专题三 导数及其应用-【创新教程】2024-2026三年高考数学真题分类特训试卷

最新真题 分类特训 专题三导数及其应用 真题题组·实战集训1] 一、选择题 1.(2026·全国I卷，4)曲线y=5x十8lnx在点(1,5)处的切线方程为 A.y=3x+2 B.y=5x C.y=8x-3 D.y=13x-8 2.(2026·全国I卷，6)已知函数f(x）=十2的最大值为1，则4 e"ta 斯 A司 B.1 c昌 D.2 3.(多选)(2024·新课标I卷，10)设函数f(x)=(x一1)2(x一4)，则 A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 的 4.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，11)设函数f(x)=2x3一3a.x2+1,则 A.当a>1时，f(x)有三个零点 痛 B.当a<0时，x=0是f(x)的极大值点 C.存在a,b,使得x=b为曲线f(x)的对称轴 D.存在a,使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 5.（2024·全国甲卷（理），6)设函数f()-。十2sn工，则曲线y=fx)在点(01）处的切线与两 1+x2 如 坐标轴所围成的三角形的面积为 ( 御 A日 C.z n号 二、填空题 6.(2025·全国一卷，12)若直线y=2x+5是曲线y=e+x十a的一条切线，则a= 7.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x一2)(x-a)的极值点，则f(0) 品 8.(2024·新课标I卷，13)若曲线y=e+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切 线，则a= 9.(2024·全国甲卷（文），16)曲线y=x3-3.x与y=-(x-1)2+a在(0，十∞)上有两个不同的 交点，则a的取值范围为 10.(2024·天津卷，15)若函数f(x)=2√x2一a.x一|ax一2|+1恰有一个零点，则a的取值范围 为 9 三、解答题 11.(2026·全国Ⅱ卷，19)(17分)已知函数f(x)=xe十ax十b,曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的 切线方程为y=一2x十1. (1)求a,b; (2)当x>0时，f(x十m)一f(x)>m,求m的取值范围； (3)当x>0时，f(k+x)+f(k一x)>2f(),求k的最小值. 12.(2026·上海卷，19)(14分)本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分. 已知a∈R,函数f(x)=x2+ax十3，g(x)=4x十1 ()已知f1)=4,求fx)+>g(x)的解集； (2)a≠0，l1是曲线y=f(x)在点(0,3)处的切线，l2是过点(0,3)且垂直于l1的直线，曲线 y=g(x)与l1,l2在第一象限内均无公共点，求a的取值范围. 10 13.(2026·天津卷，20)16分)已知f(x)=e- ?sin x. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)当x∈[-3+∞时，证明fx)≥1+号： (3)求实数a的最大可能值，使得f·f分·3)f…f份户(n+1)"对任 意的n∈N*都成立. 14.(2026·北京卷，20)(15分)设函数f(x)=x2+mx-4e-1(n∈Z),曲线y=f(x)在点(-1， f(一1)处的切线方程为4x+e2y+e2+8=0. (1)求m,n的值； (2)求f(x)的极值点个数： (3)当直线y=kx一1(k>0)与曲线y=f(x)的交点个数. 11 15.(2025·上海卷，19)已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的解集； (2)若函数y=f(x)满足在(0，十∞)上存在极大值，求m的取值范围； 好 16.(2025·北京卷，20)已知函数fx)的定义域为(-1，十c∞)，且f(0)=0,f(x)=1nr+D,直 x+1 线L1是曲线y=f(x)在点A(a,f(a)处的切线， (1)求导函数f'(x)的最大值； (2)当-1<a<0时，求证：除切点A外，y=f(x)在l1上方； 世 (3)当a>0时，过点A作与l1垂直的直线l2,l1,l2与x轴的交点横坐标分别为x1,x2,求 2a一x2二1的取值范围. x2-x1 烯 12 [直题题组·实战集训2] 1.(2025·全国二卷，18)已知函数fx)=l(1+)-x+2-r,其中0<<号 (1)证明：f(x)在区间(0，+∞)存在唯一的极值点和唯一的零点； (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，十∞)的极值点和零点， （i)设函数g(t)=f(x1十t)-f(x1-t),证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 斯 杯 2.(2025·全国-卷，19)(1)求函数f(x)=5cosx-cos5x在区间[0，]的最大值； (2)给定0∈(0，π)和a∈R,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十p)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. 如 御 13 3.(2025·天津卷，20)已知函数f(x)=ax一(1nx)2. (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)f(x)有3个零点x1,x2,xg,且x1<x2<x3· (i)求a的取值范围； (1)证明：a-1nx1n<e 4.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函数f(x)=(1一ax)ln(1十x)一x. (1)若a=一2，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 14 5.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函数f(x)=a(x一1)一lnx+1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e-1恒成立. 6.(2024·新课标I卷，18)(17分)已知函数f(x)=n2- x十ax+b(x-1)3 (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)>一2，当且仅当1<x<2,求b的取值范围. 15 7.(2024·新课标Ⅱ卷，16)(15分)已知函数f(x)=e-ax-a°. (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围. 8.(2024·北京卷，20)(15分)设函数f(x)=x+ln(1十x)(k≠0)，直线l是曲线y=f(x)在点 (t,f(t))(t>0)处的切线： (1)当k=一1时，求f(x)的单调区间； 教程 (2)求证：1不经过点(0,0)； (3)当k=1时，设点A(t,f(t)),(t>0),C(0,f(t),O(0,0),B为1与y轴的交点，S△o与 S△A0分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点A使得2S△AC0=15S△B0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) 16专题三导数及其应用 实战集训1 1.D=5+兰，当x=1时=13，所求切线方 程为y-5=13(x-1),即y=13.x-8,选D. 2.B由题意知a>0,分母恒正，最大值为1，即x 十2≤e十a对一切x成立，且能取等号.设h(x) =x十2-e,则h'(x)=1-e,当x=0时h(x) 最大，且h(0)=1,所以a≥1，又有a>1时，恒 有h(x)≤1<a,所以a=1,选B. 3.ACD首先有f(x)=(x-1)(x-4), 则f(x)=3(x-1)(x-3), 对于A有，x=3左右的两侧符号变化为由负到 正，故其为极小值点，故A正确； 对于B有，当0<x<1时，函数单调递增且x2<x, 故f(x2)<f(x),故B错误； 对于C有，当1<x<2时，得1<2x-1<3且 f(1)=0,f(3)=-4,故-4<f(2x-1)<0,故 C正确； 对于D有，当一1<x<0时，f(x)单调递增， f(2一x)>f(x)成立，故D正确.故选择：ACD. 点评：函数的单调性问题转化成导数的单调性 问题即可顺利解决. 4.AD求导得f(x)=6.x(x一a),于是：A正确， 当a>1时，极大值f(0)=1>0,极小值f(a) 1一a3<0,所以必有三个零点；B错，a<0时x =0应为极小值点；C错，任何三次函数不存在 对称轴；D正确，当a=2时f(x)=2(x-1)3一6 (x-1)-3,关于(1，-3)中心对称. 5.A 'f()=e'+2sina 1+x2 ()=(e+2cos x)()-(e'+2sin x).2x (1+x2)2 -(x-1)'e*+2(1+x)cos x-4xsin x (1+.x2)2 则f(0)=3, ∴.y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y一1= 3(x-0),即3x-y+1=0, 令x=0,得y=1, 令y=0:得=一日 .y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围 成的三角形的面积为S=合×-号×1=日 6.解析：由2x+5=e十x十a,得e=x+5-a,故 可知y=x十5-a与y=e相切，所以5-a=1, 故a=4. 答案：4 7.解析：因为f(x)=(x2-3x+2)(x-a)(x∈R), 所以f'(x)=(2x-3)(x-a)十(x2-3.x+2), 由f'(2)=0得：2-a=0,所以a=2, 所以f(x)=(x-1)(x-2)2且f(x)=2(x-1) (x-2)十(.x-2)2=(x-2)(3.x-4), 88 当x变化时，f'(x),f(x)变化如下表 43 2 (2,十∞) f(z) 0 0 f(x) 单调递增 极大值单调递减极小值 单调递增 即a=2时，x=2是f(x)的极值点， 所以f(0)=一4. 答案：一4 8.解析：由题知y=(e十x)'=e十1，当x=0时， 切线斜率k=2, 则切线方程为y=2.x十1，y=[ln(x+1)十a]Y y=1n+D+a的切点(0 即0=ln(-号+1+a,故a=ln2. 答案：ln2 9.解析：令x3-3.x=-(x-1)2十a,则a=x3-3x +(.x-1)2,设o(x)=x3-3x十(x-1)2,0'(x) =(3.x十5)(x-1),p(x)在(1，+∞)上递增，在 (0,1)上递减，因为曲线y=x3-3x与y=一(x 1)2十a在(0，十∞)上有两个不同的交点，9(0)=1， p(1)=一2，所以a的取值范围为(-2,1). 答案：(-2,1) 10.解析：令f(x)=0, 即2√Jx-ax=|ax-2-1, 由题可得x2-ax≥0， 当a=0时，x∈R,有2√x2=|-2|-1=1,则 =士，不特合要求，含去： 当a>0时，则2√x2-ax=|ax-2|-1 ax-3,x≥ a 即函数g(x)=2√x-a.x与函数h(x)= a.x-3,x≥2 1-ax,x<2 有唯一交点， a 由x2-ax≥0，可得x≥a或x≤0， 当x≤0时，则ax-2<0, 则2√x2-ax=ax-2|-1=1-ax, 即4.x2-4ax=(1-a.x)2,整理得(4-a2)x2 2ax-1=[(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=2时，即4十1=0，即=一 1或x=2-a 当a∈(0,2)，x=一2+ 1>0(正值 舍去)， 当ae2+o)时=-2+a<0或=2a <0,有两解，舍去， 即当a∈(0,2]时，2√x-ax-|ax-2+1= 0在x≤0时有唯一解， 则当a∈(0,2]时，2√x-ax-a.x-2|十1= 0在x≥a时需无解， 当a∈(0,2]，且x≥a时， a.x-3,x≥2 由函数h(x) 关于x= 2 1-ax,x<2 a 对称， 令h(x)=0,可得x=上或x=3 a 且画数A()在（日）上单调适减，在 (侣)上单调递增， 令g（x)=y=2√x2-ax,即 a 4 =1, 故x≥1时，g(x)图象为双曲线- aa =1右 4 支的x轴上方部分向右平移受所得， 由二-兰=1的渐近线方程为y=士名x aa a 4 2 ±2x, 即g)嘟分的新近线方程为y=2(一受》： 其斜率为2， a.x-3,x≥2 又a∈(0,2]，即h(x) 在x之 1-ax,x< 2 a 2时的斜率a∈(0,2]， 令g(.x)=2√x2-a.x=0,可得x=a或x=0 (舍去)， 且函数g(x)在(a,十o∞)上单调递增， 1∠a 故有 a 3、,解得1<a<3,故1a<3特合 要求； 当a<0时，则2x-ax=a.x-2|-1 a.x-3,x≤2 a 1-ax,x>2' a 89 即函数g(x)=2√x-a.x与函数h(x)= ax3&有唯一交点 1-ax,x>2 由x2-a.x≥0，可得x≥0或x≤a, 当x≥0时，则ax-2<0,则2√x2-a.x=|ax -2|-1=1-ax, 即4x2-4a.x=(1-a.x)2,整理得(4-a2)x2 2a.x-1=[(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=-2时，即4x-1,即x=车， 当a∈（-2,0，x=-2十。<0（负位合去）成 10, 2- 当a∈(-∞，2)时，x=2十a >0或x=2-a 1 >0,有两解，舍去， 即当a∈[-2,0)时，2√x2-ax-|a.x-2|+1 =0在x≥0时有唯一解， 则当a∈[-2,0)时，2x2-ax-ax-2|+1 =0在x≤a时需无解， 当a∈[-2,0)，且x≤a时， a.x-3,x≤2 由函数h(x)= 2 1-ax,x>2 关于x= 对称， 令h(x)=0,可得x=1或x=3 a a 且画数A()在（侣）上单期道减，在 (径)上单调递增 可得：x≤Q时gx)图象为双尚曲丝 4 =1左支的x轴上方部分向左平移2所得， 8x)事分的断近线方程为y=一2(+号》其 斜率为一2， a.x-3,x≥2 又a∈[-2,0)，即h(x)= 在x 1-az,x<a <2时的斜率a∈[-2,0)， 令g(x)=2Wx2-ax=0,可得x=a或x=0 (舍去)， 且函数g(x)在（一o∞，a)上单调递减， (7a 故有 ∠d ,解得-√3<a<-1,故-√3<a< La 一1符合要求； 综上所述，a∈(-√3，-1)U(1,W3) 答案：(-√3，-1)U(1W3) 点睛：关键点点睛：本题关键点在于将函数 f(x)的零点问题转化为函数g（x)= ax-3,.≥ 2√x2-ax与函数h（x)= 的交 1-at,<- a 点问题，从而可将其分成两个函数研究. 11.解：(1)根据函数在x=0处切线方程，得f(0) =b=1, f(x)=(x+1)e+a, 切线斜率k=f'(0)=1十a=一2→a=-3. 所以a=-3,b=1. (2)由(1)知f(x)=xe-3x十1.不等式可化 为f(x十m)-（x+m)>f(x)-x.设函数 g(x)=f(x)-x=xe-4x+1,g'(x)= (.x+1)e-4, g"(x)=(x+2)e>0(x>0),g'(x)在(0， 十∞)上单调递增.又g'(0)=-3<0,g'(1) 2e一4>0，所以存在唯一零点x。∈(0,1).若 m≤0，无法满足对任意x>0均有g(x十m)> g(x)(例如当x>x。时递增)，故必有m>0.当 m>0时，因为g(x)单调递增，故：g'(x十m) >g'(x)→[g(x+m)-g(x)]Y'>0, 所以函数h(x)=g(x十m)一g(x)在(0，十o∞) 上单调递增.要使h(x)>0对任意x>0恒成 立，只需：h(0)≥0→g(m)≥g(0)→mem-4m +1≥1→m(e"-4)≥0，因为m>0,所以：e"≥ 4→m≥ln4=21n2, 所以m的取值范围是[21n2,十o∞). (3)要使当x>0时，f(x十k)十f(k一x) 2f(k)>0.设F(x)=f(k十x)+f(k-x)- 2f(k)(x≥0)， 则F(0)=0.且F(x)=f(k十x)-f(k-x) =(k十x+1)e+x-(k-x十1)e-x =e[(k+1+x)e2r-(k+1-x)], 设p(x)=(k十1十x)e2x-(k+1-x), 则p(0)=0.且p'(x)=(2k+3+2x)e2x+1, 若k≥-2：当x>0时，p'(x)≥p'(0)=2k十4 ≥0.由此可知(x)>p(0)=0,即F(x)>0, 所以F(x)>F(0)=0恒成立.若k<一2：在 x→0时，p'(x)→2k十4<0→F(x)<0→F(x)< 0,不满足条件.综上所述，k的最小值为一2. 12.解：(1)由题意，x≠0，f(1)=1+a十3=4解得 a=0,所以f(x)=x2十3， 由小3+>+好-叶30 解得x∈(-∞，0)U(0,1)U(3,+∞). 90 (2)由题意，f'(x)=2x十a,f'(0)=a 故4为y=ax十3，故与外年为-日 故2为y=-1x十3， 故a.x+3=4x+在(0，十0)内无解， 放a=之-2+4东0，十)内无每 不妨设1=1∈(0，十o∞)，h()=13-31+4, h'(t)=3t2-3≥0，t≥1， 故h(t)在(0,1]上单调递减，在[1，十∞)上单 调递增， 故h(t)mm=h(1)=2,x→+o∞，h(t)→+o∞， 故h(t)∈[2，十∞)，即a∈(-∞，0)U(0,2); 同理一 }∈(-∞，0)U(0,2)→a∈ -0,- U0,+o 上a∈(-m20o2 13.解：(1)f(x)=e- f0)=e”-号sn0=1 切点(0,1)， 2 f()=ecos k=f0)=e-号cos0=专， 2 1 “切线方程：)=3十1 (2)运明：f)≥1+营对[一子+）成立 构造：gx)=e-青-号nx-1,g0)=0: g)=e-合-景os 当x≥0时e≥1，cosx∈[-1,1]， e-号-号s≥0r≥0， ∴g(x)单调递增，.g(x)≥g(0)=0. 当x-时. g"(x)=e+ 3sinr,g(.x)为单调增函数， x≥(-）=寸-号m}>0… g'(x)单调递增，.g'(x)<g(0)=0, g（x)单调递减，∴.g(x)>g(0)=0, 综上所述x【专+时，g)≥0， 即当x【-3,+∞时，fx)≥1+号 8先证明f(日)户+)，即证心-号mx -(1十x)≥0，当x∈(0,1)恒成立， G()=e-sin -(1+)"E(0,D); 2 G'(x)=e-3cosx-a1+x)°-l； ,G(0)=0,且G(x)≥0；.必有G(0)= 1-号-a≥0a≤ 下西证明a≤行时，符合题意： ①a<号时，Gx)=e-号sinx-1+xr≥ e-号snx-1+)i, 令a)=e-号im1+). A)=e-号osx-1+r)>0, h(x)单调递增，h(x)>h(0)=0. @当a≥1时.G(x)≤e-号inx-1+). 令g)=t-号nx-1+ gx)=e-1-号sx,g'0)=-是<0， 3 1》=e-1号as1>0. 与x∈(0,1)使g'(xo)=0,g(x)在(0，xo)单 调递减，在(xo,1)单调递增. .0>g(xo)>G(xo)不满足题意 @a∈（16'0）=-a<0 Ga)=e-号 -a…21>0, ∴.与唯一一个x1∈(0,1)使G(x1)=0,G(x) 在(0，x1)单调递减，(x11)单调递增. .G(x1)<G(0)=0,不符合题意. 综上am=专时fx)≥(1+x)八，令x= 则（分）≥+)： )f)f)f()f阳 ≥(n十1)“对任意的 n∈N*也都成立. 14.解：(1)由题意，切线方程为y=一专x-1 8 3, 所以-1)=-1-专f(-10=-专 又f(.x)=x2十m.x-4eu-1， 所以f(.x)=2.x十m-4nem1, 91 所以f(-1)=1-m-4em-1, f'(-1)=-2+m-4nea1. 于是1-m-4e1=-1- -2十m-4ne1=- e3, 整理得n十1=2e”-1(n∈Z). 若n=1,则等式成立； 若n≥2，则2e”1>2·2”-1=2"≥n十1，等式不 成立； 若n≤一1，等式左边非正，右边为正，等式不 成立； 若n=0,则1≠2，等式不成立. e 综上，n=1,代入得m=2, 所以m=2,n=1. (2)由(1)得f(x)=x2+2x-4e1, 所以f'(.x)=2.x十2-4e1 =2(x+1-2e-1). 令g(x)=x十1-2e-1,则g'(.x)=1-2e1. 令g'(x)=0,得x=1-ln2, 令g'(x)<0,得x>1-ln2, 令g'(x)>0,得x<1-ln2, 可得g(x)在(-o∞，1-ln2)上单调递增，在 (1-ln2,十o∞)上单调递减， 又g(-1)=-2e2<0,g(0)=1-2>0, e g(2)=3-2e<0, 所以g(x)在(-1,0)和(0,2)内各有一个 零点. 由g(x)的单调性，可得g(x)共有两个零点且 均为变号零点. 因此f'(x)有两个变号零，点，所以f(x)有两个 极值点. (3)由x2+2.x-4e-1=k.x-1, 整理得x2+(2-k)x十1-4e-1=0. 令F(x)=x2+(2-k)x+1-4e-1. 当x≥0时，F(x)=(x十1)2-4e1-kx. 令v(t)=e-(t十1)，则v'(t)=e-1,当t<0 时，v(t)<0,当t>0时，v(t)>0,故v(t)在 (一∞，0)上单调递减，在(0，十∞)上单调递 增，则v(t)≥v(0)=0,即有e≥1十t,当且仅当 =0时取等，取1=号，得e宁≥1+号 2 =+1=x十12e号≥x+1→4e1≥(x+ 2 2 1)2,当且仅当x=1时取等号.又k>0,x≥0， 所以F(.x)=(x十1)2-4e-1-k.x≤-k.x≤0， 两个等号不同时取得，所以F(x)<0, 所以F(x)在[0，十∞)上无零点. 当x<0时，F(x)=2x十2-k-4e-1, 令(.x)=F'(x),则k(x)=2-4e-1>2-4 >0, 所以F(x)在（一∞，0）上单调递增，F(x)在 (一∞，0)上至多有1个零点. 若F'(x)在（一o∞，0）上无零点，则F(x)在 (-0,0)上单调，因为F(0)=1-4<0,当x e 一∞时，F(x)→十∞，所以F(x)在（一∞，0） 上有1个零点； 若F(x)在（一∞，0）上有零点x。,则F(x)在 (一∞，xo)上单调递减，在(x0,0)上单调递增， 则F(x。)<F(0)<0,所以F(x)在(-∞，x。) 上有1个零点，在(x。,0)上无零，点. 综上，F(x)仅有1个零点，则直线y=k.x一1(k >0)与曲线y=f(x)的交，点个数为1. 15.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1 →f(x)=x2-x-lnx,故x2-x-l1nx≤x2 1→x+lnx-1≥0.设g(x)=x+lnx-1,x> 0,由y=x与y=lnx均为增函数，故g(x)为 增函数. 由g(1)=0得g(x)≥0台x≥1， 故解集为[1，十∞). (2)由题意，f(x)=2x-(m十2)十”= 2.x2-(m+2).x+m=(x-1)(2x-m）, 故分类讨论，由当m≤0时， f(x)=-1D(2x-m≥0→x≥1， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，+∞)上单调 递增，故f(x)无极大值不成立； 当m>0时，分类讨论， ①当m=2时，f(x)=2x二1)'≥0恒成立， f(x)在(0，十∞)上单调递增，故f'(x)无极大 值不成立； ②当0<m<2时， f(x)=-1)(2-m)≥0→x≥1或0<x x f(x)在0，受]和[1，+∞)单调递增，在 (受，单调递减，故()在=受处取得极 2 大值； ③当m>2时，f(x）=（x-1)(2x-m)≥0→ x≥或0<x≤1， 2 f(x)在(0,1]和[受，十∞）单调递增，在 (,受)单调递减，f(x)在x=1处取得权 大值； 综上：m∈(0,2)U(2,十∞). 9 16,解：1)道g0)=,期g0)=1, 2 易知g(t)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上 单调道减，所以g()最大值为g(c)=是，故 f)的最大位为日 (2)直线l1的方程为y=f(a)(x-a)+f(a), 设F(x)=f(x)-[f(a)(x-a)十f(a)], 则F(x)=f'(x)-f'(a), F(x)=f(.x)=1-ln(x+1D （x+1)2 当≥0时)=出≥0 f(a)-In(a+D<0.F(z)>0. a+1 当x<0时，F"(x)>0,F(x)在(-1,0)上单调 递增，结合F"(a)=0知x∈(-1，a)时，F'(x) <0,x∈(a,0)时，F(x)>0. 所以F(x)在（一1，a)上单调递减，在(a,十o∞） 上单调递增，所以对任意x≠a,有F(x)> F(a)=0.即除，点A外，曲线y=f(x)在直线l1 上方 (3)直线4的方程为y=-子(a（x-a)+ f(a),在l1,l2的方程中，分别取y=0,得x1= f.at fa)f(a. 易知了(a)的取位范图是(0，】： f(a) 所以2a4= f'(a) -f(a)f(a) x2一x1 +a)'(o) =1-[f(a]2 2 1+[f(a)] =-1+ 1+[f(a)下是关于 f(a)的减函数，从而得到2a-一飞的取值 x2-x1 范因关[) 实战集训2 1.解：1)因为fx)=ln1十x)-x+-kx, e(0,号) 所以f(x)= 1 1+x -1+x-3kx2 =1-1-x十x十x2-3k.x2-3kx 1+x (+1》 当>0时，令f()=0,解得x=-1>0, 2 所以当0<<品-1时f)>0,fx)单调 递增：当x>录-1时，f(x)<0,f(x)单调 递减。 所以x=-1是f(x)在(0，十∞)上唯一的极 值点，是极大值点。 因为f(法-小fo=0f)=(1+) 所以3，∈（条-1）f)=0, 所以xo是f(x)在(0，十∞)上唯一的零点. (2)(i)因为g(t)=f(x1十t)-f(x1-t), 所以g'(t)=f(x1十t)+f'(x1-t)= -3+（,十1-)+二( 1+x1+t 1+x1-t -1x)=3-)+1 [1+x1-t1+x1+t 6k(12-x-2.x1) (1+x1)2-t2 因为t∈(0，x1), 所以2-x-2x1<0,(1十x1)2-t2>0, 所以g'(t) 6k42(t2-x号-2x2<0, (1十x1)2-t2 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. (i)由(i)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 所以g(x1)<g(0), ,g(x1)=f(2x1)-f(0), g(0)=f(x1)-f(x1)=0 .f(2.x1)-f(0)<f(x1)-f(x1)=0, 又f(0)=0,所以f(2x1)<0, 因为x2是f(x)的零点，所以f(x2)=0, 所以f(2x1)<f(x2), 又x2>x1,2x1>x1,且f(x)在(x1,十o∞)上单 调递减， 所以2x1>x2: 2.解：)设cosx=1,当x【0,]时， 又cos2x=2t2-1,cos4x=2(2t2-1)2-1=8t -8t2+1, 所以cos5.x=cos4 xcos x-sin4 rsin x cos 4xcos x-4cos 2xcos asin'x =t(8t-8t2+1)-4(2t2-1)t(1-t2) =16t5-20t3+5t, ig()=5cos x-cos 5x=2013-16t3, 则g(t)=20t2(3-4t2), 93 多如g在(1，-写中停小上适成。 在(9递培 且8-1)=-48)=-3,8 3√3，g(1)=4, 故g(t)在 号1上的最大值为33，即f(x)在 [0,]上的最大值为3v5. (2)证明：假设结论不成立，即对任意y∈[a一0， a+0],均有cosy>cos0, 即对任意y∈[a一0，a十0]，有y∈(2kπ-0,2kπ +0),k∈Z, 由于0∈(0，π)，所以形如(2kπ一0,2kπ十0)，k∈ 乙的区间两两交集均为空集， 所以[a-0,a+0]三(2kπ-0,2kπ+0)， 故存在整数k,使得2kπ-0<a一0<a+0<2kπ +0,所以2kπ<a<2kπ， 与a的存在性矛盾，故假设不成立，原命题 得证. (3)由(1)可知g(t)最大值为g 3 =33 2 这说明取p=0,则有5cosx-cos(5x十p)≤ 3√3对任意实数x恒成立，即b=3√3符合题意. 另一方西，在(2)中取0=a=9,则存在 【晋9+】使得cosw≤cos， 5π 此时x。= 后∈]从而(,) 5cosx。-cos yo≥5cos6-coS6 5π=35， 所以b<3V3无法满足5cosx-cos(5x十9)≤b 对任意实数x恒成立， 综上可知，b的最小值为3√3 3.解：(1)当a=1时，f(x)=x-(lnx)2,x>0, f(1)=1, f(x)=1-21,f1)=1,所求初线方程为 y=(x-1)+1,即x-y=0. (2)(1)因为x>0,所以原问题可转化为：方程 a=n)有3个不相等的实根t1,x,且 x1<x2<x3: 令g(x)=血)，则问题转化为：直线y=a与 函数g(x)的图象有3个不同的交点 2hxz-(m)-2=hp三. 8'(x)=- x x 令g'(x)=0,得(2-lnx)lnx=0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x=e2. 当0<x<1时，lnx<0,2-lnx>0, 所以g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减； 当1<x<e2时，lnx>0,2-lnx>0, 所以g'(x)>0,g(x)在(1，e2)上单调递增； 当x>e2,时lnx>0.2-lnx<0, 所以g'(x)<0,g(x)在(e2,十oo)上单调递减. 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1) =0,g)的板大值为g)=是 当x→0时，lnx→-0，(1nx)2一+0， -→十0∞， 所以g(x)→十∞. 当x>十o∞时，g(x)→0. 因为直线y=a与函数g(x)的图象有3个不同 的交点，结合g(x)的图象（图象略）可知，0<x1 <1<,<e2<且0<a<号 故a的取位范国为0，兰》 (i)漫证nx-nx)·lnx<号 即运位n小（侵n小大 即证(n√x-lh√x)·ln√x<e-' 即证InVG-ln)ln<1+中1 e-1 由(1)中可知0<x1<1<x2<e2<x3,且0<a <号，则<1lK<e,>e 又a= (In)(In 2)(In )2 ，则 -In xL=In z:=In =a, √x1x2√x3 即ln_n区_ln区-反1 W √x2 √3 则-n属-(··< 9·-如 √x3 由(1)可知，>e,g(E)=n) √x3 则-n风·ln反< 由(e-2)>0,得c2>4c-4=4(e-1,即号 94 则-an属<专 令2=，则至=>1，n区-n国 √x2 √xz x3 _lnt+ln√ t·√x2 整理得m居-片n瓜-子 设hh->1 证明h-n①nG<1+e -a国·a属<以及m· 日后-二1以特到 (ln√a-ln√a)·ln√s=ln√a· n-加g晋+ 毫滋m-nh当运得 (t-1)2 1即可， 即证1nt<1(>1), 令0=血1一是则数0)=一D 2t 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，+o∞)上单 调递减， 则h(t)<0,即lnt<,命题得证. t 4.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1十2x)ln(1+x) -(x>-),f(x)=2n1+x)+千x,当 x>0时，f(x)>0,当-1<x<0时，f(x)<0, 所以f(x)在（一1,0）上单调递减，在(0，十∞) 上单调递增，故f(x)的极小值为f(0)=0,无极 大值； (2)f(.x)=(1-ax)ln(1+x)-x,f(x)= -aln1十)-a+)x.令g(x)=f(x),则 1+x a-a十1 g(x)=一1并x十.国为当x≥0时， f(x)≥0，且f(0)=0,f'(0)=0,所以g'(0)= -1-2a≥0a≤-合当a≤-合时，g)≥ 1 1 21+D201+x=201十x≥0，g(x)在 [0,十o∞)上单调递增，g(x)=f(x)≥g(0)=0, 故f(x)在[0，+∞)上单调递增，f(x)≥f(0)= 0恒成立，即a的取位范国为(-0，一] 5.解：(1)f(x)=a(x-1)-lnx+1,f(x)= ax-1,x>0. 若a≤0，f(x)<0,f(x)的减区间为(0，十∞)， 无增区间； 若a>0时，当0<<名时f)0,当x>号 a 时fx≥0，所以fx)的成这间为(0，》增 区间为（日+0） (2)因为a≤2，所以当x>1时，e-1-f(x)= e-1-a(.x-1)+lnx-1≥e1-2x+lnx+1. 令g(x)=e1-2.x十lnx十1，则g'(x)=e -2+,令h(x)=g(x).则N()=e1-1 h'(x)在(1，+∞)上递增，h'(x)>h'(1)=0,所 以h(x)=g(x)在(1，十o∞)上递增，g'(x) g(1)=0,故g(x)在(1，十o∞)上递增，g(x)≥ g(1)=0,即：当x>1时，f(x)<e-1恒成立. 6解：1为=0时，f)=+22+0≥0， 即a≥-1-1 x2-x 位水+2)-2++之 2+2x 所以f'(x)≥0时，a≥-2，故最小值为-2. 2由y=n(2产)关千1,0)中心对称.y=a 关于(1，a)中心对称， y=b(1-x)3关于(1,0)中心对称知：f(x)关于 (1,a)中心对称，下证其成立：f(1十x)+f(1 n1tzta(1+x)+br+lni+ x)=Inj-z -x+a(1 x)十b(-x)3=2a,故结论成立. (3)由函数的连续性及题意知：f(1)=一2，代入 原函数，得a=一2， 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x+b(x-1)3, 1<x<2, f=+ 1 --2+3b(x-1)2 =-1(22。+0 由2≥8.t2号时了u≥0 单调递增，f(x)>f(1)=-2,x∈(1,2)， 当6-号时f1)=0,f(x)=(x-1 (2。+0）=10二0t x(2-x) 令f(x)=0得x=x1,x2(x1≤x2),且x1十x2 06=2·= 6b 95 故x1<1<2,从而f(x)在(1，x2)上单调递减， f(x2)<f(1)=-2,不满足题意. 综上：6>-号 7.解：(1)a=1,f(x)=e-x-1,切，点(1，e-2), f(x)=e-1,k=f'(1)=e-1, 所以要求的切线方程为y-(e一2)=(e-1)(x -1), 即y=(e-1)x-1. (2)f(x)=e-a,当a≤0时，f'(x)>0,f(x) 在R上单调递增，此时无极值， .a>0,令f(x)=0,x=lna, f(x)在(-o∞，lna)上单调递减，(lna,十o∞)上 单调递增， .f(x)概小值=f(lna)=a-alna-a3<0, .1-lna-a2<0, 令ga)=-a2-lna+1,g'a)=-2a-日<0. g(a)在(0，十o∞)单调递减，而g(1)=0, ∴.g(a)<0台a>1, a的取值范围是(1，十c∞). 8.解：(1)因为k=-1, 所以f(x)=x-ln(1十x)(x>-1), 则f)=1-十千z>-10 1 当x∈(-1,0)时，f(x)<0,f(x)单调递减， 当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. 综上，f(x)的单调递减区间为（一1,0），单调递 增区间为(0，十∞). (2)证明：因为f(x)=x十kln(1十x),f(x) =会 所以曲线f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为 y-+n1+]=(1+)x-. 令=0，则y-+n1+), -kt+k1n(1+t), 令h(t)=1十i 则(0又≠0，≥0，则当>0时， h'(t)>0,所以h(t)在(0，十o∞)上单调递增，所 以当t∈(0，+o∞)时，h(t)>h(0)=0; 当k<0时，h'(t)<0,h(t)在(0，+∞)上单调递 减，所以当t∈(0，+o∞)时，h(t)<h(0)=0, 即当t∈(0，十o∞)时，h(t)≠0，所以l不经过点 (0,0). (3)存在. (先根据题意表示出相关的量，并将三角形面积 用含t的式子表示出来) 依题意，f(.x)=x+ln(1十x),A(t,t+ln(1+t), C(0,t+ln(1+t)), 由②)得，当=1时，以的方程为y(1+) ++ln1+0,所以B(0,h1+)-+) 若2Sm=15Sam成主，则2×号×0C× 1AC=15×2×B01X|ACI, 即2|OC=15|BO, 即2[+ih1+]=15[ln1+0千： 些理得2-18n1+0+=0, (下面剂断2-13h1+)十=0解的个 数，即为点A的个数) ◆ga)=24-13in1+)+平>0，g') 22-91+4_(21-1)t-42, (1+t)2 (1+t)2 当1(0，)时，g)>0g)单调运增，当 ∈(24时g()<0,g1)单调递减，当1 (4,十o∞)时，g'(t)>0,g(t)单调递增， 又当t→0时，g(t)→0，t→+o∞时，g(t)→十o∞， g0)的机大位为8合）6-13h是>0，g 的极小值为g(4)=20-131n5<0, 作出g(t)的大致图象如图所示 所以g(t)在(0，十∞)上有两个零点，故有两个 这样的点A使2S△wc0=15S△B0· ↑y 专题四三角函数与解三角形 考点一 1.C将f(x)的图象向x轴正方向平移30个单 位长度，得到g(x)=f(x-3p)=sin(x-2p)的 图象.因为g(x)的图象与f(x)的图象关于x轴 对标，所以3g为(T为f(x)的最小正周期) 9 的奇数倍.又子=工=不，所以30=kx(k=2m十 1n∈Z,即g=号(=2n+1,n∈Z,又0<g< 2,所以g=晋营 2.B狼题如a一晋-经即a-经+百其中k∈Z 又a>0,所以当k=0时，a取得最小值等，故选B 3.A依题可知智十9=2x十受，智十g=,其 中k,n∈Z. 两式相减，得w=4(n-2k)-2=4t-2,t∈Z. 又因为-≥品-() 所以ω≤2，故w=2. 从而9=2kπ十子，结合一x<9<π得9=于 显然fx)=sin(2x+)在[0，]上的最小 位为f(》-im誓=- 2 4.C由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函 数的最小正周期与零点即可求解. 函数f(x)=sin(wx)十cos(wx) =Esin(ox+平)(w>0. 设函数f(x)的最小正周期为T,由f(x十π)可 得kT=π，(k∈N*), 所以T=2红=天(k∈N),即0=2k,(k∈N): ωk 又画数f(x)在[0，]上存在零点，且当x∈ [0,]时，x+平∈[至+]： 所以梁+军≥元，即w≥3： 综上，w的最小值为4.故选：C 5.C由题意可得y=2n(3x-一若 }可知最小正周 期T-，所以y=2n(3-+ =2cos 3x, 画出y=sinx和y=2cos3x在[0,2π]上的函 数图象，观察即可得到6个交点 y2sin(3x-君) 4 y=sinx 0 2 2πx 故选择C.