称函数是函数的控制函数”，且对于所有满足条件的函数在处取得的最小值记为． (1)若，试问是否为的控制函数”； (2)若，使得直线是曲线在处的切线，证明：函数为函数的控制函数，并求“”的值； (3)若曲线在处的切线过点，且，证明：当且仅当或时，． 9. （2022·上海·高考真题）已知函数，甲变化：；乙变化：，. (1)若，，经甲变化得到，求方程的解； (2)若，经乙变化得到，求不等式的解集； (3)若在上单调递增，将先进行甲变化得到，再将进行乙变化得到；将先进行乙变化得到，再将进行甲变化得到，若对任意，总存在成立，求证：在R上单调递增. 10. （2021·上海·高考真题）已知函数. （1）若，求函数的定义域； （2）若，若有2个不同实数根，求的取值范围； （3）是否存在实数，使得函数在定义域内具有单调性？若存在，求出的取值范围. 11. （2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数与在区间D上恒有． （1）若，求h(x)的表达式； （2）若，求k的取值范围； （3）若求证：． 12. （2017·上海·高考真题）设定义在上的函数满足：对于任意的、，当时，都有. （1）若，求的取值范围； （2）若为周期函数，证明：是常值函数； （3）设恒大于零，是定义在上、恒大于零的周期函数，是的最大值. 函数. 证明：“是周期函数”的充要条件是“是常值函数”. 考点03 圆锥曲线 1．（2026·全国二卷·高考真题）已知椭圆：（），过E的右焦点且与轴垂直的直线被截得的线段长为． (1)求的离心率． (2)设为坐标原点，给定点，为上的点，过作轴的垂线，垂足为，直线与直线的交点为．当在上运动时，点的轨迹为． （ⅰ）求的方程； （ⅱ）当为何值时，有对称中心？当有对称中心时，将平移后得到曲线，使得为的对称中心，说明是什么曲线. 2．（2026·全国一卷·高考真题）已知椭圆的左焦点为，离心率为． (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过且斜率大于 的动直线与交于P，两点，其中在第三象限，直线与的另一个交点为． （i）若的面积是的面积的 倍，求的方程； （ii）求的最小值． 3．（2026·北京·高考真题）已知椭圆：（）的一个顶点是，离心率为． (1)求的方程； (2)过点，斜率为的直线交椭圆于、两点，关于的对称点为，交于，若，求． 4．（2025·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为上一点，且直线的斜率为，的面积为，离心率为. (1)求椭圆的方程； (2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分. 5．（2025·上海·高考真题）已知椭圆，，A是的右顶点． (1)若的焦点，求离心率e； (2)若，且上存在一点P，满足，求m； (3)已知AM的中垂线l的斜率为2，l与交于C、D两点，为钝角，求a的取值范围． 6．（2025·全国一卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，． (1)求C的方程； (2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足． （i）设，求的坐标（用m，n表示）； （ⅱ）设O为坐标原点，是C上的动点，直线OR的斜率为直线的斜率的3倍，求的最大值． 7．（2025·上海·高考真题）在平面直角坐标系中，已知曲线，点P、Q分别为上不同的两点，． (1)求所在椭圆的离心率； (2)若在y轴上，若T到直线的距离为，求P的坐标； (3)是否存在t，使得是以T为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求t的取值范围；若不存在，请说明理由． 8．（2024·上海·高考真题）已知双曲线，左、右顶点分别为，过点的直线交双曲线于两点. (1)若的离心率为2，求. (2)若为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标. (3)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值. 9．（2024·全国甲卷·高考真题）已知椭圆的右焦点为，点在上，且轴． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，为线段的中点，直线交直线于点，证明：轴． 10．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 11．（2023·上海·高考真题）曲线，第一象限内点A在Γ上，A的纵坐标是a． (1)若A到准线距离为3，求a； (2)若a＝4，B在x轴上，AB中点在上，求点B坐标和坐标原点O到AB距离； (3)直线，令P是第一象限Γ上异于A的一点，直线PA交l于Q，H是P在l上的投影，若点A满足“对于任意P都有”，求a的取值范围． 12．（2023·全国甲卷·高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且． (1)求； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值． 13．（2023·全国乙卷·高考真题）已知椭圆的离心率是，点在上． (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线与轴的交点分别为，证明：线段的中点为定点． 14．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系中，点到轴的距离等于点到点的距离，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)已知矩形有三个顶点在上，证明：矩形的周长大于． 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为，离心率为． (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为，，过点的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线与交于点P．证明:点在定直线上. 16．（2022·上海·高考真题）设有椭圆方程，直线，下端点为A，M在l上，左、右焦点分别为. (1)，AM的中点在x轴上，求点M的坐标； (2)直线l与y轴交于B，直线AM经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求b； (3)在椭圆上存在一点P到l距离为d，使，随a的变化，求d的最小值. 17．（2022·浙江·高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点． (1)求点P到椭圆上点的距离的最大值； (2)求的最小值． 18．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线的右焦点为，渐近线方程为． (1)求C的方程； (2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点在C上，且．过P且斜率为的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M在上；②；③． 注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分. 19．（2022·全国甲卷·高考真题）设抛物线的焦点为F，点，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，． (1)求C的方程； (2)设直线与C的另一个交点分别为A，B，记直线的倾斜角分别为．当取得最大值时，求直线AB的方程． 20．（2022·全国乙卷·高考真题）已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过两点． (1)求E的方程； (2)设过点的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足．证明：直线HN过定点． 21．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知点在双曲线上，直线l交C于P，Q两点，直线的斜率之和为0． (1)求l的斜率； (2)若，求的面积． 22．（2022·上海·高考真题）在椭圆中，直线上有两点C、D (C点在第一象限)，左顶点为A，下顶点为B，右焦点为F. (1)若∠AFB，求椭圆的标准方程； (2)若点C的纵坐标为2，点D的纵坐标为1，则BC与AD的交点是否在椭圆上？请说明理由； (3)已知直线BC与椭圆相交于点P，直线AD与椭圆相交于点Q，若P与Q关于原点对称，求的最小值. 23．（2021·天津·高考真题）已知椭圆的右焦点为，上顶点为，离心率为，且． （1）求椭圆的方程； （2）直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点．若，求直线的方程． 24．（2021·浙江·高考真题）如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且， （1）求抛物线的方程； （2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围. 25．（2021·全国乙卷·高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为． （1）求； （2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值． 26．（2021·全国甲卷·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切． （1）求C，的方程； （2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由． 27．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为. （1）求的方程； （2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和. 28．（2020·上海·高考真题）双曲线，圆在第一象限交点为，曲线. （1）若，求b； （2）若，与x轴交点记为，P是曲线上一点且在第一象限，并满足，求∠； （3）过点且斜率为的直线交曲线于M、N两点，用b的代数式表示，并求出的取值范围. 29．（2020·北京·高考真题）已知椭圆过点，且． （Ⅰ）求椭圆C的方程： （Ⅱ）过点的直线l交椭圆C于点,直线分别交直线于点．求的值． 30．（2020·浙江·高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）． （Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标； （Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值． 31．（2020·山东·高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点． （1）求的方程： （2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值． 32．（2020·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，点A在椭圆E上且在第一象限内，AF2⊥F1F2，直线AF1与椭圆E相交于另一点B． （1）求△AF1F2的周长； （2）在x轴上任取一点P，直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q，求的最小值； （3）设点M在椭圆E上，记△OAB与△MAB的面积分别为S1，S2，若S2=3S1，求点M的坐标． 33．（2020·全国III卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，，分别为的左、右顶点． （1）求的方程； （2）若点在上，点在直线上，且，，求的面积． 34．（2020·全国I卷·高考真题）已知A、B分别为椭圆E：（a>1）的左、右顶点，G为E的上顶点，，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D． （1）求E的方程； （2）证明：直线CD过定点. 35．（2019·江苏·高考真题）如图，一个湖的边界是圆心为O的圆，湖的一侧有一条直线型公路l，湖上有桥AB（AB是圆O的直径）．规划在公路l上选两个点P、Q，并修建两段直线型道路PB、QA．规划要求:线段PB、QA上的所有点到点O的距离均不小于圆O的半径．已知点A、B到直线l的距离分别为AC和BD（C、D为垂足），测得AB=10，AC=6，BD=12（单位:百米）． （1）若道路PB与桥AB垂直，求道路PB的长； （2）在规划要求下，P和Q中能否有一个点选在D处？并说明理由； （3）对规划要求下，若道路PB和QA的长度均为d（单位：百米）.求当d最小时，P、Q两点间的距离． 36．（2019·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:的焦点为F1（–1、0），F2（1，0）．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2:交于点A，与椭圆C交于点D.连结AF1并延长交圆F2于点B，连结BF2交椭圆C于点E，连结DF1．已知DF1=． （1）求椭圆C的标准方程； （2）求点E的坐标． 37．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线为直线上的动点，过作的两条切线，切点分别为. （1）证明：直线过定点： （2）若以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求该圆的方程. 38．（2019·全国III卷·高考真题）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B. （1）证明：直线AB过定点： （2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积. 39．（2019·天津·高考真题） 设椭圆的左焦点为，左顶点为，上顶点为B.已知（为原点）. （Ⅰ）求椭圆的离心率； （Ⅱ）设经过点且斜率为的直线与椭圆在轴上方的交点为，圆同时与轴和直线相切，圆心在直线上，且，求椭圆的方程. 40．（2019·浙江·高考真题）如图，已知点为抛物线的焦点，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点右侧.记的面积为. （1）求的值及抛物线的准线方程； （2）求的最小值及此时点的坐标. 41．（2019·天津·高考真题）设椭圆的左焦点为，上顶点为.已知椭圆的短轴长为4，离心率为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设点在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点为直线与轴的交点，点在轴的负半轴上.若（为原点），且，求直线的斜率. 42．（2019·全国II卷·高考真题）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C. （1）求C的方程，并说明C是什么曲线； （2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G. （i）证明：是直角三角形； （ii）求面积的最大值. 43．（2019·上海·高考真题）已知抛物线方程为焦点，为抛物线准线上一点，为线段与抛物线的交点，定义：. （1）当时，求； （2）证明：存在常数，使得； （3）为抛物线准线上三点，且，判断与的关系. 44．（2018·北京·高考真题）已知抛物线C：=2px经过点（1，2）．过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N． （Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围； （Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值． 45．（2018·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，焦距为.斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点、. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）若，求的最大值； （Ⅲ）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为.若、和点 共线，求. 46．（2018·全国III卷·高考真题）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为． （1）证明：； （2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差． 47．（2018·浙江·高考真题）如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2=4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上． （Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴； （Ⅱ）若P是半椭圆上的动点，求△PAB面积的取值范围． 48．（2018·全国I卷·高考真题）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为. （1）当与轴垂直时，求直线的方程； （2）设为坐标原点，证明：. 49．（2018·天津·高考真题）设椭圆的右顶点为A，上顶点为B．已知椭圆的离心率为，． （1）求椭圆的方程； （2）设直线与椭圆交于，两点，与直线交于点M，且点P，M均在第四象限．若的面积是面积的2倍，求的值． 50．（2017·上海·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆，为的上顶点，为上异于 上、下顶点的动点，为x正半轴上的动点. （1）若在第一象限，且，求的坐标； （2）设，若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标； （3）若，直线AQ与交于另一点C，且，， 求直线的方程. 51．（2017·全国III卷·高考真题）已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C于A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆. （1）证明：坐标原点O在圆M上； （2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程. 52．（2017·全国I卷·高考真题）已知椭圆C：（），P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，），P4（1，）四点中恰有三点在椭圆C上. （Ⅰ）求C的方程； （Ⅱ）设直线l不经过点且与C相交于A，B两点.若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点. 53．（2017·天津·高考真题）已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为. （1）求椭圆的离心率； （2）设点在线段上，，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为. （i）求直线的斜率； （ii）求椭圆的方程. 54．（2017·山东·高考真题）在平面直角坐标系中，椭圆：的离心率为，焦距为. （Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）如图，动直线：交椭圆于两点，是椭圆上一点，直线的斜率为，且，是线段延长线上一点，且，的半径为，是的两条切线，切点分别为.求的最大值，并求取得最大值时直线的斜率. 55．（2017·浙江·高考真题）如图，已知抛物线.点A，抛物线上的点P（x,y）,过点B作直线AP的垂线，垂足为Q. （I）求直线AP斜率的取值范围； （II）求的最大值 56．（2017·江苏·高考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1,过点F2作直线PF2的垂线l2. （1）求椭圆E的标准方程； （2）若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标. 考点04 数列 1．（2026·天津·高考真题）已知等差数列与等比数列满足：，，，． (1)求数列，的通项公式； (2)记，，或，记为中的元素个数． （i）求； （ii）求． 2．（2026·北京·高考真题）设是一个行列的数阵，且数阵中的每一项，都等于或．若对任意，，其中，，且都有则称数阵具有性质． (1)判断下列两个数表是否具有性质． 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2)若，则具有性质的数阵A中的个数最多是多少？ (3)若，，且数阵具有性质，证明：对任意，，都有． 3．（2025·天津·高考真题）已知数列是等差数列，是等比数列，． (1)求，的通项公式； (2)，，有， （i）求证：对任意实数，均有; （ii）求所有元素之和． 4．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列是公差不为0的等差数列，若从中删去两项和后剩余的项可被平均分为组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列是可分数列． (1)写出所有的，，使数列是可分数列； (2)当时，证明：数列是可分数列； (3)从中任取两个数和，记数列是可分数列的概率为，证明：． 5．（2024·北京·高考真题）已知集合．给定数列，和序列，其中，对数列进行如下变换：将的第项均加1，其余项不变，得到的数列记作；将的第项均加1，其余项不变，得到数列记作；……；以此类推，得到，简记为． (1)给定数列和序列，写出； (2)是否存在序列，使得为，若存在，写出一个符合条件的；若不存在，请说明理由； (3)若数列的各项均为正整数，且为偶数，求证：“存在序列，使得的各项都相等”的充要条件为“”． 6．（2024·天津·高考真题）已知为公比大于0的等比数列，其前项和为，且． (1)求的通项公式及； (2)设数列满足，其中． （ⅰ）当时，求证：； （ⅱ）求． 7．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知双曲线，点在上，为常数，．按照如下方式依次构造点：过作斜率为的直线与的左支交于点，令为关于轴的对称点，记的坐标为. (1)若，求； (2)证明：数列是公比为的等比数列； (3)设为的面积，证明：对任意正整数，. 8．（2023·北京·高考真题）已知数列的项数均为m，且的前n项和分别为，并规定．对于，定义，其中，表示数集M中最大的数. (1)若，求的值； (2)若，且，求； (3)证明：存在，满足 使得． 9．（2023·上海·高考真题）令，取点过其曲线作切线交y轴于，取点过其作切线交y轴于，若则停止，以此类推，得到数列． (1)若正整数，证明； (2)若正整数，试比较与大小； (3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由． 10．（2023·天津·高考真题）已知是等差数列，． (1)求的通项公式和． (2)设是等比数列，且对任意的，当时，则， （Ⅰ）当时，求证：； （Ⅱ）求的通项公式及前项和． 11．（2022·天津·高考真题）设是等差数列，是等比数列，且． (1)求与的通项公式； (2)设的前n项和为，求证：； (3)求． 12．（2022·上海·高考真题）数列对任意，且，均存在正整数，满足. (1)求可能值； (2)命题p：若成等差数列，则，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由： (3)若成立，求数列的通项公式. 13．（2022·北京·高考真题）已知为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的，在Q中存在，使得，则称Q为连续可表数列． (1)判断是否为连续可表数列？是否为连续可表数列？说明理由； (2)若为连续可表数列，求证：k的最小值为4； (3)若为连续可表数列，且，求证：． 14．（2021·天津·高考真题）已知是公差为2的等差数列，其前8项和为64．是公比大于0的等比数列，． （I）求和的通项公式； （II）记， （i）证明是等比数列； （ii）证明 15．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列满足如下三个性质，则称为数列： ①，且； ②； ③，． （1）如果数列的前4项为2，-2，-2，-1，那么是否可能为数列？说明理由； （2）若数列是数列，求； （3）设数列的前项和为.是否存在数列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由． 16．（2021·上海·高考真题）已知数列满足，对任意，和中存在一项使其为另一项与的等差中项 （1）已知，，，求的所有可能取值； （2）已知，、、为正数，求证：、、成等比数列，并求出公比； （3）已知数列中恰有3项为0，即，，且，，求的最大值. 17．（2020·上海·高考真题）有限数列，若满足，是项数，则称满足性质. （1）判断数列和是否具有性质，请说明理由. （2）若，公比为的等比数列，项数为10，具有性质，求的取值范围. （3）若是的一个排列都具有性质，求所有满足条件的. 18．（2020·天津·高考真题）已知为等差数列，为等比数列，． （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）记的前项和为，求证：； （Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和． 19．（2020·北京·高考真题）已知是无穷数列．给出两个性质： ①对于中任意两项，在中都存在一项，使； ②对于中任意项，在中都存在两项．使得． (Ⅰ)若，判断数列是否满足性质①，说明理由； (Ⅱ)若，判断数列是否同时满足性质①和性质②，说明理由； (Ⅲ)若是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：为等比数列. 20．（2020·浙江·高考真题）已知数列中，． （Ⅰ）若数列为等比数列，且公比，且，求q与{an}的通项公式； （Ⅱ）若数列为等差数列，且公差，证明：． 21．（2020·江苏·高考真题）已知数列的首项a1=1，前n项和为Sn．设λ与k是常数，若对一切正整数n，均有成立，则称此数列为“λ~k”数列． （1）若等差数列是“λ~1”数列，求λ的值； （2）若数列是“”数列，且an＞0，求数列的通项公式； （3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ的取值范围；若不存在，说明理由， 22．（2019·江苏·高考真题）定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”. （1）已知等比数列{an}满足：，求证:数列{an}为“M－数列”； （2）已知数列{bn}满足:，其中Sn为数列{bn}的前n项和． ①求数列{bn}的通项公式； ②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m时，都有成立，求m的最大值． 23．（2019·天津·高考真题）设是等差数列，是等比数列.已知. （Ⅰ）求和的通项公式； （Ⅱ）设数列满足其中. （i）求数列的通项公式； （ii）求. 24．（2019·上海·高考真题）已知等差数列的公差，数列满足，集合. （1）若，求集合； （2）若，求使得集合恰好有两个元素； （3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值. 25．（2018·江苏·高考真题）设，对1，2，···，n的一个排列，如果当s<t时，有，则称是排列的一个逆序，排列的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3的一个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231的逆序数为2．记为1，2，···，n的所有排列中逆序数为k的全部排列的个数． （1）求的值； （2）求的表达式(用n表示)． 26．（2018·江苏·高考真题）设是首项为，公差为d的等差数列，是首项为，公比为q的等比数列． （1）设，若对均成立，求d的取值范围； （2）若，证明：存在，使得对均成立，并求的取值范围（用表示）． 27．（2017·山东·高考真题）已知是各项均为正数的等比数列，且 （Ⅰ）求数列的通项公式； （Ⅱ）如图，在平面直角坐标系中，依次连接点得到折线，求由该折线与直线，所围成的区域的面积. . 28．（2017·浙江·高考真题）已知数列满足：， 证明：当时， （I）； （II）； （III）. 29．（2017·北京·高考真题）设和是两个等差数列，记， 其中表示这个数中最大的数． （Ⅰ）若，，求的值，并证明是等差数列； （Ⅱ）证明：或者对任意正数，存在正整数，当时，；或者存在正整数，使得是等差数列． 30．（2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k,若数列{an}满足 对任意正整数n(n> k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”. (1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”； （2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列. 在①中，取，则，所以，所以数列是等差数列. 考点05 概率统计 1．（2025·全国二卷·高考真题）甲、乙两人进行乒乓球练习，每个球胜者得1分，负者得0分．设每个球甲胜的概率为，乙胜的概率为q，，且各球的胜负相互独立.对正整数，记为打完k个球后甲比乙至少多得2分的概率，为打完k个球后乙比甲至少多得2分的概率． (1)求（用p表示）． (2)若，求p． (3)证明：对任意正整数m，． 2．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）某投篮比赛分为两个阶段，每个参赛队由两名队员组成，比赛具体规则如下：第一阶段由参赛队中一名队员投篮3次，若3次都未投中，则该队被淘汰，比赛成绩为0分；若至少投中一次，则该队进入第二阶段.第二阶段由该队的另一名队员投篮3次，每次投篮投中得5分，未投中得0分.该队的比赛成绩为第二阶段的得分总和．某参赛队由甲、乙两名队员组成，设甲每次投中的概率为p，乙每次投中的概率为q，各次投中与否相互独立． (1)若，，甲参加第一阶段比赛，求甲、乙所在队的比赛成绩不少于5分的概率． (2)假设， （i）为使得甲、乙所在队的比赛成绩为15分的概率最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ （ii）为使得甲、乙所在队的比赛成绩的数学期望最大，应该由谁参加第一阶段比赛？ 3．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，． （1）已知，求； （2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，； （3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 4．（2020·江苏·高考真题）甲口袋中装有2个黑球和1个白球，乙口袋中装有3个白球．现从甲、乙两口袋中各任取一个球交换放入另一口袋，重复n次这样的操作，记甲口袋中黑球个数为Xn，恰有2个黑球的概率为pn，恰有1个黑球的概率为qn． （1）求p1，q1和p2，q2； （2）求2pn+qn与2pn-1+qn-1的递推关系式和Xn的数学期望E(Xn)(用 n表示) ． 5．（2019·江苏·高考真题）在平面直角坐标系xOy中，设点集，令.从集合Mn中任取两个不同的点，用随机变量X表示它们之间的距离. （1）当n=1时，求X的概率分布； （2）对给定的正整数n（n≥3），求概率P（X≤n）（用n表示）. 6．（2019·全国I卷·高考真题）为了治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验．试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验．对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药．一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验．当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多4只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效．为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得1分，乙药得分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得1分，甲药得分；若都治愈或都未治愈则两种药均得0分．甲、乙两种药的治愈率分别记为α和β，一轮试验中甲药的得分记为X． （1）求的分布列； （2）若甲药、乙药在试验开始时都赋予4分，表示“甲药的累计得分为时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则，，，其中，，．假设，． (i)证明：为等比数列； (ii)求，并根据的值解释这种试验方案的合理性． 试卷第1页，共3页 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题34解答题压轴题综合 (五大考点，179题) 10年考情·探规律 考点分类 十年考情（2017-2026) 命题规律 2026全国二卷、2026天津、2026 北京、2026上海、2025全国一卷、 2025天津、2025北京、2024新课 标I、2024天津、2024北京、2023 北京、2023全国甲、2023全国乙、 2023天津、2023新课标IⅡ、2022 天津、2022浙江、2022新高考IⅡ、 2022全国甲、2022全国乙、2022 1. 全卷通用核心压轴大题，各省 北京、2022新高考I、2021天津、 份历年必考，区分度最高。 2. 设问分层递进，第一问基础计 考点01导数及其 2021浙江、2021新高考IⅡ、2021 算，后两问综合证明与参数范围。 应用 全国甲、2021全国乙、2021新高 3.以指对、三角复合函数为主， 考I、2020天津、2020浙江、2020 海南、2020全国Ⅲ、2020全国I、 常用构造函数、隐零点、放缩法解 题。 2020全国Ⅱ、2019江苏、2019天 津、2019浙江、2019全国I、2018 江苏、2018北京、2018全国Ⅲ、2018 浙江、2018全国I、2018全国IⅡ、 2018天津、2017天津、2017山东、 2017浙江、2017全国Ⅲ、2017全 国I、2017全国IⅡ、2017江苏 1. 上海卷特色压轴题型，新高考 2026全国一卷、2026上海、2025 地区逐年增多。 考点02函数及其 上海、2024上海、2023上海、2022 2.题于自定义全新函数、集合、 性质 上海、2021上海、2020江苏、2017 变换规则，以逻辑证明为主。 上海 3. 重阅读理解与严谨推理，复杂 计算较少。 2026全国二卷、2026全国一卷、 2026北京、2026天津、2026上海、 1. 解答次高频压轴，椭圆、抛物 2025天津、2025上海、2025全国 线考查频次最高。 一卷、2024上海、2024全国甲、 2. 固定考标准方程、直线联立， 考点03圆锥曲线 2024新课标IⅡ、2023上海、2023 考查定点、定值、面积、存在性。 全国甲、2023全国乙、2023新课 3. 计算量大，核心工具为韦达定 标I、2023新课标II、2022上海、 理、坐标代换。 2022浙江、2022新高考IⅡ、2022 1/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 全国甲、2022全国乙、2021天津、 2021上海、2021全国甲、2021全 国乙、2021新高考I、2021新高 考IⅡ、2020上海、2020北京、2020 山东、2020全国Ⅲ、2020全国I、 2019江苏、2019上海、2019天津、 2019全国Ⅲ、2018北京、2018全 国I、2018浙江、2017上海、2017 山东 2026天津、2026北京、2025天津、 2024新课标I、2024北京、2024 天津、2024新课标IⅡ、2023北京、 1.北京、上海、江苏高频压轴， 2023上海、2023天津、2022天津、 全国卷偶尔作为最后一题。 2022上海、2022北京、2021天津、 2. 考点04数列 分常规等差等比、新定义数列 2021北京、2021上海、2020上海、 两类，多小问层层递进。 2020天津、2020北京、2020浙江、 3. 侧重递推变形、计数、不等式 2019江苏、2019天津、2019上海、 归纳证明。 2018江苏、2017山东、2017浙江、 2017北京 1. 新高考近年创新压轴，逐步替 2025全国二卷、2024新课标Ⅱ、 代部分导数压轴位置。 2. 考点05概率统计 题干情境化，结合体育、生物、 2021新高考IⅡ、2020江苏、2019 全国I 试验等真实背景。 3.核心考查分布列、期望、递推 型概率，兼顾实际含义解释。 二 10年真题·精准练 考点01导数及其应用 1.(2026全国二卷·高考真题)已知函数f(x)=xe+a+b,曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y=-2x+1. (1)求a,b; (2)当x>0时，f(x+m)-f(x)>m,求m的取值范围： (3)当x>0时，f(k+x)+f(k-x)>2f(k),求k的最小值. 【答案】(1)a=-3,b=1 (2)[2n2,+o) 2/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)-2 【分析】(1)结合导数几何意义建立方程求解： (2)法一：构造差函数g(x)=(x+m)e+m-xe-4m,结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性，进而 由恒成立求解参数范围即可法二先由必要性探路分析界点，当x→0*，g(x)→m沁-4m确定界点0,2ln2; 再结合界点分类讨论即可； (3)法一：构造差函数，结合端点效应分析界点，再分类讨论可得；法二：分离参数，结合洛必达法则求 解 【详解】(1)f(x)=xe+a+b,x∈R, 由切点(0，f(0)在直线y=-2x+1上，也在函数f(x)图象上， 可知f(0)=-2×0+1=1且f(0)=0e°+a0+b=b,可得b=1; 由f'(x)=(x+1)e+a,则切线的斜率为f'(0)=1+a=-2, 解得a=-3; 故a=-3,b=1 (2)由(1)知，f(x)=xe-3x+1, f(x+m)-f(x)-m=(x+m)exm-xe*-3(x+m)+3x-m =(x+m)ex+m-xex-4m, 故题意可转化为(x+m)e+m-xe-4m>0对任意x∈R+恒成立， 法一：令g(x)=(x+m)ex+m-xe*-4m,x>0, 则g'(x)=(c+m+1)e*m-(x+1)e=e[(x+m+1)em-(x+)], 当m>0时，由x+m+1>x+1>0且em>1>0, 则(x+m+1)em-(x+1)>0,即g'(x)>0, 则8()在(0，+o)上单调递增，又g(0)=mem-4m, 要使g(x)>0对任意x∈R+恒成立， 则mem-4m≥0，解得m≥2n2; 当m=0时，f(x+m)-f(x)=0>0不成立； 3/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当m<0时，0<em<1,x+m+1<x+1,且x+1>0, 则(x+m+1)em-(x+1)<(x+1)em-(x+1)=(x+1)(e"-1<0, 即g'(x)<0,则g(x)在(0，+o)上单调递减， 又当x→+0时，g(x)→-0，不满足题意； 综上所述，m的取值范围为[2l1n2,+o) 法二： 不等式x+mem-e-4m>0可转化为c+me”e-4m>0, e 即(x+mc-x->0对任意x∈R恒成立， 当m=0时，f(x+m)-f(x)=0>0不成立； 4m 当m<0时，设h(x)=(x+m)em-x- e,x>0, 当x→+o时，由m<0,可知em-1<0, h09)=(e-1)x+me”-4n→-o, ex 这与h(x)>0对任意x∈R*恒成立矛盾； 当0<m<2n2时，h(0)=mem-4m=m(em-4)<0, h(2In2)=h(In4)=(m+In4)e"-In 4-m (m+ln4).1-In4-m=0, 由=e-1+4m>0,故h9)在(0，+o)上单调递增， e 故h(x)在(0，+o)上存在唯一零点，设为x。, 且当0<t<时，h09<M)=0,即Gc+me-e-4m<0, c 此时不等式f(x+m)-f(x)>m不成立； 当m≥2n2时，h=e”-1+4m>0, 则h(x)在(0，+o)上单调递增， 由x>0,故h(x)>h(0)=mem-4m≥0， 不等式x+me-xm→0，即f+m-了C9>m恒成迈 综上所述，m的取值范围为[2ln2,+o); (3)法一：设F(x)=f(x+k)+f(k-x)-2f(k),x>0, 4/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则F'(x)=f'(x+k)-f'(k-x)=(x+k+1)e+-(k-x+1)e-x =(x+k+1)ext*+(x-k-1)e-x, 令t(x)=(x+k+1)ex+*+(x-k-1)e-x, 则x'(x)=(x+k+2)ex++(2+k-x)e-x, 其中F(0)=0,F'(0)=0,x'(0)=2(k+2)e 当k=-2时，t'(x)=xe-2+(-x)e2-x=xe2(e-ex)>0, 则F'(x)在(0，+o)上单调递增，故F'(x)>F'(0)=0, 故F(x)在(0，+o)上单调递增，故F(x)>F(O)=0, 即当x>0时，f(x+k)+f(k-x)>2f(k)恒成立，满足题意； 当k>-2时，设p(k)=(x+k+2)e+*+(2+k-x)e-x =[e'(k+x+2)+e(k-x+2)]e =[(e+e)k+2)+x(e-e)】e, 由x>0,k>-2,可知e+ex>0且k+2>0, 则(e+e）(k+2)+x(e-ex)>0,可知p()在(-2，+w)上单调递增， 故p(k)>p(-2)=xe-2+(-x)e2-x=xe2(e-ex)>0,即t'(x)>0, 故F'(x)在(0，+o)上单调递增，故F'(x)>F(0)=0, 故F(x)在(0，+o)上单调递增，故F(x)>F(O)=0, 即当x>0时，f(x+k)+f(k-x)>2f(k)恒成立，满足题意； 当k<-2时，此时t'(0)=2(k+2)e<0,又F'(0)=0, 则存在正实数x。,使得x∈(0，x),F'(x)<0, 则F(x)在(O,x)上单调递减，则F()<F(O)=0, 即当0<x<,f(x+k)+f(k-x)<2f(k),不满足题意； 综上所述，k≥-2，即k的最小值为-2 法二：由f(x+k)+f(k-x)>2f(k)可得 (k+x)et-3k+x)+1+(k-x)e-x-3(k-x)+1>2(ke*-3k+1), 5/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (k+x)e+(k-x)e-*>2ke,(k+x)e*+(k-x)e*>2k, 则k(e'+e-2>x(e-e）, 由x>0,可知e+ex>2,则e+ex-2>0, 故原不等式可转化为k> x(e-x-e*) e*+e-x-2 x(e-e） x(e+1) 由e+e-2 ei-e e*-1 设G(x)= x(e+1) x>0, e*-1 则G(x)= [(x+1)e*+1](e-l-xe'(e+_e2x-2xe-1 (e-1 (e-1 设M(x)=e2x-2xe-1,x>0,令t=e, (t)=t2-2tInt-1,t>1, 由H'()=2t-21+lnt)=2(t-1-nt), 再令P(t)=t-1-nt,t>1, P'0=1}>0,故P0在Q,m)上单调递增， 故P(t)>P(I)=0,则H'(t)>0,故H(t)在(L,+o)上单调递增， 所以H(t)>H(1)=0,即M(x)>0,G'(x)<0, 故G(x)在(0，+o)上单调递减， 又由洛必达法则可知imG(x)=-lim x+10e+1=-2, x→0 ex 故要使当x>0时，k>G(x)恒成立，则k≥-2， 即k的最小值为-2 2.(2026天津·高考真题)已知f9)=e-3s1nx. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程； 6/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (同)求实数a的最大可能值，使得/中f兮f兮分2(a+y对任意的m∈N都成立. 【答案】(1)x-3y+3=0 ②方法：令g9=e二s1nx 3-1,则gm)=e-2。 1 cosx-3 当x≥0时，e≥1， 号asr号别ge)-。os _25-2co -121-21-0, 333 所以g()在[0，+）上单调递增，则g(x)≥g(0)=1-0-0-1=0, 所以g≥0在0+切)上恒成立，即e一-弓nx2x+1在Q+o)上恒成立： 3 当写x<0时，令m国)=g)=e号cs 2cosx-3' 1 2 新以m)=e+如x,因为y=e和ySnx在-0上单调递增 所以m'(x)=e+二sinx在 在[0上单调城 2 3s1n3 图为32-e,所以。3所以e>3,由于0<m 3 2.1 所以m(x)=e +3sinr≥e_ sin>0, 33 则g)=e 2 1 上单调递增， 3 2 1 则g(x)=e-。cosx- 0 恒成立， 3 3<8'(0=0,即g'()<0在 3 所以8(x)在 0上年得逻减， 所以8(x)>g(0)=1-0-0-1=0,即g(x)>0在 30成立， 故e- 1 「1 x+1在 3 ,0成立， 3 综上，e-名snx≥ x+1在 3+0上恒成立， 1 「1 方法二：若证明当x 3o时，21+行即证当x 「1 ,+时，。-2snx- 3 1x-120, 3 1 1 设S)=ex2sinx3x1，x3o, 则g0y)=c-2cosr 1 3 3 3 当x≥0时，切线不等式e≥x+1,x≥sinx,当且仅当x=0时，等号成立， 21 2 则gx)=e'二sinx-5x-1≥x+1-3snx-2x 3x-1=3x-sm)20, 3 7/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以g(x)≥0在[0，+o)上恒成立， 当 1 2 ≤x<0时，设m)=g0,则m(=e+与smx, 可知m(9)在30上单调递增 3 因为33>23e, 则，可得e 3 2 2.1 且sin与<1，则m'(x)=ex+2sinx≥e3- -sin->0, 3 1 可知m(x)在 ,0 上单调毫增，则0w0=0,即g<0在（兮0恒成立。 可知g(x)在 上单调递减，则8)>8(0)=1-0-0-1=0，即g(x)>0在 0成立 3 [号上恒成立，所以e一号n写+1在[ 1 综上所述：g(x)>0 1 3+0 上恒成立 方法：因为/@1+号即e-m21+,可丙2a+3 3 e 令8-+2mx+5,xe司子小则ge-2-2nx-2 e e 设hx)=2cosx-2sinx-x-2=2V2cosx+刀 x-2,x∈ 4 4’ 当r∈ 4+时，则()≤2(cosx-2)- 3 3π 3π 2sinx+ ≤0--2+ =2-3<0， 4 4 4 元1， 4 买时，则W)=-2simx-2c0sx-1=-2W2simx中 4 因为-x 3弧，则0<x+ >0,即H(x)<0, 4 元，可得sinx+ 4 4 可知()在( 内单调递减，且h(0)=0, 当*（子0时.0，即ge>0,当xea 时，h(x)<0,即g(x)<0; 综上所述：当xe晋0时，8田>0：当xeQ+o)时，()<0： 4 可知g(创在子0内单调递增，在(0+四)内单词递减，则8（≤8o)=3, 所以8(x)≤3在 4+0内恒成立， 内恒成立， 8/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以e 1 sinx≥二x+1在 ,十00 3 3 上恒成立 Θ3 【分析】(1)利用导数的几何意义，以及直线的点斜式方程求解即可； (2)方法：令g)=e-2nx 1 x-1,利用导数研究g(x)在 1 3,o 上的单调性以及最值即可证明结 3 3 论： 解法二：切线不等式放缩 构建g(x)=e*- 2 sin x- 3 3-1, -00 利用切线不等式可证g(x)≥0在[0，+0)上恒成立，再利用导 3 1 数证明8)>0在3 0 成立即可 解法三：比值构造法 构建g(x)=+2sinc+3 er 4+o求导，分x∈ 四和子x<订两种情况讨论，利用导数分析 3π 4 g(x)的单调性和最值，即可证明不等式 1 (3)利用导数证明lnf(x)<ln1+。x+2x2 1 1 （3 +2x,分a>3和a≤；两种情况讨论不等式是否成立 3 3 2 【详解】(1)由于f'(x)=e COSX, 3 所以0=1,0=1号 则曲线y=f网在点0f0处的切线方程为：y-1-0, 即x-3y+3=0; (2)略 (3)①当a>时，设a-专e(e>0) 构造函数hA(x)=e-2sin f-3-1-2x,xe(0,1, 则r()=e-2。 cos-4 3x∈(0，， 令s6-加)-e-oar-4r背xeo, 所以s(y)=e+名sinr-4,x∈(0，， 3 由于s树=c+2sin-4在(0,1上单调递增。 3 9/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以syse+snl-4<e+名4<0，则N在(0，]上单调递减， 3 故e<0=1子0-含0，则在@上单调递流。 则(<ho)=0在(Q上恒成立，即e号mr<+1+2x在(@上恒成立： 1 令9=x-hx+),x≥0，所以p9=1-1=,x≥0，c≥0)， x+11+x 所以p(x)在[0，+∞)上单调递增，则p(x)≥p(O)=0,当且仅当x=0时取等， 即x≥ln(x+1)在[0，+o)上恒成立 放时e)-ngmh42x时+2x， 1 -3 1)12 令x=名，则时)下效 对于0，令x名0，则习君 变形待是<hk-nk-D, 裂项求和得， 含21+ZIt-h-明-1-hn 对题设不等式左边取对数放缩： 血0)-2， 22空0+m2x2-m +13<2m+5, 331 对题设不等式右边取对数放缩：onn+)-（G+cn+小号m+ehm 当n>e时，l血n>5,此时右侧大于左侧，不等式不恒成立，所以a>3不满足条件： ②当as时，若ner,0-付)a+r恒成立， 3 此时原不等式右侧(n+1)°≤(n+1),只需证明： )). 由②)间结论+号sf可有：+)=日 10/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 两边取对数， n 叉hn+)-Ik+D-h个-n1+2 因此， 2r2n+2ni+hm+a咖m+w 所以原不等式成立，则a的最大值为？ (2026北京·高考真题)设函数f(x)=x2+r-4ew-1(n∈Z),曲线y=f(x)在点(-1，f(-1)处的切线方 程为4x+ey+e2+8=0. (1)求m,n的值； (2)求f(x)的极值点个数； (3)求y=a-1(k>0)与f(x)交点个数. 【答案】(1)m=2、n=1 (2)f(x)有两个极值点 (3)交点个数为1 【分析】(1)借助导数的几何意义可得f'(-1)=-4e2、f(-1)=-1-4e2,计算即可得解； (2)求导得到f'(x)后，再利用导数研究函数∫'(x)单调性，即可得"(x)变号零点个数，即可得f(x)极 值点个数： (3)构造函数h(x)=x2+2x-4e-1-c+1,利用导数计算可得h(x)=2g(x)-k,再分k>2-2n2及 0<k≤2-2n2进行讨论，当k>2-2n2,结合(2)中所得可得h(x)在R上单调递减，结合零点存在性 定理即可得h(x)在R上零点个数，即可得y=c-1(k>0)与f(x)交点个数；当0<k≤2-2ln2时，可得 H(x)=0有两个实根，分别设为x、x4,且x<x4,则得h(x)单调性，计算可得h(x)<0、h(x4)<0,再 利用零点存在性定理即可得h(x)在R上零点个数，即可得y=a-1(k>O)与f(x)交点个数 【详解】(1)f'(x)=2x+m-4ne-1,则f'(-1)=-2+m-4nem-1=-4e2, f-1)=1-m-4e1=-e-8+4-1-4e,又neZ,解得 m=2 =1 11/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由(1)得f(x)=x2+2x-4e-1,则f'(x)=2x+2-4e-1=2(x+1-2e-1), 令g(x)=x+1-2e-1,则g'(x)=1-2e-1, 令g(x)=1-2e-1=0,解得x=1-n2, 则当x∈(-o,1-n2)时，g(x)>0,当x∈(1-n2,+oo)时，g(x)<0, 故g(x)在(-o,1-n2)上单调递增，在(1-ln2,+∞)上单调递减， 又g(1-ln2)=1-n2+1-2eh2=1-ln2>0, 8(-1)=-1+1-2e2=-2e2<0,g(1)=1+1-2e°=0， 故存在x∈（-1,1-n2),使得f'(x)=0,且有f'(1)=0, 则当x∈(-o,x)U(1,+o)时，f'(x)<0,当x∈(，1)时，f'(x)>0, 故f(x)在(-0，)、(1，+∞)上单调递减，在(x,1)上单调递增， 故f(x)有两个极值点； (3)令x2+2x-4e-1=a-1,则x2+2x-4e-1-+1=0, 令h(x)=x2+2x-4e-1-a+1,则h(x)=2x+2-4e-1-k=2g(x)-k; 若k≥2g(1-n2)=2-2ln2,则h(x)≤0恒成立（不恒为零）， 故h(x)在R上单调递减，又h(O)=4e1+1=1-4<0, e 当x→-o时，h(x)→+o,故h(x)在R上有唯一零点， 即y=a-1(k>0)与f(x)有唯一交点； 若0<k<2-2ln2时，2g(x)-k=0有两个实根， 设这两个实根分别为x、x4,且<x4,则x∈(x,1-n2)、x4∈(1-ln2,1), 则当x∈(-0，x)U(x4,+o)时，H(x)<0,当x∈(x3,x4)时，h(x)>0, 故h(x)在(-oo,x)、(x4,+∞)上单调递减，在(x,x4)上单调递增， 故h(x)为h(x)的极小值，h(x4)为h(x)的极大值，且h(x)<h(x), 12/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由h(x4）=2x4+2-4e4-1-k=0,则4e4-1=2x4+2-k, 则h(x4)=x+2x4-4e4-1-a4+1=x+2x4-(2x4+2-k)-4+1 =x-a4+k-1=(x4-1)x4-(k-1), 由0<k≤2-2ln2,则k-1≤1-2ln2<x4, 则有x4-1<0、4-(k-1)>0, 故h(x)<0,则h(x)<h(x4)<0, 又x→-o时，h(x)→+0，故h(x)在(-o,x3)上存在唯一零点， 即y=a-1(k>0)与f(x)有唯一交点： 综上所述：y=a-1(k>0)与f(x)交点个数为1 4. (2026上海·高考真题)已知函数f(x)=sin(ox+p)(o>0,0<p<元) (1)当0=2， 八2 =0,求函数f(x)在x=0处的切线方程； (②若函数f)的最小正周期为3π，且fy=Y2在xe[0,2026)上恰好有1351个解，求P的取值范围 【答奖】05+号 或 3π (2)0<p 12 或40≤4， 【分析】(1)根据o=2以及f 元 12 =0可得f(x)=sin2x+5π 6 即可求导以及点斜式求解直线方程， (2)利用整体法，结合正弦函数的性质即可分类讨论求解 【详解】(1)当o=2时，则f(x)=sin(2x+p), 6 6 敌f=m2x 5π 5π 由于0<p<π，故p= 6 f'(x)=2cos 2 2x+,则ro)=2es5, 6 故函数)在x=0处的切线方程为)=-5(x-0)+分，故y=5x+ 1 ②》委数/心的限小正周期为，故如-经子所以1)=如导+ 3 13/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令t子x+p,当xe0,2026m,则e[ 4052+φ 3 令m=豆，则1-子+2加或1=+2eZ, 2 4 L+2元×675<4052元+9 3 当0<0s牙时，要使得snt=2有1351个实数根，则3+2x×675 4052 3 +p,解得0<p≤ 2 0<p≤ 4 3r+2元×675<4052 _ 3 当 3江时，要使得m1=有1351个实数根，则 T+2元×675≥4052m+9,解得买<p≤3 4 2 4 3 <φ≤ 3元 4 4 z+2元×675<4052m 4 3 +P 当 <9<元时，要使得sn=有1351个实数根，则 1元 +2元×675≥ 4052π 3 +p,无解， 4 2 3π <p<元 4 综上可得0<p≤ 或<p .3π 12 4 4 5.(2025全国一卷·高考真题)(1)求函数f(x)=5cosx-cos5x在区间 0, 的最大值； 4 (2)给定8∈(0，)和aeR,证明：存在y∈[a-0,a+0]使得cosy≤cos0; (3)设b∈R,若存在p∈R使得5cosx-cos(5x+p)≤b对xeR恒成立，求b的最小值 【答案】(1)35 (2)证明见解析 (3)3V5 【分析】(1)利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利 用均值不等式可求最大值 (2)利用反证法可证三角不等式有解； (3)先考虑p=0,兀时b的范围，对于p∈(0，π)时，可利用(2)中的结论结合特值法求得b≥3√3，从而可 得b的最小值或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3V5，结合(1)的结果可得b的最 小值 14/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)法1：f'(x)=-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x, 因为x∈0， 故2x∈0， 故sin2x≥0， .4 2 当0<x<T时，cos3x>0即f(x)>0, 6 当 工时， cos3x<0即f'(x)<0, 在0)上为照运数，在后到 为减函数， 故f()在0， 上的最大值为f =5cos-cos5π=3V5 4 6 6 6 法2：我们有cos5x=cos(x+4x)=cosxcos4x-sinxsin4x =cosx(2cos2 2x-1)-sinx.2sin 2x cos 2x =cosx2(2cos2x-1）°-1-sinx·2-2 sincoco2x cosx(8cosx-8cos2x+1-4cosx cos2xsin2x =8cos3x-8cosx+cosx-4cosx(2cos2x-1)(1-cos2x) =16cos5 x-20cos x+5cosx. 所以： f(x)=5cosx-cos5x=5cosx-(16cosx-20cosx+5cosx)=20cosx-16cosx -4cosx(5-4cos)s4cos5-4cos)=4cos5-2cos)(5+2cos) 到sas时eas时5t35-2os小M行5+2s 引as+ww厅5-水小52小os刘j》 这得到f(x)≤35，同时又有f =5cos-cos 6 5π=35， 6 6 故f(在0,4 上的最大值为3v5,在R上的最大值也是3v5 (2)法1：由余弦函数的性质得cosx≤cos6的解为[2m+O,2km+2π-O],keZ, 15/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 若任意[2km+8,2k+2π-θ]，k∈Z与[a-0,a+日]交集为空， 则a-0>2km+2元-0且a+0<2km+2π+0，此时a无解， 矛盾，故无解；故存在keZ,使得[2m-B,2km+日]n(a-6,a+日)≠g, 法2：由余弦函数的性质知cosy≤cos0的解为2kπ+6,2(k+1)π-6(k∈Z), 若每个2km+8,2(k+1)π-8与[a-0,a+]交集都为空， 则对每个k∈Z,必有2(k+1)π-0<a-0或2km+6>a+0之一成立 此即k<2-1或k>”,但长度为1的闭区间2-1 2π 2元 2元 上必有一整数k, 2元 该整数k不满足条件，矛盾」 故存在y∈[a-B,a+θ]，使得cosy≤cos0成立 (3)法1：记h(x)=5cosx-cos(5x+p), 因为h(x+2π)=5cos(x+2π)-cos(5x+10π+p)=h(x), 故h(x)为周期函数且周期为2π，故只需讨论x∈[0,2π]，p∈[0，π]的情况， 当p=兀时，h(x)=5cosx-cos(5x+元)=5cosx+cos5x≤6， 当p=0时，h(x)=5cosx-cos5x, 此时h(x)=-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x,x∈(0,2π)， 令h=0,则x=五元5π元7π3沉11元 626,元 6’2’6 而n9-N5=35③=h学=0a爱=Mg-35团=4， h0=h2=4,故c=k原=ng5=35, 当p∈(0，π)，在(2)中取p=a,则存在y∈[p-6,p+θ]，使得cosy≤cos0, 、。5死，则cosy≤-2'取x=∈/ 5L5'5 即x=∈π】 5L6'6 故5cosx≥5y5,故5cosx-c0s5x+p)≥3N5, 2 综上6235，可取x-行，p=0使得等号成立 综上，bmn=3V3 16/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 法2：设8m(x)=5cosx-cos(5x+p) ①一方面，若存在P,使得g（x)=5cosx-cos(5x+p)≤b对任意x恒成立， 则对这样的p,同样有8(x)=-8(x+π)≥-b 所以8(x)≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0 设号否m,则根据。≤8恒成立，有 g副kcom号引g音og引-o君引-bg--w ss(8-kog---amg86e8+引6ama+到 g(引5amr引到引omw引 所以eosm& 再结合cos2x=2cosx-1, 2π 就得到cos2m,cos2m+ m）与不超过名-1-1 -1< 18 18 故wm2m+到2- 但这是不可能的，因为三个角2m,2m+ 红2m一如和单位圆的交点将单位圆三等分 这三个点不可能都在直线x)左侧 所以假设不成立，这意味着b≥3V3 ②另一方面，若b=33,则由(1)中已经证明f(x)≤35， 知存在p=0,使得5cosx-cos(5x+p)=5cosx-cos5x=f(x)≤3V3=b 17/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 从而b=3√5满足题目要求 综合上述两个方面，可知b的最小值是35 6.(2025·天津·高考真题)已知函数f(x)=a-(nx) (1)a=1时，求f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)f(x)有3个零点，x,x2,x3且(x<x<x) (i)求a的取值范围； (i）证明(n,-hn)-hnx,<4e e-1, 【答案】(1)y=x 4 (2)(i) 0, (ii)证明见解析 e 【分析】(1)利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得： (2) (令f似)=0，分离参数得a-血，作出函数gy)=图象，数形结合可得a范围；( aei=t① 由(2)结合图象，可得x,x2,x范围，整体换元lnx=4,lnc=t,ln=t,转化为ae=t②，结合由②③ aes=t③ 可得 a+,=2,两式作差，利用对数平均不等式可得华<4，再由(=ae<a得-4<va,结合a二 5 Ina+t=2lnts e 减元处理，再构造函数求最值，放缩法可证明不等式 【详解】(1)当a=1时，f(x)=x-(nx)2,x>0, 则f"(x)=1-2,则f0)=1,且f)=1, 则切点(1,1)，且切线的斜率为1， 故函数f(x)在点(1，f()处的切线方程为y=x; (2)(i)令f(x)=ax-(ln)=0,x>0, 得a=ny)2 设g(y)=m -,x>0, 18/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2hnc.x-(lnx)_】 则g()= x(2-Inx), x2 x 由8)=0解得x=1或e,其中g0=0,8e)； 当0<x<1时，g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减： 当1<x<e2时，g'(x)>0,g(x)在(1，e)上单调递增； 当x>e时，g'(x)<0,g(x)在(e,+o)上单调递减； 且当x→0时，8(x)→+；当x→+0时，g(x)→0； 如图作出函数g(x)的图象， g(x) 4 e y-a 01 e 要使函数f(x)有3个零点， 则方程a=g(x)在(0，+o)内有3个根，即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点 4 结合图象可知，0<a< 4 故0的取值范围为0。： (i)由图象可知，0<x<1<x<e2<x3, 设nx,=t,lnx3=t,lnx3=t,则1<0<t<2<t, ae4=t① 满足{ae=t②，由②③可得 Ina+t 2lnt, Ina+t=2lnt ae=t③ 两式作差可得t-t=2(nt-lnt), 则由对数均值不等式可得2= 3>5, Int:-Int 则4<4，故要证nx,-n)-ng<。 19/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即证t-4< 。-’只需证4-华， 4e 4e e-1' 即证-转 。,又因为4<0，f=ae<a,则k=-i<a, 4 所以华<va=互 4 ,故只需证。-1' e e2 21 设至数0-ft>2,则p10-2e e 当2<t<4时，p'(t)>0,则p(t)在(2,4)上单调递增： 当t>4时，p'(t)<0,则p(t)在(4，+w)上单调递减； 改0ep4)-5,耳p0 而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0, 4成立，故命题得证 7.(2025北京高考真题)已知函数f(:的定义域是(-1，+o),f(0)=0,导函数f”(x)= n1+,设是 1+x 曲线y=f(x)在点A(a,f(a)(a≠O)处的切线 (I)求∫'(x)的最大值： (2)当-1<a<0时，证明：除切点A外，曲线y=f(x)在直线的上方； (⊙)设过点A的直线4与直线垂直，4,1与x轴交点的横坐标分别是5，七，若a>0,求2055的取 X2-X1 值范围。 【答案】（ e (2)证明见解析 【分析】(1)利用导数判断其单调性，即可求出最大值； (2)求出直线的方程，再构造函数h(x),只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； (③)求出直线L的方程，即可由题套得到，与的表示，从而用字母a表示出，从而求出范国 20/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)设g(x)=f'(),g()=1+x _（1+x)-h(1+)_1-n(1+, (1+x) (1+x)月 由g'(x)=0可得x=e-1,当x∈(-1，e-1)时，g(x)>0,g(x)单调递增， 当x∈(e-1,+∞)时，g(x)<0,g(x)单调递减， 所以了树的最大值为fe-)日 (2>因为fa)n1+a,所以直线的方程为y-fa)n+叫(x-,即y-血1+a叫(x-a+fa, 1+a 1+a 1+a 设h(x)=f(x) m(+a)(x-a)+f(a) 1+a h(x)= (1+x)_(+a)-f(x)-f(a), 1+x1+a 由(1)可知，'(x)在x∈(-1，e-1)上单调递增，而-1<a<0, 所以，当-1<x<a时，H(x)<0,h(x)单调递减， 当0>x>a时，H(x)>0,h(x)单调递增，且f'(a)<f'(0)=0, 而当x≥0时，f(问=血1+≥0，所以总有f(y)≥f(a,hx)单调递增 1+x 故h(x)≥h(a),从而命题得证； 》解法一：由题意，直线y=了（☑x-tf@,直线Lya-)+f@ 所以x8口，七=@faa 当x>0时，(y=h血1+0，f问在(0，∞)上单调递增， 1+x 所以f(a)>f(0)=0,f'(a)>0, f(a)xa 所以2a-书-x 2a-[f(a)f'(a)+a f"(a) X,-X1 f(a)f"(a)+a- f(a)xa f'(a）" -[f'(a]+1 =-1+ 2 [f'(a)]+1[f(a]+1 由1可得当>0时，o)0日 21/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 7.1 所以[f'(a)]∈o, 2e2 r(a)F+2 所以2a-- x2-1 解法二：由n+可设f血0+C,又f0)=0,所以c=0,即f倒血0+习， 1+x 2 因为直线的方程为)y-血1+a叫(x-a+血1+a,易知a≠0， 1+a 2 所以直线，的方程为y= __I+a-(x-a)+ n(1+a） n(1+a) 2 I(l+a)+a =a-1+a)n1+a）,x,=21+a） 2 (1+a)n(1+aln3(1+a) 所以2a-5本= 2 2(1+a(1+a)-ln(1+a x2-x n3(1+a,(1+a)n(1+an(1+a）+(1+a) 2(1+a) 2 1-(1+a) (1+a) 88由D百0时89s01,所oa0 (1+a 所以 a-x2-x1 x-x 8. (2024新课标I卷高考真题)己知函数f9=n,x十+b(x-1) 2-x (1)若b=0,且f'(x)≥0，求a的最小值： (②)证明：曲线y=f()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. 【答案】(1)-2 (2) f(x)=ln,x+c+b(x-1)的定义域为(0,2)， 2-x 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), 22/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为P(m,n)在y=f(x)图象上，故n=n,m +am+b(m-1)3, 2-m 而f2-m=h2m+a2-m+b2-m-:[2”mmbm2a, m =-n+2a, 所以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，且对称中心为(1，a) 6)6≥-2 3 【分析】(1)求出f'(x)mm=2+a后根据f'()≥0可求a的最小值； (2)设P(m,n)为y=f(x)图象上任意一点，可证P(m,n)关于(1，a)的对称点为Q(2-m,2a-n)也在函数的 图像上，从而可证对称性； 3)根据题设可判新了0-2即。=2，再我据因》-2在(L2)上恒成立可求得8之号 【详解】(1)6=0时，f)=h2”x十m,其中xe(02, 则f(y)1+,1+a=2 x2-xx(2-x +a,x∈(0,2)， 因为2到(1，当且仅当=1时等号成立。 故f'(x)mm=2+a,而f'(x)≥0成立，故a+2≥0即a≥-2， 所以a的最小值为-2.， (2)略 (3)因为f(x)>-2当且仅当1<x<2,故x=1为f(x)=-2的一个解， 所以f(1)=-2即a=-2, 先考虑1<x<2时，f(x)>-2恒成立 此时f()>-2即为n2文+20-刘+6x->0在L,2)上恒成立， 设t=x-1e(0,1),则n+!21+br>0在(0,1)上恒成立， 1-t 设g0=1n+!2+bt,t(0,1), 1-t 23/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则g0=72-2r- 2 (-3bf+2+36） 1-t 当b≥0，-36t2+2+36≥-36+2+3b=2>0, 故g(t)>0恒成立，故g(t)在(0,1)上单调递增， 故g(t)>g(0)=0即(x)>-2在(1,2)上恒成立 当-号b<0时，3动+2+3动≥2+30≥0， 故g(t)≥0恒成立，故g(t)在(0,1)上单调递增， 故g(t)>g(0)=0即f(x)>-2在(1,2)上恒成立 当<，则当0<1< 2<1时，g(g)<0 3 2 故在01+ 3b 上g(t)单调递减，故g(t)<g(0)=0,不合题意，舍， 综上，了2右L2上恒成立时：号 而当b≥ 时· b≥时，由上述过程可得30在0，递增，故g0>0的解为0， 即f(x)>-2的解为(1,2) 综上，b2 3 【点睛】思路点晴：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对 一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范 围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况 9. (2024天津·高考真题)已知函数f(x)=xnx. (1)求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (②)若f(x)≥ax-)对任意x∈(0，+o)成立，求实数a的值； (3)若，x,∈(0,1)，求证：f(x)-f(x≤x-x,. 【答案】(1)y=x-1 (2)2 24/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3) 先证明一个结论：对0<a<b,有na+1<fb）-f(@hb+1 b-a 6 证明：前面已经证明不等式t-l≥nt,故 t binb-alna alnb-alnanb=b b-a a+Inb <1+Inb, b-a a binb-alna =binb-bind ina= b+Ina bhna=1tig b-a b-a 19 1-a b 所以na+1<bhb-aina<hb+1,即na+l<fb）-f(a<nb+l. b-a b-a 由f'(x)=lnc+1,可知当0<x<1时f(x)<0,当x>1时f'(x)>0 1 e e 所以y在0日上递减，在。上递塔 1 不妨设x≤x2,下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论 情况-：当≤≤5<1时，有fx)-f(x=f(x)-fx)<(nx+1x-x)<x,-x<-,结论 e 成立； 情况二：当0<出≤≤时，有s)-f3=fs)-f(s)=xnx-x血x 1 对任意的c∈ o.2 设p(x)=xlnr-cnc-Vc-x,则p'(x)=nx+l+。 2vc-x 由于p'(x)单调递增，且有 =In- 1 1+1+ +1+1 <h-1 -11 +1+1 =0 14 11 2e ve 2 c- 2e"he e2c-2 且当 4n2-1,>9时，由 2 ≥n2-1可知 vc-x p'(x)=nx+1+ 1_>n+1+。1 2vc-x 1-n2-1≥0 2 '2Vc-x2vc-x(“c 所以p'(x)在(0，c)上存在零点x。,再结合p(x)单调递增，即知0<x<x时p'(x)<0,x。<x<c时p'(x)>0 故p(x)在(0，x]上递减，在[x,c]上递增 ①当x≤x≤c时，有p(x)≤p(c)=0; 25/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②当0<x<x时，由于cn。2r不同)s-2日2<1，故我们可以取9(cn。 从而当0<x<1g时，由v6>9gN6,可得 )xtw-cnecne-ve-ene V 再根据p(x)在(0，x]上递减，即知对0<x<x都有p(x)<0; 综合①②可知对任意0<x≤c,都有p(x)≤0，即p(x)=xnr-clnc-Vc-x≤0 根据c∈0，。和0<x≤c的任意性，取c=名，x=,就得到xnxh出V-≤0 所以f(x)-f(x)=f(x)-f(x)=xn-xlnx≤vc-x 信祝三：当。三1时，根据指没一和情说=的时论，两)得名子 e ff日 百限据了的单调隆，x)e小sFe)但度e)-sF日) 故一定有f(x)-f(x)≤Nx-x成立 综上，结论成立 【分析】(1)直接使用导数的几何意义； (2)先由题设条件得到a=2,再证明a=2时条件满足； (3)先确定f(x)的单调性，再对x,x分类讨论 【详解】(1)由于f(x)=xnx,故f'(x)=lnx+1. 所以f(1)=0,f'(1)=1,所以所求的切线经过(1,0)，且斜率为1，故其方程为y=x-1 2)设0-11-M,则0-1号，从而当0<11时0<0，当1≥1时0>0 所以h(t)在(0,1上递减，在[1，+o)上递增，这就说明h(t)≥h(1),即t-1≥nt,且等号成立当且仅当t=1. 设g(t)=a(t-1)-2lnt,则 啡啡网同小) 26/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当x∈(0，+o)时， 左的取值范围是(0，+o,所以命题等价于对任意t∈(0，+o）,都有8)≥0 -方面，若对任意t∈(0，+o),都有g(t)≥0，则对t∈(0，+o)有 0s80=a-小-2w=at-+2hae--2}片t 2-a-2, 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0 再取居，得0a22日a-222-。-2=(6-回，所以a=2 另一方面，若a=2,则对任意t∈(0，+o)都有g(t)=2(t-1)-2lnt=2h(t)≥0，满足条件 综合以上两个方面，知a的值是2. (3)略 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于第3小问中，需要结合∫(x)的单调性进行分类讨论 10.(2024北京·高考真题)设函数f(x)=x+n(1+x)(k≠0)，直线1是曲线y=f(x)在点(：，f(t)(t>0)处 的切线， (1)当k=-1时，求f(x)的单调区间. (2)求证：1不经过点(0,0) (3)当k=1时，设点A(tf(t)(t>0),C(0,f(t)，O(0,0),B为1与y轴的交点，S。ACo与S△Bo分别表示 △ACO与△ABO的面积.是否存在点A使得2S△4co=15S△AB0成立？若存在，这样的点A有几个？ (参考数据：1.09<ln3<1.10,1.60<ln5<1.61,1.94<ln7<1.95) 【答案】(1)单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0，+o) (②)证明见解析 (3)2 【分析】(1)直接代入k=-1,再利用导数研究其单调性即可； (2)写出切线方程y-f0-1+,)x-00>0,将@.0代入再设新函数F0-h0+),利用导数 t 1+1+t 研究其零点即可； (3)分别写出面积表达式，代入2S.4co=15S40得到13n1+)-2t-15,t=0,再设新函数 1+t h0=13h1+)-2x-15tc>0研究其零点即可 1+t 27/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】(1)f9=x-1h0+9.f=1-1=,xx>-, 1+x1+x】 当x∈（-1,0)时，f'(x)<0；当x∈(0，+o),f'(x)>0; ∴f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0，+o)上单调递增 则f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0，+0) 十中x,切线1的斜率为1+ (2)fG)=1+,k 1+t 则切线方程为y-f0-+-00>0, 将@0代入则-0=小0=：品)》 即t+kln(I+t)=t+t t t=0, 1+t 令F④=ln(+01+' t 假设1过(0,0)，则F(t)在t∈(0，+o)存在零点 F0=11+t=t>0,:F0在00)上单调递塔，F0>F0=0, 1+t1+t)21+) F()在(0，+0)无零点，∴.与假设矛盾，故直线1不过(0,0) (3)k=1时，fa)=x+n0+,f6的=1+，1=x+20 1+x1+x 3e=0,设1与y轴交点B为Q9, t>0时，若q<0,则此时1与f(x)必有交点，与切线定义矛盾 由(2)知9≠0.所以9>0， 则切线1的方程为)-1+)-+)水-。 令x=0,则y=g=y=h1+0- t+1 2m=15,则20=1n0+0有 :13h1+0-2-15,=0,i记h0=13n0+0-21-15tc>0, 1+t 1+t ∴.满足条件的A有几个即h()有几个零点 02+-2f+2+-1542009 (t+1) (t+1)月 (t+1) 1 当t∈(0,2时，h(0)<0,此时h)单调递减： 28/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当行4时，0>0，此时40单调遥指， 当t∈(4，+∞)时，H(t)<0,此时h(t)单调递减； 因为h(0)=0,h 0,h(4)=13n5-2013×1.6-20=0.8>0, h24=13n25-48-15x24-26n5-48-72<26×1.61-48-72-2054<0, 25 所以由麦点存在任定理及h0的单调性，0在4上必有一个零点，在424上必有一个零意 综上所述，h()有两个零点，即满足2SAco=15SAo的A有两个 【点晴】 关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题 11.(2023北京·高考真题)设函数f(x)=x-x3e+,曲线y=f(x)在点(L,fI)处的切线方程为 y=-x+1. (I)求a,b的值； (2)设函数g(x)="(x),求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数. 【答案】(1)a=-1,b=1 (②)g(x)的单调递减区间为(0,3-√3)和(3+5，+∞），单调递增区间为(-∞，0)和(3-V3,3+V3) (3)3个 【分析】(1)先对f(x)求导，利用导数的几何意义得到fI)=0,')=-1,从而得到关于a,b的方程组， 解之即可； (2)由(1)得8(x)的解析式，从而求得g(x),利用数轴穿根法求得g(x)<0与g(x)>0的解，由此求 得g(x)的单调区间； (3)结合(2)中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间(-，0)，(0，)，(x,x)与(x,+0)上f'(x) 29/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得f(x)的极值点个数 【详解】(1)因为f(x)=x-xe,x∈R,所以f'(x)=1-(3x2+a)e+b, 因为f(x)在(L,fI)处的切线方程为y=-x+1, 所以f0)=-1+1=0,f'0)=-1, 1-13×e+b=0 a=-1 则 1-(3+a)ea=-1'解得 b=1 所以a=-1,b=1. (2)由(1)得g(x)=f'(x)=1-(3x2-x)ex1(x∈R), 则g(x)=-x(x2-6x+6)e, 令x2-6x+6=0,解得x=3±V5,不妨设x=3-V5,x=3+V3,则0<出<x, 易知e1>0恒成立， 所以令g(x)<0,解得0<x<x或x>;令g(x)>0,解得x<0或：<x<x2: 所以8(x)在(0，x),（x2,+∞)上单调递减，在(-o0,0),(x,x)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0,3-3和(3+5，+∞)，单调递增区间为(-∞，0)和(3-V5,3+V (3)由(1)得f)=x-xe+(x∈R),f'(x)=1-(3x2-x）e, 由(2)知f'(x)在(0，)，(x,+o)上单调递减，在(-o,0),(x,x2)上单调递增， 当x<0时，f'(-1)=1-4e2<0,f(0)=1>0,即f'(-1)f'(0)<0 所以f'(x)在(-0,0)上存在唯一零点，不妨设为x,则-1<x<0, 此时，当x<x时，f'(x)<0,则(x)单调递减；当x<x<0时，'(x)>0,则f(x)单调递增： 所以f(x)在(-，0)上有一个极小值点； 当x∈(0，x)时，f'(x)在(0，x)上单调递减， 则f'(x)=f'3-3<f'(1)=1-2<0,故f'(0)f"(x)<0, 所以f'(x)在(0，x)上存在唯一零点，不妨设为x4,则0<4<x, 30/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 此时，当0<x<x时，f'(x)>0,则f(x)单调递增；当x4<x<x时，f'(x)<0,则f(x)单调递减； 所以f(x)在(0，x)上有一个极大值点； 当x∈(x,x)时，'(x)在(x,x2)上单调递增， 则f(x)=f"(3+>f'(3)=1>0,故f"(x)f'(x)<0, 所以f'(x)在(x,x)上存在唯一零点，不妨设为x,则x<x<x, 此时，当x<x<x时，f'(x)<0,则f(x)单调递减；当x<x<x时，f'(x)<0,则f(x)单调递增； 所以f(x)在(x,x)上有一个极小值点； 当x>x,=3+V3>3时，3x2-x3=x2(3-x)<0, 所以f'(x)=1-(3x2-x)e+>0,则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2,+o)上无极值点； 综上：f(x)在(-∞，0)和(x,x2)上各有一个极小值点，在(0，x)上有一个极大值点，共有3个极值点 【点晴】关键点晴本题第3小题的解题关键是判断f'(x)与∫'(x)的正负情况，充分利用"(x)的单调性， 寻找特殊点判断即可得解 12(2023全国乙卷高考真题)已知函数f()1+ah(1+y). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程. (②)若函数f(x)在(0，+o)单调递增，求a的取值范围. 【答案】(1)(ln2)x+y-ln2=0; ②aa22 【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后 求解切线方程即可； (2)原问题即f'(x)≥0在区间(0，+o)上恒成立，整理变形可得g(x)=°+x-(x+1)n(x+1)≥0在区间 (0+w)上恒成立，然后分类讨论a≤0a≥20<a <】三种情况即可求得实数a的取值范围 31/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【详解】当g=-时，f-(任少nx+-), 据此可得f(1)=0,f'(1)=-n2, 所以函数在(1，f(1)处的切线方程为y-0=-n2(x-1),即(n2)x+y-ln2=0 ②)由系装的解所式府-()但o小s小： 满足题意时f'(x)≥0在区间(0，+∞)上恒成立 令a(e++oz120,则-x+hx+-e+ax)20. 令g(x)=x°+x-(x+1)n(x+1),原问题等价于g(x)≥0在区间(0，+o)上恒成立， 则g'(x)=2a-ln(x+1), 当a≤0时，由于2x≤0，ln(x+1)>0,故g(x)<0,g(x)在区间(0，+o)上单调递减， 此时g(x)<g(0)=0,不合题意， 令h(x)=8'（(x)=2am-n(x+1）,则H(x)=2a-1 x+1 当a分2加1时，由于<1，所以0h在区间@1m)上单调造指， 即g(x)在区间(0，+∞)上单调递增， 所以8(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，+o)上单调递增，g(x)>g(0)=0,满足题意 当0<a<时，由)-20=0可得xa1, x+1 当xe。时，H()<0h()在区间02a上单调递减，即g四单调递减， 2a 注意到gO)=0,故当x0,-1时，g(y)<g(0)=0,8)单调递减， 2a 由于8(0)=0，故当x∈0，-1时，g(y<8(0)=0,不合题意 2a 综上可知：实数a得取值范围是aa≥2 【点晴】方法点晴： (1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的 和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元 32/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)由函数的单调性求参数的取值范围的方法 ①函数在区间(a,b)上单调，实际上就是在该区间上f'(x)≥0（或f'(x)≤0）恒成立. ②函数在区间(a,b)上存在单调区间，实际上就是f'(x)≥0（或f'(x)≤0）在该区间上存在解集. sinx 13.(2023·全国甲卷高考真题)已知函数f(x)=x- 2 (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范围. 【答案】①fa在0 上单调递减 (2)a≤0 【分析】(1)代入a=1后，再对f(x)求导，同时利用三角函数的平方关系化简f'(x),再利用换元法判断 得其分子与分母的正负情况，从而得解： (2)法一：构造函数8(x)=(x)+sinx,从而得到g(x)<0,注意到g(O)=0,从而得到g(0)≤0，进而 得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解； 法二：先化简并判断得s1nx-smx<0恒成立，再分类讨论a=0,a<0与a>0三种情况，利用零点存在 cos2x 定理与隐零点的知识判断得α>0时不满足题意，从而得解 【解】少因为a=1,所以=引 cos2x' =1-cos xcosco-sinx)sincos+2sin Cosx coS'x cos'x-cosx-2(1-cosx)_cosx+cosx-2 cos3x cos'x 令=o,由于0引，所以t=xe(0l, 所以cos3x+cos2x-2=t+tP-2=t-tP+2t2-2=tP(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t2+2t+2(t-1), 因为t+2t+2=(t+1)+1>0,t-1<0,，cos3x=t>0, 所以f=esx+ea-20在0 上恒成立， cos'x 所以f()在0上单调递减 (2)法一： 33/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 sinx 构建g(x)=f(x)+sinx=ax- cos°x +sinx0< 则g(x)=a- 1+sin-x cos'x E+cosx0<x<2 若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(o)+sin0=0, 则g'(0)=a-1+1=a≤0，解得a≤0， 当a=0时，因为sinx- sinx cos'x =sinx1-1）】 （cosx xxe(a) 所以0<smr<1,0<cosx<1,则 cos, 所以f(y)+sinx=sSnx-sm<0,满足题意； COSx 当a<0时，由于0<x<),显然m<0 所以f(x)+sinx=ar sinx sinx <0，满足题意； cos2x +sinx<sinx- cos2x 综上所述：若f(x)+sinx<0,等价于a≤0， 所以a的取值范围为(-o,0] 法二： 因为sinx sinx_sinxcos'x-sinx sinx(cos'x-1)sin'x coS-x cos-x cosx cosx 因为x∈ 所以0<sinx<1,0<cosx<1, sinx 故sinx cos-x <0在0 2 上恒成立， 所以当a=0时，f(y)+sinx=sinx-snx<0,满足题意； cos-x 当a<0时，由于0<x<受，显然m<0, 所以f(y)+sinx=m-sinx+sinx<simx-snx<0,满足题意， COS-x cOS-x 当a>0时，因为f(x)+sinr=mr-sinx cos2x +sinx=ax-sin'x cosx 令8(x)=ar-snx cos2x ()=a-3sin'xcos'x+2sin' Cos3x 注意到g(0)=4-3sn0cos20+2sin0 a>0, cos30 若0<x<受8>0，则8在0 上单调递增， 34/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 注意到g(0)=0,所以g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不满足题意； 若0<<分8(s)k0,则g0g()k0, 所以在o 上最靠近x=0处必存在零点出∈0,2) 使得g()=0, 此时g(x)在(0，)上有g(x)>0,所以g(x)在(0，x)上单调递增， 则在(0，x)上有g(x)>g(0)=0,即f(x)+sinx>0,不满足题意； 综上：a≤0 【点晴】关键点晴本题方法二第2小问讨论α>0这种情况的关键是，注意到g'(0)>0,从而分类讨论g(x) 在 上的正负情况，得到总存在靠近x=0处的一个区间，使得g(x)>0,从而推得存在 g(x)>g(0)=0,由此得解 14.(2023全国甲卷·高考真题)已知函数f(x)=ax sinx -,x∈0 cos3 x 2 (I)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围. 【答案】(1) f在04 上单调递增，在 兀元 4’2 上单调递减 (2)(-00,3] 【分析】(1)求导，然后令t=cos2x,讨论导数的符号即可； (2)构造g(x)=f(x)-sin2x,计算g'(x)的最大值，然后与0比较大小，得出a的分界点，再对a讨论即可 【详解】(1)f(y)=a-Coss+3 sinco2 xsinx c0s°x =a- cos2x+3sin2x 3-2cos2x =a- cos"x cosx 令cos2x=t,则t∈(0,1) 则f6,)=80=a-3-2t=t+2t-3 t 当a=8f69=80=8°+21-3_21-1(4+3) 当te0 2 即任引ro, 04fa)>0. 当e即xe 35/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以f(x)在0，二 上单调递城在〔任引 上单调递减 4 (2)设8(x)=f(x)-sin2x 23设 g6的=f69-2cs2x=g0-22cs-1)-f+21-3-22-)=a+2-4+2} 2 p0=a+2-4+23 t 1 2,6_-4-2t+6-_2t-12r+2t+3)>0 p0=4-年+ 所以p()<p1)=a-3. 1°若a∈(-0,3]，8(x)=p()<a-3≤0 即g)在0,2 上单调递减，所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈(-o,3],f(x)<sin2x,符合题意， 2°若a∈(3，+w) 当t→023 ,3=-31-2+，→-0所以m)→-0 p1)=a-3>0. 所以3，eQD使得p6)-0,即30 ,使得g(x)=0. 当t∈(，1)，p()>0,即当x∈(0，x),g'(x)>0,g(x)单调递增. 所以当x∈(0，x),g(x)>g(0)=0,不合题意. 综上，a的取值范围为(-o0,3]. 【点晴】关键点点晴：本题采取了换元，注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数，若。=COSXo,当 t∈(，1)，pt)>0,对应当x∈(0，x),8'(x)>0. 15.(2023全国乙卷·高考真题)已知函数f(x)= 1+a in(+x) (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程； (2)是否存在a,b,使得曲线y= 关于直线x=b对称，若存在，求a,b的值，若不存在，说明理由. (3)若f(x)在(0，+∞)存在极值，求a的取值范围 【答案】(1)(ln2)x+y-n2=0; (2) 36/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 函数的定义域满足1+1=+1 >0,即函数的定义域为(-0，-1)U(0,+∞)， 定义城关于直线x=对称，由题意可得：号 1 取m可得80=8-2， 即(a+h2=(a-2h2则a+1-2-a,解得a2 经检验a= s、1」 21 6、1 一2满足题意，故a= 2 2 即存在a= 满足题意 b=-1 21 1 【分析】()由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求 解切线方程即可； (②)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可 得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可； (3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)◆=ax°+x-（x+1)(x+1),然后对函数求导， 利用切线放缩所究导函数的性页，分类讨论a≤0，。≥号和0<a<号三中情况即可求得实数0的取值范国 【详解】0少当=1时，了-（任小hx+. x+1 据此可得f(1)=0,f'(1)=-n2, 函数在(1，f(1)处的切线方程为y-0=-n2(x-1), 即(n2)x+y-ln2=0 (2)略 8》由通数的解折式可得了)-（)4+日 由f(x)在区间(0，+o)存在极值点，则f'(x)在区间(0，+o)上存在变号零点； 37/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则-(x+1)n(x+1)+(x+c2)=0, 令g(x)◆=ax2+x-(x+1)n(x+1), f(x)在区间(0，+∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0，+∞)上存在变号零点， ()-2w-h(x+I.s()-2a-i1 当a≤0时，g(x)<0,g(x)在区间(0，+o)上单调递减， 此时g(x)<g(0)=0,g(x)在区间(0，+o)上无零点，不合题意 当a≥2a≥1时由于<1，所以g(>0gy在区间0，w)上单调遥增， x+1 所以g(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，+∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0, 所以g(x)在区间(0，+∞)上无零点，不符合题意； 当0a号时，由ge)=20式1=0可得x=名1 2a 当xE0,21时，8)<0,8四单调递减 当x∈ -1+0时，g(x)>0,8(四单谓递增， 、2a 故g(的最小值为g公小1-2a+h2a, 令m()=1-x+nx(0<x<1),则m(y)=x+1>0, 函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m()=0, 据此可得1-x+nx<0恒成立， 则ga-1-2a+h2a0, 由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+0时， 8'(x)=2a-h(x+1)→+oo, 且注意到g(0)=0, 根据零点存在性定理可知：g(x)在区间(0，+o)上存在唯一零点x。 当x∈(0，x)时，g(x)<0,8(x)单调减， 38/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当x∈(x,+o)时，g(x)>0,g(x)单调递增， 所以8(x)<8(0)=0 令n()=hx-,则n(y)=1,1=2- x 2vx 2x 则函数n(x)=nx-Vx在(0,4)上单调递增，在(4，+o)上单调递减， 所以n(x)≤n(4)=n4-2<0,所以nx<E, e可 (年aa1a [n小后可 164 12 a 所以函数g(x)在区间(0，+∞)上存在变号零点，符合题意 综合上面可知实数口得取值范围是0,2 【点晴】()求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等 函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元 (②)根据函数的极值（点）求参数的两个要领：①列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利 用待定系数法求解：②验证：求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证. 16(2023天律商考真睡)已鬼函发f)-仕+片加x-). (1)求曲线y=f(x)在x=2处的切线斜率； (2)求证：当x>0时，f(x)>1; ()证明：<am)-n+》m+n<LncN* 2 39/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【答案】)34 .1ln3 (2) 要正x0时f-》x+>1,即正ae+小 14 令8四hx+长2月x≥0，则g0网tx+2G2≥0 所以8在0+切上递增，则8>80=0，即h(x+)22 所以x>0时f(x)>1 (3) 设h(n)=n(n)- 1, 则h(n+lhm)=1+n+2血n-n+2月 (2)G 由(2)知：x=e0,小，则f分=n+分+月>1， n 所以h(n+l)-h(n)<0,故h(n)在neN上递减，故h(m)≤h)=1; 下证h(a-n+)》nn+n≥】 5 21 6 令=nx-c+-D且x>0,则p=-09, 4x+2 x(2x+1)2 当0<x<1时p'(x)>0,p)递增，当x>1时p(x)<0,p(x)递减， 所以e)≤p0=0,故在x∈(0，+o)上hx≤+5Xr-》恒成立， 4x+2 6+x 则0-n+D=n+h0+}-1s6a+. nn-1= 1 11马， n 203+3 2 4n(3n+2)12n-1n 所以-吉0-k-0为…a-0-2 系加两：2-N侧古0-白，面g-2n2,k0=1 因为g子h2,所以h2-2h28 5 2 6 则-m<0-台）-2+h2m≥3到. n-1 所以0-h0<n2-1+-L)<h2-1+. 12 、n-1 +126,故h切>n≥3到： 6 s1.(al)-n)ton+n<1. 5 综上， 40/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【分析】(1)利用导数的几何意义求斜率： 2》间愿化为x>0时hx+小2构造g的-h:+1）2 十2，利用导数研究单调性，即可证结论： 1 (3)构造h)=血(mn+2血(m)+m,n∈N,作差法研究函数单调性可得m≤h)=l,再构造 =nx-+5C》且x>0,应用导数所究其单调性得到nx≤+5-》恒成立，对h-0m+1D作 4x+2 4x+2 放缩处理，结合累加得到h)-hm<3n2-1+】< （n≥3)，即可证结论 2 126 【详解】(1)f)=c+D+n+D,则f=1 1ln(x+1) 2 x(x+1)2(x+1)x2’ 1 In3 以②)3，故x三2处的切线斜率为，4 (2)略 (3)略 【点睛】关键点点晴：第三问，作差法研究h(m)=h(m州-n+) nn+n单调性证右侧不等关系，再构造 时=nx-+5-D且x>0,导数研究其函数符号得nx≤+5 2恒成立，结合放缩、累加得到 4x+2 4x+2 h0-m<n2-1+b0-月为关键 1 2 n 17.(2023新课标Ⅱ卷·高考真题)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cos-ln(1-x2),若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围 【答案】(1)构建F(x)=x-sinx,x∈(0,1)，则F'(x)=1-cosx>0对x∈(0,1)恒成立， 则F(x)在(0,1)上单调递增，可得F(x)>F(0)=0, 所以x>sinx,x∈(0,1)； 构建G(x)=sinr-(x-x2)=x2-x+sinx,x∈(0,1)， 则G(x)=2x-1+cosx,x∈(0,1)， 构建g(x)=G'(x),xe(0,1),则g(x)=2-six>0对xe(0,1)恒成立， 则g(x)在(0,1)上单调递增，可得g(x)>g(0)=0, 即G'(x)>0对x∈(0,1)恒成立， 41/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 则G(x)在(0,1)上单调递增，可得G(x)>G(0)=0, 所以sinx>x-x,x∈(0,1)： 综上所述：x-x2<sinx<x (2)（-o,-V2)u(V2,+∞) 【分析】(1)分别构建F(x)=x-sinc,x∈(0,1)，G(x)=x°-x+sinr,x∈(0,1)，求导，利用导数判断原函数 的单调性，进而可得结果： (2)根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究f(x)在(0,1)上的单调性，求导，分类讨论0<a<2和 a≥2，结合(1)中的结论放缩，根据极大值的定义分析求解 【详解】(1)略 (2)令1-x2>0,解得-1<x<1,即函数f(x)的定义域为(-1,1)， 若a=0,则f(x)=1-n(1-x2)x∈(-l,1), 因为y=-nu在定义域内单调递减，y=1-x在(-1,0)上单调递增，在(0,1)上单调递减， 则f(x)=1-n1-x2)在(-1,0)上单调递减，在(0,1)上单调递增， 故x=0是f(x)的极小值点，不合题意，所以a≠0 当a≠0时，令b=a>0 因为f(x)=cosax-ln(1-x2）=cos(alx)-n(1-x2)=cosbx-n(1-x2), f(-x)=cos(-bx)-In1-(-x)=cosbx-In(1-x2)=f(x), 所以函数f(x)在定义域内为偶函数， 由题意可得：f'(x)=-bsinbx- 2x -7ce(11), 1 (i)当0<b≤2时，取m=min 行，xe(0,m),则x∈(0,1)， 由可得田Esnx3bx2x6x+2-6 x2-1 1-x2 且bx2>0,2-b2≥0,1-x2>0, 42/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以'(x)> x(bx2+2-b3） >0, 1-x 即当x∈(0，m)s(0,1)时，f'(x)>0,则f(x)在(0，m)上单调递增， 结合偶函数的对称性可知：f(x)在(-m,0)上单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不合题意； 当>2时，取x0=a,则bxea. 由(1)可得f"(y)=-bsinbx- <b6bx）点(x4bx126) 2-1 构建h四b+b+bx+2-6,xG0,方 则H()=-36x+2bx+b,x∈06 1 且H(0)=b3>0,h 日=-b>0,则e)0对xe0 恒成立， 可知h(x)在0， 上单调谎描，且a(o)-2-0A)-20。 所以h(x)在 1】 内存在唯一的零点n∈ 当x∈(0，n)时，则h(x)<0,且x>0,1-x2>0, 则f(b+bx+6x+2-b)k0. 即当x∈(0，n)s(0,1)时，f'(x)<0,则f(x)在(0，n)上单调递减， 结合偶函数的对称性可知：f(x)在(-n,0)上单调递增， 所以x=0是f(x)的极大值点，符合题意； 综上所述：b>2,即a2>2,解得a>√2或a<-2, 故a的取值范围为(-o,-V2)U(V2,+∞) 【点晴】关键点晴： 1.当0<a2≤2时，利用sinx<x,x∈(0,1)，换元放缩； 2.当a2≥2时，利用x-x2<sin,x∈(0,1)，换元放缩 43/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 18.(2022天津·高考真题)已知a,b∈R,函数f(x)=e-asinx,g(x)=bVx (1)求曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程； (2)若曲线y=f(x)和y=8(x)有公共点， (i)当a=0时，求b的取值范围； (ii)求证：a2+b>e, 【答案】(1)y=(1-a)x+1 ②i)b∈v2e,+o）: (i)证明见解析 【分析】(1)求出f(O)可求切线方程： (2)(i)当a=0时，曲线y=f(x)和y=g)有公共点即为s(t)=e°-bt,t≥0在[0，+o)上有零点，求导后 分类讨论结合零点存在定理可求b∈[N2e,+o) (ii)曲线y=f(x)和y=8()有公共点即asinx,+bVx,-e=0,利用点到直线的距离得到 va'+b2 2- ，利用导数可证，e ->e,从而可得不等式成立 sin2x。+xo sin2x+x 【详解】(1)f"(x)=e-acosx,故f'(0)=1-a,而f(0)=1, 曲线f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=(1-a)(x-0)+1即y=(1-a)x+1 (2)(i)当a=0时， 因为曲线y=f()和y=g(x)有公共点，故e=b√有解， 设t=Vx,故x=t,故e=bt在[0，+o)上有解， 设s(t)=e°-bt,t≥0，故s(t)在[0，+o)上有零点， 而s(t)=2e°-b,t>0, 若b=0,则s(t)=e“>0恒成立，此时s(t)在[0，+o)上无零点， 若b<0,则s(t)>0在(0，+o)上恒成立，故s(t)在[0，+o)上为增函数， 而s(0)=1>0,s(t)≥s(0)=1,故s(t)在[0，+o)上无零点， 故b>0, 44/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设u(t0)=2e°-b,t>0,则u'(t)=(2+4r)e>0, 故u(t)在(0，+o)上为增函数， 而u(0)=-b<0,u(b)=b2e-1>0, 故u(t)在(0，+o)上存在唯一零点t。, 且0<t<t。时，u(t)<0;t>时，u(t)>0; 故0<t<t。时，s(t)<0;t>t时，s(t)>0; 所以s(t)在(0，t)上为减函数，在(t,+∞)上为增函数， 故s(t)nn=s(6), 因为s(t)在[0，+o)上有零点，故s(t)≤0，故e-bt。≤0， 而24，e3-b=0,故e-26e8≤0即6≥5 2 设v(t)=2e,t>0,则v'(t)=(2+4t)e>0, 故v(t)在(0，+o)上为增函数， 而b=2,e,故b22e=V2e (i)因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点， 所以e-asinx=bVx有解，其中x,≥0， 若x。=0,则1-a×0=b×0，,该式不成立，故x。>0 故asinx。+bVx。-e=0,考虑直线asinx,+bVx。-e0=0, Va2+b2表示原点与直线asinx,+bVx。-e°=0上的动点(a,b)之间的距离， 故Va+b≥ Vsinx。+x, ,所以a2+b≥，e sin'xo+xo 下证：对任意x>0,总有sinx<x, 证明：当x时，有ns1号≤，故n<x成立 2 当0<x<牙时，即证nx<x, 45/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设p(x)=sinx-x,则p'(x)=cosx-1≤0（不恒为零）， 故p(x)=sinx-x在(0，+oo)上为减函数，故p(x)<p(O)=0即sinx<x成立. 综上，sinx<x成立 下证：当x>0时，e>x+1恒成立， q(x)=e-1-x,x>0,则q(x)=e*-l>0, 故q(x)在(0，+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即e*>x+1恒成立 下证： sinx+x >e在(0，+o）上恒成立，即证：e2x-1>sinx+x, 即证：2x-1+1≥sinx+x,即证：x≥sinx, 而x>sinx≥sinx,故x≥sinx成立 故、e2x >e,即a2+b2>e成立 sin-x+x 【点晴】思路点晴：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的 不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式， 19.(2022浙江·高考真题)设函数f9)=。+nr(x>0). 2x (1)求f(x)的单调区间； (2)己知a,b∈R,曲线y=f(x)上不同的三点(x,f(x),(x2,f(x),(x,f(x)处的切线都经过点(a,b).证 明： 若a,则0b-1@日月 (i》若0<a<g出<g<5,则2+e=0<1+12e-a e 6e2 x x:a 6e2 (注：e=2.71828…是自然对数的底数) 【答案】0)（纠的减区间为0号 增区间为 (2)(i)因为过(a,b)有三条不同的切线，设切点为(x,f(x),i=1,2,3, 故f(x)-b=f'(x)(x-a）, 故方程f(x)-b=f'(x)(x-a)有3个不同的根， 该方程可整理为2)x-)公-+b-0, I e 46/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设g(x)= 则g倒士8（女+x-士是 (x-)(x-d). 当0<x<e或x>a时，g'(x)<0;当e<x<a时，g'(x)>0, 故g(x)在(0，e),(a,+o)上为减函数，在(e,a)上为增函数， 因为g(x)有3个不同的零点，故g(e)<0且g(a)>0, 故8e-o)-8be+b<0且日8ja-o小8m*b0, 整理得到：b<a+1且b>+lna=f(a), 2e 2a -a+1=3-e-na, 设u(a）=22a 3 -lna,则r(a)=e2a<0, 2a2 故u(a)为(e,+o）上的减函数，故u(a)< 3_e-ne=0, 22e 故0<b-fo)8 (i)当0<a<e时，同(i)中讨论可得： 故g(x)在(0，a),(e,+o)上为减函数，在(a,e)上为增函数， 不妨设x<x<x,则0<x<a<x<e<x, 因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e)>0, g是)e-o小名s60日品加a品m+60, 整理得到：2+1<b<9+na, 2e 2e 因为<x<x3,故0<x<a<x3<e<x3, 又g(x)=1-a+e+ea 2x -Inx+b, 设t=e,a=m∈(01），则方程1-a+e+ea-lnr+b=0即为： x 2x2 a+et+af+lnt+b=0即为-(m+1)t+"f+hnt+b=0, e 2e 2 47/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 记4=8,5= ,5= e x X3 则，，5为-(m+1)t+”+nt+b=0有三个不同的根， 2 设k=车=点>>1，m=9<1, t;x a e 要证： 2+e-a<1+12_e-a e6e。6e,即证2+8<4+5< 2e e-a 6e a 6e 即证： 13-m<t+i,< 21-m 6 m 6 即证： 4g*6吕0 即证：5+5-2-2<m-13m-m+12) m 36m(5+t3) 而-(m+4+受+h4+b=0且-(m+与+受+，+b=0, 故h4-s+G-)-(m+16-5)=0, 故5+5-2-2-2xh5-n5 mm t-ts 故即证：-2×n-h(m-13)m2-m+12) m t-ts 36m(t+t3) 即证： +2四rt回，0 t-53 72 即证：k+1hk,m-13m-m+12）0, k-1 72 记p(k-+nkk>1,则(k)=1 k-1 ane). 爱a侧-tg2,则v)=1计2是是是0，所以a0=0 p'(k)>0, 故p)在L)上为塔函数，改>》 所以k+1hk,(m-l3)m-m+12）、(m+1)lm(m-13)(mr-m+12) k-1 72 m-1 72 (m-1)(m-13)(m2-m+12 记o(m)=nm ,0<m<1, 72(m+1) 48/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (m-1)(3m3-20m2-49m+72）(m-1)(3m2+3 则'(m)= >0, 72m(m+1) 72m(m+1) 所以o(m)在(0,1)为增函数，故o(m)<o(1)=0, (m-1)(m-13)m2-m+12 故lnm+ <0即m+1hmm-13(m-m+12、0, 72(m+1) m-1 72 故原不等式得证： 【分析】(1)求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性 (2)()由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） 空，m=吕<1，则题设不等式可转化为5+4-22m-13m-m+12 k= ,结合零点满足的方程进 m 36m(t+t3) 步转化为nm+ (m-1)(m-13)(m2-m+12） <0,利用导数可证该不等式成立 72(m+1) 【详解】(1)f(x)=-,e+1-2x-e 2x2x 2x2 当0<x<f<0,当 2,f'(x)>0, 故小倒的减区同为0引的塔区间为号一 (2)(i)略 (ii)略 【点晴】思路点晴：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程 的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等 20.(2022新高考全国I卷·高考真题)已知函数f(x)=xer-ex. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： (2)当x>0时，f(x)<-1,求a的取值范围； 1 1 1 (3)设neN,证明： >n(n+l). V12+1V22+2 n2+n 【答案】(1)f(x)的减区间为(-∞，0)，增区间为(0，+∞) 回a (3)证明如下： 49/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 取a=2则x>0,总有e-e+1<0成立， 令t=e,则t>l,r=e,x=2lnt, 故2tnt<P-1即2mt<1-}对任意的t>1恒成立 所以对任意的neN,有2ln n+1 n+1 n 整理得到：n(n+l)-lnn<- n2+n 故下+12+2 十 1>In2-Inl+hn3-In2+..+In(n+1)-hn vn2+n =n(n+1), 故不等式成立 【分析】(1)求出f”(x),讨论其符号后可得f(x)的单调性 (②)设()=心-。+1，求出()，先讨论a>时题设中的不等式不成立，再就0<口≤号结合放缩法 讨论h(x)符号，最后就a≤0结合放缩法讨论h(x)的范围后可得参数的取值范围 (3)由(2)可得21nt<1-}对任意的t>1恒成立，从而可得ln(n+1)-lnn< 1 一对任意的neNW恒成立， n2+n 结合裂项相消法可证题设中的不等式. 【详解】(1)当a=1时，f(x)=(x-1)e,则f'(x)=xe, 当x<0时，f'(x)<0,当x>0时，f'(x)>0, 故f(x)的减区间为(-o,0),增区间为(0，+o) (2)设h(x)=xea-e+1,则h(0)=0, 又h'(x)=(1+ac)er-e,设g(x)=(1+ac)ex-e, 则g(x)=(2a+ax)er-e, 若a>,则g0-2a-1>0, 因为g(x)为连续不间断函数， 故存在x∈(0，+)，使得x∈(0，x),总有g(x)>0, 故g(x)在(0，x。)为增函数，故g(x)>g(0)=0, 50/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故h(x)在(0，x)为增函数，故h(x)>h(0)=0,与题设矛盾 若0<a≤2，则H(y=0+a)e-e=ea-ei, 1 下证：对任意x>0,总有n(1+x)<x成立， 证明：设=h1-,故)14x1-10, 故S(x)在(0，+o)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即n(1+x)<x成立 由上述不等式有er+ia+a)-e'<ea+ax-e'=e2ar-e≤0， 故h(x)≤0总成立，即h(x)在(0，+o)上为减函数， 所以h(x)<h(0)=0 当a≤0时，有h(x)=em-e+em<1-1+0=0, 所以h(x)在(0，+o)上为减函数，所以h(x)<h(0)=0 综上，a对 (3)略 【点睛】思路点晴：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处 导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式 21.(2022全国乙卷高考真题)已知函数f)=m-1-(a+1)nx. (I)当a=0时，求f(x)的最大值： (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)-1 (2)(0,+∞) 【分析】(1)由导数确定函数的单调性，即可得解； (2)采导得了-（-1红-)，按照a50、0<4<1及a>1结合导数时论函数的单调性，求得函数的 x- 极值，即可得解 【详解】D当a=0时，f=士axx>0,则r)=-1x 当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 51/393 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当x∈(1，+o)时，f'(x)<0,f(x)单调递减； 所以f(x)mx=f(I)=-1: 2)f)=a(a+nxx之0，则f(y)a+-a-（a-x- 当a≤0时，-1<0，所以当x∈(0,1)时，f'(x)>0,f(x)单调递增： 当x∈(1，+o)时，∫'(x)<0,f(x)单调递减： 所以f(x)x=f()=a-1<0,此时函数无零点，不合题意； 当0<a<1时，。1，在(0)（合o上，fx)>0,f单调递塔 在[日)上，了)0，单调递减 又f1)=a-1<0, 由(1)得】+nx≥l,即n≥1-x,所以nr<x,nVE<NE,nx<2WE, 当x>1时，f)=mc--(a+1)nx>m-1-2(a+1)VE>m-(2a+3)VE, 1 则存在m= 21 (2+2>。使得fm)>0, a a 所以e)仅在。+切有唯一零点，符合题燕， 当a=1时，/--1≥0，所以f单调递增，又f0=a-1=0, x2 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 当a>1时，1，在0L+o)上，了e)0,f单词递墙 在2上，了)<0，（单调递减：此时f0)-a-1>0, 由D得当01时，hx1-女h1点，所以hx21- 1 1 存在n 4a+1)。,使得fm<0, 52/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以)在0日有-个零点，在气 +0无零点， 所以f(x)有唯一零点，符合题意： 综上，a的取值范围为(0，+o) 【点晴】关键点点晴：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数 的单调性与极值的问题 22.(2022全国甲卷·高考真题)已知函数f(x)=x3-x,8(x)=x°+a,曲线y=f(x)在点(x,f(x)处的切线 也是曲线y=g(x)的切线， (1)若x=-1,求a; (2)求a的取值范围. 【答案】(1)3 (2)[-1,+∞) 【分析】(1)先由f()上的切点求出切线方程，设出8(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函 数值求出a即可； (2)设出8()上的切点坐标，分别由f(x)和8()及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a,构造函 数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围 【详解】(1)由题意知，f(-)=-1-(-1)=0,f'(x)=3x2-1,f'(-1)=3-1=2,则y=f(x)在点(-1,0)处 的切线方程为y=2(x+1), 即y=2x+2,设该切线与g(x)切于点(x2,8(x),g'(x)=2x,则g'(x)=2x=2,解得x=1,则 g(1)=1+a=2+2,解得a=3; (2)f"(x)=3x2-1,则y=f(x)在点(x,f(x)处的切线方程为y-(x-x)=(3x-1)(x-x),整理得 y=(3x-1x-2x, 设该切线与g(x)切于点(x2,8(x2),g'(x)=2x,则g'(x)=2x,则切线方程为y-(x+a=2x(x-x),整理 得y=2xx-x+a, 则 52。整得2出告出-2出 -2x3=-x3+a 53/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 令h0时=9x-2x 1 2+4 则h'(x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1),令H(x)>0,解得-二<x<0或 2 3 x>1, 令h()<0,解得x<-】或0<x<1,则x变化时，h),h()的变化情况如下表： 3 D, 0 0 (0,1) (1,+0） 3 h'(x) 0 0 0 h(x) 5 7 27 4 y 则h(x)的值域为[-1，+o),故a的取值范围为[-l,+o) 23.(2022全国甲卷高考真题)已知函数f(y)=e-hx+x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (2)证明：若f(x)有两个零点x,x2,则xx<1. 【答案】(1)(-o,e+1] (2)证明见的解析 【分析】(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解： ②)利用分新法，转化证明条件为-x-儿0， 再利用导数即可得证 【详解】(1)[方法一：常规求导 f(x)的定义域为(0，+o),则 r-e1e+1g+ 令f'(x)=0,得x=1 当x∈(0,1)，f'(x)<0,f(x)单调递减 当x∈(1，+o),f"(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥fI)=e+1-a, 若f(x)≥0，则e+1-a≥0，即a≤e+1 所以a的取值范围为(-o,e+1] 54/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 [方法二]：同构处理 由f(x)≥0得：ea+x+x-lnx-a≥0 令t=x-lnx,t≥l,则f(t)=e+t-a≥0即a≤e+t 令g(t)=e+t,t∈[1，+o),则g'(t)=e+1>0 故g(t)=e+t在区间[1，+o)上是增函数 故g(t)mn=8(1)=e+1,即a≤e+1 所以a的取值范围为(-o,e+1] (2)[方法一]：构造函数 由题知，f(x)一个零点小于1，一个零点大于1，不妨设x<1<x 要证6<1，即证出<】 因为 cQ即证> 又因为f(x)=f(x),故只需证f(x)>f 即i证e-nx+x-xe-lnx-1>0,xeL,+) 下面证明1时，至>0h 1 设g的=e-xe,x>1, 则eee〔》- gge 设p->0-g-g0 所以p(x)>p(0)=e,而ee 55/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以e-e>0,所以gw)>0 所以8()在(1，+∞)单调递增 即g)>g0=0,所以g-xe>0 令h)=hx 2 11） x>1 h=11+1）=2x-1--0<0 x21x2 2x2 2x2 所以h(x)在(L,+o)单调递减 即h()<h=0,所以hx x-0: 2x- 综上x 0,所以xx3<1 [方法二]：对数平均不等式 由题意得：f(y)=e+n ex -a 令t=e>1,则f0=t+nt-a,f'0=1+}0 所以8(t)=t+lnt-a在(1，+o)上单调递增，故g(t)=0只有1个解 又因为f()=8+n-Q有两个零点，，故t=e-e x1 x2 两边取对数得：-n出=书一h,即nx 又因为年<点二点9，故v5<1,即<1 Inx-Inx. 下证实<nin x-（() 因为N< m-.台n5-hx,<-s台n当<， In x,-Inx, Vxx 不妨设t= 压>1，则只需证2h1<1- 构造=2-1+片1.则小=子1--0 故a()=21nt-t+}在(L,o)上单调速减 56/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故h()<h()=0,即2nt<1-得证 【点晴】关键点点晴：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式 h(x)=Inx 171 2 这个函数经常出现，需要掌握 24.(2022全国乙卷高考真题)已知函数f(x)=ln(1+x)+ae (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)若f(x)在区间(-1,0)，(0，+o)各恰有一个零点，求a的取值范围. 【答案】(1)y=2x 2)(-0,-1) 【分析】(1)先算出切点，再求导算出斜率即可 (2)求导，对a分类讨论，对x分(-1,0)，(0，+o)两部分研究 【详解】(1)f(x)的定义域为(-1，+o) 当a-1时，倒=1+分+后0=0所过切直为@0f)。了0=2所以切战斜字为2 所以曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程为y=2x (2)G)+ fg=,1+0-9_e*+a1-x） 1+x ex (1+x)e 设g)=e+a(1-x2) 1°若a>0,当x∈(-l,0),g(x)=e+a1-x2)>0,即f'(x)>0 所以f(x)在(-1,0)上单调递增，f(x)<f(O)=0 故f(x)在(-1,0)上没有零点，不合题意 2°若-1≤a≤0，当x∈(0，+o),则g(x)=e-2a>0 所以8(x)在(0，+o)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f'(x)>0 所以f(x)在(0，+o)上单调递增，f(x)>f(O)=0 故f(x)在(0，+o)上没有零点，不合题意 3°若a<-1 57/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (1)当x∈(0，+o),则g'(x)=e-2a>0,所以g(x)在(0，+o)上单调递增 8(0)=1+a<0,g1)=e>0 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0,即f'(m)=0 当x∈(0，m),f(x)<0,f(x)单调递减 当x∈(m,+o),f'(x)>0,f(x)单调递增 所以 当x∈(0，m),f(x)<f(0)=0, 令h()= ex>-1则h=1- e,x>-l 所以h()=二在(-1)上单调递塔，在(L+)上单调递减，所以h(≤h)= er 又e-1>0 e e 所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，+o)上有唯一零点 (2)当x∈(-1,0)，g(x)=e*+a1-x2) 设h(x)=g(x)=e-2ac h'(x)=e-2a>0 所以g'(x)在(-1,0)单调递增 g(-)=1+2a<0,80=1>0 e 所以存在n∈(-1,0)，使得g(n)=0 当x∈(-1，n),g(x)<0,g(x)单调递减 当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递增，8(x)<g(0)=1+a<0 又8-0=10 e 所以存在t∈(-l,n),使得g(t)=0,即'(t)=0 当x∈(-1，t),f(x)单调递增，当x∈(t,0),f(x)单调递减， 当xe(-1,0),h(x)>h(-1)=-e, 58/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 X-1<ea-1<0,f(eae-1)<ae-ae=0 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0 所以f(x)在(-1，)上有唯一零点，(，0)上无零点 即f(x)在(-1,0)上有唯一零点 所以a<-1,符合题意 所以若f()在区间(-1,0)，(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围为(-∞，-1) y=f(x) m t ON 【点晴】方法点晴：本题的关键是对的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足 即可，肯定要两方面都说明 25.(2022北京·高考真题)己知函数f(x)=en(1+x). (1)求曲线y=f()在点(0，f(O)处的切线方程； (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0，+∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s,t∈(0，+o),有f(s+)>f(s)+f(t). 【答案】(I)y=x (2)8(x)在[0，+o)上单调递增 (3)证明如下： 原不等式等价于f(s+)-f(s)>f()-f(0), 令m(x)=f(x+t)-f(x),(x,t>0), 即证m(x)>m(0), .m(x)=f(x+t)-f(x)=e*#In(1+x+t)-e*In(1+x), m)=e"1n0+x+0+1中x+t -e In+x) -=g(x+t)-8(x), 59/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由2)知g的=f)=e0nl+)+十在[Q+o)上单调递塔， ..8(x+t)>8(x), .m'(x)>0 m(x)在(0，+o)上单调递增，又因为x,t>0, m(x)>m(O),所以命题得证 【分析】(1)先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； (2)在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解： (3)令m(x)=f(x+t)-f(x),(x,t>0),即证m(x)>m(O),由第二问结论可知m(x)在0，+o)上单调递增， 即得证 【详解】(1)因为f(x)=e*n1+x),所以f(0)=0, 即切点坐标为(0,0)， 又f=ema+过t,L), 1+x …切线斜率k=f'(0)=1 ∴切线方程为：y=x (2)因为g四=f四=e00+0++), 所以8四=e00+9+子：0. 令hy=hl+9+,2-1 1+x (1+x)2, 则hH)=,12 2x2+1 1+xQ+y+a+9+罗>0， :h(x)在[0，+o)上单调递增， .h(x)≥h(0)=1>0 g'(x)>0在[0，+o)上恒成立， g(x)在[0，+o)上单调递增. (3)略 26.(2022新高考全国I卷高考真题)已知函数f(x)=e-和g(x)=ax-lnx有相同的最小值. (1)求a; 60/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)证明：存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=8(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交 点的横坐标成等差数列. 【答案】(1)a=1 (2)见解析 【分析】(1)根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求α.注意分类讨论 (2)根据(1)可得当b>1时，e*-x=b的解的个数、x-nx=b的解的个数均为2，构建新函数 h(x)=e+lnx-2x,利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b 与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差 数列 【详解】(1)f(x)=e-ac的定义域为R,而f'(x)=e-a, 若a≤0，则f'(x)>0,此时f(x)无最小值，故a>0. 8)=ar-lhx的定义域为(0，+o),而g(9=a-1_m-1 xx 当x<na时，f'(x)<0,故f(x)在(-o,na)上为减函数， 当x>lna时，f'(x)>0,故f(x)在(na,+o)上为增函数， f(x)min =f(Ina)=a-alna 当0<x<时，g)<0,故g9在0，】 上为减函数， 1 1 当x>二时，g(x)>0,故g()在 上为增函数， a 因为f(x)=e-ac和g(x)=ax-lnx有相同的最小值， 故1-ln=a-alna,整理得到a-1-na,其中a>0, a 1+a 设p(a)-a-ha,a>0,则p(a)=2-1-。-1 ≤0， 1+a (1+a)2aa(1+a月 故p(a)为(0，+o)上的减函数，而p(1)=0, 故p(a)=0的唯一解为a=l,故}-g=na的解为a=l 1+a 综上，a=1 61/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)方法一]： 由（1)可得f=e-x和g(9)=x-hx的最小值为1-h1=1-n1 当b>1时，考虑e-x=b的解的个数、x-nx=b的解的个数 S(x)=e*-x-b,S'(x)=e*-1, 当x<0时，S(x)<0,当x>0时，S(x)>0, 故S(x)在(-0,0)上为减函数，在(0，+∞)上为增函数， 所以S(x)n=S(0)=1-b<0, 而S(-b)=e>0,S(b)=e°-2b, 设u(b)=e-2b,其中b>1,则t(b)=e°-2>0， 故u(b)在(1，+o)上为增函数，故u(b)>u(1)=e-2>0, 故S(b)>0,故S(x)=e-x-b有两个不同的零点，即e-x=b的解的个数为2. T(x)=x-Inx-b,T(x)=*-1, 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，+∞)上为增函数， 所以T(x)n=T(1)=1-b<0, 而T(eb）=eb>0,T(e）=e-2b>0, T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点即x-nx=b的解的个数为2. 当b=1,由(1)讨论可得x-nx=b、e-x=b仅有一个解， 当b<1时，由(1)讨论可得x-nx=b、e-x=b均无根， 故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点， 则b>1. 设h)=e+lnx-2x,其中x>0,故h)=e+1-2, 设s(x)=e-x-1,x>0,则s(x)=e-1>0, 62/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 故s(x)在(0，+o)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e>x+1, 所以Ne)>x+11≥2-1>0，所以h)在(0，+∞)上为增函数， 1 而h0e-2>0,he3383220 1 故h()在(0，+)上有且只有一个零点，。<<1且： 当0<x<时，h(x)<0即e-x<x-nx即f(x)<g(x), 当x>x时，h(x)>0即e-x>x-nx即f(x)>g(x), 因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点， 故b=f(x)=g(x)>1, 此时e-x=b有两个不同的根x,x(:,<0<x), 此时x-nx=b有两个不同的根xo,x4(0<x,<1<4), 故e-x=b,e0-x。=b,x4-lnx4-b=0,xo-lnx。-b=0 所以x4-b=lnx4即e4-b=x4即e--(x4-b)-b=0, 故x4-b为方程e-x=b的解，同理x,-b也为方程e-x=b的解 又e-x=b可化为e=x1+b即x-ln(x+b)=0即(x,+b)-n(x+b)-b=0, 故：+b为方程x-nx=b的解，同理，+b也为方程x-nx=b的解， 所以{x1,x}={x。-b,x4-b},而b>1, 出=。-6即5+=2x 故 x=4-b [方法二]： 由)知，f(x)=e-x,g(x)=x-lnx, 且f(x)在(-0,0)上单调递减，在(0，+o)上单调递增； g(x)在(0,1)上单调递减，在(L,+o)上单调递增，且f(x)mn=g(x)mn=1 ①b<1时，此时f(x)m=g(x)n=1>b,显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x) 共有0个交点，不符合题意； 63/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②b=1时，此时f(x)mn=g(x)mn=1=b, 故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1； ③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点， 即证明F(x)=f(x)-b有2个零点，F'(w)=f(x)=e-1, 所以F(x)在(-0,0)上单调递减，在(0，+o)上单调递增， 又因为F(-b)=e>0,F(0)=1-b<0,F(b)=e-2b>0, (令1b)=e2-2b,则t(b)=e°-2>0，t(b)>t)=e-2>0) 所以F(x)=f(x)-b在(-0,0)上存在且只存在1个零点，设为x,在(0，+0)上存在且只存在1个零点，设 为x2 其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点， 即证明G(x)=g)-b有2个零点，G()=g)=1-1 所以G(x)0,)上单调递减，在(L,+o)上单调递增， 又因为G(e)=e>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-n2b>0, （令4o)=b-血2b,则4O=1-名0,4o)>A0=1-h2>0) 所以G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x,在(1，+o)上存在且只存在1个零点，设为x4 再次，证明存在b,使得x,=x3: 因为F(x)=G(x)=0,所以b=e-x=x3-lnx, 若x2=x3,则e-x2=x2-lnx2,即e-2x+lnx=0, 所以只需证明e-2x+nx=0在(0,1)上有解即可， 即p(x)=e-2x+nx在(0,1)上有零点， 因为3=e2-号-3<0，w0=e-2>0, 所以px)=e-2x+nx在(0,1)上存在零点，取一零点为x,,令x=x=x,即可， 此时取b=e0-x, 则此时存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点， 最后证明x+x4=2x。,即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列， 因为F(x)=F(x)=F(x)=0=G(x)=G(x)=G(x) 64/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以F(x)=G(x)=Fnx), 又因为F(x)在(-o,0)上单调递减，x<0,0<x。<1即hx。<0,所以x=nx, 同理，因为F(x)=G(e)=G(x), 又因为G(x)在(1，+o)上单调递增，x。>0即e>1,x4>1,所以x4=e, 又因为e而-2x+lnx=0,所以x1+x=e+ln=2x, 即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列 f(x) v=g(x) y=b O引x0x2 【点晴】思路点晴：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论， 而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系 27.(2021·天津·高考真题)已知a>0,函数f(x)=-xe. (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程： (Ⅱ)证明f(x)存在唯一的极值点 (Ⅲ)若存在a,使得f(w)≤a+b对任意xeR成立，求实数b的取值范围. 【答案】(I)y=(a-1)x,(a>0); (Ⅱ)令f'(x)=a-(x+1)e=0,则a=(x+1)e, 令g(x)=(x+1)e,则g'(x)=(x+2)e, 当x∈(-，-2)时，g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(-2，+)时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x→-0时，g(x)<0,8(-1)=0,当x→+o时，g(x)>0,画出g(x)大致图像如下： 65/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 g(x)=(x+1)e4 y=a -3 -2 -1 Om 1 x 所以当a>0时，y=a与y=8(x)仅有一个交点，令g(m)=a,则m>-1,且f'(m)=a-g(m)=0, 当x∈(-o,m)时，a>g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增， 当x∈(m,+o)时，a<g(x),则f'(x)<0,f(x)单调递减， x=m为f(x)的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点； (Ⅲ)[-e,+o) 【分析】(I)求出f(x)在x=0处的导数，即切线斜率，求出f(0),即可求出切线方程； (I)令f'(x)=0,可得a=(x+1)e,则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点，利用导数求出g(x)的 变化情况，数形结合即可求解； (Ⅲ)令h(x)=（x-x-1)e,(x>l),题目等价于存在x∈(-l,+o),使得h(x)≤b,即b≥h(x)mn,利用导 数即可求出h(x)的最小值 【详解】(I)f'(x)=a-(x+1)e,，则f'(0)=a-1, 又f(0)=0,则切线方程为y=(a-1)x,(a>0); (I)略 (Ⅲ)由（Ⅱ）知f(x)max=f(m,此时a=(1+m)e",m>-1, 所以{f()-a}n=f(m)-a=(m2-m-1)em,(m>-1), 令h(x)=（x2-x-1)e,(x>-1), 若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-l,+oo),使得h(x)≤b,即b≥h(x)mm, h(x)=(x2+x-2)e*=(x-10(x+2)e*,x>-1, 66/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当x∈(-1,1)时，h(x)<0,h(x)单调递减，当x∈(L,+o)时，h(x)>0,h(x)单调递增， 所以h(x)mn=h(①)=-e,故b2-e, 所以实数b的取值范围-e,+o) 【点晴】关键点晴：第二问解题的关键是转化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点；第三问解题的关键是 转化为存在x∈(-1，+oo),使得h(x)≤b,即b≥h(x)mn 28.(2021新高考全国Ⅱ卷·高考真题)己知函数f(x)=(x-1)e-°+b. (1)讨论f(x)的单调性； (2)从下面两个条件中选一个，证明：f()只有一个零点 ①}<a e ,b>2a; Γ2 ②0<a< s2a 【答案】(1)答案见解析；（②）证明见解析 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (②)由题意结合()中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论 【详解】()由函数的解析式可得：f'(x)=xe-2a, 当a≤0时，若x∈(-o,0),则f'(x)<0,f(x)单调递减， 若x∈(0，+o),则f'(x)>0,f(x)单调递增： 当0<a<时，若xe(%h(2a》,则f)>0,f()单调递增， 若x∈(n(2a),0),则f'(x)<0,f(x)单调递减， 若x∈(0，+o),则f'(x)>0,f(x)单调递增； 当a时，了)20，f(倒在R上单调递增， 当a>时，若xc(-m.0),则()>0f()单调递墙， 若xe(0,ln(2a),则f'(x)<0,f(x)单调递减， 若x∈(n(2a),+o),则f'(x)>0,f(x)单调递增； (2)若选择条件①： 67/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由于a,故1<25e,则6>2a>1/10=8-10, 而函数在区间(-∞，0)上单调递增，故函数在区间(-∞，0)上有一个零点」 f(n(2a)=2a[n(2a)-1]-a[n(2a)]+b >2a[n(2a)-1]-a[ln(2a)]+2a =2aln(2a)-a In(2a)] =aln(2a)[2-n(2a)], e 2 ,1<2a≤e,故aln(2a)[2-n(2a)]≥0， 结合函数的单调性可知函数在区间(0，+∞)上没有零点 综上可得，题中的结论成立 若选择条件②： 1 由于0<a<2,故2a<1,则f(0)=b-1≤2a-1<0, 当b≥0时，e2>4,4a<2,f(2)=e2-4a+b>0, 而函数在区间(0，+∞)上单调递增，故函数在区间(0，+0)上有一个零点 当b<0时，构造函数H(x)=e-x-1,则H'(x)=e-l, 当x∈(（-o,0)时，H'(x)<0,H(x)单调递减， 当x∈(0，+o)时，H'(x)>0,H(x)单调递增， 注意到H(0)=0,故H(x)≥0恒成立，从而有：e≥x+1,此时： 当x>1时，f(x)=(x-1)e-2+b2(x-1)(x+1)-a2+b=(1-a)x2+(b-1), 当x>max 0-b1时，(1-a)x+b-)>0, V1-a' b+1,则f()>0, 取x=V1-a 68/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 而函数在区间(0，+∞)上单调递增，故函数在区间(0，+∞)上有一个零点， f(n(2a)=2a[n(2a)-1]-a[ln(2a)]+b ≤2a[ln(2a)-1]-a[n(2a)]+2a =2aln(2a)-a[In(2a)]" =aln(2a「2-n(2a)], 1 由于0<a<2,0<2a<l,故ah(2a[2-h(2a]<0, 结合函数的单调性可知函数在区间(-0，O)上没有零点 综上可得，题中的结论成立 【点晴】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在 历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：()考查导 数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系，（②）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；己知单调 性，求参数，(3)利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题.（④考查数形结合思想的应用 29.(2021浙江·高考真题)设a,b为实数，且a>1,函数f(x)=a-bx+e(x∈R) (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若对任意b>2e,函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围； (3)当a=e时，证明：对任意b>e4,函数f(x)有两个不同的零点x,x,(x>x),满足x,> bInb 2e+ b (注：e=2.71828…是自然对数的底数) 【答案】(1)b≤0时，f(x)的单调递增区间为(-o,+o),无减区间； b>0时，函数的单调减区间为 o,log.Ina) 单调增区间为 log.Ina (2)1e2]; (3)证明：方法一]【最优解】： a=e,f(x)=e-bx+e有2个不同零点，则e+e2=bx,故函数的零点一定为正数 69/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 由（②）可知有2个不同零点，记较大者为x2,较小者为x, b=eteet ->e4, x 注意到函数y=e+e在区间(0,2)上单调递减，在区间(2，+)上单调递增， 故x<2<,又由e+e <e4知x,>5, 5 b=e+e2e2 2e2 →出<b’ 要证x>bnbe 2e3+ 只需x>nb+e , b=+e<2且关于b的函数g6)=h的+g在b>e上单调递墙， b 听以只需证>h。+)2中($>5)， 只需证lne- 2e_e>0, x,2e 只需证nc-ex-h2>0, 2e" :.e <4,只需证h=r--ln2在x>5时为正， er 由于h(=1+4re-4e=1+4e(x-1)>0,故函数h(x)单调递增， h⑤)n520-1n2=n 20故的=w 4x-ln2在x>5时为正， 从而题中的不等式得证， [方法二]：分析+放缩法 a=e,f(x)=e-bx+e有2个不同零点x,x2,不妨设x<x2,由f'(x)=e-b得x<lnb<x2(其中 Inb>4). f(x)=e"-bx+e2=0,f(x)=e-bx,+e2=0. 要证x,> o中只器证，然，即证e二城，只需证玉>D b 2e3 2c2 叉f八b 6,即g<1 e-e<0,所以x<2 2e 70/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以只需证x>n(blnb).而lnb>4,所以blnb>b, 又ln(blnb)>lnb,所以只需证fn(blnb)<0. 所以fn(blnb)=blnb-bn(blnb)+e2=-blnlnb+e2<-e4n4+e<0,原命题得证. [方法白： 若a=e且b>e4,则满足1<a≤e2且b>2e2,由(I)知f()有两个零点x,x,(x<x)且0<x<nb<x. 又f(2)=2e2-2b<0,故进一步有0<x<2<lnb<x. 由f(x)=f(x)=0可得e+e2=bx且e=bx,-e2,从而 blnbe2 2e+6bx-e2> blnb X,> 5、、 因为0<x<2, 所以e+e 2e2<1, 故只需证e中>binb台bx,-e>bihb台x,>hb+ b 又因为f在区间0a)内单调莲指，故只程证了h6+写f)-0,即6。-的0，注意>e 时有e5<e<4<hb'故不等式成立. e 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性： (2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数的取 值范围； (3)方法一：结合（②）的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立 【详解】(1)f(x)=a-bx+e,f'(x)=alna-b, ①若b≤0，则f'(x)=ana-b≥0，所以f(x)在R上单调递增： ②若b>0, 当x∈-o,og:1na b 时，(x)<0,f(x)单调递减， 当x∈ oe:na+切时，八x)>0,f(单调递增 综上可得，b≤0时，f(x)的单调递增区间为(-0，+0)，无减区间； 71/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 b>0时，函数的单调减区间为 log.Ina) 单调增区间为吧，品物 (2)f(x)有2个不同零点台a-bx+e2=0有2个不同解台ea-bx+e2=0有2个不同的解， 令t=xna,则e-bt+e=0→ b e+e2 ,t>0, Ina ‘1g0=t+e0--e. 记g(0=e+e t t 记h(t)=e(t-1)-e2,h(t)=e'(t-1)+e.l=e.t>0, 又h(2)=0,所以t∈(0,2)时，h(t)<0,t∈(2，+o)时，h(t)>0, 则80在Q,2刃单调递减，2+四单调递增，。>g②=e,a<力 , b>2eg>2has2=1<a≤e 即实数a的取值范围是(1，e] (3)略 【整体点评】本题第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同 的处理方法， 方法一：直接分析零点5<2，将要证明的不等式消元，代换为关于b的函数，再利用零点反代法，换为 b 关于x的不等式，移项作差构造函数，利用导数分析范围 方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！ 方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为∫ Inb e 与0比较大小， 代入函数放缩得到结论 30.(2021全国乙卷·高考真题)设函数f(x)=n(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点. (1)求a; （2》设函数8=+f四.证明：g(y)<1. xf(x) 【答案】(1)a=1; (2)[方法一]：转化为有分母的函数 由(I)知，89=c+n0-9=1 n0-9n1-9+,其定义域为(-m,0U(0,1). +1 72/393 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 】。+<l,即证0-9<1xx 要证8)<1，即证h-x 1 <1-1-1 (i)当x∈(0，D时，n- 1 5<0,<0,即证h0-动令F)-h0-) 1’因为 -1-1x F'四=1Gx-一)c-)>0,所以F()在区间(0，)内为增函数，所以F(四>F0)=0. 当E(0时，0刘20,0，即正h0-9>,由①分折知F的在区间(0)内 1 为减函数，所以F(x)>F(O)=0. 综合(i)(i)有g(x)<1. [方法二]【最优解】：转化为无分母函数 由(1)得f(y)=h(1-x,89=x+f_x+n0- f(xn(1-),x<1且x≠0， 当xe0)时，要证g的=h0-<1,x>0.n0-对<0，六h0-<0,即证 xln (1-x) x+ln(1-x)>xn(1-x),化简得x+(1-x)n(1-x)>0; 同理，当x∈(-m.0时，要证8=tn1-<l,:x0ln1-》0,h-<0,即证 xn(1-x） x+n(1-x)>xn(1-x),化简得x+(1-x)n(1-x)>0; 令h(x)=x+(1-x)n(1-x),再令t=1-x,则t∈(0,1)U(1,+o),x=1-t, (t)=1-t+tlnt,'(t)=-1+Int+1=Int, 当t∈(0,1)时，p'(t)<0,p(t)单减，故p(t)>p(1)=0: 当te(1,+o)时，p'(t)>0,p(t)单增，故p(t)>p(1)=0; 综上所述，80的=x+h1-习<1在x(-,0)0,l)恒成立 xn(1-x） [方法三：利用导数不等式中的常见结论证明 令p)=hx-(x-),因为=！-1=1二x,所以)在区间(0，)内是增函数，在区间Q,o)内是减函 数，所以o四)≤o0=0,即hx1(当且仪当时取等号)，故当x<1且x0时，0且 1-x h11-1,即-n0-0亡，所以h09>' 1-x1-x x-1 73/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (i当xeQ,D时，0>h1->x所以h0-< 1 <1-，即为 +<1,所以8)<1. (i)当x∈（←m,0)时，n1-)>x,>0,同理可证得8）<1. x-1 综合(i)(i)得，当x<1且x≠0时， x+n0-9<1,即g69<1. xln(1-x) 【分析】(1)由题意求出y',由极值点处导数为0即可求解出参数a; 2油1海间-，G1且0，分类时论1a和e0,可弯价转化为费证s1 即证x+ln(1-x)>xn(1-x)在x∈(0,1)和x∈（-o,0)上恒成立，结合导数和换元法即可求解 (详解))由f田=h(Q-9Pf四)，y=四)Py=h(a-y)+小 x-a 又x=0是函数y=xf(x)的极值点，所以y(0)=na=0,解得a=1; (2)略 【整体点评】(2)方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当x∈(0,1)时，转化为证明 n1-x)> ,当x(0时，转化为证明0-)二然后钓造函数，利用导数所究单调性，进而 证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当x∈(0,1)时，x+(1-x)n(1-x)>0成 立和当x∈(-o,0)时，x+(1-x)(1-x)>0成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通 法，运算简洁，为最优解方法三先构造函数p(x)=x-(x-1),利用导数分析单调性，证得常见常用结论 血x≤x】(当且仅当x=1时取等号)，然后换元得到n0-)>?分类讨论，利用不等式的基本性质 证得要证得不等式，有一定的巧合性 1全国甲卷高考真题)己知Q>0且aL,函数f) (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有且仅有两个交点，求a的取值范围. 2 【答案】(1) 0,1 2 上单调递增； 上单调递减；(2)(1，e)U(e,+o) 1n2 【分析】(1)求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性： (2)方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线y=∫(x)与直线y=1有且仅有两个交点等价转化为方 74/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 程血x=血“有两个不同的实数根，即曲线y=g()与直线y=na有两个交点，利用导函数研究g(x)的单调 a a 性，并结合g(x)的正负，零点和极限值分析g(x)的图象，进而得到0< Ina 1 <-， 发现这正好是 ae 0<g(a)<g(e),然后根据g(x)的图象和单调性得到a的取值范围 【详解】（1)当a=2时，ff)=222产m2_2-xh2 (2) 2 令f'(x)=0得x= ,当0<x< 时，f()>0,当>2时，f(y<0, In2 In 2 In2 函数f(纠在0h2 h2,o 2 上单调递增； 上单调递减： (2)方法一】【最优解】：分离参数 y==1台ax台xna=ahr9,,设函数8y)= x a x 则ge)1令g-0,得x=e 在(0，e)内g'(x)>0,g(x)单调递增； 在(e,+∞)上g(x)<0,g(x)单调递减； gge)-号 又g(1)=0,当x趋近于+o时，g(x)趋近于0， 所以曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=g(x)与直线y= =n有两个交点的充分必要条 a 件是0<na<1这即是0<g(a)<g(e), ae 所以a的取值范围是(1，e)U(e,+o) [方法二：构造差函数 由y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点知f(x)=1,即x=a在区间(0，+o)内有两个解，取对数得方程 alnx=xlna在区间(0，+o)内有两个解. 造函数g)=anx-na,te(0,+o,求导数得g)。naa-x血( 当0<a<1时，ha<0,x∈(0，+o),a-xlna>0,g(x)>0,g(x)在区间(0，+oo)内单调递增，所以，g(x)在 (0,+0)内最多只有一个零点，不符合题意； 当a>1时，ha>0,令8-0得x。当r0品a时，8)0：当r(品a时，80： Γlna 75/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以，函数8(x)的递增区间为0， a ,+o0 Ina 递减区间为na 由于0<ea<1< —,8 e" -1-e alna<0, 当x→+o时，有alnx<xna,即g(x)<0,由函数g(x)=alnx-xlna在(0，+o)内有两个零点知 (=an品al小0，所以品。>e,即a-clha>0. 、lna 构造函数h(a四=a-ehna,则h(a=l-e=a-e,所以h(a)的递减区间为L,e),递增区间为(e,+o),所以 h(a)≥h(e)=0,当且仅当a=e时取等号，故h(a)>0的解为a>l且a≠e, 所以，实数a的取值范围为L,e)儿U(e,+o). [方法白分离法：一曲一直 曲线y=f)与y=1有且仅有两个交点等价为=1在区间(0，+)内有两个不相同的解。 2 因为=a,所以两边取对数得alnx=xna,即nr=na,问题等价为g()=nx与p()=n0有且仅 a 有两个交点， ①当0<a<1时， 血a<0,p()与g()只有一个交点，不符合题意. ②当a>1时，取8=hx上一点(，lh),g'a)=g'()=,g在点(，n)的切线方程为 y-n,=(k-）,即y=x-1+n. lna 1 (Ina 1 当y=x-1+ln,与p)=h0为同一直线时有a'得ae lnx。-1=0,x,=e. 直线p(x)=na的斜率满足：0<na<上时，g(=nx与p()=In0有且仅有两个交点. a a @=nQh(anc,令H@=0,有a=c.ae(e%h(@>0,@在区间Q©0内单调 a aEe,o,ia)<0,hM@)在区间(e+o)内单调递减：a=e时，ha)最大值为he)-,所以当a>1且a≠e 时有0<na1 a e 综上所述，实数a的取值范围为L,e)U(e,+o). [方法四]：直接法 fG1x”Om.f'x)=2=（a-xna】 (a) 76/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因为x>0,由f'(x)=0得x= Ina 当0<a<1时，f(x)在区间(0，+o)内单调递增，不满足题意； 当a>1时， a 之0，由f9>0得0<xa/在区间0a 内单调递增，由f'(x)<0得 品在区间 a,+0内单调递减. a 因为mf(9=0,且if)=0,所以f a >1,即na a品 >1,即 (Ina) aha>(na)°，aaa>ha' 两边取对数，得 -lna>lnna）,即na-l>lnna). 令na=t,则t-1>nt,令h9)=nx-x+1,则h=1-1,所以hx)在区间(0,1)内单调递塔，在区间L,o) 内单调递减，所以h(x)≤h()=0,所以t-1≥nt,则t-1>nt的解为t≠l,所以na≠1，即a≠e. 故实数a的范围为(l,e)U(e,+o).] 【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题， 属较难试题， 方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数 形结合思想求解 方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值 方法三：将问题取对，分成8)=nx与p)=口两个函数，研究对数函数过原点的刃线问题，将切线 斜率与一次函数的斜率比较得到结论， 方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论 32.(2021·全国乙卷·高考真题)己知函数f(x)=x3-x2++1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标， 【答案】(1)答案见解析；(2)(1，a+1)和(-1，-1-a) 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性； (②)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标， 【详解】(1)由函数的解析式可得：f'(x)=3x-2x+a, 77/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 导函数的判别式△=4-12a, 当△=4-12a≤0，a≥}时，f(x)≥0，f(x)在R上单调递增， 当△=4-12a>0,a<时，f(x)=0的解为：5=1-130，x=1+1-3a 3 ,X2= 3 3 -m1-V1-3a 当x∈-o, 3 时，f'(x)>0,f(x)单调递增； 3 时，(x)<0,f(x)单调递减： 当0j时，f)>0国单调是特。 1+V1-3a 综上可得：当a≥二时，f(x)在R上单调递增， 3 当a<兮时，f在1 3 单调递增，在 1-v1-3a1+1-3a 3 3 上单调递减 (2)由题意可得：f(x)=x-x+。+1,'(x)=3x6-2x+a, 则切线方程为：y-(x号-x号+a+1=(3x6-2x。+aj(x-x), 切线过坐标原点，则：0-（号-x+a+1)=(3x-2x+a(0-), 整理可得：2x-x6-1=0,即：(x。-1)2x6+x。+1=0, 解得：x=1,则f(x)=f()=1-1+a+1=a+1,f'(xo)=f'(1)=1+a 切线方程为：y=(a+1)x, 与f(x)=x3-x2+ar+1联立得x3-x2+a+1=(a+1)x, 化简得x3-x2-x+1=0,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，.(x-1)是x3-x2-x+1的一个因式， “该方程可以分解因式为(x-1)(x2-1)=0, 解得=1，x2=-1, 78/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 f(-1)=-1-a, 综上，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，a+I)和(-1，-1-a) 【点晴】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注 意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时， 要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点（交点），要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解 时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根三次方程时高考 压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根 33.(2021新高考全国I卷高考真题)已知函数f(x)=x(1-nx) (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a,b为两个不相等的正数，且bha-alnb=a-b,证明：2<+ 【答案】(1)f(x)的递增区间为(0,1)，递减区间为(1，+o); (2)证明：[方法一：等价转化 由6naan=a6将--8》即/}f8 由a≠b,得二≠ b 由()不妨设。@6+网，则f日>0，从而f8>0,得号ee, ①令g(x)=f(2-x)-f(x), 则g'w)=n(2-)+lnx=ln(2x-x)=ln[1-(c-1)2], 当x∈(0,1)时，g(x)<0,g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g(1)=0, 从而2-动>f,所以f-1日)f8 由2-即2号0 令h(x)=x+f(x),则h(x)=1+f'(x)=1-lnx, 当x∈(1，e)时，h(x)>0,h(x)在区间(1，e)内为增函数，h(x)<h(e)=e, 从而x+)e,所以方+/店 1 <e 79/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又由1e0,1) 0 可得。北-nf日f得) 1.1 由①②得2<-+，<e. a b [方法与【最优解】：bna-anb=a-b变形为ha_hb-,所以血a+1_hb+1。 abba’ a b 令上=m=n.则上式变为m1-lnm)=n1-hn), a b 于是命题转换为证明：2<m+n<e, 令f(x)=x(1-lnx),则有f(m)=f(n),不妨设m<n. 由(1)知0<m<l,1<n<e,先证m+n>2. 要证：m+n>2台n>2-m台f(n)<f(2-m)台f(m)<f(2-m) 台f(m)-f(2-m)<0. 令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1)， 则g(x)=-lnx-n(2-x)=-nx(2-x)≥-lnl=0, ∴g(x)在区间(0,1)内单调递增，所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2. 再证m+n<e, 因为m(1-nm)=n(1-nn)>m,所以需证n(1-ln)+n<e→m+n<e, 令h(x)=x(1-nx)+xx∈(1，e), 所以h'(x)=1-lnx>0,故h(x)在区间(1，e)内单调递增. 所以h(x)<h(e)=e.故h(n)<e,即m+n<e. 综合可知2<1+1 a b <e. [方法三]：比值代换 证明2+>2同证法2.以下证明5+4<e. a b 不妨设x=压，则t=点>1， x 由1-n,)=x（-n,)得x0-lmc)=c[l-h(acl,nx=1-h血t, t-11 80/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 要证x1+x,<e,只需证(1+t)x<e,两边取对数得n(1+)+ln此，<1， 即n(1+)+1 nt∠1， t-1 即证lnl+),ht tt-1 s-In(1+s) i记时-0+9，se0m）,则g因=1+ s 记h=。h0+,则Fa+1十 11 <0, 1+s 所以，h(s)在区间(0，+o)内单调递减.h(s)<h(0)=0,则g(s)<0, 所以g(s)在区间(0，+o)内单调递减. 由t∈(1，+o)得t-1∈(0，+o),所以g(t)<g(t-1), 即ln0+)_nt t t-11 [方法四：构造函数法 、11 由已知得 a lna Inb 11 a-66。令。6 a 不妨设x<x,所以f(x)=f(x). 由(I)知，0<x<1<x<e,只需证2<x,+x2<e, 证明x+x>2同证法2. 再证明+x<e.令h0<x<e,四=产e -2++Inx x-e 令a=lr+20<0,则p闭士是-0 所以p(x)>p(e)=O,H(x)>0,h(x)在区间(0，e)内单调递增. 1-Inx-e 因为0<<出<e,所以-n<1-n,即-e x-e x2-e 又因为f(s)=f(x),所以-mxx-e ,l-nx=3>-e 即x-ex(x-ex,(x-x2)(x,+x2-e)》0. 因为<出，所以+出<e,即。十月e, 81/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 11 综上，有2<二+<e结论得证. a b 【分析】()首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性 ②方法二：将题中的等式进行恒等变换，令】m}”,命题转换为证明：2<m+n<,然后构造对称差 a 函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论 【详解】(1)f(x)的定义域为(0，+o). 由f(x)=x(1-nx)得，f'(x)=-lnx, 当x=1时，f'(x)=0;当x∈(0,1)时f'(x)>0;当x∈(1，+o)时，f(x)<0. 故f(x)在区间(0，内为增函数，在区间[1，+o)内为减函数， (2)略 【整体点评】（②）方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想， 这些都是导数问题必备的知识和技能， 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明 题中的不等式即可 方法四：构造函数之后想办法出现关于x+x,-<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在 34.(2020天津·高考真题)己知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数， (I)当k=6时， (i)求曲线y=f(x)在点(1，f(I)处的切线方程； 0 (ii)求函数g(x)=f(x)-f(x)+一的单调区间和极值； ()当之-3时，求证：对在意的，出∈L,+o),且x>x,有(s)+f(、fs)-f) 2 x1-x3 【答案】(I)(i)y=9x-8;(ii)函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+o)；8(x)的极 小值为g)=1,无极大值； ()证明：由f)=x+knx,得f(e)=3x2+k x 对任意的，七∈l,+o),且>x,令=t>1),则 82/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (:-x)f(x)+f(x)》-2(f(x)-f(x) =g--3xx+3xx+k五_名 -2k In （x3x X. =x0r-3x+3-1+1}2ni ① 令h0)=x-1-21nx,x∈l,+o) 由此可得h(x:)在[，+∞)单调递增，所以当P1时，h()>h(),即t-】-2nt>0 因为x3≥1，t-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3， 所以-+30-+}2h小2(r-+3-1刂3}2m =t-3+6nt+3-1.② 由①m可知，当t>1时，g0>g(),即-3C+61nt+3>1, 故r-3r+6nt+-10 ③ 由①②③可得(x-x)f(x)+f(x)月-2(f(x)-f(x)>0 所以，当k≥-3时，任意的，出∈l,+o),且x>x,有f(s)+f(s、fs)-fs) -x2 【分析】①①)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可； ①)首先求得g'(x)的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可； (Ⅲ)首先确定导函数的解所式，然后令-1，将原问题转化为与有关的函数，然后杓造新函数，利用新 函数的性质即可证得题中的结论 【详解】①0当6时，f(x)=x+6nx,f(x)=3x2+6可得f)=1,f()=9, 所以曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8 83/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①依题意，g)=x-3x+6nx+3x∈(0，o)】 从而可得8'(x)=3x2-6x+6-3 整理可得：8似=3(x-(c+) 令g'(x)=0,解得x=1. 当x变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表： (0,1) x=1 (1,+o) g'(x) 0 8(x) 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数g(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，+o): gx)的极小值为g(1)=1,无极大值 (T)略 【点晴】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数 的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系， (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数 (3)利用导数求函数的最值（极值），解决生活中的优化问题. (4考查数形结合思想的应用. 35.(2020浙江·高考真题)己知1<a≤2，函数f(x)=e-x-a,其中e=2.71828..为自然对数的底数. (I)证明：函数y=f(x)在(0，+o)上有唯一零点； (Ⅱ)记xo为函数y=f(x)在(0，+o)上的零点，证明： (i)Va-1≤x≤V2(a-1); (ii)xof(e)z(e-1)(a-1)a. 【答案】(I)证明见解析，（Ⅱ）()证明见解析，(i)证明见解析 【分析】(I)方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论： 84/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (Ⅱ)()先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据 单调性确定最值，即可证得不等式： (i)方法一：先根据零点条件转化：xf(e)=xf(x。+ad),再根据1<a≤2放缩，转化为证明不等式 4(e°-2)2≥(e-1)(a-1),最后构造差函数，利用导数进行证明」 【详解】(I)[方法一]：单调性+零点存在定理法 ∵f"(x)=e-1,.x>0,.e>1,f'(x)>0,∴.f(x)在(0，+o)上单调递增， .1<a≤2，.f(2)=e2-2-a≥e2-4>0,f(0)=1-a<0, 所以由零点存在定理得f(x)在(0，+0)上有唯一零点. [方法二]【最优解】：分离常数法 函数y=f(x)在(0，+o)内有唯一零点等价于方程e-x=a在(0，+o)内有唯一实根，又等价于直线y=a与 g(x)=e-x(x>0)只有1个交点. 记y=a,g(x)=e-x(x>0),由于g(x)=e-1>0在(0，+o)内恒成立，所以8(x)在(0，+o)内单调递增，故 g(x)>g(0)=1. 因此，当1<a≤2时，直线y=a与g(x)=e-x(x>0)只有1个交点. (Ⅱ)(i).f(x)=0∴.eo-x。-a=0, ∴.Va-1≤x≤V2(a-1)台eo-x-1≤x,2≤2(eo-x-1), 令g时=e-x-1-x0<x<2.h0的=e-x-1-0<x<2. 2 方面：h(x)=e-1-x=h(x),h'(x)=e-1>0, ∴.h'(x)>h'(0)=0,.h(x)在(0,2)单调递增，.h(x)>h(0)=0, ..e'-x-1-x2 >0,2(e-x-1)>x2, 另一方面：.1<a≤2∴.a-1≤1， 所以当x≥1时，Va-1≤x成立， 因此只需证明当0<x<1时，g(x)=e-x-1-x2≤0， 因为g(x)=e-1-2x=81(x),81'(x)=e-2=0→x=lh2 85/393 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当x∈(0,1h2)时，g'(w)<0,当x∈n2,1)时，g'(w)>0, 所以g(x)<max{g'(0),g')},.∵g'(0)=0,g'0)=e-3<0,∴g(x)<0, ∴g(x)在(0,1)单调递减，∴g(x)<g(0)=0,e-x-1<x2, 综上，.e0-x-1≤x2≤2(e0-x。-1),∴.Va-1≤x≤V2(a-1) ()方法一]：分析+构造函数法 t(xo)=xof(e0)=xof(xo+a)=xo[(ea-1)xo+a(ea-2)], :t(x)=2(e-1)x。+a(e°-2)>0，Va-1≤≤V2(a-d, ∴.t()≥t(Va-1)=Va-l[(e-1)Na-1+a(e-2]=(e°-1)(a-1)+ava-l(e-2),因为1<a≤2，所以 e>e,a≥2(a-l), ∴.txo)≥(e-1)(a-1)+2(a-1)va-1(e-2), 只需证明2(a-1)Na-1(e“-2)≥(e-1)(a-1)2, 即只需证明4(e-2)2≥(e-1)(a-1), 令s(a)=4(e-2)2-(e-1)(a-1),1<a≤2)， 则s(a)=8e(e-2)-(e-1)2≥8e(e-2)-(e-1)2>0, s(a>s1)=4(e-2)2>0,即4(e-2)2≥(e-1)(a-1)成立， 因此xf(e)≥(e-l)(a-1)a [方法二)【最优解】：放缩转化法 xf(e）2(e-10(a-1)a台xf(x+a)2(e-1a-1)a. 设h(xo)=xf(x。+a)Na-1≤x。≤V2(a-1),则由eoa≥l+x,+a得 (x)=(x,+1)eot"-2(x。+a)>(x+1)(x+a+1)-2(x,+a)>0. 从而只要证h(Va-1)-(e-1)(a-1)a≥0. 上式左边=ea可+a-2a+a-1(a-ae-1). 使用不等式e≥x+l,e≥ex可得eaa+a-2a+Va-l(a-ae-1)≥1+Va-1)ae-2a+Va-1(a-ae-1) 86/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 =a(e-2)+(a-1)Na-1>0 【整体点评】(I)方法一：直接研究函数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二： 先分离常数，转化为证明水平直线y=a与函数g(x)=e-x(x>0)的图象交点个数问题，为最优解： (Ⅱ)()通过分析，转化，然后构造函数证得； (i)方法一：构造函数t(x)=x[(e-1)x。+a(e-2)],利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件 放缩转化为证明不等式2(a-1)vNa-1(e“-2)≥(e-1)(a-1)2.利用作差法构造关于实数a的函数，利用导数证 得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用eoa≥1+x。+a放缩判定h(x)=xf(。+a的导函数大于 零，确定单调性，得到其最小值，转化为ea-i+a-2a+vVa-1(a-ae-1)≥0，然后利用不等式e≥x+l,e≥ex 放缩证明，运算相对简洁，为最优解 36.(2020海南·高考真题)已知函数f(x)=ae--lnx+lna, (1)当a=时，求曲线y=f(x)在点(1，f()处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)若不等式∫(x)≥1恒成立，求a的取值范围. 【倍】子2L四) 【分析】(1)利用导数的几何意义求出在点(1，f(①)切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形 面积公式得结果； (2)方法一：利用导数研究函数f(x)的单调性，当a=1时，由f'(1)=0得f(x)=f()=1,符合题意； 当P1时，可证ff0<0,从而f(y存在零点>0，使得f)=ae1-=0,得到fm,利用 零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得f(x)≥1恒成立；当0<a<1时，研究 f(1).即可得到不符合题意.综合可得α的取值范围 详解】D:f四=e-hx+1,f)=e-，∴k=f0=8 .f)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e), ∴函数f(x)在点(1f1)处的切线方程为y-e-1=(e-1(x-1),即y=(e-1)x+2, a可线与坐标轴交点坐标分别为(0,2)，。一0 87/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所求三角形面积为}×2×-2 2 e-1e-1' (2)[方法一]：通性通法 f(x)=ae-x+a)=ae-11, 2,且a>0. 设8(9=f(),则g()=ae1+1 3>0 g(x)在(0+o)上单调递增，即f"(x)在(0，+o)上单调递增， 当a=1时，f'0)=0,f(x)mm=f(1)=1,…f(x)≥1成立 当a>1时，是1·e<1f哈r0=ae-Xa-0<0. :存在唯一>0，使得fx,)=ae1-】=0,且当x(0,x)时f<0,当x,m时f9>0, xo ∴aeo-1=1 ,..Ina+xo-1=-Inxo, Xo 因此f(x)mn=f()=aeo-1-lnx,+lna +na+x,-1+na≥2na-1+2, -xo=2lna+1>1, xo f(x)>1,f(x)≥1恒成立； 当0<a<1时，f)=a+lna<a<1,f)<1,f(x)≥1不是恒成立 综上所述，实数a的取值范围是[1，十o) [方法二]【最优解】：同构 由f(x)≥l得ae-1-lnx+lna≥1，即eaa+-1+lna+x-l≥lnx+x,而nx+x=ex+lnx,所以 ehatx-1+Ina+x-12 elx+Inx. 令h(m)=em+m,则h(m)=em+l>0,所以h(m)在R上单调递增. 由ea+x-+lna+x-l≥emx+lnx,可知h(lna+x-1)≥h(nx),所以na+x-l≥lnx,所以 lna≥nx-x+l)m· 令F()=nx-x+1,则F'()=1-1=1-x 所以当x∈(0,1)时，F'(x)>0,F(x)单调递增； 当x∈(1，+o)时，F'(x)<0,F(x)单调递减. 所以[F(x】mx=F(I)=0,则lna≥0，即a≥1. 所以a的取值范围为a≥1. 88/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 [方法三]：换元同构 由题意知a>0,x>0,令ae-l=t,所以lna+x-l=lnt,所以lna=lnt-x+l, 于是f(x)=ae-1-lnx+lna=t-lnx+lnt-x+l. 由于f(x)≥l,t-hx+lnt-x+1≥1台t+lnt≥x+nx,而y=x+lnx在x∈(0，+o)时为增函数，故t≥x,即 oe之，分商参数后有a之 令8)高，所以g-ege”0- e23 e2-3 当0<x<1时，g(x)>0,8(x)单调递增；当x>1时，8(x)<0,g(x)单调递减. 所以当x=1时，8)=。取得最大值为80)=1所以a≥1. [方法四]： 因为定义域为(0，+o),且f(x)≥1，所以f()≥1，即a+na≥1. 令S(a)=a+lna,则s'(a@=1+1>0,所以s(a)在区间(0，+w)内单调递增。 因为S1)=1,所以a≥1时，有S(a)≥S(1),即a+na≥1. 下面证明当a≥1时，f(x)≥1恒成立. 令T(a)=ae1-nx+lna,只需证当a≥l时，T(a)≥l恒成立. 因为T'(a)=e+>0,所以T(@在区间[，+o)内单调递增，则[T(al。=T0=e-lnx. 因此要证明a≥1时，T(a≥1恒成立，只需证明[T(alma=e-1-nx≥1即可. 由e≥x+l,lnx≤x-1,得e-1≥x,-lnx≥l-x. 上面两个不等式两边相加可得e-1-lnx≥1，故a≥1时，f(x)≥1恒成立. 当0<a<1时，因为f=a+na<1,显然不满足f(x)≥1恒成立. 所以a的取值范围为a≥1. 【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数f(x)的单调性，求出其最小值，由f≥0即可求出，解法 虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法； 方法二：利用同构思想将原不等式化成ema+-1+na+x-l≥ex+lnx,再根据函数h(m)=em+m的单调性以 及分离参数法即可求出，是本题的最优解； 方法三：通过先换元，令ae-1=t,再同构，可将原不等式化成t+nt≥x+lnx,再根据函数y=x+lnx的 单调性以及分离参数法求出； 89/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 方法四：由特殊到一般，利用f()≥1可得a的取值范围，再进行充分性证明即可. 37.(2020全国Ⅲ卷高考真题)设函数f田=+低+c,曲线y=f)在点（分，分》处的切线与y轴垂 直 (1)求b. (2)若f(x)有一个绝对值不大于1的零点，证明：f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 【答案】(1)6= 4:(2)证明见解析 【分析】(1)利用导数的几何意义得到f'()=0,解方程即可； （2)方法-：由(1>可得了=3x氵2x+c2,易知f侧在(2月上单调递减，在（为， 4 兮四)上单调递增，且心-)=e-4f 1、 21 +4f=c-子0=c+},采用反证法，准出矛后即可 1 )=c+ 【解】D因为/因=3+b,由题意，-0，即：3[-6=0，则0-子 (2)[方法一]：通性通法 由(1)可得f=x-3x +c,f四-3x-}3+20-为， 1、 4 4 令f>0,得x>或x<:令f<0,得 1 2 2 所以)在(2为上单调递减，在（为，兮网上单调递增。 若f(x)所有零点中存在一个绝对值大于1的零点。，则f(-1)>0或f)<0, 即c4或c<号 1 当e>4时，f-)-c-子0-c+好0f-c-0f0-c+}0, 又f(-4c)=-64c3+3c+c=4c(1-16c2)<0, 由零点存在性定理知f(x)在(-4c,-1)上存在唯一一个零点x。, 即f(x)在(-0，-1)上存在唯一一个零点，在(-1，+o)上不存在零点， 此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 90/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又f(-4c)=64c3+3c+c=4c(1-16c2)>0, 由零点存在性定理知f(x)在(1，-4c)上存在唯一一个零点x,', 即f(x)在L,+o)上存在唯一一个零点，在(-0,1)上不存在零点， 此时f(x)不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾； 综上，()所有零点的绝对值都不大于1， [方法二]【最优解】： 设6是/四的-个零点，且s1,则c=+3 . 从而四=式+子=e++-》 3 令h©三+x+,由判别武△=x4女3-3x20,可知h=0在R上有解，h9的圈 ≥0 「11 称轴是x= 22'2 3=.12、 ，所以h(x)在区间 上有一根为, 2 h-0=1-+-42≥0 在区间[产引上有一限为起（省≤=山时，)进而有s151,所以@的所有零点的能 对值均不大于1. [方法三]： 设6是函数/9的-个第对值不大于1的零点，且c=+子ks1.设倒=+子 x,则 c)=x+子显然心在区何（1)内单调造流，在区同（为》内单调造话、在区间（日)内单调 递减.又c(-1)= 「117 设×为函数f的零点，则必有四=矿-子+c=0,于是-日5c=-+5行所以 4x-3x-1=(-1)(2x+1)≤0， 解得-1≤x≤1，即x≤1. 4x-3x+1=(x1+1)(2x-1)≥0， 综上，∫(x)的所有零点的绝对值都不大于1. [方法四]： 由(1)知，f(x)=x3- +f)=3-子令e-0,得=或x分则f在区间》 3 4 号》为境减，在区问合+内递猫，所以@的摄大信为/》c+0,四 1 1 内递增，在区间 22 91/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的极小值为=c-心-, 若》f付}0，即e或c-令f@有唯一个零点6，品然有k>1,不满足题意。 4 若》[付)-0，即或。=有两个零点，不设一个零点为x=分显然有 (i) 4 s1,时，=：则0=0，另一个零点为1，满足画，同盟，老一个零点为号 则另一个零点为-1. (试) /付)0，印-6分有三个零点，易知在区间〔)内有-个零成，不纺设 11 4 为，显然有xs1,又f（》0,f)<0,所以在-1)内有-个零点m:显然m1,同，f 在合内有一个零点，有1. 综上，f(x)所有零点的绝对值都不大于1. [方法五]： 设x是f0四的-个零点且s1,则c=-出，x是f的另一个零点。 3 3 3 s3三1“5十1二十大五4—. 圆心+x+x0,设m(四)=x+xx+》 ,由判别式4=-4父-)3-3买≥0，所以方程有 解， 假设实数x,满足x>1. 由≤1，>l,x+xx+= 得+x,+>.与 4 对+x,+g-?0矛盾，假设不成立。 4 所以，f(x)所有零点的绝对值都不大于1. 【整体点评】(2)方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推 出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三： 利用零点的定义结合题意求出℃的范围，然后再由零点定义以及c的范围即可求出所有零点的范围，从而证 出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出℃的范围，再结合零点存在性定理即可证出； 方法五：设函数的一个零点为x,满足x≤1，再设另一个零点为x2,通过零点定义找到x,x的关系，再 根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即可推出矛盾，从而证出， 92/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 38.(2020全国I卷·高考真题)己知函数f(x)=e-a(x+2). (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围 【答案】(1)f()的减区间为(-，0)，增区间为(0，+∞)；(2)（三，+∞） 【分析】(1)将a=1代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间 和减区间； x+2 +20*-2, (2)若f纠有两个零点，即e-a(x+2)=0有两个解，将其转化为a=e,有两个解，令h)=e 求导研究函数图象的走向，从而求得结果 【详解】(1)当a=1时，f(x)=e-(x+2),f(x)=e-1, 令f(x)<0,解得x<0,令f(x)>0,解得x>0, 所以f(x)的减区间为(-o,0),增区间为(0，+o): (2)若f(x)有两个零点，即e-a(x+2)=0有两个解， 从方程可知，x=-2不成立，即a=e有两个解， x+2 令c9=去-2，则有h四)O+2eeG+） (c+2)2(x+2)2’ 令h(x)>0,解得x>-1,令h(x)<0,解得x<-2或-2<x<1, 所以函数h(x)在(-∞，-2)和(-2，-1)上单调递减，在(-1，+o)上单调递增， 且当x<-2时，h(x)<0, 而x→-2时，h(x)→+0，当x→+0时，h(x)→+o, 所以当a=e有两个解时，有a>h(-)=。 1 x+2 所以满足条件的a的取值范围是：(+). 【点晴】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根 据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线y=和直线 y=a(x+2)有两个交点，利用过点(-2,0)的曲线y=e的切线斜率，结合图形求得结果 39.(2020全国I卷高考真题)已知函数f(x)=e+ax2-x (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； 93/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 1 (2)当20时，f(x)≥2+1，求a的取值范围， 【答案】(1)当x∈(-o,0)时，f(x)<0,f(x)单调递减，当x∈(0，+o)时，f(x)>0,f(x)单调递增.(2) 7-e 4，+0 【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可 (②)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值 即可确定实数α的取值范围 【详解】(1)当a=1时，f(x)=e+x-x,f'(x)=e+2x-1, 由于f(x)=e+2>0,故f'(x)单调递增，注意到f'(0)=0,故： 当x∈(-o,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)方法一1【最优解】：分离参数 由)+1得，。+a2-+1,其中x20, ①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意； ②当0所，分度参数：将心心-」 e-x3-x-1 记 —’8)= -2g-- 8(x)=- h(x)=c-2-x-1(x20). 则H'(x)=e-x-1,h(x)=e-1≥0， 故h'(x)单调递增，h(x)≥H(O)=0, 故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)=0, 由h(x)≥0可得：e-x-x-120恒成立， 2 故当x∈(0,2)时，g(x)>0,g(x)单调递增； 当x∈(2，+o)时，g(x)<0,g(x)单调递减； 94/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 因此.[8(x)l=82)=7-e 41 综上可得，实数a的取值范围是 7-e2 4,+ [方法二]：特值探路 当x≥0时，f)2+1恒成立→f25→心7-e 41 只需证当a≥7-e时，f)2r+1恒成立， 4 当a≥7-e时，f0=e+m2-x2e+7- 4 4r2-x. 只需证明e+7-e 4x-x22+1x之0)⑤式成 ⑤式台(e2-7x+4x+2x+4 ≤4， e* 令0的-(e-7刃小r+4x+2x+4 (x≥0)， e* 则H()= 13-e2)x2+2(e2-9）x-2x3_-x[2x2-(13-e)x-2(e-9]-x(x-2)[2x+(e2-9] e e e [。9-e2 所以当x∈0,2」 时，H(x)<O,h(x)单调递减； 当x∈ 2,2)>0,)单调递塔： 9-e2 当x∈(2，+o),h'(x)<0,h(x)单调递减. 从而[h(x)]max=max{h(0),h(2)}=4,即h(x)≤4，⑤式成立. 所以当a之7-E时，)分+1恒成立. 4 7-e2 综上a≥ 4 【方法三]：指数集中 当x≥0时，f≥+1恒成立→e>x+1-am心2+x三x-m心2+x+1)e≤1， 记g(x)=(5x3-a2+x+1)e*(x≥0)， 8'(四)=-分-m+x+1- x2+2am-1e=-1xx2-(2a+3)x+4a+2]er=-x(x-2a-10(x-2)e, 2 2 2 95/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①.当2a+1≤0即a≤- 2时，8()=0→x=2,则当xe(0,2)时，g(y>0,8(y)单调递增，又8(0)=1， 所以当x∈(0,2)时，g(x)>1,不合题意； ②若0<2a+1<2即)a2时，则当xe02a+u2+0)时，8田<0,8s)单调递减昌 x∈(2a+1,2)时，g(x)>0,8(x)单调递增，又g(0)=1, 所以若满足8)s1.只需812)s1,即g2)=0-ogs1曰e7,所以当7三0时， 41 g(x)≤1成立： ③当2a+1≥2即a≥时，8)=(-m+x-e≤+x+e7,又由@可知7sa<时， 8()≤1成立，所以a=0时，8=（兮r+x+e≤1恒成立， 所以a≥】时，满足题意 综上，心7-e 4 【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值（最值）最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本 题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有： 方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究； 方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性； 方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！ 40.(2020全国Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=2lnr+1. (1)若f(x)≤2+c,求c的取值范围； (2)设0时，讨论函数g(x）-f9-f@的单调性. x-a 【答案】(1)【-1，+o)；(2)8(x)在区间(0，a)和(a,+o)上单调递减，没有递增区间 【分析】(1)[方法三]不等式f(x)≤2x+c转化为f(x)-2x-c≤0，构造新函数，利用导数求出新函数的最 大值，进而进行求解即可； (2)对函数g(x)求导，把导函数g'(x)的分子构成一个新函数m(x),再求导得到m(x),根据m'(x)的正负， 判断m(x)的单调性，进而确定g'(x)的正负性，最后求出函数g(x)的单调性 【详解】(1) [方法一】【最优解】： f(x)≤2x+c等价于2lnx-2x≤c-1. 96/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 设h)=21nx-2x,则Ho=2-2=20-9 当0<x<1时，H(x)>0,所以h(x)在区间(0,1)内单调递增； 当x>1时，h(x)<0,所以h(x)在区间(1，+o)内单调递减 故[h(x)]mx=h1)=-2,所以c-1≥-2，即c≥-1，所以c的取值范围是[-l,+o). [方法二：切线放缩 若f)≤2x+c,即2nx+1≤2x+c,即nx≤x+C,1当xe(0,+o)时恒成立， 2 而y=nx在点(L,0)处的切线为y=x-1,从而有nx≤x-1, 当xE(0,+o)时恒成立，即，之-1，则c2-1.所似c的取值范围为L+0)一 [方法三白]：利用最值求取值范围 函数f(x)的定义域为：(0，+o) f(x)≤2x+c→f(x)-2x-c≤0→2lnx+1-2x-c≤0(*)， 设h=2hx+1-2x-c(x>0,则有n)=2-2=20-9 当x>1时，h(x)<0,h(x)单调递减， 当0<x<1时，H(x)>0,h(x)单调递增， 所以当x=1时，函数h(x)有最大值， 即h(x)ms=h1)=2nl+1-2x×1-c=-1-c, 要想不等式()在(0，+0)上恒成立， 只需h(x)mx≤0→-1-c≤0→c≥-1； 所以c的取值范围为[-1，+o). (2)gx)=2hx+1-(2na+1)_2nx-na 2(x>0且x≠a) x-a x-a 因此g)=2x-a-xnx+xn@,t设m=2x-a-xnx+xnd, x(x-a)2 则有m'(x)=2na-lnx), 当x>a时，nx>lna,所以m'(x)<0,m(x)单调递减，因此有m(x)<m(a)=0,即 g'(x)<0,所以g(x)单调递减； 当0<x<a时，nx<na,所以m'(x)>0,m()单调递增，因此有m(x)<m(a=0,即g'(x)<0,所以8(x) 单调递减， 97/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 所以函数g(x)在区间(0，a)和(a,+o)上单调递减，没有递增区间， 【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数 学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用： 方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是 使用切线放缩的基础 方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想 41.(2020全国Ⅱ卷·高考真题)己知函数fx)=sin2xsin2x. (1)讨论f)在区间(O,π)的单调性； (2)证明：/s3 (3)设neN*,证明：sin2sim2sinr24r.,sin2s3 【答案】(1①)当x0写时，0f)单调递塔，当c(?)时，<0f)单调递减，当 x子，时，)>0f单调递增 2π (2)方法一】【最优解】：基本不等式法 由四元均值不等式可得 [f(x)=sin'x.sin'2x=4sinx.cosx=4sin'x.sin'xsin'x.3cos 3 3 sin'x+sinx+sinx+3cos?x 27 当且仅当sin'x=3cosx, 4 64 即=：-号或x=c+keZ)时等号成立 所以1f田53 · [方法二]：构造新函数+齐次化方法 因为f(x)=2sin3 xcoSx= 2sin'xcosx 2tan'x (sin2x+cos2x月 (anx+，令anx=t≥0)，则问题转化为求 8(t)= 伊)0心的最大值 2t(te+1）3-t2) 求导得g()= ,令g'(t)=0,得t=5. (t+1) 当t∈(0，√3)时，g'(t)>0,函数g(t)单调递增； 98/393 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 当te(V5,+o)时，g()<0,函数g(t)单调递减. 所以函数80的最大值为g(同=25_3y5,故s35 16 8 8 [方法三白：结合函数的周期性进行证明 注意到f(x+元)=sin(x+)sin[2(x+x)]=sin'xsin2x=f(x), 故函数f(x)是周期为π的函数， 结合(1)的结论，计算可得：f(0)=f(π)=0， 兽( 满此可箱：/l3,[VsL=35 8 即3 (3)利用(2)的结论 由于(sinxsin22x…sin22”x)f=sin3xsin32x…sin32”刘=sinsin2xsin32x-sin32-sin2"xsin2刘 3sinf6w)f(2x)…f(2-x)sin22"xy≤ff(2)…f(2-x, 3 3” f所以sin2xsin22x…sin22”x 3V5 8 4n 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数 的单调性即可； (②[方法一]由题意将所给的式子进行变形，利用四元基本不等式即可证得题中的不等式； (3)[方法一]将所给的式子进行恒等变形，构造出(2)的形式，利用（②）的结论即可证得题中的不等式. 【详解】(1)由函数的解析式可得：f(x)=2sin3 xcoSx,则： f(x)=2(3sin2 xcos2x-sinx)=2sin2 x(3cos2x-sin2x) =2sin2x(4cos2x-1)=2sin2 x(2cosx+1)(2cosx-1), (0在xe0,m上的根为：与-行年-7 3 当xc0写时，>0，f)单调递增， 99/393 6学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 π2π 当xe(33 时，f(x)<0,f(x)单调递减， 3,π时，()>0，f()单调递增 2π 当xe (2)略 (3)略 【整体点评】（②）方法一：基本不等式是证明不等式的重要工具，利用基本不等式解题时一定要注意等号成 立的条件： 方法二：齐次化之后切化弦是一种常用的方法，它将原问题转化为一元函数的问题，然后构造函数即可证 得题中的不等式： 方法三：周期性是三角函数的重要特征，结合函数的周期性和函数的最值证明不等式充分体现了三角函数 有界限的应用 (3)方法一：利用（②）的结论体现了解答题的出题思路，逐问递进是解答题常见的设问方式； 42.(2019江苏·高考真题)设函数f(x)=(x-a4)(x-b)x-c),a,b,c∈R,f'(x)为f(x)的导函数. (1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值； (2)若ab,b=c,且f(x)和f"()的零点均在集合{-3,1,3}中，求f(x)的极小值： (3)若a=0,0<b<L,c=1,且fcx)的极大值为M,求证27 【答案】(1)a=2; (2)f(x)的极小值为-32 (3)见解析 【分析】(1)由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值； (2)由题意首先确定α，b,c的值从而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极 小值 (3)由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式： 解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式： 解法二：由题意构造函数，求得函数在定义域内的最大值， 因为0<b≤1，所以x∈(0,1) 当x∈(0,1)时，f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)2. 令86=c-xc0.D,则gc=3x写}cx-D 100/393