专题三 导数及其应用-【创新教程】2022-2026五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] 一、选择题 1.(2026·全国I卷，4)曲线y=5x+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 整 2.(2026·全国I卷，6)已知函数f(x)=十2的最大值为1，则a= erfa A号 B.1 c D.2 郑 3.(多选)(2024·新课标I卷，10)设函数f(x)=(x-1)2(x-4),则 A.x=3是f(x)的极小值点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 4.(多选)(2024·新课标Ⅱ卷，11)设函数f(x)=2x3-3a.x2+1,则 A.当a>1时，f(x)有三个零点 的 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 拓 D.存在a,使得点(1，f(1))为曲线y=f(x)的对称中心 5.(2024·金国甲卷（理），6)设函数f()=十2sin工，则曲线y=f(r)在点0,1D处的切线与两 1+x2 坐标轴所围成的三角形的面积为 A合 B号 c 6.(2023·新课标Ⅱ卷，6)已知函数f(x)=ae一lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为 如 阳 A.e2 B.e C.e-l D.e-2 7.(2023·全国甲卷（文）.8)l线y千1在点〔1，}处的切线方为 A.y-f B.y-5r C.y=ex+e 4 D.y-x+89 4 8.(2023·全国乙卷（文），8)函数f(x)=x3+ax十2存在3个零点，则a的取值范围是 器 A.(-∞，-2) B.(-o∞，-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 二、填空题 9.(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= 10.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x)=(x-1)(x一2)(x一a)的极值点，则f(0) 11.(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= 12.(2024·全国甲卷（文），16)曲线y=x3-3x与y=-（x-1)2+a在(0，+∞)上有两个不同的 交点，则a的取值范围为 13 三、解答题 13.(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. 14 14.(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 (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. 15.(2026·天津卷，20)16分)已知fx)=c-号sinx. (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)当x∈[-号+∞时，证明f()≥1+若 (3)求实数a的最大可能值，使得f·f》f}·f〔》…f}≥(a+1)对任 意的n∈N*都成立. 15 16.(2026·北京卷，20)(15分)设函数f(x)=x2+mx-4em-1(n∈Z),曲线y=f(x)在点(-1， f(-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. 17.(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； 笨 16 直题题组·实战集训2] 一、选择题 1.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，11)若函数f(x)=alnx+b+S（a≠0既有极大值也有极小值， 则 ( A.bc>0 B.ab-0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 2.(202·全国甲卷，6)当x=1时，函数f)=ahx+取得最大值-2，则f2) ( 整 A.-1 c. D.1 斯 3.(多选)(2022·新高考I卷，10)已知函数f(x)=x3一x+1,则 ( A.f(x)有两个极值点 B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 4.(多选)(2022·新高考I卷，12)已知函数f(x)及其导函数f(x)的定义域均为R,记g(x)= f(x.若f-2小g2+)均为偶函数，则 ( 杯 A.f(0)=0 B)-0 C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2) 二、填空题 5.(2024·天津卷，15)若函数f(x)=2√x2-ax一|ax一2|十1恰有一个零点，则a的取值范围为 如 锕 6.(2023·全国乙卷（理），16)设a∈(0,1)，若函数f(x)=a+(1十a)x在(0，+∞)上单调递增，则a 的取值范围是 7.(2022·新高考Ⅱ卷，14)曲线y=lnx过坐标原点的两条切线的方程为 8.(2022·新高考I卷，15)若曲线y=(x十a)e有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 品 三、解答题 9(2025·北京卷20E两数前定义线为(-1十，且/0)=0，了)h,直 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； 17 (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x2一1的取值范围. x2-x1 10.(2025·全国二卷，18)已知函数fx)=n1十)-z+7x-kx,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，+∞)的极值点和零点. (i)设函数g(t)=f(x1+t)一f(x1一t),证明：g(t)在区间(0，x1)单调递减； (iⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论. 11.(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十]使得cosy≤cos0; (3)设b∈R,若存在o∈R,使得5cosx-cos(5x+o)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值. 18 12.(2025·天津卷，20)已知函数f(x)=ax-(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x1x2,x3,且x1<x2<x3 (i)求a的取值范围； （i)证明：(n-lnx)lnx,<4e e-1 13.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函数f(x)=(1-ax)ln(1十x)一x. (1)若a=-2,求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围. 14.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函数f(x)=a(x一1)一1nx十1. (1)求f(x)的单调区间： (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<e1恒成立. 19 15.(2024·新课标I卷，18)17分)已知函数f)=l血2产，十ax+6(x-1) (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. E的 16.(2024·新课标Ⅱ卷，16)(15分)已知函数f(x)=e-a.x-a3. (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. 20 [真题题组·实战集训3] 1.(2024·北京卷，20)(15分)设函数f(x)=x+kln(1+x)(k≠0)，直线1是曲线y=f(x)在点 (t,f(t))(t>0)处的切线， (1)当=一1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(t,f(t),(t>0),C(0,f(t),O(0,0),B为1与y轴的交点，S△00与 S△Bo分别表示△ACO与△ABO的面积，是否存在点A使得2S△A0=15S△B0成立？若存在， 这样的点A有几个？（参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60<ln5<1.61,1.94<1n7<1.95) 整 斯 和 2.(2023·新课标I卷，19)(12分)已知函数f(x)=a(e+a)-x. (1)讨论f(x)的单调性； (2证明：当a>0时，x)>2ma+多 如 细 21 3.(2023·新课标Ⅱ卷，22)(12分)(1)证明：当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cosa.x-ln(1一x2),若x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. 4.(2023·全国甲卷（理），21)12分)已知f(x)=ax- sin coss x (1)若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. 22 [真题题组·实战集训l4] 1.(2024·天津卷，20)（本小题16分）设函数f(x)=xlnx. (1)求f(x)图象上点(1，f(1)处的切线方程； (2)若f(x)≥a(x一√x)在x∈(0，+∞)时恒成立，求a的值； (3)若x1,x2∈(0,1)，证明|f(x1)-f(x2)川≤|x1-x2|. 2.(2024·上海卷，21)(18分)本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小 题满分8分 已知D是R的一个非空子集，y=f(x)是定义在D上的函数，对于点M(a,b),函数s(x)= (x-a)2+(f(x)-b)2.若对于P(xo,f(x),满足s(x)在x=x处取得最小值，则称P是M 的“f最近点”. (1)若D=(0,+∞)，f(x)=,M(00),求证：对于点M0,0),存在点卫，使得P是M的 “f最近点”. (2)若D=R,f(x)=e,M(1,0),请判断是否存在一个点P,它是M的“f最近点”，且直线MP 与曲线y=f(x)在点P处的切线垂直. (3)若D=R,已知y=f(x)是可导的，y=g(x)的定义域为R且函数值恒为正，t∈R,M1(t-1, f(t)一g(t),M2(t+1,f(t)+g(t)).若对于任意t∈R,都存在曲线y=f(x)上的一点P,使得 P既是M1的“f最近点”，又是M2的“f最近点”，试判断y=f(x)的单调性. 23 3.(2023·全国乙卷（文），20)12分)已知函数f(x)=是+an1+z0. (1)当a=一1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，+∞)单调递增，求a的取值范围. E好 4.(2023·全国甲卷（文），20)(12分)已知函数f(x)=a.x- nxe〔o,} cos2x’ (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)十sinx<0,求a的取值范围. 笨 24 [真题题组·实战集训5] 1.(2023·全国乙卷（理），21)(12分)已知函数f(x)= （2+an(1+. (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=f 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(0，十∞)上存在极值，求a的取值范围. 整 数 桶 2.(2023·天津卷，20)16分)尼知函数f)-侣+号》加(+1 (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(x)>1; (3)证明：吾<la(n)-a+》nn+n<1,n∈N, 如 阳 25 3.(2022·全国乙卷，21)(12分)已知函数f(x)=ln(1+x)十axex. (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（一1,0），(0，+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围. 4.(2022·新高考I卷，22)(12分)已知函数f(x)=e"一ax和g(x)=ax一lnx有相同的最 小值 (1)求a; (2)证明：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，并且从左到 右的三个交点的横坐标成等差数列. 26 [真题题组·实战集训6] 1.(2022·北京卷，20)（本小题15分） 已知函数f(x)=eln(1十x), (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0，十∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s,t∈(0，十o∞)，有f(s十t)>f(s)+f(t). 27 2.(2022·全国甲卷，21)已知函数f(x)=￡-1nx十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x1,x2,则x1x2<1. E好 3.(2022·新高考Ⅱ卷，22)(12分)已知函数f(x)=xe一e. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<一1，求a的取值范围； (3)设n∈N,证明：1十1十十1>1n(m十1). √+1√22+2'√n+n 笨 288.解：本题考查了函数的新定义，函数的性质，奇偶性、周 期性等，分类讨论、数形结合思想，函数的零点. aM=+=i(）=m号-， f(停+列m经=≠（管） 号gM. (2)即存在x使得f(x十a)=f(x)有解， :y=x+2,y=√， 在各自定义域上单调递增，故只可能是x十2=√x十a, x<0:x十2≥0，x≥-2， .x2+4x+4-x-a=0,a=x2+3.x+4,x∈[-2,0)， a=（e+)+子[-2,0, ae[4 (3)i,由y=f(x)是偶函数， 当x∈[-1,0)时，f(x)=f(-x)=1-(-x)=1+x, 对于Ha∈(0,2)，M二M2,可得f(x+2)=f(x), 对于Hx∈(-1,0)都有f(x)=f(x十a),令a=-2.x∈ (0,2),即f(.x)=f(-x), 如图 -3-210Y23x 则对x∈（一1,0），f(x)=f(x+2),故f(x)在(1,2)的 解析式为y=x一1. i,即证f(x)与直线y=c至多有9个交点，由ⅰ可知， f(x)是偶函数，且是以2为周期的函数，如上图，取c (0,1),f(一2)=f(0)=f(2)=c此时零，点个数有最大值 为9.证毕 9.解：1)音a=0时K)=+中c=++1:完义战 x≠0，：y=x十￡为奇函数， ∴f(x)=x十C十1不为奇函数，故不存在实数c,使得 x f(x)为奇函数. (2)f(1)=3@+2+e=33c=1,f(x)= 1+a x+(3a+1)x+1=0,x2+(3a+1)x+1=0,∴.△=(3a x十a +1)2-4>0且两根之和-(3a+1)<0,Q>3,若 x十a=0即x=-a是方程x+(3a十1)x十1=0的解， 得a=子或a=-1,故实数a的取位范国为a>号 专题三导数及其应用 实战集训1 1.Dy=5+日，当=1时y=13,所求切线方程为) 5=13(x-1),即y=13x-8,选D. 2.B由题意知a>0,分母恒正，最大值为1，即x十2e 十a对一切x成立，且能取等号，设h(x)=x十2一e,则 h'(x)=1一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. 19 3.ACD首先有f(x)=(x-1)2(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x<x, 故f(x)<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)=一4，故一4<f(2x-1)<0,故C正确： 对于D有，当-1<x<0时，f(x)单调递增，f(2-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)=6x(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-a<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一1)3一6(x一1)一3，关于(1，一3)中心对称. 5.A f()=e'+2sin z 1十x2 f/(x)=（e+2cosx)+x)-(e+2sinx)·2z (1+x) =(z-1)e'+2(1+)cos z-4xsin z (1+x2)2 则(0)=3， ∴.y=f(x)在点(0,1)处的切线方程为y-1=3(x一0)， 即3x一y十1=0， 令x=0,得y=1, 令=0，得2=-子 ∴.y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三 角形的面叔为S=××1=行 6.C由题意可知了)=ae-≥0在区同1,2)上恒成 立，即a≥ () ,设g(x)=xe,则在x∈(1,2)上恒有 gx)=(r+1e>0.所以gx)m=gI)=e,则(a) e,即a≥e1.故选C 7.C设南线y=千在点(，号)处的切线方程为y一号 =k(x一1)， 因为y一工 e 所以y=e(x+1)-e (x+1)2 (x+1)F, 所以=y11=是， 所以切线方程为y一受=是（红-1）， 所以南线y千在点1，号)处的初战方程为y= 十号，故选C 8.Bf(x)=x3+a.x+2,则f'(x)=3x2+a, 若f(x)要存在3个零，点，则f(x)要存在极大值和极小 值，则a<0,令f(x)=3x+a=0, 解得=√层我后， 9 且当x(,√号u{层，+)时 (x)>0 当（√号√时<0. 故)的凝大位为（√冒极小植为√侵为 若f(x)要存在3个零点，则 ，即 -+>0 ,解得a<一3，故选B. 居++2 3W3 9.解析：由2x+5=e+x十a,得e=x十5-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 10.解析：因为f(x)=(x-3x+2)(x-a)(x∈R), 所以f'(x)=(2x-3)(x-a)+(.x-3.x+2), 由f(2)=0得：2-a=0,所以a=2, 所以f(x)=(x-1)(x-2)且(x)=2(.x-1)(x 2)+(x-2)2=(x-2)(3.x-4), 当x变化时，f(x),f(x)变化如下表 4 2 2 (2,+∞ f() 0 0 f(z) 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 11.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=2z+1y=[n(x+D+a=十 =2,得x=一 2y=2x(号)+1=0=nx+D +a的切点（弓，0）： 即0=l(-2+1）十a,故a=ln2 答案：ln2 12.解析：令x3一3x=一(x一1)2十a,则a=x3一3.x+(x 1)2,设9(x)=x3-3x十(x-1)2,9'(x)=(3x十5)(x 1),(x)在(1，十∞)上递增，在(0,1)上递减，因为曲线 y=x3-3x与y=-(x-1)十a在(0，十∞）上有两个 不同的交点，g(0)=1,p(1)=一2，所以a的取值范围为 (-2,1). 答案：(-2,1) 13.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=一3】 所以a=一3，b=1. (2)由(1)知f(x)=xe-3.x+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, 13( g"(x)=(x+2)e>0(x>0),g'(x)在(0，+o)上单调递 增.又g'(0)=一3<0，g(1)=2e-4>0,所以存在唯一 零，点x。∈(0,1).若m0,无法满足对任意x0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)]>0, 所以函数h(x)=g(x十m)一g(x)在(0，十∞)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=2ln2, 所以m的取值范围是[2ln2,十o○). (3)要使当x>0时，f(x十k)十f(k一x)一2f(k)>0.设 F(x)=f(k+x)+f(k-x)一2f(k)(x≥0)， 则F(0)=0.且F'(x)=f(k+x)一f'(k一x) =(k十x+1)e+-(k-x+1)e- =e-[(k+1+x)er-(k+1-x)], 设p(.x)=(k+1+x)e-(k+1一x), 则p(0)=0.且b'(x)=(2k+3+2x)ex+1, 若k≥-2：当x>0时，p(x)≥p'(0)=2k+4≥0.由此 可知(x)>(0)=0,即F(x)>0,所以F(x)>F(0) =0恒成立.若k<-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. 14.解：(1)由题意，x≠0，f(1)=1十a十3=4解得a=0,所 以f(x)=x2十3， 由2+3+号>红+之将2-红+8>0， 解得x∈(-∞，0)U(0,1)U(3,+∞). (2)由题意，f'(x)=2x十a,(0)=a, 故1为y=ax十3，故l,斜率为-1 a 此为y=一白+8 故ax+3=4红+子在(0，十o0)内无解， 1-3+4在(0，十∞)内无解， 故a=立 不妨设t= 2∈(0，+o),h()=f3t+4 h'(t)=3t-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)mim=h(1)=2,x→+c∞，h(t)→+∞， 故h(t)∈[2，十∞)，即a∈(-o,0)U(0,2); 同理-2e(-0,0U0,2)>a∈(0，-7)0 (0,十o). 上a(0,号）02 15.解：1)f(x)=c-子sinx, 2 f0)=e-号n0=1 切点(0,1)， f()=e- 3cos z, k=f'(0)=e2-是o 1 3cos0=3 1 切线方程：0y=3x十1. 2②证明≥1+学对【一号+）浅立. 物选：8)=e-营-号sm-1g0)-0: g)=6-号-os 当x≥0时e≥1，cosx∈[-1,1]， e-合号oas≥0k≥0… ∴g(x)单调递增，∴.g(x)≥g(0)=0. 当[时 g"(x)=e+ 8inxg”(x)为单调增函数， g(x)单调递增，∴.g(x)<g'(0)=0, g(x)单调递减，g(x)>g(0)=0, 综上所迷x∈[-了，+0）时gx≥0. 即当【合+）时0≥1+号 (3)先运明f(日)≥(1+日)广即运心-号m-1 十x)“≥0，当x∈(0,1)恒成立， 令G(x)=e- 子sinx-+x),x∈(0，D9 2 G(x)=e-3cos z-a(1+x)"; G(0)=0,且G(x)≥0；.必有G(0)=1- 2 3 -a≥0， a≤3 1 下面证明a<宁时，将合题意： 2 ①a<3时，6)=e-号mx-1+x)r≥ e- sinx-(1+x)片， 2 令6=e-是n-0+. )=g-子ms-子1+)>0… .h(x)单调递增，.h(x)>h(0)=0. @当a21时，G()≤c子in2(1+x), 令)=c-号nx-0+) g(x)=e-1-号co0s,g0)=-号<0. 2 g1)=e-1-3cos1>0. 与，∈(0,1)使g'(x。)=0,g(x)在(0，x。)单调递减，在 (x,1)单调递增. .0>g(x)>G(x)不满足题意。 @a(lGo)= 2 -a<0,G'(1)=e-3 -a. 2-1>0, .与唯一一个x1∈(0,1)使G'(x1)=0,G(x)在(0，x1) 单调递减，(x1,1)单调递增. .G(x1)<G(0)=0,不符合题意. 综上a=子时≥1+，令 1 n 131 则f(分)≥(+)： ()·f(合)·f(合)·f()f(分)≥ (停·号·青…由)≥a+1r时任意的ueN也 都成立， 4 e3x-1- 8 16.解：(1)由题意，切线方程为y= e 所以f-10=-1-春-1D=-善 又f(x)=x2+m.x-4er-1, 所以f(x)=2x十m-4nem-1, 所以f(-1)=1-m-4e1, f(-1)=-2+m-4new-1. 于是1-m-4e-1=-1-4 -2+m-4ne-1=-4. e2 整理得n+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-4e-1, 所以(x)=2x+2-4e1 =2(x+1-2e-1). 令g(x)=x+1-2e1,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(-∞，1-ln2)上单调递增，在(1-ln2, 十C○)上单调递减， 又g(-1)=-2e<0,g(0)=1-2>0, e g(2)=3-2e<0, 所以g(x)在（一1,0）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x+2x-4e-1=kx-1,整理得x2+(2-k)x+1 -4e2-1=0. 令F(x)=x2+(2-)x十1-4e1, 当x≥0时，F(.x)=(x+1)2-4e-1-k.x. 令w(t)=e一(t十1)，则v'(t)=e'一1，当t<0时，(t) <0,当t>0时，v(t)>0,故v(t)在（一oo,0)上单调递 减，在(0，十co)上单调递增，则(t)≥0(0)=0，即有e 1+:当且收当=0时取等号，取=会，得e宁≥ 1+21=1=1→2子≥x+1→4c1≥(x+ 2 2 1),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≤-kx≤0， 两个等号不同时取得，所以F(x)<0 所以F(x)在[0，十co)上无零点， 当x<0时，F(x)=2x+2-k-4e-1, 令(x)=FP),则2()=2-4e>2>0 所以F'(x)在（一co,0)上单调递增，F'(x)在（一o,0) 上至多有1个零点. 若F(x)在（一○，0）上无零点，则F(x)在（一o,0)上 单调，因为F(0)=1-4<0,当x·-0时，F(x) e 十∞，所以F(x)在(-∞，0)上有1个零点； 若F(.x)在(-o,0)上有零点x。,则F(x)在(-∞，x) 上单调递减，在(x,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=kx一1(k>0)与 曲线y=f(x)的交点个数为1. 17.解：(1)由题意，f(1)=1-m-2=0→m=-1→f(x)= x2-x-lnx,故x2-x-lnx≤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o). (2)由题意，子(x)=2x-(m十2)+m= x 2x2-(m+2)x+_(x-1)(2x-m） 故分类讨论，由当m0时， fx)=-1)2x-m≥0→x≥1. 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，十○)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，/(x)=2x-1)≥0恒成立，()在 (0,十∞)上单调递增，故(x)无极大值不成立； ②当0<m2时， fx)=-)2-m>03x≥1或0<x≤受， m fx)在(0，受]和[1，+o)单涧递增，在（受.1）单调 递减，故f()在z=受处取得极大值： 同当m>2时(x)=2-1D(2-m2≥0→x≥受或 2 0<x1, )在0,1门和[受+）单调递增，在(1，受)单调 递减，故∫(x)在x=1处取得极大值； 综上：m∈(0,2)U(2,+c∞). 实战集训2 1.BCD由题可知f(x)的定义域为(0，+∞)，f(x)= 4-6-2S=ax-b一2c,由函教f()既有极大值也 x 有极小值，知f(x)在(0，十∞)上有两个不等实根，令 h(x)=a.x2-bx-2c,则h(x)在(0，+c∞)上有两个不等 [b+8ac>0 4>0 实根，所以x1十x2>0,即 b70 20 一2g☑0 a ,b2+8ac>0 所以ab>0 ,所以b与a同号，c与a异号，故c<0, (ac<0 所以A错误，B、C、D正确.故选BCD 18 2B)=受会由条作得)2 {f(1)=a-b=0 所以a=b=-2,即(x)=-2+2 xz2, 所以了2)=一号+=-造B 3.AC∫(x)=3z-1,所以f(x)有两个极值点-5与 3 得得}12>0，所以只有-个零成 9 由f(x)+f(-x)=2可知，点(0,1)是曲线y=f(x)的 对称中心：令(x)=3.x2-1=2,可得x=士1，又f(1) =f(-1)=1, 当切，点为(1,1)时，切线方程为y=2x一1， 当切点为（一1,1）时，切线方程为y=2x十3.所以答案 选AC, 4C由f(受-2z)为得画数可知()关子直线x=多 对称， 由g(2十x)为偶函数可知：g(x)关于直线x=2对称， 结合g(x)=(x),根据g(x)关于直线x=2对称可知 f(x)关于点(2，t)对称， 根招了(x)关于直线工=子对称可知：g()关于点 (三，0）对称， 综上，函数f(x)与g(x)均是周期为2的周期函数，所以 f(0)=f(2)=t,所以A不正确： f(-1)=f(1),f(4)=f(2),f(1)=f(2),故f(-1) =f(4),所以C正确： (-）=s(受)=0，g(-1)-8),所以B正： 又g(1)十g(2)=0,所以g(-1)+g(2)=0,所以D不正 确.故选BC 5.解析：令f(x)=0,即2√x-a.x=a.x-2-1, 由题可得x一a.x≥0， 当a=0时，x∈R,有2√x=|-2|-1=1,则x=士 1 ,不特合要求，合去； 当a>0时，则2/x2一a.x=ax一2一1 ax-3,z≥2 a 1-ax,z<2 a 即函数g(x)=2√-a.z与函数h(x)= 2 ax-3,x>∠， 有唯一交点， -a< 由x2一ax≥0，可得x≥a或x≤0， 当x≤0时，则a.x-2<0,则2√/x-a.z=|a.x-2|-1 =1-a.x, 即4.x2-4a.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4红十1=0，即x=一车， 1 当a∈(0,2)，x=- 或x2- 2+a 1>0(正值舍去)： 2 当aE(2,十)时z=-2十。<0成x=2。<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-az-|a.x-2|+1=0在x≥a 时需无解， 当a∈(0,2]，且x≥a时， ax-3,t≥2 由函数h(x)= 8关于工=名对称， 1-ax,x<2 令h(x)=0,可得x=工或x=三 且成数()在（日吕）上单调递减，在（侣，是）上单 调递增， 令g(x)=y=2√2-a.z,即 =1, a 故x≥1时，g()图象为双曲线 y =1右支的x轴 a 上方部分向右平移？所得， 的之 a" =1的渐近线方程为y=士名x=士2z, a a 4 2 即g)部分的渐近钱方程为y=2(红-受），其斜幸 为2， a.x-3,x≥2 又a∈(0,2]，即h(x) 在x≥2时的鲜 2 a 1-az,x<- a 率a∈(0,2]， 令g(x)=2√x-a.x=0,可得x=a或x=0(舍去)， 且函数g(x)在(a,十oo)上单调递增， 1∠a a 故有 ,解得1<a<√3，故1<a<√3符合要求： 370 L a 当a<0时，则2√x-ax=|a.x-2|-1 r-3 = 2 1-az,z> 即函数g(x)=2√x-a.zx与函数h(x)= 1-a心2有隆-交皮， 由x2-a.x≥0，可得x≥0或x≤a, 当x≥0时，则a.x-2<0,则2√x-a.x=|a.x-2|-1 =1-ax, 即4.x2-4a.x=（1一ax),整理得(4-a2)x2一2ax-1= [(2+a)x+1][(2-a).x-1]=0, 当a=-2时，即4x-1,即x=子 13 当a(-2.0=-2十a<0(负值含去)或=2-a >0, 当a∈(-oo,2)时z=-2+a >0或x=2-a >0,有两 解，舍去， 即当a∈[-2,0)时，2√Jx-az-|a.x-2|+1=0在 x≥0时有唯一解， 则当a∈[-2,0)时，2√x-az-|a.x-2|+1=0在x a时需无解， 当a∈[-2,0)，且x≤a时， .2 由函数h(x)= 1-az,x>2 a 令h(x)=0,可得x=L或r= 3 a 且画数)在（）上单调递减，在（，）上单 调递增， 同理可得：≤a时，g()图象为双曲线 y a =1左支 的x轴上方部分向左平移受所得， g(x)事分的断近线方程为y=一2(+受)其外 率为一2， ax-3,z≥2 又a∈[一2,0)，即h(x) 在x<2时的 2 a 1-az,x< a 斜率a∈[-2,0)， 令g(x)=2√x2-ax=0,可得x=a或x=0(舍去)， 且函数g(x)在（一∞，a)上单调递减， (7a 故有 a ,解得-√3<a<-1,故-3<a<-1符合 3∠a 双 要求； 综上所述，a∈（一W3,-1)U(1,√3）. 答案：(-√5，-1)U(1,W5) 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)=2√x-a.x与函数h(x)= a-3x≥2 ,的交点问题，从而可将其分成两个函数 1-ax,x<2 研究. 6.解析：由函数的解析式可得(x)= alna+(1+a)n(1十a)≥0在区间(0，+o)上恒成立， 则1+ar1n1+a≥-ana,即()≥ na在区同0.+o0)上框成主， 故（告）=1≥-na两a+11,2 In a 故ln(1+a)>0, 故hat≥-h“即{aa+1)≥1， 0<a<1 {0<a<1 故5,1≤a<1, 2 结合题意可得实数a的取值范周是[5.1 答案[ 7.解析：当x>0时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y In = 1(红一西)，若该切线经过原点，则1n,-1=0,解 得x=c,此时切线方程为y=名 当x<0时，点(x2,ln(一x)(x2<0)上的切线为y- ln(一)=】（x一.若该切线经过原点， 则ln(一x2)一1=0，解得x=一e,此时切线方程 为y= 答案y=名y=-名 8.解析：易得曲线不过原点，设切点为(xo,(xo十a)e),则 切线斜率为f(x。)=(x十a十1)eo,可得切线方程为y -(x十a)e'。=(x十a十1)e(xx),又切线过原，点， 可得-(x。十a)e=-x。(x。十a+1)e,化简得x6十 ax。一a=0(*),又切线有两条，即*方程有两不等实 根，由判别式△=a2十4a>0,得a<-4,或a>0. 答案：(-∞，-4)U(0,十∞) 9.解：(1)设g)=h,则g()=ln上， 易知g(t)在(0，e)上单调递增，在(e,十∞)上单调递减， 所以gG)最大值为g(心=。，故f)的最大值为日 (2)直线l1的方程为y=f(a)(xa)+f(a), 设F(x)=f(x)一[f'(a)(x-a)+f(a)], 则F'(x)=f(x)一f'(a), F'(x)=f(x)=1-h(x+ (x+1)2 书20时h出≥0 f(a)=In(a+D<0.F(x)>0. a十1 当x<0时，F"(x)>0,F'(x)在（一1,0）上单调递增，结 合F"(a)=0知x∈（一1，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1的方程为)y=一 （x-a)+f(a),在l1,l2 的方程中，分别取y=0,得x,=a一 f(a) F(a):2:=a+f(a) f(a). 易知fa)的取值范国是(0，】 所以2a-工-飞= F(a)-f(a)f'(a) f(a) x2一x1 +(a) =1-[f(a)] =-1+ +[f(a)厅是关于f(a)的减函 2 1+Lf(a)] 数从而得到，产份取值花周关） xg一1 13 10.解：1)因为f(a)=n1十x)-x+号x-x,k ∈(，） 所以(x）=十x -1+x-3kx2 =1-1-x+x+x2-3kx2-3kx3 1十x =经(+1-) 当>0时，令f)=0.解得x=头-1>0. 所以当0<<-1时，()>0f)单润连增：当 x>3-1时，f(x)<0,f(x)单调递减。 所以工=一1是x)在(0，十∞)上唯一的极位点， 是极大值点。 因为f(-)>0)=0()=1+太)表 所以3x∈(-1)小，)=0， 所以x。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=(,++f-)=二士（ 1十x1十t +tx)+二3（红- 1十x1一t -(x1-t-x1）= 年制 =66r'(-x-2z） (1+x1)2-t 因为t∈(0，x1), 所以t-x-2x1<0,(1+x1)2-t>0, 所以g)=6rt--2z2<0. (1+x1)2- 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(2x1)-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x:>x1,2x1>x1,且f(x)在（x,十∞)上单调递减， 所以2x1>x2 山.解：)设osx=,当z【0,]时，∈[停，小 又cos2x=21-1,cos4.x=2(22-1)2-1=8t-8+1,所 cos 5x=cos 4xcos x-sin 4xsin x =cos 4xcos x-4cos 2xcos xsinx =t(8t-8t+1)-4(2t2-1)t(1-) =16t-20t3+5t, ig(t)=5cos z-cos 5x=20t-16t, 则g'(t)=20t(3-4t), (上递培 且-1=-4g}=-3（}=35 g(1)=4, 故0在[受，上的藏大值为3，即f(x)在 [0]上的最大值为35. (2)证明：假设结论不成立，即对任意y∈[a一0，a十]，均 有cosy>cosf, 即对任意y∈[a一0，a十8]，有y∈(2kπ-6,2kπ+)，k ∈Z, 由于0∈(0，π)，所以形如(2kπ一0,2kπ十0)，k∈Z的区 间两两交集均为空集， 所以[a-0,a+0]二(2kπ一0,2kπ+0)， 故存在整数k,使得2kπ-0<a一0<a+0<2kπ十0，所 以2kr<a<2kπ， 与α的存在性矛盾，故假设不成立，原命题得证。 (3)由)可知g)最大值为g） =33 2 这说明取p=0,则有5cosx一cos(5.x十p)≤3V3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=吾a=9,则春在为∈ _5π，0+5m1,使得cosy≤cos6 [9-6,9+6] 此时=。∈【-吾，】从而h,)=5os cosy%≥5cos6 0s5π=3B, -cos6 所以b<3√3无法满足5cosx-cos(5.x十p)≤b对任意 实数x恒成立， 综上可知，b的最小值为3√3 12.解：(1)当a=1时，f(x)=x-(lnx)2,x>0,f(1)=1, (x)=1-2n2,f(1)=1,所求切线方程为y (x-1)+1,即x-y=0. (2)(i)因为x>0,所以原问题可转化为：方程a= 血)有3个不相等的实根1，，西，且x,<四 <x3 令gx)=加，到习美转化为：直我y=a与高数 g(x)的图象有3个不同的交点. 2n2.x-(Inx) 8'(z)=- =(2-In z)In z. x 令g'(x)=0,得(2-lnx)lnx=0. 则lnx=0或lnx=2,解得x=1或x=e. 当0<x<1时，nx<0,2-lnx>0, 所以g(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减； 当1<x<e时，lnx>0,2-lnx>0, 所以g(x)>0,g(x)在(1，e)上单调递增； 当x>e,时lnx>0.2-lnx<0, 所以g'(x)<0,g(x)在(e,十∞)上单调递减. 13 由g(x)的单调性可知，g(x)的极小值为g(1)=0,g(x) 的极大值为g(e')=4 2. ,1→+， 当x0+时，lnx-oo,n)→+o∞， 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<x2<e< x,且0<a< .4 故a的取值范因为(0)片 (i)溪运美-h)h<当 即证（侵nnx）(合n）。号 即证n区-n)n石<号 即证n√-ln√)·n√<e1+1 e-1 1+ 由(i)中可知0<x1<1<,<e2<xg,且0<a<4,则 √1<1，l<√E<e,√g>e, 又。-- 2 In z:In =a. J:V3 -e-2←， ·压-na) √x3 河石8同-山≤待， 则-a加<告 由(e-2)>0,得e2>4e-4=4(e-1),即4<1 e2e-' 则-ln风·ln<4<L ee-1 令尽=，则g=>1.n区=n区 √x: √x2 √/x2 √/x3 _In t+In vz: t·√e 袋理得n国a国- nh属-a>1. 证明n居-lnn区<1+。 -nGh<以及n店h店 t(In t) :-1)>1).可以得到 (n√-ln√E)ln√=ln√·ln√g ln·na<n)+1 (t-1)2+e-i 要接n-血)n西号运<1即T, (t-1)2 即证1nt<(>1), 令h()=nt-11,则e)=二F-1) 2t 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，十o)上单调递减， 则h)<0,即n1,命题得证. 13.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x(x> -1)fx)=2ln1+)+千元当x>0时，f)>0, 当-1<x<0时，f(x)<0,所以f(x)在(-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-a.x)ln(1+x)-x,f(x)=-aln(1+x) -a+1)2.令g(x)=f(x),则g(x)=一千x 1十x +2因为当x≥0时，f(x)≥0，且f0)=0,f(0) a+1 =0,所以g(0)=-1-2a≥0，a≤-子.当a≤-号 1 1 时，g（x)≥21+D201+=21+z≥0，g() 在[0，十∞)上单调递增，g(x)=f(x)≥g(0)=0,故 f(x)在[0，十∞)上单调递增，f(x)≥f(0)=0恒成立， 即a的取值范闲为（一，一】 14.解：(1)f(x)=a(x-1)-Inx+1,f'(x)= az-1 x x>0. 若a≤0，f(x)<0,fx)的减区间为(0，十c∞)，无增区间； 若>0时，当0<x<时，/(x)<0,当>时. 了：)>0，所以f)的成区同为(0，)增区网 为（日+） (2)因为a≤2，所以当x>1时，e1-f(x)=e1 a(x-1)+lnx-1≥e1-2x+lnx+1.令g(x)=e -2x+lnx+1,则g(x)=。1-2+,令A() g),则N()=e-子M(x)在(1，十o)上递增， h'(x)>h(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，+o)上递 增，g'(x)>g'(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上递增，g(x) >g(1)=0,即：当x>1时，f(x)<e1恒成立. 15,解：16=0时，fo)=士++a≥0， 即a≥-1-1 x 2-x 由（仕+2）x+2-)=2+2+ x 2-x1 2+2x 所以f(x)≥0时，a≥一2，故最小值为一2. 18 (2)由y=血(2产)关于(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 心对卷，下运共成2：0+)十1-)=n岂+a 1+x)+bx+1n于2+ad-x)+6(-x》=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=-2, 所以f(x)=lnx-ln(2-x)-2x十b(x-1)3,1<x<2 f(x)=1+,1-2+36(x-1)=(x x 2-x 2 1)(x2D+36 由2可：技位-号时，f>0,)单辆道君 fx)>f1)=-2,x∈(1,2)， 当b<- 号时，f1)=0,了()=(x-10 (2+0）=c-1p0+0+2. x(2-x) 令f(x)=0得x=xx(,≤)，且十，=-6b -3b 2 =2,x1·x2=-36 故x1<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上单调递减，f(x2) <1)=-2不满足题意，综上：6>-号 16.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一(e2)=(e一1)(x一1)， 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(-c,lna)上单调递减，(lna,+c∞)上单调 递增， .f(x)粒小撞=f(lna)=a-alna-a3<0, ∴.1-lna-a<0, 令ga)=-a2-lna+1,g(a)=-2a-1<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o) 实战集训3 1.解：(1)因为k=-1,所以f(x)=x-ln(1+x)(x>-1), 1 则f)=1-计千>-10 当x∈（一1,0）时，f'(x)<0,f(x)单调递减， 当x∈(0，+co)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 (0,十0). (2》证明：因为f(x)=x+n(1+x),f(x)=1+1十x, 所以曲线f(x)在点(t,f(t)处的切线方程为y一[t+ n1+]=（+年)c-0, 66 令=0，则y=+n1+.令0》= 一kt+kln(1 +t), 则(t)= 1十又≠0，>0，则当k>0时，h()>0,所 kt 以h(t)在(0，+○)上单调递增，所以当t∈(0，+○)时，h(t) >h(0)=0: 当<0时，(t)<0,h(t)在(0，十∞)上单调递减，所以 当t∈(0，+o)时，h(t)<h(0)=0, 即当t∈(0，+∞)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+x),A(t,t+ln(1十t)), C(0,t+ln(1+t)), 由2得，当=1时1的方程为y=（+)一千 +ln(1+t),所以B(0,ln1+t)- ) 若2Sam=15SaAm成立，则2X号X10C1XACl =15×号×1B0×1AC1,即210C1=15B01, 即2+la1+]=15[n1+)-+]: 理得2t-13ln+t)++t (下面刺新21-13l1+)十，=0解的个数，即为点 A的个数)》 令g(t)=2t-13ln(1+t)+ 15t +,t>0,g(t)= 2r-9t+4_(2t-1)(t-4) (1+t) (1+t) 当1∈(0，合)时，g()>0,g(1)单调遥增，当1 (合4）时，g()<0,8)单调递减，直(4，十eo)时， g'(t)>0,g(t)单调递增， 又当t0时，g(t)0,t·+∞时，g(t)→+∞， 8)的板大值为（合）=6-13n多>0，g0)的板小值 为g(4)=20-13ln5<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△M0=15S△Ab0 ↑y 4 0 2.解：(1)由题知定义域为R,且(x)=ae一1， 当a0时，f'(x)0恒成立，故f(x)在R上单调递减， 没有增区间： 当a>0时，f(x)>0,则x>-lna:f(x)<0, 则x<-lna: 故f(.x)在(-o,-lna)上单调递减， 在（一lna,十o)上单调递增， 131 综上可得：当a0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在（一oo,-lna)上单调递减， 在(-lna,十co)上单调递增. (2)当a>0时，由(1)得f(x)mn=f(-lna) =1+a2+lna, 要证：f(z)>2na+号成立，只需证1十。+lna> 2ha+号d-合>na,易证1na<a-1, 即运a->a-1sd-a+号 >0,成立， 因为-a+号--）+>0 故代r>2na+号成立，得证. 3.解：(1)令h(x)=x一x2一sinx, 则h'(x)=1-2x-cosx, 令p(x)=1-2x-cosx, 则p'(x)=-2+sinx<0, 所以p(x)即h'(x)单调递减，又'(0)=0， 所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)=0,(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0,即x-x<sinx. 令g(x)=sinx-x, 则g'(x)=cosx-1≤0， 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0,即sinx<x. 综上，当0<x<1时，x-x<sinx<x. (2)因为f(x)=cosa.x-ln(1-x)(-1<x<1), 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶函数. f(x)--asin ax+24(-1<x<D), 1-x 令to）-asinax+（-12<0, 则f)=-a2 cos ax+-x)（-1≤x1). 令(x)=-acos az+-d-x)' 2(1+x2) ()=a'sin az+4) (1-x2)3 当a=0时，当0<x<1时， 广(x)>0,f(x)单调递增，当-1<x<0时， 广(x)<0,f(x)单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不符合题意， 当a>0时，取死与1中的较小者，为m, 2a 则当0<x<m时，易知n'(x)>0, 所以n(x)即t'(x)在(0，m)上单调递增， 所以t'(x)>t'(0)=2-a. ①当2一a≥0，即0<a≤√2时，t'(x)>0(0<xm).所 以t(x)在(0，)上单调递增， 所以t(x)>t(0)=0, 即f(x)>0.那么f(x)在(0，m)上单调递增， 由偶函数性质知f(x)在（一m,0)上单调递减. 故x=0是f(x)的极小值点，不符合题意. ②当2-a<0,即a>√2时， 当<1，即a>受时， 2a 因为10<01（品）>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零点x1, 且当0<x<x1时，t'(x)<0,t(x)单调递减， 因为t(0)=0,所以当0<x<x1时，t(x)<0, 即f'(x)<0, 所以f(x)在(0，x,)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在（一x1,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值，点，符合题意. 当>1，即<u<受时， 因为10)<0,1（合）-acos号+号>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零点x2, 且当0<x<x2时，t'(x)<0,t(x)单调递减. 因为t(0)=0,所以当0<x<x时，t(x）<0, 即f(x)<0, 所以f(x)在(0，x2)上单调递减. 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在（一x2,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符合题意。 当<0时，由偶函数图象的对称性可得 a<一√瓦.综上所述，a的取值范围是 (-∞，-√2)U(2,+∞). 4.解：(1)f(x)=a cos rcos'x+3sin rcos'rsin z cosx a-cosi z+3sin'a 3-2cos2 z cos' cos'x 令cos2x=t,则t∈(0,1) 则f(x)=g()=a-3-2=at+21-3 当a=8,f(x)=g(0)=8￥+21-3_21-1D(4+3 2 当e(0,2）即x(年)f)<0 当e(21）即x∈（0，）f(x)>0, 所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，)）上单洞 递减。 (2)设g(x)=f(x）-sin2x,g'(x)=(x)-2cos2x =/（)）-2(2c0sz-1)=+24-3-2(2-1） =a+2-4t+2-3 设g0)=a+2-4+是-p0)=-4号+鸟 ==4r-21+6=-21-1)(2r+21+3)>0. t .p(t)在(0，t)上为增函数， 所以(t)<p(1)=a-3. ①若a∈(-o∞，3]，g'(x)=g(t)<a-3≤0 即g)在(0，受）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4∈8，+，当0，号-是 p(1)=a-3>0.,所以3t∈(0,1)，使得9(t)=0,即 3∈(0,2）使得g(,)=0. 18 若t∈(t。,1),o(t)>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（一©○，3] 实战集训4 1.解：(1)由于f(x)=xlnx,故f(x)=lnx+1. 所以f(1)=0,(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一1. 2)设()=1-1-n,则()=1=子，从而当 0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. 所以h(t)在(0,1门上递减，在[1，+∞)上递增，这就说明 h(t)≥h(1),即t-1≥lnt,且等号成立当且仅当t=1. 设g(t)=a(t-1)-2lnt, 则f(x)-a(x-)=xlnx-a(x-√E) =x·) 1 (1 当x∈(0，十0)时，二的取值范国是(0，十6∞)，所以命题 等价于对任意t∈(0，十∞)， 都有g(t)≥0. 一方面，若对任意t∈(0，十∞)，都有g(t)≥0， 则对t∈(0，十o),有 0≤R)=a1-1D-2ln1=a-1D+2n}<a-1D+ 2(-1=a+2-。-2. 取t=2,得0a一1，故a≥1>0. ，得0≤aa 再取Na + -a-2=2V√2a- a-2=-(a-√2)2，所以a=2. 另一方面，若a=2,则对任意t∈(0，十∞)都有g(t)= 2(t-1)一2lnt=2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的取值是2. (3)证明：前面已经证明不等式t一1≥lnt,故当0<a<b 时，blnb-alna=alnb-alna+lnb= In 6 b-a b-a a+In6<1 b一1 +In 6, bnaln abnbbn a+Ina= b-a b-a n是na☑ 1 二（合-+na=1+n,所以ne+1<如合C 1-6 b-a <1nb+1,即1na+1<f6）二fa2<1nb+1.由'(z) b-a 时 =lnz+1,可知当0<x<是时f(x)<0,当>日 fx)>0.所以f(x)在(0，日】上单调递减，在 [日+∞)上单调递. 不妨设x1≤x2,下面分三种情况（其中有重合部分）证明 本题结论 情况-：当。≤x1≤西<1时，有1f(x）-f,引 fx)-f(x1)<(ln+1)(x-x)<x2-x1< √x,-x,结论成立： 8 情元二：当0<<西≤是时，有f()-f川= f(x1)-f(x)=x1lnx1-x2lnxg.对任意的c∈ (0,]设px)=hx-dnc-a,则gx) 1nx+1+2 1 由于9(x)单调递增，且有 2e+ +1+ V2e+左 1 In +1+ =一1一 +1+ =0,且 -号 1 当x≥c 4名-) >时，由、1 2√/c-x ≥ln2 一1可知 9'(x)=lnx+1+ =>m+1+2- 2√c-x =2-)）≥0 1 所以9(x)在(0，c)上存在零点x。,再结合9(x)单调递 增，即知0<x<x0时9(x)<0,xo<x<c时9'(x)>0. 故p(x)在(0，x]上递减，在[x。c]上递增. ①当xo≤x≤c时，有g(x)≤p(c)=0; ②当0<x<,时，由于an1=-2f0≤ 2f(日）=2<1，故可以取9∈(an21 从而自0<司时，由>g,可得 g(x)=xlnx-clnc-√c-z<-clnc-√c-z<clnc -qF-JF(JIn1-q)<0. 再根据(x)在(0，。]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)= xlnx-clnc-√e-z≤o. 报据c(0门和0<<c的任意注，取c=4z=,就 得到xlnx1一xhx-√一西≤0. 所以|f(x)-f(x2)川=f(x1)-f(x)=x1lnx1-xlnx2 ≤√x2-x 情况三：当0<x<。<,<1时，根据情况一和情况二 的讨论，可得 -())≤-≤a- 而根据f(x)的单调性，知|f(）一f(x)|≤ )-f)-1≤（日）-x 故一定有|f(x1)-f(x2)川≤√-x成立. 综上，结论成立， 点睛：关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结 合f(x)的单调性进行分类讨论. 13 2.解：(1)因为函数f(x)=1 x x∈(0，+oo),M(0,0), 所以)=(-0)+(-0）=x+是≥2 当且仪当=>0，即=1时， s(x)取得最小值2，f(1)=1,所以P(1,1), 故对于点M(0,0),存在点P(1,1),使得P是M的“f最 近点” (2)因为函数f(x)=e,M(1,0),所以s(x)=(x一1)+ e2,则s(x)=2(x-1)十2e2. 记m(x)=s(x)=2(x-1)+2e,则m(x)=2+4e2> 0,所以m(x)在R上严格单调递增. 因为m(0)=s'(0)=0, 所以当x<0时，m(x)=s(x)<0: 当x>0时，m(x)=s(x)>0. 所以s(x)在（一c0,0)上严格单调递减，在(0，十∞）上严 格单调递增， 因此当x=0时，s(x)取到最小值， f(0)=e°=1，所以点M的“f最近点”为P(0,1). 为判断直线MP与曲线y=f(x)在点P处的切线是否 垂直，可另设P(k,e),则由f'(x)=e,知在P(k,e)处 的切线l的斜率为e, 由篷意知MPL,因光昌一，垫现得十-1 =0. 令h(k)=k十e-1,易知h(k)在R上严格单调递增. 又h(0)=0,所以方程k十e2“一1=0有唯一解k=0,所以 点P(0,1). 综上，存在满足条件的一个点P(0,1) （3)设)=(x-t+1)2+(f(x)-f)+g0)2 (s2(x)=(x-t-1)2+(f(x)-f(t)-g(t)2 由条件，对任意t∈R,存在P(x。,f(x),使得x。同时 是s(x)和S2(x)的最小值点， 于是，对任意x∈R,(x,)≤(x) (s:(x)≤s2(x) (x-t+1)+(fx)-ft)+g(t)≤(x-t+1) 即 +(f(x)-f(t)+g(t) (x-t-1)+(f(x)-ft)-g(t)≤(x-t-1)' (+(f(x)-ft)-g(t)2 特别地，当x=t时， (x,-t+1)+(f(x)-ft)+gt)'≤1+g(t) 1(x-t-1)+(fxo)-f(t)-g(t)≤1+g(t)1 两式相加，得(x。一t)+(f(x)-f(t)≤0. 所以xo=t. 另一方面，求导得 s'(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f()+g(t)f(x) 1s'(x)=2(x-t-1)+2(f(x)-f(t)-g(t)f(x) 因为s,（x)(i=1,2)的最小值点也是极小值，点， 所以s'(x。)=0, s2'(x)=0,即 x-t+1)+（f(x)-f(t)+g(t)广(x)=0 ((x。-t-1)+(f(x。)一f(t)-g(t))f(x。)=0 两式相减，得g(t)f(x。)=一1. 代入Z=t,并由0>0，得了0)600,1∈R 所以f(x)在R上严格单调递减. 3.解：(1)当a=-1时，f(x)= (-）hnx+1>-1. 据此可得f(1)=0,f(1)=-ln2, 所以函数在(1，f(1)处的切线方程为y-0=-n2(x-1), 即(ln2)x+y-ln2=0. (2)由品盘的解折式可得广x)=(（一)x+1)+ (仕+×x>- 满足题意时f(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立. 令()lx+D+(+a）+≥0. 则-(x+1)ln(x+1)+(x十a.x2)≥0， 令g(x)=a.x2十x-(x十1)ln(x十1)，原问题等价于 g(x)≥0在区间(0，十0)上恒成立， 则g(x)=2ax-ln(x+1), 当a≤0时，由于2ax0,ln(x+1)>0, 故g(x)<0,g(x)在区间(0，十∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)=0,不合题意； 4h(z)=g'(x)=2ax-In(z+1), 对0)=2a 当a≥号2a≥1时，由于<1，所以N(x)>0 h(x)在区间(0，十o)上单调递增， 即g'(x)在区间(0，十∞)上单调递增， 所以g(x)>g'(0)=0,g(x)在区间(0，+∞)上单调递 增，g(x)>g(0)=0,满足题意. 当0a号时，南)=2a-0可得品一1. 当x∈(0，品-）时，N(x)<0,A(x)在区间 (,云一)上单调递减，即g()单洞递减， 注意到g0)=0,故当x(0名-）时， g'(x)<g(0)=0,g(x)单调递减， 由于g0)=0,故当x∈(0六-1）时，g)<g0)=0, 不合题意， 综上可知：实数a的取值范国是{知a≥号} 4解：1)因为a=1,所以)=一品 x∈(0，)小则f(x)- 1-cos zcos'z-2cos z(-sin z)sin cos't -1-cos'x+2sin'zcos'r-cos'z-2(1-cos') cos'x cos'z =cos'z+cos'z-2 cos'z 令1=cosz,由于x∈(0，） 所以t=cosx∈(0,1)， 所以cosx十cos2x-2=t+t2-2=t3-t2+2t2-2 =(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t+2t+2)(t-1), 因为t+2t+2=(t+1)2+1>0,t-1<0, cos'=t>0 14 所以fx)=0s十c02<0在(0，受)上恒成立. cos'x 所以f)在(0，)上单调递减. (2)构建g(x)=f(.x)十sinx -ar-0+snx(0<<受） cosx 则g()=a-1中m广g+cosx(0<<受） cos'x 若g(x)=f(x)+sinx<0,且g(0)=f(0)+sin0=0,则 g'(0)=a-1+1=a≤0， 解得a≤0，当a=0时， 又x∈(0，受）所以0<sin<1, 0<c0sx<1,则1>1， cos°x 所以f(x)十sinx=sinx-sin'<0, cos'z 满足题意； 当a<0时，由于0<<受，显然a<0, 所以f(x)十sinx=ax-加2+sinx<sinx-sn2<0,满 cosc cosx 足题意； 综上所述：若f(x)十sinx<0,等价于a≤0， 所以a的取值范围为（一o,0]. 实战集训5 1.解：(1)当a=-1时， )=(-1)n+. 则f)=-×nx+1+(-)Xh 据此可得f(1)=0,(1)=-ln2, 函数在(1，f(1))处的切线方程为 y-0=-ln2(x-1), 即(ln2)x+y-ln2=0. (2)由函数的解折式可得f()厂(z+an(二+1） 函教的定义城满足1十1=十1>0，即函教的定义城为 (-∞，-1)U(0,+c∞)， 定义城关于直线x=一子对称，由题意可得6=一子， 由对程楼可知（名十） 取m=号可得f1)=-2, 即(a+1Dn2=(a-2n分，则a+1=2-a, 解得a=立 1 经检验a=2,b=一 2 -满足题意，故a= 26= 1 即春在a=之b=一 满足题意. 2 (3)由画教的解析式可得fx)=(一)n(x+)十 (仕+)h 由f(x)在区间(0，十)上存在极值点， 则'(x)在区间(0，十∞)上存在变号零，点： ◆(-是)+D+(+a）= 则-(x+1)ln(x+1)+(x十a.x2)=0, 令g(x)=a.x+x-(x+1)ln(x+1), f(x)在区间(0，十∞)存在极值点，等价于g(x)在区间 (0,十∞)上存在变号零点， g'(z)=2ax-ln(z+1,g(z)=2a-7 当a≤0时，g'(x)<0,g(x)在区间(0，+oo)上单调 递减， 此时g(x)<g(0)=0,g(x)在区间(0，十∞）上无零点， 不合题意： 当a≥72a≥1时，由于中71，所以后(>0，g） 在区间(0，十∞)上单调递增， 所以g'(x)>g(0)=0,g(x)在区间(0，十∞)上单调递 增，g(x)>g(0)=0, 所以g(x)在区间(0，十)上无零，点，不符合题意； 当0<a<号时，由R()=2a-中=0 1一1 可得x一2a 当x(0,a-）时(z)<0g()单调递减， 当x∈(a-1,+∞）时，g(x)>0g(x)单调递增， 故g)的最小值为g(位-1）=1-2a+ln2a, 令m(x)=1-x+nzx0<<1),则m(=二+1>0. 函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(1)=0, 据此可得1一x十lnx<0恒成立， 则g(合-1=1-2a+n2a<0. 令h(x)=lnx-x2+x(x>0),则(x)=二2x+z+1 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 当x∈(1，+o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 故h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x一x(取相等时条件 为x=1), 所以g'(x)=2ax-ln(.x+1)>2ax-[(x+1)-(x+ 1)]=2a.x-(.x2+x), g'(2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)+(2a-1)]=0,且 注意到g(0)=0, 根据零点存在性定理可知：g(x)在区间(0，十©○) 上存在唯一零点x 当x∈(0，xo)时，g'(x)<0,g(x)单调递减， 当x∈(xo,十∞)时，g(x)>0,g(x)单调递增， 所以g(xo)<g(0)=0. 令n(x)=lnx- (-) )=+）少 2x' 则n(.x)单调递减，注意到n(1)=0, 14 故当x∈(1，+eo)时，lnx- 2(-)K0. 从而有lnx< 所以g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1)>a.x2+x (x+1)× +-l-(a-)r+ 令(a- ）r+号=0得：=±√已（负位参去） 所以函数g(x)在区间(0，十∞)上存在变号零点，符合 题意。 综合上面可知：实最a得取值范国是(0，合)】片 2解：1f=+,则了() 1 1ln(x+1) x(x+D+2(x+D 所以f2=号， 故)一f代)在x=2处的切线斜率为子- 4 (2)要证x>0时fu)=(仕+合)nx+1D>1, 接h+1>克>0. 令g)=lhx+10-千2且>0 1 4 则g（x)=x市z+2)-(红+1D(z+2)>0, 所以g(x)在(0，十∞)上递增，则g(x)>g(0)=0, n(x+1)>z千2 所以当x>0时，f(x)>1. (3)设w)=nml)-(a+号)hm+n,n∈N, 则Aa+1)-A(w)=1+(a+2)n(m) -(a+2)mu+D=1-(a+)(+) 由(2)知x=∈(0,1]， 则f(）(a+2)(+)>1. 所以h(n十1)-h(n)<0,故h(n)在n∈N"上递减， 故h(n)h(1)=1; 下证ln(n!)- a+)加+>音 令p(x)=lnx- (z+5(x=D且x>0, 4.x+2 则g(x)=z-1)(1-x) x(2x+1)2 当0<x<1时，9'(x)>0,p(x)递增， 当x>1时，9(x)<0,p(x)递减， 所以(x)≤9(1)=0， 故在x∈(0，十o)上1nr≤z+5)g-D恒成立， 4x+2 则()-a(m+1)=(+)血(1+分)-1≤ +) 1 2(3+) -1=4n(3m+2)< (品) 所以h2)-A3)<2(-)a3)-A4)< (侵一子），Aa-D-)<(品) 累加得(2)-im立(-） 而h(2)=2- n2, 所以)-km)<受n2-1+(1-分)K受n2-l +<，故Aw)>吾： 综上可知，号<m1,即号<hl-(a+号）lhn+n 1. 3.解：(1)f(x)的定义域为(-1，+∞). 当a=1时，fx)=h1+x)+号f0)=0,所以切点为 (0,0了)=十2十1号，/0=2：所以切线矫率为 2,所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y =2x. (2)f(x)=ln(1+x)+ag e 1+a1-x)=e+a(1-x2) f(x)=1十x e (1+x)e 设g(x)=e+a(1-x2), ①若a>0,当x∈(-1,0)，g(x)=e+a(1-x)>0, 即f'(x)>0, 所以f(x)在（一1,0）上单调递增，f(x)<f(0)=0, 故f(x)在（一1,0）上没有零点，不合题意. ②若-1≤a≤0，当x∈(0，十o∞)，则g(x)=e-2a.x>0, 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以g(x)>g(0)=1+a≥0，即f(x)>0, 所以f(.x)在(0，十o)上单调递增，f(x)>f(0)=0, 故f(x)在(0，十∞)上没有零点，不合题意. ③若a<一1， (j)当x∈(0，十o∞)，则g'(x)=e-2a.x>0, 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增. g(0)=1十a<0,g(1)=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,十∞)，f'(x)>0,f(x)单调递增. 所以当x∈(0，m),f(x)<f(0)=0, 当x·十∞，f(x)·十0， 所以f(x)在(m,十∞)上有唯一零点， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，十c○)上有唯一零，点. (ii)当x∈(-1,0)，g(x)=e+a(1-x2), 设h(x)=g(x)=e-2ax, h'(x)=e-2a>0, 所以g'(x)在（一1,0）单调递增， g'(-1)=+2a<0,g(0)=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∈(1,0)，g'(x)>0,g(x)单调递增，g(x)<g(0)=1 +a0, 又g(-1)=1>0, e 14: 所以存在t∈（一1，n),使得g(t)=0,即(t)=0, 当x∈（一1，t),f(x)单调递增，当x∈(t,0),f(x)单调 递减， 有x→-1，f(x)→一o, 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0, 所以f(x)在（一1，t)上有唯一零点，(t,0)上无零点， 即f(x)在(-1,0)上有唯一零点， 所以a<一1，符合题意. 所以若f(x)在区间（一1,0），(0，十∞)各恰有一个零点， a的取值范围为（一co,一1）. 点睛：方法点睛：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， 4解：1f)=e-a)=a- ①a≤0时，f(x)>0恒成立，所以f(x)在R上单调递 增，即f(x)没有最小值，该类情况应舍去 ②a>0时，f(x)在(-∞，lna)上小于0， 在(lna,+c∞)上大于0， 所以f(x)在（一co,lna)上单调递减，在(lna,十o)上 单调递增， 所以f(x)在x=lna处有最小值为f(lna)=a-alna, 因为g()在(0，)上小于0，在（合，+∞）上大于0， 所以g(在(0，日）上单调造减，在（，+∞）上单调 递增， 所以g(x)在x= 处有最小值为s(合)=1+na, 因为f(x)=e一a.x和g（x)=ax一lnx有相同的最 小值. 所以有fIna)=a-alna=(日）】 =1+In a, 即a-alna=l+lna, 因为a>0,所以上式等价于na一8号=0. 令h(x)=nx+>0), 则N)十》>0担成立，所以) 在(0，十o)上单调递增， 又因为h(1)=0=h(a)且a>0,所以a=1. (2)证明：由(1)知f(x)=e-x,g(x)=x-lnx, 且f(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，十∞)上单调 递增， g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， f()min=g()min=1. ①当b<1时，此时f(x)mm=g(x)mn=1>b,显然直线y =b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)没有交点，不符合 题意； ②当b=1时，此时f(x)min=g(x)in=1=b,则直线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； ③当b>1时，首先证明直线y=b与曲线y=f(x)有2 个交点： 即证明F(x)=f(x)一b有2个零点，因为F(x)= f(x)=e-1, 所以F(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调 递增， 又因为F(一b)=e>0,F(0)=1一b<0,F(b)=e-2b >0, (令t(b)=e-2b,b>1,则t'(b)=e-2>0,t(b)>t(1) =e一2>0，所以F(b)>0.) 所以F(x)=f(x)一b在（一∞，0）上存在且只存在1个 零点，设为x1,在(0，十∞)上存在且只存在1个零点，设 为x· 其次证明直线y=b与曲线y=g(x)有2个交点， 即证明G(x)=g(x)一b有2个零点，因为G(x)= )=1-子 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十○)上单调递增， 又因为G(e)=e>0,G(1)=1-b<0, G(2b)=b-ln2b>0, (令40)=6-ln2b,则0)=1-方>0， (b)>(1)=1-ln2>0,即G(b)>0) 所以G(x)=g(x)一b在(0,1)上存在且只存在1个零 点，设为x3,在(1，十∞)上存在且只存在1个零点，设 为x4. 再次证明存在b使得x2=x3, 因为F(2)=G(xg)=0,所以b=e?-x2=x3-lnx3, 若x2=xg,则e-x2=x2-lnx2, 即e2-2.x,+lnx2=0, 所以只需证明e一2x十lnx=0在(0,1)上有解即可， 即证p(x)=e-2x十lnx在(0,1)上有零点， 因为9（付）=e-号-8<0g1=-2>0, 所以g(x)=e'一2x十lnx在(0,1)上存在零点，取一零 点为x0,令x2=x3=x即可，此时取b=e。一x0, 则此时存在直线y=b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x1十x:=2x0,即从左到右的三个交点的横坐 标成等差数列， 因为F(x1)=F(x2)=F(x)=0=G(x)=G(x)=G(x), 所以F(x1)=G(xo)=F(lnxo), 又因为F(x)在(-，0)上单调递减，x1<0,0<x。<1 即lnxo<0,所以x1=lnxo, 同理，因为F(x)=G(eo)=G(x,), 又因为G(x)在(1，十∞)上单调递增，x。>0,即e0>1, x,>1,所以x,=e, 文因为eo一2x。十lnx。=0,所以x,十x,=eo十lnxa =2x0, 即存在直线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， 实战集训6 1.解：(1)由题，f(x)=e·n(1+x)+e·十z =(+0+ 故f(0)=e·(ln(1+0)+中0)=1，f0)=en1+o) =0, 因此，曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y=x; 2由a,g)=f(x)=e·(a1+x)+)z [0,+co), 14 设hx)=ln(1+x)+千xa+x)' 2 x∈[0，十∞)， 1 2 2 则2e+x0+x)+（1+x)于0+x>0, 故h(x)在[0，十∞)上递增， 故h(x)≥h(0)=1>0, 因此g(x)>0对任意x∈[0，十o)恒成立， 故g(x)在[0，十∞)上单调递增； (3)m(s)=f(s+t)-f(s)-f(t) =e'In(1+s+t)-e'ln(1+s)-e'ln(1+t), 则m(s)=e"(n(1+s+t)+1+s+i) 1 1 c(1+s)+1中)=gs+)-g), 由（Ⅱ）g(.x)在[0，十co)上单调递增， 故s>0,t>0时，m'(s)=g(s十t)一g(s)>g(t)一 g(0)>g(0)-g(0)=0, 因此，m(s)在(0，十∞)上递增， 故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0, 因此，对任意的s,t∈(0，十o), 有f(s十t)>f(s)+f(t). 评析：本题将指对函数以乘法的方式联系到一起，构思 新颖.第(2)判断导函数符号可以求二阶导，也可以直接 放缩处理；第(3)问采用主元法，借助(2)的结论可以快 速得到结果. 2.解：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，十∞)， r()=e(x-D-1+1=e+x)x-1D x x 令f(x)=0→x=1,所以0<x<1时，f(x)<0, f(x)单调递减； 当x>1时，f(x)>0,f(x)单调递增f(x)m=f(1)= e十1一a,要使得f(x)≥0恒成立. 即满足f(x)min=f(1)=e十1-a≥0，解得a≤e十1. 故a的取值范围为（一co,e十1]. (2)由(1)知要使得f(x)有两个零点， 则f(x)ma=f(1)=e+1-a<0→e+1<a,假设0<x1 <1<,凄证明<1，即证明1<<安又由于) 在+e让单调运增，即证明)Kf)户) f()下面拘造画数)=f)-f()0<<1 F)=f)+f() =(x-1)(e+x-xe-1) x 由于e>ex→e十x>ex十x=(e十1)x, 又函数y=xe立在(0，l)上单调递减， xe>e→-xe-1<-e-l. ∴.e+x一xez-1e+1-e-1=0, .0x<1时，F'(x)>0→F(x)在(0,1)上单调递增， 而F(1)=f(1)-f(1)=0, F(<0→f<f()得证. 故若f(x)有两个零点x1·x,则x1x1. 3.解：(1)a=1→f(x)=xe-e'=(x-1)e'→f(x)=xe, 当x∈(-o,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 (2)令g(x)=f(x)+1=xe-e+1(x≥0) →g(x)≤g(0)=0对Vx≥0恒成立， 又g'(x)=e+a.xe-e→g'(0)=0, 令h(x)=g'(.x)→h'(.x)=ae+a(er十a.xe)-e =a(2er+a.xe“)-e, 则h'(0)=2a-1, ①若N(0)=2a-1>0,即a>2时，由 im (()lim ( →0 x一0 x 所以3x>0,使得当x∈(0，)时，有(>0→ g'(x)>0→g(x)单调递增→g(x)>g(0)=0,矛盾 ②若(0)=2a-1≤0，脚a≤2时， g'(x)=e“十a.ze“-e'=e+i1+ar)-e'≤er+ia1+) e≤e+-e'=0→g(x)在[0，十co),上单调递减， g(x)≤g(0)=0,符合题意. 综上所迷，实数a的取值范国是a≤ 3)求导易得1->2n>1) t 令1+工 1>2m/1+今 71 1 车n(史2n() =ln(n+1) 1 三十…十 >ln(n+1),证毕. √n十n 专题四三角函数与解三角形 考点一 实战集训1 1.C将f(x)的图象向x轴正方向平移39个单位长度， 得到g(x)=f(x-3p)=sin(x-2p)的图象.因为g(x) 的园象与八x)的图泉关于x轴对称，所以39为(T 为f(x)的最小正周期)的奇数倍.又于=天=元，所以39 2ω =xk=2n+1,n∈Z),即p=(k=2m+1,m∈Z),又 3 0g<2,所以9=音号 5 2B徐题知a-号-经即a-号+号共中长乙：又口 >0,所以当k=0时，a取得最小值x,故选B. 3.A依题可知登十g=2r十令，罗十9=m,其中，” ∈Z. 两式相减，得w=4(n一2k)一2=4t一2，t∈Z. 又因为号=名>音（造）告· 所以w≤2，故w=2. 1 从而9=2x十子，结合-x<9<x得9=子 里然f代)=im(亿x+吾)在[0，]上的最小值为 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(z）=sim(ar)+cos(ur)=2sim(oz+于)(w>0). 设函数f(x)的最小正周期为T,由f(x十π)可得kT= x,(k∈N"), 所以T=E-=至（∈N),即w=2,(∈N) 又画数f(x)在【0]上存在零点，且当x 0,]时ax+紧学+] 所以%+千≥x,即≥3 综上，w的最小值为4.故选：C 5.C由题意可得：y=2sn(3红-晋）可知最小正月期T= ，所以y=2sn(3x-吾+号）=20s3,画出y=sin 3 和y=2cos3x在[0,2π]上的函数图象，观察即可得到6 个交点， y=2sin(3x-) 4 y=sinx 0 2元 2元x -2 故选择C. 6.BCA错，代x=0便知；B显然对，两者值域相同；C显 然对，两者最小正周期都为π：D错，前者对称轴为x= 受十x,后者是2=十机 7.B由题意可知：x1为f(x)的最小值，x2为f(x)的最大 值点， 且。>0，所以w=吾=2 &A对于Ain+si=(号n叶号s习 =sin+平）小则T=2x,满足条件，故A正确： 对子0s2=之sin2z,则T-要=，不满足条 1 2 件，故B错误； 对于C,sinx十cosx=1,为常值函数，则不存在最小正 周期，不满足条件，故C错误： 对子-c0sx=-60s2,则T-受=x,不满足 条件，故D错误，故答案选A.