2.4.2 导数的综合应用-【创新教程】2022-2026五年高考数学真题分类特训

第二部分专题四导数及其应用 第2节 导数的综合应用 [考点1]导数与函数的单调性 5.(2023·全国乙卷（文），20)(12分)已知函 1.（2024·新课标I卷，10)（多选）设函数 f(x)=(x-1)2(x-4),则 数f)=(+ajlm1+. ( A.x=3是f(x)的极小值点 (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点 B.当0<x<1时，f(x)<f(x2) (1,f(1)处的切线方程. C.当1<x<2时，-4<f(2x-1)<0 (2)若函数f(x)在(0，十∞)单调递增，求a D.当-1<x<0时，f(2-x)>f(x) 的取值范围. 2.(2023·新课标Ⅱ卷，6)已知函数f(x)= ae-lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的 最小值为 () A.e2 B.e C.e1 D.e-2 3.(2023·全国乙卷（理），16)设a∈(0,1)，若函 数f(x)=a+(1+a)r在(0，+∞)上单调递 增，则a的取值范围是 4.(2023·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 数e)-aeo,引 (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. 7 最新真题分类特训·数学 [考点2]导数与函数的极值 (2)若函数y=f(x)满足在(0，十∞)上存在 1.（2024·新课标Ⅱ卷，11)（多选)设函数 极大值，求m的取值范围； f(x)=2x3-3ax2+1,则 () A.当a>1时，f(x)有三个零点 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 2.（2023·新课标Ⅱ卷，11)（多选）若函数 f(x)=alnx+6+S(a≠0)既有极大值也 0 有极小值，则 ( A.bc0 B.ab0 C.b2+8ac>0 D.ac<0 3.(2022·新高考I卷，10)（多选）已知函数 f(x)=x3-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.(2025·全国二卷，13)若x=2是函数f(x) =(x-1)(x-2)(x一a)的极值点，则f(0) 5.(2022·全国乙卷（理），16)已知x=x1和x =x2分别是函数f(x)=2a2一ex2(a>0且 a≠1)的极小值点和极大值点.若x1<x2, 则a的取值范围是 6.(2025·上海卷，19)（第1小题满分6分，第 2小题满分8分) 已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈R. (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2一1的 解集； 28 第二部分专题四导数及其应用 7.(2024·全国甲卷（理），21)(12分)已知函 [考点3] 导数与函数的最值 数f(x)=(1-a.x)ln(1+x)-x. 1.(2026·全国I卷，6)已知函数f(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. x十2的最大值为1，则a= er十a 1 A.2 B.1 c D.2 2.(2022·全国乙卷（文），11)函数f(x)=cosx十 (x+1)sinx+1在区间[0,2π]的最小值、最大 值分别为 A-受号 B.、3ππ Γ2’2 C-受5+2 D.-8,+2 3.(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)=x2十ax十3，g(x) +是 1)已知f0)=4,求f(x)+是>g()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11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 29 最新真题分类特训·数学 》 4.(2025·全国一卷，19)(1)求函数f(x)= 5.(2025·北京卷，20)已知函数f(x)的定义 5cosx-cos5x在区间[0，W]的最大值： 域为（一1，+∞），且f(0)=0,f(x)= (2)给定0∈(0，π)和a∈R,证明：存在y∈ n》,直线4是雀线y=)在点 [a-0,a十0]使得cosy≤cos0; A(a,f(a))处的切线. (3)设b∈R,若存在p∈R,使得5cosx (1)求导函数f(x)的最大值； cos(5x十p)≤b对x∈R恒成立，求b的最 (2)当一1<a<0时，求证：除切点A外，y= 小值. f(x)在L1上方； (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, ,求2--的取值范围。 x2一x1 30 第二部分专题四导数及其应用 [考点4幻利用导数解决恒成立（存在性） 2.(2024·新课标I卷，18)(17分)已知函数 问题 1.(2026·全国Ⅱ卷，19)(17分)已知函数 )=ln2产z十ax+bx-1月. f(x)=xe+ax十b,曲线y=f(x)在点 (1)若b=0,且f'(x)≥0，求a的最小值； (0,f(0)处的切线方程为y=一2x十1. (2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形； (1)求a,b; (3)若f(x)>-2,当且仅当1<x<2,求b (2)当x>0时，f(x+m)-f(x)>m,求m 的取值范围 的取值范围； (3)当x>0时，f(k+x)十f(k一x)> 2f(),求k的最小值. 最新真题分类特训·数学 ● 3.(2024·全国甲卷（文），20)(12分)已知函 4.(2023·全国甲卷（理），21)(12分)已知 数f(x)=a(x-1)-lnx+1. (1)求f(x)的单调区间； fe)-aaae〔0，引 (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)< (1)若a=8时，讨论f(x)的单调性； e-1恒成立. (2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值 范围. 第二部分专题四导数及其应用 [考点5]利用导数证明不等式 2.(2025·全国二卷，18)已知函数f(x) 1.(2026·天津卷，20)(16分)已知f(x)=e ln(1十x)-x+2x-kx,其中0<k<3 2 in (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的 (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线 极值点和唯一的零点； 方程； (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，十∞) (2)当z∈[-号+∞时，证明f(x) 的极值点和零点. (1)设函数g(t)=f(x1十t)-f(x1一t),证 ≥1+： 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 (3)求实数a的最大可能值，使得f): 结论 2f)·f)…f≥a+1 对任意的n∈N都成立. 33 最新真题分类特训·数学 3.(2024·天津卷，20)（本小题16分）设函数 4.(2023·新课标I卷，19)(12分)已知函数 f(x)=xln x. f(x)=a(e2十a)-x. (1)求f(x)图象上点(1，f(1))处的切线 (1)讨论f(x)的单调性； 方程； (2)证明：当。>0时fx)>2na+是 (2)若f(x)≥a(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. 第二部分专题四导数及其应用 5.(2023·新课标Ⅱ卷，22)(12分)(1)证明： 6.(2023·天津卷，20)(16分)已知函数f(x) 当0<x<1时，x-x2<sinx<x; (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若 -(1+2)In(z+D). x=0是f(x)的极大值点，求a的取值 (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； 范围. (2)当x>0时，证明：f(x)>1; (3)证明：8<n()-(a+号)nn+m≤1， n∈N*. 35 最新真题分类特训·数学 7.(2023·上海卷，21)（本题满分18分）本题 8.(2022·新高考Ⅱ卷，22)(12分)已知函数 共有3个小题，第1小题满分4分，第2小 f(x)=xea-e*. 题满分6分，第3小题满分8分. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性： 已知函数f(x)=lnx.取a1>0,过点(a1, (2)当x>0时，f(x)<一1，求a的取值 f(a1))作曲线y=f(x)的切线，交y轴于点 范围； (0,a2);a2>0,过点(a2,f(a2)作曲线y (a)设n∈N,玉明中十公司 1 一十 1 十… f(x)的切线，交y轴于点(0，a3),以此类推； 若an≤0，n∈N*,则停止操作，得到数列 1>1n(n+1) {an}. √n2+n (1)若正整数m≥2，证明：am=lnam-1一1. (2)若正整数m≥2，试比较am与am-1一2 的大小 (3)若正整数k≥3，是否存在使得a1,a2, …,a,依次成等差数列？若存在，求出的 所有取值；若不存在，试说明理由. 36 第二部分专题四导数及其应用 9.(2022·北京卷，20)(15分) [考点6]利用导数研究函数的零点 已知函数f(x)=e1n(1+x) 1.(2024·全国甲卷（文），16)曲线y=x3-3x (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线 与y=-(x-1)2+a在(0，+∞)上有两个 方程； 不同的交点，则a的取值范围为 (2)设g(x)=f(x),讨论函数g(x)在[0， 2.（2024·天津卷，15)若函数f(x) 十∞)上的单调性； 2Wx2-ax-|ax-2+1恰有一个零点，则 (3)证明：对任意的s,t∈(0，十∞)，有f(s十 a的取值范围为 t)>f(s)+f(t). 3.(2026·北京卷，20)(15分)设函数f(x)= x2十mx-4ex-1(n∈Z),曲线y=f(x)在点 (-1,f(一1)处的切线方程为4x+e2y+e +8=0. (1)求m,n的值； (2)求f(x)的极值点个数； (3)当直线y=x一1(k>0)与曲线y= f(x)的交点个数. 37 最新真题分类特训·数学 ●》 4.(2025·天津卷，20)已知函数f(x)=ax 5.(2024·北京卷，20)(15分)设函数f(x) (In x)2 x十ln(1+x)(k≠0)，直线l是曲线y= (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1) f(x)在点(t,f(t)(t>0)处的切线： 处的切线方程： (1)当=一1时，求f(x)的单调区间： (2)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2 (2)求证：l不经过点(0,0)； ∠x3 (3)当=1时，设点A(t,f(t)),(t>0), (i)求a的取值范围； C(0,f(t)),O(0,0),B为1与y轴的交点， （)证明：(nx2-lnx)·lnx,<4e SAAC0与S△ABO分别表示△ACO与△ABO e-1 的面积，是否存在点A使得2S△40= 15S△ABo成立？若存在，这样的点A有几 个？（参考数据：1.09<1n3<1.10,1.60< 1n5<1.61,1.94<1n7<1.95) 38 第二部分专题四导数及其应用 6.(2023·全国乙卷（理），21)(12分)已知函 7.(2022·全国乙卷（理），21)(12分)已知函 数fx)=(是+ajln(1+x). 数f(x)=ln(1十x)+axe (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点 (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点 (0,f(0))处的切线方程； (1,f(1)处的切线方程 (2)若f(x)在区间(-1,0)，(0，+∞)各恰 (2)是否存在a,6,使得曲线y=()关于 有一个零点，求a的取值范围. 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 39 最新真题分类特训·数学 8.(2022·全国乙卷（文），20)(12分)已知函 10.(2022·新高考I卷，22)(12分)已知函数 数fx)=ax--(a+1nx f(x)=e一ax和g(x)=ax-lnx有相同 的最小值. (1)当a=0时，求f(x)的最大值； (1)求a; (2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值 (2)证明：存在直线y=b,其与两条曲线y 范围. =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. 9.(2022·全国甲卷（理），21)(12分)已知函 数f(x)=e-lnx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.最新真题分类特训·数学 7.解析：当x>0时，点(x1,lnx1)(x1>0)上的切线为y- 1n=上(x一)，若该切线经过原点，则lnx,-1=0, 解得x=e,此时切线方程为y=总 当x<0时，点(x2,ln(-x2)(x2<0)上的切线为y- 1n(-)=1(x-).若该切线经过原点， T2 则ln(一x2)一1=0，解得x=一e,此时切线方程为 答案：y=名y=-名 e 8.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(-∞，lna)上单调递减，(lna,十c∞)上单调 递增， f(x)糕小位=f(lna)=a-alna-a3<0, .1-lna-a2<0, 令ga)=-a2-lna+1,ga@)=-2a-a<0, g(a)在(0，十∞)单调递减，而g(1)=0, ∴.g(a)<0台a>1, .a的取值范围(1，十o). 9.解：(1)，f(x)=3x2-1,.f(-1)=2且f(-1)=0, 故y=f(x)在点(-1,0)处的切线为y=2x+2, 又y=2x十2与y=g(x)相切，将直线y=2x十2代入 g(x)=x2+a得x2-2x十a-2=0, 由△=4-4a十8=0得a=3. (2)∫(x)=3x2-1,曲线y=f(x)在点(x1,f(x)处 的切线为y-(x-x1)=(3x-1)(x-x1), 即y=(3x-1)x-2x; 由g(x)=x2+a得g'(x)=2x, 设y=g(x)在点(x2,g(x2)处的切线为y-(x十a)= 2x2（x-x2）, 即y=2x2x-x十a, /3x1=2, {-2x-a-x2' a=后-2=}(9-8-6+10. 令h()=是x-2x2-号2+子，则N()=9r2-6r -3x=3z(3x+10(x-1,令k(x)>0,解得-号<2< 0或x>1, 令W(x)<0,解得x<-号或0<x<1,则x变化时， h'(x),h(x)的变化情况如下表： 1 0 (0,1)11,+∞) h'(x) 0 十 0 0 h(s) 减 27 增 减 4 地 则h(x)的值域为[-l,十∞)，故a的取值范围 为[-1，+∞). 第2节 导数的综合应用 考点1导数与函数的单调性 1.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-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. 2.C由题意可知了x)=ae-是≥0在区间1,2)上恒成 主，即a≥（侵）设E=c,则在12上有 g=+1e>0,所以g)a=g=e,则(ga) =日，即a≥e1,故选C 3.解析：由函数的解析式可得f(x)=alna十 (1+a)ln(1+a)≥0在区间(0，十∞)上恒成立， 对1+arn1+o≥-g1na,即(t）)广≥ n0在区间(0，十c0)上位成主 故(1)=1≥-na雨a+1ea.2. 故ln(1+a)>0, 故ha+1)≥-na即aa+1≥1】 {0<a<1 10<a<1 故521≤a<1, 结合题意可得实数a的取值范国是[5,1 答案[，】 4.解：(1)因为a=1,所以f(x)=x-sin工 cos2x x∈(o,)则f(x) 1cos xcos'z-2cos (-sin z)sin z cos'x 1-cos'x+2sin'zcos'z-cos'z-2(1-cos'z) cos°x cos'x =c0s3x十cos2x-2 cos'x ◆=osx,由于x∈(0，受)， 所以t=cosx∈(0,1)， 所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2 =t(t-1)+2(t+1)(t-1)=(t+2t+2)(t-1), 因为2+21+2=(t+1)2+1>0,t-1<0, c0s3x=t3>0, 所以f)=co01=2<0在(0，受）上恒成立， cosx 所以f在(0，受)上单调适减. (2)构建g(x)=f(x)十sinx -a-+m(<K受) 尉g)=a-1tn+osz(0<r<受)} cos'x 若g(x)=f(x)十sinx<0,且g(0)=f(0)十sin0=0,则 g(0)=a-1+1=a≤0， 解得a≤0，当a=0时， 因为如把是n（-心z)】 cosx 又x∈(0，受）所以0<sinz<1, 0co1则>1， 所以f(x)+sinx=sinx sinx∠0， cos'x 满足题意； 当a<0时，由于0<x<受，显然ar<0, 所以f(x)十sinx=az-sin2+sinx<sinx-sin2< cosx cosx 0,满足题意； 综上所述：若f(x)+sinx<0,等价于a≤0， 所以a的取值范围为(-∞，0]. 5.解：当a=-1时，f=(2-h+1x>-1D. 则f)=-是×a+D+(任-)×z 据此可得f(1)=0,f(1)=-ln2, 所以函数在(1，f1)处的切线方程为y一0=一ln2(x一1)， 即(ln2)x十y-ln2=0. (2)由函数的解折式可得f(x)=()h(x+1D+ (2+ax+x>-1D, 满足题意时f(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立. ◆(-)lhx+1)+(是+a）z+0, 则-(x+1)ln(x+1)+(x十ax2)≥0， 令g(x)=ax2十x-(x十1)ln(x十1)，原问题等价于 g(x)≥0在区间(0，十∞)上恒成立， 则g(x)=2a.x-ln(x十1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x十1)>0， 详解详析 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(x)=g'(x)=2ax-In(x+1), 则N)=2a-+ 当a≥7,2a≥1时，由于<1，所以W)>0, h(x)在区间(0，十o∞)上单调递增， 即g'(x)在区间(0，十o∞)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,满足题意. 当0a<号时，由)=2a-=0可得x=六-1， 1 当x∈(0，a-时，k(x)<0,(x)在区间 (0,a-1上单调递减，即g《✉)单调递减， 注意到g0)=0,故当x(0,六一1)时， g'(x)<g(0)=0,g(x)单调递减， 南于g0)=0,故当z(0,a-）时8K60)=0, 不合题意。 综上可知：实数a的取值范国是{aa≥} 考点2导数与函数的极值 1.AD求导得f(x)=6x(x-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一1)3-6(x-1)-3,关于(1，-3)中心对称. 2.BCD由题可知f(x)的定义战为(0，十o∞)，(x)=a -6-2=ax-br一2c,由函数f(x)既有极大值也有 极小值，知f(x)在(0，十∞)上有两个不等实根，令h(x) =ax2-bx-2c,则h(x)在(0，十∞)上有两个不等实根， b2+8ac>0 △>0 所以{工1十x2>0,即 b0 a (x1x2>0 一2c70 a ,b+8ac>0 所以ab>0 ,所以b与a同号，c与a异号，故bc<0, (ac<o 所以A错误，B、C、D正确.故选BCD 3ACf)=3x-1,所以f有两个概值点-9与 得又f(得）1-2g0,所以1)只有-个率忘： 由f(x)+f(-x)=2可知，点(0,1)是曲线y=f(x)的 对称中心：令f(x)=3x2-1=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. 45 最新真题分类特训·数学 4.解析：因为f(x)=(x2-3x十2)(x一a)(x∈R), 所以f(x)=(2x-3)(x-a)+(x2-3x+2), 由f(2)=0得：2一a=0,所以a=2, 所以f(x)=(x-1)(x-2)2且f(x)=2(x-1)(x-2) +(x-2)2=(x-2)(3x-4), 当x变化时，f(x),f(x)变化如下表 4 -0∞，3 4 3 2 (2,+∞ f'(x) + 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 5.解析：f(x)=2(alna-cx)至少要有两个零点x= 和x=x2,我们对其求导，f"(x)=2a(lna)2-2e. (1)若a>1,则(x)在R上单调递增，此时若(x)= 0,则f(x)在(-∞，x)上单调递减，在(x0,+∞)上单 调递增，此时若有x=x1和x=x2分别是函数f(x)= 2a一ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值，点， 则x1>x2,不符合题意. (2)若0<a<1,则(x)在R上单调递减，此时若 '(x)=0,则f(x)在（一o,x)上单调递增，在(x,十∞） 上单调递减，且=l0gn0.此时若有x=和x=工 e 分别是函数f(x)=2a-ex2(a>0且a≠1)的极小值，点 和板大值点，且<则高满足f()>0,即品。> cog.→aa>an→ha>haa→hdha e e >1-lhna,可解得a>e或0<a<名，由于0<a<1, 取交袋即得0<a<日 答案：(0，) 6.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十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)+= x 2x2-(m+2)x+m_(x-1)(2x-m） 故分类讨论，由当m≤0时， f(=x=1)(2x-m)≥0z≥1， 故f(x)在(0,1)单调递减，在[1，十∞)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∞)单调递增，故f(x)无极大值不成立； ②当0<m<2时， f)=z-1)C2x=m≥0→x>≥1或0Kx≤罗， x f)在(0，受]和[1，+o∞)单调递增，在（受，1）单调递 减，故f)在x=受处取得极大值； ③当m>2时，f()=-1DC2=m≥0→x≥受或0 父 <x≤1， f八x)在(0,1]和[受，+∞）单调递增，在(1，受)单调递 减，故f(x)在x=1处取得极大值； 综上：m∈(0,2)U(2,十∞). 7.解：(1)当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1十x)-x(x> -1Df)=2n1+)+千z当x>0时，fx)>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-ax)ln(1+x)-x,f(x)=-aln(1+x) 92令&)=fe,期)=一中 a 因为当≥0时f≥0，且0)-=0，f@ 0,所以g0)=-1-2a≥0，a≤-合当a≤-合时， x gxw)产21+021+21千≥0,8m)在[0. +∞)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 值范周为(0，一] 考点3导数与函数的最值 1.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=l,选B. 2.D f'(x)=-sin x+sin x+(x+1)cos x =(x+1)cos z, 所以x)在区间(0，受)南（经2x上f)>0, 即f(x)单调递增； 在区同（受，受）上了()<0，即f)单调适减 又fo)=f(2m)=2,f()-受+2，f(经) -(+1)+1=-经， 所以f)在区间[0,2]上的最小值为-经，最大值为 受十2.故选D, 3.解：(1)由题意，x≠0，f(1)=1十a十3=4解得a=0,所 以f(x)=x2+3, 由2+3+是>4红+之得2-红+3>0解得x (-∞，0)U(0,1)U(3,+∞). 46 (2)由题意，f(x)=2x十a,f(0)=a, 故h为y=ax十3，故4斜率为-日， 故1，为y=-12十3， a 故ax+3=4红+号在(0，十o∞)内无解， 故a=-3十4在(0，十0)内无解， 不坊设4=∈0，+∞)，a(0=-3影+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)min=h(1)=2,x→十o∞，h(t)→+o∞， 故h(t)∈[2，十∞)，即a∈(-∞，0)U(0,2): 同理-∈(-0,0U(0,2)>a∈(-∞，-2)U0, +∞) 综上a∈(，-)U0,2). 4,解：1设os=当z[,]时4[受] 又cos2x=2t2-1,cos4x=2(22-1)2-1=8t-8t2+1, 所以cos5x=cos4 xcos x-sin4 xsin =cos 4xcos x-4cos 2xcos xsin'x =t(8t-82+1)-4(22-1)t(1-t2)=16t5-20t3+5t, g(t)=5cos x-cos 5x=2013-16t5, 则g'(t)=20t(3-4t), 易知g)在(1，-）和（停上递成，在 (9)上送增， 且8-1)=-4,8(9)=-35,8(9)3， g(1)=4, 故g)在[竖1]上的最大值为3，甲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-0,a十0们，均有 cos y>cos 即对任意y∈[a-0,a+0们，有y∈(2kπ-0,2kπ+0)，k ∈Z, 由于0∈(0，π)，所以形如(2kπ一0,2kπ十)，k∈Z的区间 两两交集均为空集， 所以[a-0,a+0]二(2kr-0,2kπ+0)， 故存在整数k,使得2kπ一0<a一0a十0<2kπ十0，所以 2kπ<a<2k元， 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 =3√3. 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. 1 详解详析 另一方面，在(2)中取日=否a=9,则存在%∈ [一g+]使得c0s%≤os ,5π 此时，=写∈[，晋]从而h(,)=5c0s。 5 c0s%≥5c0s吾-c0s0=35, 6 所以b<3V5无法满足5cosx一cos(5x十p)≤b对任意实 数x恒成立， 综上可知，b的最小值为3√3. 5.解：1)授g0-1,则g)=1n, 2 易知g(t)在(0，e)上单调递增，在(e,十o∞)上单调递减， 所以g)最大值为g@=日，故了（✉）的最大值为吕 (2)直线l1的方程为y=f(a)(x-a)十f(a), 设F(x)=f(x)-[f(a)(x-a)+f(a)], 则F'(x)=f(x)-f(a), F(z)=f(z)=1-In(z+1 (x+1)2 当≥0时-≥0， f(a)=lnat1)<0,F(x)>0. a+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l,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. 8)直线五的方程为y-7司红-@+fa,在， 的方程中，分别取y=0,得=a-fa f(a) z2=a+f(a)f'(a). 易知fa)的取值范国是(0，。】， 所以2a-x1-飞 f fo)ro x2一x1 +a)(a) =1-[f(a)] 2 1+[f(a)] =-1+1+t广(o厅是关于fa)的减函 数，从而得到2”的取值范周是[圆）月 x2-x1 考点4利用导数解决恒成立（存在性）问题 1.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=-3,b=1. (2)由(1)知f(x)=xe2-3x+1.不等式可化为f(x+ m)-(x十m)>f(x)-x.设函数g(x)=f(x)-x=xe -4z+1,g'(x)=(x+1)e-4, 最新真题分类特训·数学 g"(x)=(x十2)e>0(x>0),g(x)在(0，十∞)上单调递 增.又g(0)=-3<0,g(1)=2e-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十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)→me"-4m+1≥1→m(e"-4)≥0，因为m >0,所以：em≥4→m≥ln4=2ln2, 所以m的取值范围是[21n2,十∞). (3)要使当x>0时，f(x十k)十f(k-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+-(k-x十1)e=e[(k+1+x)e4-(k十1-x], 设(x)=(k+1十x)e2-(k+1-x), 则p(0)=0.且p'(x)=(2k十3十2x)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. 2解.(06=0时，f)士+2十a≥0， 即a>-11 x2-x1 (2+2)+2-0=2+2+2≥ x 2·2产4 2+2x 所以f(x)≥0时，a≥-2，故最小值为-2. (2)由y=ln(2产)关于1,0)中心对称y=ax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，下证英成立：1+)十f1-)=n告十 a1++b2+h年2+a1-)+0-=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+b(x-1)3,1<x<2, f)=+222+36x-1 =x-1(z2+30） 由2司≥2做2-号时>0，)单调递增， fx)>f1)=-2,x∈(1,2)， 当6<-号时，f(1)=0,f(x)=(红-1)2 (2+0）=-103++2。 x(2-x) 令f(x)=0得x=x1,x2(x1≤x2),且x1十x2= 6b -36 =2,x1·x=-36 2 故x1<1<x2,从而f(x)在(1，x2)上单调递减，f(x2)< f1)=-2,不满足题意：熔上：b≥-号 3.解：(1)f(x)=a(x-1)-lhx+1,f(x)=a二1，x>0. 若a≤0，f(x)<0,f(x)的减区间为(0，十o),无增区间； 若a>0时，当0<x<日时，f(x)<0,当>日时， f()>0,所以f(x)的减区间为(0，后）增区间 为（日+∞）： (2)因为a≤2，所以当x>1时，e-1-f(x)=e-1-a(x -1)+lnx-1≥e-1-2x+lnx+1.令g(x)=e-1-2x +nx+1,则g)=e1-2+子，令n()=g(),则 h'(x)=e-1-1 ，h(x)在(1，+∞)上递增，(x> h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，十∞)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. 4.解：(1)f(x)=a-cos cos3x+3 sin cos2 xsin x cos°x -acos'a+3sin'xa3-2cos'a cos'x cosx 令cos2x=t,则t∈(0,1) 则f(x)=g(0=a-3-2t=a+2t-3 当a=8时，f(x)=g(0=82+2-3-21-1D4+3) 当(0，)即x(肾，登)f<0, 当（合，1脚x(0,)f>0. 所以f(x)在(0，)上单调递增，在（牙，）上单调 递减 (2)ig(x)=f(x)-sin 2x,g'(x)=f'(x)-2cos 2x =fx)-2(2co92x-1）=a2+21-3-2(2-1D =a+2-+2- 设g0=a+2-+是-是g0=-4-号+ 6 -4t-2+6=-2t-10(2r+2+3》>0. 3 t3 ∴p(t)在(0，t)上为增函数， 所以p(t)<p(1)=a-3. ①若a∈(-∞，3]，g'(x)=p(t)<a-3≤0 即g)在(0，受)上单调道减， 所以g(x)<g(0)=0. 所以当a∈(-∞，3]，f(x)<sin2x, 符合题意。 48 ②若aE8,+),当-0，号是 -3()+号-0，所以90-0 p(1)=a-3>0.,所以3t∈(0,1)，使得p(t)=0,即 3z∈(0，受）使得gx)=0, 若t∈(t,1),p(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的取值范固为(-∞，3]. 考点5利用导数证明不等式 1.解：①f)=C-号snx fo)=e-号如0=1 切点(0,1)， f）=e-号cosx, k=f0=e-号s0=日 1 六切线方程：y=3x十1 2》证明≥1+学对z[一司+)成主， 将连：8)-e-音号血一1，g0)-0i ga)=e-日-号ow, 当x≥0时e≥1，cosx∈[-1,1]， e-日-号os≥0ga2≥0， g(x)单调递增，∴g(x)≥g(0)=0. 当x[-号0]时 g()=6+号m2,8)为单润增画数， “g≥g(）=ei-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, 六能上所建a[专+)时，g≥0 即当[-日+）时，f≥1+青 8)先运明f(日)）≥(+)广，即证e-号如x-1+ x)“≥0，当x∈(0,1)恒成立， 令G(x)=e 号nx一1+，zeo,D: G'(z)=e*- 3cosx-a(1+x)-1; :G0)=0,且G)≥0：必有G0=1-号-a≥0， ≤3’ 1 下面证明a≤号时，特合题意： 149 详解详析 ①a≤号时，G)=e-号snx-1+≥e-号snx (1+x)3 令A()-e-号sinx-(1+i, k)=6-号sx-号1+)手>0， .h(x)单调递增，.h(x)>h(0)=0. @当a≥1时，cg-号mx-1+ 令a)-t-号mx-1+0. g)=e-1-号cosx,g0)=-号<0， 3 g1)=e-1-号cos1>0, 与x。∈(0,1)使g(xo)=0,g(x)在(0，x。)单调递减，在 (x,1)单调递增. .0>g(x)>G(xo)不满足题意 ③a∈(31G0)=号-a<0,G1)=e-号-a· 24-1>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ax=号时，x)≥(1+z,令x= n 则f(日)≥(+)， f()·f(合)·f(号)·f()f()≥ (层··)广≥(m+1对任意的n∈N也 都成立. 解：(1)图为f(x)=n(1十x)-x+2x-kx,k (0,号) 所以了（红）=十 -1+x-3kx2 =1-1-x十x+x2-3kx2-3kx 1+x =(+1-) 当x>0时，令f(x)=0,解得x=3k1>0, 所以当0<x<还-1时，f(x)>0,)单词递增， 当>一1时，f)<0,f)单调适成。 所以x=泥一1是f(x)在(0，十∞)上唯一的极值点，是 1 极大值点 因为f(3a-1)>0=0,f()=(1+)蒸 最新真题分类特训·数学 所以3x∈(-1，)x)=0, 所以x。是f(x)在(0，十∞)上唯一的零，点. (2)(1)因为g(t)=f(x1十t)-f(x1-t), 所以g'(t)=f(x1十t)+f(x1-t) =二(a+2】 中+么tz)叶二函二运-） 1+x1-t =3[-0_(x+2)1 L1+x-t1+x1十t] =6kt(2-zx号-2x) (1+x1)2-t2 因为t∈(0，x1), 所以t2-x号-2x1<0,(1十x1)2-t2>0, 所以g0=6r:--2x)<0, (1+x1)2-t2 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. (i)由(1)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 所以g(x1)<g(0), g(x1)=f(2x)-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x2>x1,2x1>1,且f(x)在(x1,十∞)上单调递减， 所以2x1>x2· 3.解：(1)由于f(x)=xlnx,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. （2②)设A0=1-1-n,则N0=1-是=，从而当 t 0<t<1时h'(t)<0,当t>1时h'(t)>0. 所以h(t)在(0,1]上递减，在[1，十∞)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-√E)=xlnx-a(x-√x) -(匠小咖)) 当x∈(0，十o0)时，二的取值范国是(0，十∞)，所以命题 √x 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,+∞)，有0≤g(t)=a(t-1)-2lnt=a(t-1)+ 2h<a4-10+2(}-1=at+2-a-2, 取t=2,得0≤a-1,故a≥1>0. 再取√日将0a√层+2经-a-8=2v后 a-2=-(Wa-√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)-2lnt=2h(t)≥0，满足条件. 综合以上两个方面，知a的取值是2. 150 (3)证明：前面已经证明不等式t-l≥lnt,故当0<a<b b 时，bnb-aln a aln b-alna+lnb一b_1 b-a b-a <1+In b, a bln b-aln abln bbln a+Ina b-a b-a -In +Ina 1-8 二（合】+na=1+he,所以na+1<如台h 1- b-a <1nb+1,即1na+1<fb)二fa<1nb+1.由f(x) b-a =lnx+1,可知当0<x<时f)<0,当>&时 f)>0.所以f(x)在(0，]上单洞递减，在 [日+)上单调递增。 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 情况一：当日≤x≤<1时，有1f()-fG川- fx2)-f(x)<(ln+1)(x2-)<x2-1< √x2一x,结论成立； 情况二：当0<x≤≤是时，有1f(x)-f(x)川= f(x)-f(2)=xlnx1-x2lnx2.对任意的c∈ (0,]设ga)=x一dhe-V 则9(x)=lnx+1+ 1 2√c-x 由于(x)单调递增，且有 =In-c+1+- 1 (2e尸"2e+ 2/e-c √2e+层 In 1+1+1=-1-1+1+ e+ =0,且 2λc-2 1 当x≥c 42-1 x>乞时，由。1 2 ≥ln 2√-z -1可知g(x)=1nx+1+,>1n号+1十 2√-x a2(名- 1 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，x0]上递减，在[x,c]上递增 ①当x≤x≤c时，有p(x)≤p(c)=0; @当0<x<时，由于0n=-2f0≤-2f(日) -<1,故可以取g（n1) e 从两当0<1时由>g6,可得 p(x)=xlnx-clnc-√c-z<-clnc-√c-x<clnc -qx-JG(/cIn-z-q)<0. 再根据(x)在(0，xo]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-√c-x≤0. 报据∈(0，]和0心rc的任意性，取c==西，就 得到lnx一x2nx2-√2-x≤0. 所以|f(x1)-f(x2)|=f(x)-f(x2)=xln-x2lnx2 ≤√2一x: 情况三：当0<≤<，<1时，根据情况一和情况二 的讨论，可得)-f(日川≤√-≤ -日)f)<-≤- 而根据f(x)的单调性，知|f(x1)一f(x2)|≤ )-日或1f()-f() ≤（日）厂 故一定有|f(x1)-f(x2)|≤√2-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. 4.解：(1)由题知定义域为R,且f(x)=ae-1, 当a≤0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（一o∞，-lna)上单调递减， 在(-lna,十∞)上单调递增， 综上可得：当a≤0时，f(x)在R上单调递减； 当a>0时，f(x)在(-∞，-lna)上单调递减， 在（一lna,十o∞）上单调递增. (2)当a>0时，由(1)得f(x)n=f(-lna) =1+a2+lna, 要证：f(x)>2na+号成立，只离证：1+a+lha> 2ha+2d-2>ha,号证haa-1, 即证：a2->a-19a-a+号>0，成立， 因为a-a+-(-)广+>0 故f)>2na+号成立得运。 5.解：(1)令h(x)=x-x2-sinx, 则h'(x)=1-2x-cosx, 令p(x)=1-2x-cosx, 15 详解详析 则p'(x)=-2十sinx<0, 所以(x)即h'(x)单调递减，又h'(0)=0, 所以当0<x<1时，h'(x)<h'(0)=0,h(x)单调递减， 所以当0<x<1时，h(x)<h(0)=0,即x-x2<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-x2<sinx<x. (2)因为f(x)=cos ax--ln(1-x2)(-1<x<1), 所以f(x)=f(-x),所以f(x)为偶函数. fe)=-ama+2(-1K<, 令a）=-ama+2-1K 则t(x)=-a2cosa.x +号-1K 令m()=-a2 cos da+d-y2' 2(1+x2) n()=a'sin ax+4) (1-x2)3· 当a=0时，当0<x<1时， f(x)>0,f(x)单调递增，当-1<x<0时， f(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(x)>t(0)=2-a. ①当2-a2≥0，即0<a≤√2时，t(x)>0(0<x<m).所 以t(x)在(0，m)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-a2<0,即a>√2时， 当品<1，即a>受时， 因为10)<0，（盆）>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，x1)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<a<受时， 2a1 因为t0<0,t(侵）-dos号+9>0， 所以(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. 最新真题分类特训·数学 因为t(0)=0,所以当0<x<x2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a<0时，由偶函数图象的对称性可得a<一√2.综上 所述，a的取值范围是(-∞，-√2)U(W2,十o∞). 6.解：(1)f(x)=ln(z+1)+lh(x+1D 2 1_ln(x+1) 则f(x)=x(x+)十2(x+D x 所以了②)=号。 故y=f(x)在x=2处的切线斜率为}-n3 3 4 (2)凄证>0时f)=(任+2)nx+1D>1, 即注1hc+1>2平2>0 令8e)=lh+0-千2且>0， 则g=h千2a+x+20, 4 所以g(x)在(0，十∞)上递增，则g(x)>g(0)=0, 中nx+1>2 所以当x>0时，f(x)>1. (3)设(m)=ln(nl)-(a+2)）ln(m)+n,n∈N, 则ar+)-A(m)=1+(a+专)nm -(a+号)ha+1)=1-(a+号)n(1+a) 由(2)知：x=∈(0,1， 则f()-(+)(+)>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(nl) (+号)加+> 令g(r)=nx-(z+5)gD且x>0, 4x十2 则p(x)=x-1)2(1-) x(2x十1)2 当0<x<1时，p(x)>0,p(x)递增， 当x>1时，p(x)<0,p(x)递减， 所以p(x)≤p(1)=0, 故在xE0,十o)上1n≤（+5)gD恒成立， 4x+2 则(m)-h(n+1)-(+2)h(（1+分)-1≤ -1= 2(3+) 4n(3n+2) (品) 152 所以h(2)-3)<立(1-合)h3)-h4)< (合-专)，an-1)-mw(n马-品) 累加得A2)-Am)(1-是)， 而A(2)=2-n2, 则-(m<立(-）一2+受1n2, 所以h1)-(m)<n2-1+(1-)<h2-1 +12<6,故(m)>点； 11 69 综上可知，名<Am≤1，即号<ln(aD-(+合)hn+n ≤1. 解：()由题得∫x)=子，当正整数m≥2时，由线y= f(x)在点(am-1,f(am-1)处的切线方程为y-f(am-1) =1(x-am-), am-1 1(x-am-i): 即y-lnam-i=an- 又此切线交y轴于点(0，am), .am-In am-1=-1,..am=In am-1-1. (2)当正整数m≥2时，am-(am-1一2)= lnam-1-1-am-1十2=lnau-1-am-1十1. 令g(x)=lnx-x+1, 则g'(x)=1-1=x, x 当0<x<1时，g'(x)>0,g(x)单调递增， 当x>1时，g(x)<0,g(x)单调递减， ∴g(x)≤g(1)=0, 则lnam-1-am-1+1≤0，即am-(am-1-2)≤0， ∴an≤am-1-2. (3)假设存在正整数k≥3，使得a1,a2,…,依次成等差 数列， 设其公差为d,则d=a,-a-1=lna-1一a-1-1(2≤≤k), 令h()=lnx-x-1,则A()=子-1， 当0<x<1时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 当x>1时，h'(x)<0,h(x)单调递减， ∴h(x)mx=h(1)=-2,即h(x)≤-2. 此时d≤-2，当x→0时，h(x)→一∞，当x→∞时， h(x)→-∞， 因此直线y=d与h(x)的图象最多有两个交点，即最多 三项成等差数列， 故存在b=3,使得a,a2,a3成等差数列. 下面证明=3时，a1,a2,ag成等差数列，即a1十ag =2a2 由(1)知，a2=lna1-1,a3=lna2-1, a=e'2+1,.e'2+1+In a:-1=2az. 记函数H(x)=e+1+lnx-1-2x, 则(x)=e+1+1-2, 详解详析 易知H'(x)>0在(0，十∞)恒成立， .H(x)在(0，十∞)单调递增. 到6a)-6·(++异a十) 易得H(0.1)<0,H(1)>0, 1 .H(x)在(0.1,1)上有唯一零点a2 设k=11++异三a 故假设成立，存在k=3,使得a1a2,ag成等差数列. x∈[0，+o∞)， 则-中ta动>0 1 2 2 8.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； 故h(x)在[0，十∞)上递增， 当x∈(0，十o∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增. 故h(x)≥h(0)=1>0, (2)令g(x)=f(x)+1=xer-e+1(x≥0) 因此g(x)>0对任意x∈[0，十∞)恒成立， →g(x)≤g(0)=0对Vx≥0恒成立 故g(x)在[0，十∞)上单调递增. 又g'(x)=er+axe“-e→g'(0)=0 (3)设m(s)=f(s十t)-f(s)-f(t)=e+ln(1+s十t) 令h(x)=g'(x)→h'(x)=ae十a(e十a.xer)-e= e'ln(1+s)-e'ln(1+t), a(2e +axe)-e 则h'(0)=2a-1 则m=e(1+++1中+) ①若N'(0)=2a-1>0,即a>2时，由 e(1++)Fg+)-ge, limg(r）二go)=limg(o2>0 由(2)g(x)在[0，十∞)上单调递增， x+0 x-0 王+0 x 故s>0,t>0时，m(s)=g(s十t)-g(s)>g(t)- 所以3x>0,使得当x∈(0，)时，有（①>0→ g(0)>g(0)-g(0)=0, 因此，m(s)在(0，十o∞)上递增， g'(x)>0→g(x)单调递增→g(x)>g(0)=0,矛盾 故m(s)>m(0)=f(0+t)-f(0)-f(t)=-f(0)=0, ②若(0)=2a-1≤0，即a≤2时， 因此，对任意的5，t∈(0，十∞)， 有fs+t)>fs)+f(t). g'(x)=er十a.xer-e=e+h1+ar)-e'≤e2x+lhm1+量0- 评析：本题将指对函数以乘法的方式联系到一起，构思 e≤ex+r一e=0→g(x)在[0，十∞)，上单调递减， 新颗.第(2)判断导函数符号可以求二阶导，也可以直接 g(x)≤g(0)=0,符合题意. 放缩处理；第(3)问采用主元法，借助(2)的结论可以快 综上所迷，实数a的取值范围是a≤ 速得到结果 考点6利用导数研究函数的零点 (3)求导易得1-1>21n(>1), 1.解析：令x3-3x=-(x-1)2+a,则a=x3-3x十(x 1)2,设p(x)=x3-3x十(x-1)2,9(x)=(3x+5)(x ◆++话->+→ 1),p(x)在(1，+∞)上递增，在(0,1)上递减，因为曲线y n /1+ =x3-3x与y=-(x-1)2十a在(0，十∞)上有两个不 同的交点，9(0)=1，(1)=一2，所以a的取值范围为 1 (-2,1). 答案：(-2,1) 2.解析：令f(x)=0,即2√x2-ax=ax-2-1, h>(传 由题可得x2-a.x≥0， 当a=0时，x∈R,有2√x=|-2|-1=1,则x= 士7，不特合要泉，合去： =ln(n+1), 即一1 1 1 当a>0时，则2√x2-ax=|ax-2|-1 十…十 >ln(n+1),证毕 √12+1'√22+2 n+n ax-3,z≥2 a 9.解：(1)由题，f(x)=e·ln(1十x)+e·1十元 l-ax<名 =e:(1+)++) 即函数g（x)=2√x2-az与函数h(x)= 故fo)=e·(a1+0)++0)=1, ax-3,x≥ f(0)=e1n(1+0)=0, a'有唯一交点， 1-a,x< 因此，曲线y=f(x)在(0，f(0)处的切线方程为y=x。 a 由x2-ax≥0，可得x≥a或x≤0， (2)由1，g)=f)=e·(a1+)+中zz∈ 当x≤0时，则ax-2<0,则2√x2-ax=|ax-2|-1 [0,+∞)， =1-ax, 最新真题分类特训·数学 即4x2-4ax=(1-ax)2,整理得(4-a2)x2-2ax-1= [(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=2时，即4x十1=0，即x=-}, 当a020=2计或x=2。>0(正值含去) 当ae2,十)时=2计。<0成x=2 1<0,有两 解，舍去， 即当a∈(0,2]时，2√x2-a.z-|ax-2|+1=0在x≤0 时有唯一解， 则当a∈(0,2]时，2√x2-ax-|ax-2+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对称，令h(x) 1-az,s<a 2 =0,可得x=或x=3, 0 a 且函数A)在（合名）上单调递减，在（侣）上单 调递增， 令g(x)=y=2√x2-ax,即 4 故≥1时，8田周象为双曲线兰一苦-1右支的x轴 3y2 4 上方部分向右平移2所得， a =1的渐近线方程为y=士ax=士2x, a 2 即g()部分的渐近线方程为y=2(-合）其斜率 为2， ax3,x≥2 又a∈(0,2]，即h(x)= 在x≥2时的斜 1-at:z-a 2 a 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c∞)上单调递增， ∠a a 故有{ ,解得1<a<√3，故1<a<√3符合要求； 37u a 当a<0时，则2√x2-ax=|ax-2|-1 /ax-3,x≤2 1-ax,x>2' 154 即函数g(x)=2√/x2-ax与函数h(x)= ax-3,z≤ 有唯一交点， 2 1-ax,x> 由x2-ax≥0，可得x≥0或x≤a, 当x≥0时，则ax-2<0,则2√x2-az=|ax-2|-1 =1-ax, 即4x2-4ax=(1-ax)2,整理得(4-a2)x2-2ax-1= [(2+a)x+1][(2-a)x-1]=0, 当a=-2时，即4x-1,即x=4, 1 当a(-2,0),x=-2。<0(负位参去)成x=2产。 1 >0, 当aE(-0,20时，x=2计a>0或=2。>0，有两 解，舍去， 即当a∈[-2,0)时，2√x2-ax-|ax-2|十1=0在x ≥0时有唯一解， 则当a∈[-2,0)时，2√/x2-ax-|ax-2|+1=0在x ≤a时需无解， 当a∈[-2,0)，且x≤a时， 2 [ax-3,x≤a 由函数h(x)= 关于工=2对称，令h(x) 2 I-ax,x> a =0,可得x=1或x=3, a 且数()在（日）上单调减，在（，）上单 调递增， 同理可得：x≤a时，g(x)图象为双曲线 a2 a? =1左支 的x轴上方部分向左平移号所得， g(x)部分的渐近线方程为y=一2(+受)其斜 率为一2， ax-3,x≥ 2 a 又a∈[-2,0)，即h(x)= 在x< 2时的 1-ax,x<2 斜率a∈[-2,0)， 令gx)=2√x2-a.x=0,可得x=a或x=0(舍去)， 且函数g(x)在(-o∞，a)上单调递减， a 故有 ,解得-√3<a<-1,故一√3<a<-1符合 3 <a a 要求； 综上所述，a∈（一√3，-1）U(1,3). 答案：(-√5，-1)U(1,√3) 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√-a.z与函数h(x)= /ax-3,x≥2 的交点间题，从而可将其分成两个函数 2 1-ax,x< 研究. 3.解：(1)由题意，切线方程为y=- e2x-1 .8 Γe 所以f《-1)=-1-专f(-1)= .4 . 又f(x)=x2+mx-4er-1, 所以f(x)=2x+m-4ner-1， 所以f(-1)=1-m-4ea-1, f(-1)=-2+m-4ne-1. 于是1-m-4e-1=-1-4 e2 -2+m-ae1=一是 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l,等式左边非正，右边为正，等式不成立； 若m=0,则1≠2，等式不成立. 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f(x)=2x+2-4e-1 =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(-∞，1-ln2)上单调递增， 在(1一ln2,+o)上单调递减， 又g(-10=-2e<0,g0)=1-8>0, 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x2十2x-4e-1=kx-1,整理得x2十(2-k)x十1 -4e-1=0. 令F(x)=x2+(2-k)x十1-4e-1 当x≥0时，F(x)=(x+1)2-4e1-kx. 令v(t)=e一(t十1)，则v(t)=e一1，当t<0时，v(t) <0,当t>0时，(t)>0,故v(t)在(-∞，0)上单调递 减，在(0，十∞)上单调递增，则v(t)≥u(0)=0,即有e≥ 1十，当且仅当=0时取等号，取=2，得骨≥1+ 2安-安1→2e号≥x+1→4e1≥(x+1w, 2 155 详解详析 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-kx≤-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-4e1,令u(x)=F'(x), 则k(x)=2-4e1>2-4>0, e 所以F(x)在（一∞，0）上单调递增，F(x)在(-∞，0)上 至多有1个零点. 若F(x)在(-∞，0)上无零点，则F(x)在(-∞，0)上单 调，因为F(0)=1-4<0,当x→-∞时，F(x)→十0， e 所以F(x)在(-∞，0)上有1个零点； 若F(x)在(-∞，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(xo)<F(0)< 0,所以F(x)在(-∞，xo)上有1个零点，在(x0,0)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. 解：(1)当a=1时，f(x)=x-(1nx)2,x>0,f(1)=1, f(x)=121n2,f1)=1,所求切线方程为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个不相等的实报xz2西，且x<<· 令g(x)=血)，则问题转化为：直线y=a与函数 x g(x)的图象有3个不同的交，点. 2lnz.-(In (2 8'(z)=- 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 (e,十∞)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(x) 的瓶大值为ge)-号 当x0时，lhx-0,《n)+0,十0，所以 g(x)→十∞. 当x→十∞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<e2<x3 且0<a<e 4 故a份取值范国为(，) 最新真题分类特训·数学 (1)要运(h西-lh)x<气 即运（合n-2n）小（合n)下。号气 即证（血Vx-h√a)·lh<e 南强0nV居-nnV后<中-1+ e-1 由(1)中可知0<<1<，<t<,且0<a<号， 则√<l,l<√<e,√>e, 又a=h)-血》-血)》，则=h4-马 x1√x2 =n=a, √x3 即y区-ne-n区-< Wx1 √x3 2 e 则--()··属<() ·-n国) √xg 由(1)可知，V>e,g(√)=n国s √xg 则-ln石n后<专 由(e-2)>0,得>4e-4=4(e-10,脚4<e 则-hv国h国<待< 令=，则压=>1，血匹=血@ √x2 √x2 √x2 √x3 _lnt+ln√ t·√x2 梦理得n属片n么气 故hhvG-o. 证明(InVa-ln)·ln压<1+ e-1 -n国lnVg<e马以及hv.n国 =t(In t)2 一>1).可以得到 (n√-ln√)·ln√=ln√x·lnxg-ln√1 b器+ 美江h)n气运票<1甲。 即证1nt(>1), 令h0=in一，则0=二流， 又t>1,则(t)<0,h(t)在(1，十∞)上单调递减， 则00年a长号分复得红 156 解：(1)因为k=-1,所以f(x)=x一ln(1+x)(x>一1)， 1 则(x)=1一1千x1十x ,x(x>-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,+∞). (2)证明：因为f(x)=x十1n(1十x),∫(x)=1+1车x 所以曲线f(x)在，点(t,f(t)处的切线方程为 y-+1+0]=(+年)x-0, k 令x=0,剥)-+h1十0，令@=+1+， kt 则h(0=a十，又b≠0，t>0,则当>0时，h()>0,所 以h(t)在(0，+∞)上单调递增，所以当t∈(0，+∞)时， h(t)>h(0)=0; 当k<0时，h'(t)<0,h(t)在(0，十∞)上单调递减，所以 当t∈(0，+∞)时，h(t)<h(0)=0, 即当t∈(0，十∞)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+t)), C(0,t+ln(1+t), 由(2)得，当=1时，1的方程为y=（1十1十肛-1十 +ih1+0,所以B(0,lh1+)-千)}片 若2S△Aw=15SAAB∞成立，则2X号XOCX|AC- 15×2×B0×|AC1,即210C=15B01, 即2[+ln1+0]-15[lh1+)-1+] 娄理得2-13h1+0+兴：-0， (下面判断21-13ln1+)+15,=0解的个数，即为点 A的个数) 令g)=2-13n(1+)+1>0,g)- 2t2-9t+4=(2t-1)(t-4) (1+t)2 (1+t)2 当1∈(0，号)时，g(0)>0,g(0)单调道增，当1 （2,4）时，g()<0,g()单调递减，当(4，+∞)时， g(t)>0,g(t)单调递增， 又当t→0时，g(t)→0，t十∞时，g(t)→十o∞， g0的极大值为g(合）-6-13血受>0，g0的板小值 3、 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2SAAc0=15S△AB0. y 01 6.解：(1)当a=-1时， f)-(会-1hx+D, 则fx)=-×1a(x+1)+(2-1）×有 据此可得f(1)=0,f(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)由画数的解桥式可得f()=(x+ah(生十+）片 函数的定义城满足1十1=十1>0，即函教的定义城为 x (-∞，-1)U(0,+∞)， 定义城关于直线x=一合对称，由题意可得6=一之 由对称性可知f(号十加)】 -f(是-m)(m>） 取m=2可得f1)=f(-2), 即(a+1Dh2=(a-2n2,则a+1=2-a, 郎得a=日， 经检a=6=一号满足题意，故a=6=- 即春在a=号6=一号满足题意. 1 (3)由函数的解析式可得(x)= (2)nx+D+ (位+a)中n 由f(x)在区间(0，十∞)上存在极值点， 则f(x)在区间(0，十∞)上存在变号零点； ◆(2)hx+D+(位+a)z-o, 则-(x+1)n(x十1)+(x十ax2)=0, 令g(x)=ax2+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(x)=2az-In(x+1),&(z)=2a-xI 当a≤0时，g(x)<0,g(x)在区间(0，十∞)上单调 递减， 157 详解详析 此时g(x)<g(0)=0,g(x)在区间(0，十∞)上无零，点， 不合题意； 当a≥2,2a≥1时，由于z1<1,所以g)>0g（ 1 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, 所以g(x)在区间(0，十∞)上无零点，不合题意； 当0a<号时，由g)=2a-1=0 可得x=2a-1, 当x(0,云-1）时，g)<0,g单调适成， 当x∈(2a-1,十）时，g(x)>0,g()单调递增， 故g(x)的最小值为g(a-1）=1-2a+n2a, 令m(x)=1-x+lnx(0x<1), 则m()=二x+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(a-1)=1-2a+lh2a<0, 令h(x)=lnx-x2+x(x>0),则'(x)=-2x2+x十1」 当x∈(0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增， 当x∈(1，十o)时，h'(x)<0,h(x)单调递减， 故h(x)≤h(1)=0,即lnx≤x2-x(取相等时条件为x =1), 所以g'(x)=2ax-ln(x+1)>2ax-[(x十1)2-(x十 1)]=2ax-(x2+x), g'(2a-1)>2a(2a-1)-[(2a-1)2+(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x0 当x∈(0，x)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(x)<g(0)=0. 1/ x -(x=12≤0， 2x 则n(x)单调递减，注意到n(1)=0, 1 故当x∈1，十∞)时，lnx-合(-士）<0，从而有 所以g(x)=ax2+x-(x+1)ln(x+1)>ax2+x-(x+ Dx2[x+)-]-(a-)+, 最新真题分类特训·数学 所以函数g(x)在区间(0，十∞)上存在变号零点，符合 题意. 综合上西可知：实数a得取值范圈是(0，受） 7.解：(1)f(x)的定义域为（一1，十∞）. 当a-1时，fx)-lh1十)+专，f0)-0,所以切点为 (0,0,f)=十z十。，f0)=2,所以切线斜率为 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)+a, ex, ,1+a(1-x）=c+a(1-x2) f(x)=1十x e (1十x)e 设g(x)=e十a(1-x2), ①若a>0,当x∈(-1,0)，g(x)=e+a(1-x2)>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若一1≤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∞)上单调递增，f(x)>f(0)=0, 故(x)在(0，十∞)上没有零点，不合题意. ③若a<-1, (1)当x∈(0，十∞)，则g'(x)=e-2ax>0, 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增. g(0)=1+a<0,g(1)=e>0, 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0,即f(m)=0. 当x∈(0，m),f(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(m,十o),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∞， 所以f(x)在(m,十o∞)上有唯一零点， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0，十∞)上有唯一零点. (i)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(-1,0)单调递增， g(-1）=1+2a<0,g(0)=1>0, 所以存在n∈(-1,0)，使得g(n)=0, 当x∈（一1，n),g'(x)<0,g(x)单调递减， 当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递增， g(x)<g(0)=1+a<0, 又g(-1)=1>0, e 所以存在t∈（一1，n),使得g(t)=0,即f(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)→-∞， 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0, 15 所以f(x)在(-1，t)上有唯一零点，(t,0)上无零点， 即f(x)在（一1,0）上有唯一零点， 所以a<-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(-∞，一1) 点睛：本题的关键是对a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. 8.解：当a=0时，f)=-是-hx,>0, 因了)是学， 当x∈(0,1)时，(x)>0,f(x)单调递增； 当x∈(1，十∞)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 所以f(x)mx=f(1)=-1. (2f)=a-是-a+1Dn>0, 利fa=a+-a--, 当a≤0时，ax-1≤0，所以当x∈(0,1)时，f(x)>0, f(x)单调递增； 当x∈(1，十∞)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 所以f(x)mx=f(1)=a-1<0,此时函数无零点，不合 题意； 当0<a<1时，>1，在0,1，（日+o∞）上，fx>0, f(x)单调递增； 在(（1，日)上，fx)<0,)单调递减： 又f(1)=a一1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于 正无穷大， 所以)收在（日，十）有唯一零点，持合题意： 当a=1时，f)=红二D≥0，所以f)单羽递增，又 f(1)=a-1=0, 所以f(x)有唯一零，点，符合题意； 当>1时<1，在(0，）1+∞)上fx)>0 f(x)单调递增； 在（日，1）上，x)<0,f()单调递减：此时f1)=a -1>0, 又f(位)厂是-a+na+1Dna,当m总近正无穷大 时，()趋近负无穷， 所以在(，)有-个点，在（日+o）无点， 所以f(x)有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为(0，十∞) [点睛]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. 9.解：(1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0，+十∞)， f(x)=(xD-1+1=e+x(x-1D x 令∫(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)mn=f(1)=e +1-a,要使得f(x)≥0恒成立. 即满足f(x)mm=f(1)=e十1-a≥0，解得a≤e十1. 故a的取值范围为(-∞，e十1]. (2)由(1)知要使得f(x)有两个零点， 则f(x)m=f(1)=e十1-a<0→e十1<a,假设0<x <1要运明41，即证明1<号又由于四 在1，十o0)上单调道增，脚证明fKf(日)片a) f()下面构造画教=f)-f()0<<D, F)-f)+r(2)·是 =(x-1)(e+x-xe2-1) 由于e>ex→e+x>ex十x=(e十l)x, 又函数y=xe在(0，l)上单调递减， .xe>e→-xez-l<-e-1. ∴e+x-xez-1<e+1-e-1=0, ,0<x<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>x)<f()得证 故若f(x)有两个零点x1,x2,则x12<1. 10.解：1f)=g-ag)=a-子 ①a≤0时，∫(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,+o)上大于0， 所以f(x)在(-o∞，lna)上单调递减，在(lna,十∞)上 单调递增， 所以f(x)在x=lna处有最小值为 f(In a)=a-aln a, 因为《()在(，)上小于0，在（位+）上大 于0， 所以gm在(0，日)上单调递减，在（合，+∞）上单洞 递增， 所以g)在x=日处有最小值为g(日）=1+na, 因为f(x)=e-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最 小值. 所以有f0na)=a-alha=8(日）=1+ha, 即a-alna=l+lna, 159 详解详析 因为a>0,所以上式等价于na一80， 令h(x)=lnc-二(x>0), x+1 则NC)>0恒成主，所以h() 在(0，十∞)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（一∞，0）上单调递减，在(0，+∞)上单调 递增， g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 且f(x)in=g(x)min=1. ①当b<1时，此时f(x)nmin=g(x)in=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)mim=g(x)mn=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)=eb>0,F(0)=1一b<0,F(b)=e- 2b>0, (令t(b)=e一2b,b>1,则t'(b)=e-2>0,t(b)>t(1) =e-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x2· 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)-b有2个零点，因为G(x)= gx)=1-2, 所以G(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调 递增， 又因为G(eb)=e>0,G(1)=1-b<0,G(2b)= b-In 26>0, (令)=6-la2b,则(0)=1-名>0， (b)>u(1)=1-ln2>0,即G(xb)>0) 所以G(x)=g(x)-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(x2)=G(c3）=0,所以b=e2-x2=x3-lnx3, 若x2=x3,则e2-x2=x2-lnx2, 即e2-2x2十lnx2=0, 所以只需证明e-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， 最新真题分类特训·数学 为（）=e-号-3<041）=e2>0, 所以p(x)=e一2x十lnx在(0,1)上存在零点，取一零 点为，令x2=x3=x0即可，此时取b=e0一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x4=2x。,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(x3)=G(x)=G(x4), 所以F(x1)=G(x。)=F(lnx。), 又因为F(x)在(-oo,0)上单调递减，x1<0,0<x。<1 即lnx<0,所以x1=lnxo, 同理，因为F(x。)=G(eo)=G(x4), 又因为G(x)在(1，十∞)上单调递增，x。>0,即eo>1, x4>1,所以x4=e0, 又因为eo-2x十lnx=0,所以x1十x4=eo十lnx =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. 专题五三角函数 第1节三角函数的概念 考点1象限角 D”-受十2x<a<2x(∈Z0,-x十4x<2< 4kπ(k∈Z),.2α是第三或第四象限角或y轴负半轴上 角，∴.sin2a<0. 考点2三角函数的概念 C由三角函数律性质得：有向线 Y 段OM为余弦线，有向线段MP G 0 为正弦线，有向线段AT为正切 线，A选项：如图①，点P在 图① AB上， cos a=x,sin a=y,.',cos a> sina,故A选项错误；B选项：如 EYD P(s.y 图②，点P在CD上， cos a=a,sin a-y,tan a-y tana>sina>cosa,故B选项错 误；C选项：如图③，点P在 图② EF上， P(y)ED cos a=x,sin a=y,tan a=y G M O 由图可得：sina>cosa>tana,故 C选项正确；D选项：点P在GH 图③ 上且GH在第三象限，tana>0, sina<0,cosa<0,故D选项错误】 第2节三角恒等变换 考点1同角三角函数的基本关系式、诱导公式 解析：因为9e(0,受)，则si血>0，os>0, 又周为m0-0号子，则as0=2sn, cos20+sin20=4sin20+sin20=5sin20=1, 解得n0-5xm9=-5(合去)， 所以sin0-cos0=sin0-2sin0=-sin0=-V5 1 答案：一9 考点2三角恒等变换 1.C因为sin2a=2 sin acos a,代入原式： 3(2sin acos a)cos a=8sin acos 2a-6sin acos a =8sin acos 2a, 因为a为第二象限角，所以sina>0,等式两边同除以 2sina得：3cos2a=4cos2a, 因为cos2a=2cos2a-1,所以3cos2a=4(2cos2a-1)→ 4 5c0s2a=4→cos2a=5, 在第二象限中，0Sa<0,所以c0sa=一2.对应地， √5 1+1 sina=V1-cos'a=是.所以}十sing 5 2-cos a 2(后 5+1 5 5+1=1 25+22(W5+1)2 √5 2.D由0<a<x可知0K号<登，因为c0s号=5，所以 sm号-2g5,所以sa=2sin号ms受=2×9×25 2 5 4 5 ase=o号-in号-()-(2)=-号所 以a-晋)=血6ms子-sm受=专×号 ()×号-票 3.A tan atan B=2,sin asin B=2cos acos B,cos(a+3)= cos acos B-sin asin B=-cos acos B=m,cos acos B=-m, cos(a-B)=cos acos B+sin asin B=3cos acos B=-3m. 故选择：A 4B国为o2n。二5.所以ana=1-写 3 me+）"-2g-1 5.B因为sin(a-8)=sin-i=子， cos asin月=日，则sin=月2 sin(a)=sin acos B+cos asin63 .112 即cos(2a+2p0=1-2sima+m=1-2×(号)）°=号 故选B. 60