专题6 函数模型及其应用&专题7 导数及其应用-【创新大课堂】高考数学五年（2022-2026年）真题分类汇编168优化重组卷

专题6函数模型及其应用 考向函数模型的综合应用 描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和 1.(2024·北京卷，4分)生物丰富度指数d= gP的关系，其中T表示温度，单位是K;P表示 压强，单位是bar.下列结论中正确的是() 5,入是河流水质的一个评价指标，其中S,N分 1g P 别表示河流中的生物种类数与生物个体总数. 4 固态 超临界 生物丰富度指数d越大，水质越好.如果某河流 液态 状态 治理前后的生物种类数S没有变化，生物个体 气态 0+ 总数由N1变为N2,生物丰富度指数由2.1提 200250300350400T 高到3.15，则 A.当T=220,P=1026时，二氧化碳处于液态 A.3N2=2N1 B.2N2=3V1 B.当T=270,P=128时，二氧化碳处于气态 C.W号=N D.N=N C.当T=300,P=9987时，二氧化碳处于超临 2.(2022·北京卷T7)在北京冬奥会上，国家速滑 界状态 馆“冰丝带”使用高效环保的二氧化碳跨临界直： D.当T=360,P=729时，二氧化碳处于超临界 冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献，如图 状态 10 专题7导数及其应用 考向1导数的几何意义 :考向2利用导数求函数的极值、最值 1.(2026·全国I卷，5分)曲线y=5.x+81nx在 1.(2026·全国I卷，5分)已知函数f(x)=+2 点(1,5)处的切线方程为 er+a A.y=3x+2 B.y-5x 的最大值为1，则a C.y=8.x-3 D.y=13.x-8 1 A.2 B.1 c是 D.2 2.(2024·全国甲卷·文，5分)设函数f(x)= 2.(多选)(2023·新课标Ⅱ卷，5分)若函数f(x)= e十2sin工，则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切 1+x2 aln x- 台十Sa≠0)既有极大值也有极小值，则 线与两坐标轴围成的三角形的面积为( A司 A.bc>0 B.ab-0 c D.3 C.b2+8ac>0 D.ac<0 3.(2022·全国甲（文T8)(理T6))当x=1时，函 3.(2023·会网甲客·文5分)面线y千在点 数f(.x)=alnx十b取得最大值-2，则f(2)= (1,号)处的切线方程为 A.y-f By=分 A.-1 C.y-fx+ D.y=r+3e 4 c D.1 4.(2025·全国卷I,5分)若直线y=2.x十5是曲 4.(多选)(2022·新高考I卷T10)已知函数 线y=ex十x十a的一条切线，则a= f(x)=x3-x十1，则 ( 5.(2025·全国卷Ⅱ，5分)若x=2是函数f(x)= A.f(x)有两个极值点 (x-1)(x-2)(x一a)的极值点，则f(0)= B.f(x)有三个零点 C.点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 6.(2024·新课标I卷，5分)若曲线y=ex十x在 D.直线y=2x是曲线y=f(x)的切线 点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x十1)十a的 5.(2023·全国乙卷·理，5分)设a∈(0,1)，若函 切线，则a= 数f(x)=ax十(1十a)r在(0，十o∞)上单调递 7.(2022·新高考I卷T15)若曲线y=(x+a)e 增，则a的取值范围是 有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是： 6.(2022·全国乙（理）T16)已知x=x1和x=x2 8.(2022·新高考Ⅱ卷，T14)写出曲线y=lnx| 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的 过坐标原点的两条切线的方程为 极小值点和极大值点.若x1<x2,则a的取值 范围是 11 7.(2026·全国I卷，17分)已知函数f(x)的定义8.(2026·上海卷，14分)本题共有2个小题，第1 域为R,且当x<0时，f(x)=2.对任意x∈ 小题满分6分，第2小题满分8分。 R,定义集合D(xo)={d∈R|f(xo+d)> 已知a∈R,函数f(x)=x2十a.x+3,g(x)=4x f(xo)). (1)若当x≥0时，f(x)=1-x,求D(-1); (2)若f(x)是奇函数，f(x1)≤f(x2),且x1x2 1)已知1)=4，求/八)+>gx)的解集： ≠0，证明：D(x2)二D(x1); (2)a≠0，l1是曲线y=f(x)在点(0,3)处的切 (3)设f(x)满足：①若f(x1)≤f(x2),则D(x2) 线，l2是过点(0,3)且垂直于11的直线，曲线 二D(x1):②当0<x<1时，f(x)<f(0) y=g(x)与1，l2在第一象限内均无公共点，求 （i)证明：f(0)≥1； a的取值范围. (ⅱ)证明：f(x)在区间(0，十∞)单调递增. 12 9.(2025·上海卷，14分)本题共有2个小题，第13.(2024·全国甲卷·理，12分)已知函数f(x)= 小题满分6分，第2小题满分8分， (1-a.x)ln(1+x)-x. 11111111111111111111 已知f(.x)=x2-(m+2)x十mlnx,m∈R. (1)当a=-2时，求f(x)的极值； (1)若f(1)=0,求不等式f(x)≤x2-1的 (2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围， 解集； (2)若函数y=f(x)满足在(0，+∞)上存在极 大值，求m的取值范围. 毁 旅 训 考向3 利用导数解决不等式的恒成立问题或证 明不等式 1.(2023·新课标Ⅱ卷，5分)已知函数f(x)=ae- 4.(2024·全国甲卷·文，12分)已知函数f(x) 李 lnx在区间(1,2)单调递增，则a的最小值为 ( a(x-1)-lnx+1. A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 (1)求f(x)的单调区间： 量 控 2.(2025·天津卷，16分)已知函数f(x)=a.x (2)当a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex-1恒 (1nx)2 成立 (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处 (11111· 的切线方程 (2)f(x)有3个零点x1,x2,x3,且x1<x2<x3. (i)求a的取值范围； （1)i证明：n2-1n)·ng< 4e 13 5.(2024·天津卷，16分)设函数f(x)=xlnx. 7.(2022·新高考Ⅱ卷T22)已知函数f(x)= (1)求f(.x)图象上点(1，f(1)处的切线方程； xear-er. (2)若f(x)≥a(x一√)在x∈(0，+o∞)时恒成 (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； 立，求a的值； (2)当x>0时，f(x)<一1，求a的取值范围： (3)若x1x2∈(0,1)，证明f(x1)-f(x2)≤ (3)设n∈N*,证明：1十1十.十 1x1-x21 √/12+1√/22+2 1 >ln(n+1). √n2+n 6.(202,金回p(理)T21)已知函数f)- In x+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. 14 考向4导数的综合应用 6.(2026·北京卷，15分)设函数f(x)=x2+mx 1.(2026·北京卷，5分)已知f(x)=|x2-cosx -4em-1(n∈Z),曲线y=f(x)在点(-1， 一c2|,给出下列四个结论： f(-1)处的切线方程为4x十e2y十e2+8=0. ①f(x)在（一1,1]上有最小值和最大值； (I)求m,n的值； ②c=0,f(x)=1有3个解： (Ⅱ)求f(x)的极值点个数： ③c=1,x∈(1,2]时，f(x)有最大值； (Ⅲ)求直线y=x-1(k>0)与曲线y=f(x) ④c>0,f(x)的图象与直线y=c有4个交点. 的交点个数. 其中正确结论的序号是 2.(2024·新课标I卷，6分)设函数f(x)=(x一 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) 3.(2024·新课标Ⅱ卷，6分)设函数f(x)=2x3一 3a.x2+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y=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 4.(2023·全国乙卷·文，5分)函数f(x)=x3十！ ax十2存在3个零点，则a的取值范围是() A.(-∞，-2) B.(-0∞，-3) C.(-4,-1) D.(-3,0) 5.(2026·全国Ⅱ卷，17分)已知函数f(x)=xe +ax+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+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. 15 7.(2026·天津卷，16分)已知f(x)=ex-9.(2025·全国卷Ⅱ，17分)已知函数f(x)= 3 sin 1n1+)-+2-表x3,其中0<<号 (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线 (1)证明：f(x)在区间(0，十∞)存在唯一的极 方程； 值点和唯一的零点. (2)当x【-3+∞)时，证明fx)≥1+号： (2)设x1,x2分别为f(x)在区间(0，十∞)的极 值点和零点 (3)求实数a的最大可能值，使得f()· (i)设函数g(t)=f(x1十t)-f(x1一t),证明： g(t)在区间(0，x1)单调递减； f(2)·f3)·f()·…f()≥(m+1) (ⅱ)比较2x1与x2的大小，并证明你的结论， 对任意的n∈N*都成立. 8.(2025·全国卷I,15分)已知数列{an中，a1=10.(2024·新课标I卷，17分)已知函数f(x)= 3,am+l=am」 n-n+1十n(n十1) n2号十az+u-1月. (1)证明：数列{nam}是等差数列； (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； (2)给定正整数m,设函数f(x)=a1x十a2x2+… (3)若f(x)>-2当且仅当1<x<2,求b的 十amxm,求f'(-2). 取值范围 16 11.(2024·新课标Ⅱ卷，15分)已知函数f(x)=13.(2024·上海卷，18分)本题共有3个小题，第 er-ax-a3. 1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题 (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1)) 满分8分。 处的切线方程； 已知D是R的一个非空子集，y=f(x)是定义 (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的 在D上的函数，对于点M(a,b),函数s(x)= 取值范围. (.x-a)2+（f(x)-b)2.若对于P(xo, f(xo),满足s(x)在x=xo处取得最小值，则 称P是M的“f最近点” 毁 (1)若D=(0,+∞)，f(x)=,M(0,0),求 证：对于点M(0,0),存在点P,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“∫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)g(t)),M2(t+1,f(t)+g(t)) 12.(2024·北京卷，15分)设函数f(x)=x+kln(1+ 若对于任意1∈R,都存在曲线y=f(x)上的 x)(k≠0)，直线l是曲线y=f(x)在点(t,f(t) 点P,使得P既是M1的“f最近点”，又是M2 (t>0)处的切线 的“f最近点”，试判断y=f(x)的单调性. 蜜 (1)当k=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(1),O(0,0),B为1与y轴的交点，S△Ac0与 和 S△AB0分别表示△ACO与△ABO的面积.是 否存在点A使得2S△AC0=15S△AB0成立？若 料 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<1n7<1.95) 17 14.(2023·新课标I卷，12分)已知函数f(x)=16.(2023·新课标Ⅱ卷，12分)(1)证明：当0<x<1 a(ex+a)-x. 时，x-x2<sinx<x; (1)讨论f(x)的单调性； (2)已知函数f(x)=cos ax-ln(1-x2),若 (2)证明：当a>0时x)>2na+2 x=0是f(x)的极大值点，求a的取值范围. :17.(2023·全国乙卷·理，12分)已知函数f(x) 15.(2023·全国甲卷·理，12分)已知函数f(x) -ax- eo =(+aln1+x). (1)当a=一1时，求曲线y=f(x)在点 (1)当a=8时，讨论f(x)的单调性； (1,f(1))处的切线方程 (2)若f(x)<sin2x,求a的取值范围. (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. 18 18.(2023·天津卷，16分)已知函数f(x)= :19.(2022·全国乙（理）T21)已知函数f(.x)=ln(1十 x)-axe*. 号)ln(x+1). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0，f(0)) 处的切线方程； (1)求曲线y=f(x)在x=2处切线的斜率； (2)当x>0时，证明：f(.x)>1; (2)若f(x)在区间(-1,0)，(0，十∞)各恰有 一个零点，求a的取值范围. (3)证明：看<la(n)-(a+）lnn+n≤1， n∈N*. 19 20.(2022·新高考I卷T22)已知函数f(x)=21.(2022·北京卷T20)已知函数f(x)=erln(1十x). e2-ax和g(x)=a.x一lnx有相同的最小值， (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线 (1)求a; 方程； (2)证明：存在直线y=b,其与两条曲线y= (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g（x)在[0， f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从 十∞)上的单调性； 左到右的三个交点的横坐标成等差数列. (3)证明：对任意的s,t∈(0，+o∞)，有f(s十t)> f(s)+f(t). 208 ，当m→十∞时，g(m)→1，作出g(m)的大致图象如图所示. (i)若n≤1，因为x一0不是f(x)的零点，所以m≠0.由 2√厚-=m一2-1可得2√停=1-m,化有释子 m2 m≤1且m≠0，则h(m)在(-∞，-1)，(0,1]上单调递减，在(-1， 0)上单调递增，又h(一1)=0，h(1)=4,当m→一∞时，h(m)→1， 当m→0时，h(m)→十∞，作出h(n)的大致图象如图所示.数形结 合可知，若f)格有一个求点，则号<<4，解得-5<a<-】 或1a√5，即a的取值范图为（一√5，-1）U(1,5).] =h(m) y=1 y=g(m) 9 13 9 m 考向3 函数的应用 1.(-∞，0)U(0,1)U(1,十∞)[当a=1时，函数f(x)只有一个零 点一1，不符合题意：当a=0时，函数f(x)只有一个零，点一1，不符 合题意：当a=-1时，函数)有两个零点，分别为-1和-子 符合题意， 若a≠0且a≠土1，分以下两种情况： ①当x2-a.x+1≥0时，f(.x)=a.x2-2x-x2-a.x十1=ax2 2.x-(x2-ax+1)=(a-1)x2+(a-2)x-1=(x+1)[(a-1)x 1,令f)=0,由a≠0且a≠±1，得x=一1，西=。且工≠ 又x1=-1时，a.x2-2x-(x2-ax十1)=a十2-(x2-ax+1)=0,所 以a=(x2-ax十1)-2，则x2一a.x十1≥0时，a≥一2且a≠0，a升 士h时u-2+a号（ 2 a+1》=0.所以2品=r-a+1,别-a十1≥0时a≤2里 a≠0，a≠士1. ②当x2-a.x+1<0时，f(x）=a.x2-2xx-a.x+1|=a.x2 2x+(x2-ax+1)=(a+1)x2-(a+2)x+1=(x-1)[(a+1)x 1 1小，令fx)=0,由a≠0且a≠士1，得考=1x=a市且西≠x… 同理，=1时，d-ar十1<0，则a>2=时，d-ax+1< 0,则a<-2.综上，a的取值范固为(-∞，0)U(0,1)U(1,十.] 2.函数的奇偶性、周期性十函数的零点十集合间的关系 解(1)由题意，Mn={xf(x十π)=f(x)}, 当=晋时()=-，1()f(5) 所以答不是M中的元素 (2)①当x≥0，且x十a>0时，要想f(x十a)=f(x),则√x十a √无，则a=0,不符合题意： ②当x<0,且x十a<0时，则x十a十2=x十2，则a=0,不符合 题意： ③当x<0,且x十a≥0时，则√x十a=x十2有解，平方得x十a x2+4x十4在[-2,0)上有解， 即a=x2+3x十4在[-2,0)上有解， 易知y=+3江+4在[一2，一号）上单调运减，在[是0）上 单调递增，所以y=x+3x十4在[-2,0)上的值城为[了4） 故a的取值范调为[子4) (3)Ha∈(0,2)，有Mn二M,→Ha∈(0,2)，Hx∈Mn有x∈M,台 f(x)是周期为2的函数， 因为f(x)是偶函数，所以f(一x)=f(x), 因为当x∈(0,1]时，f(x)=1一x, 所以当x∈[一1,0)时，一x∈(0,1]，所以f(一x)=1十x=f(x). 当x∈[一1,0)时，令=x+2,则t∈[1,2)，f(x)=f(t-2)=1-1,又 因为f(x十2)=f(x),即f(t)=f(t一2)=t-1,所以f(x)=x-1, x∈(1,2). 多e-100 所以y=f(x)-c在[-1,0)U(0,1]上至多有2个零，点， y-f(x)一c在[-1,1]上至多有3个零点， 因为[一3,3]一共有三个周期，所以y=f(x)一c在[一3,3]上至多 有9个零点 专题6函数模型及其应用 考向函数模型的综合应用 1.D[函数模型的实际应用（理性思雏、数学应用、数学探索）由题 意将=21 =3.15.若S不变，则2.1lnV1=3.15lnV2, 即2lnN1=3lnN2,所以=V.故选D. 考教衔接本题以对数为载体考查数学应用科学素养，源于人教 A版必修第一册第126页例5，且2023年新课标I卷第10题考查 的也是函数模型的应用，同学们在高考备考中一定要注重对此类 题型的训练.] 2.DL当P=1026时，lg1031gPgP4 1g10°，即31gP<4；当P=128时， 固态 铝客果 1g1021gP<1g103,即2<1gP<3;当 状态 P=9987时，1g1031gP1g10,即3 液态 D 1gP<4(1gP接近4)；当P=729时， lg10<lgP<1g103,即2<1gP<3.A, 1 气态 B,C,D四选项所对应的点分别设为A,B, C,D,在图中的大致位置如图所示.由图易 200250300350400T 知，远项D正确.故选D.] 专题7 导数及其应用 考向1导数的几何意义 1.D[导数的几何意义 因为y=5x十8n,所以y=5十三，所以y=1=13,所以曲线y =5.x十8lnx在，点(1,5)处的切线方程为y一5=13(x一1)，即y= 13x-8,故远D. 2.A[导数的几何意义（理性思维，数学应用）f(x)= (e+2cosx)(1+x)-(e+2sinr）·2工，所以f(0)=3,所以曲 (1+x2)2 线y一f(x)在，点(0,1)处的切线方程为y一1-3(x一0)，即3x y十1=0，切线与两坐标轴的交点分别为(0,1)，一3,0)所以切 线与两坐标轴所因成的三角形的面积为号X1X 1一 远A.」 3.C[由题意可知y=e(x十1)-e·1 (x+1)2 (r十1)，则曲线y= 在点(（1，)处的切线斜率k=1=是，所以画线y= 于在点(（1，气)处的切线方程为y-号=导（红-1），即y +，故选C] e 4.4[导数的几何意义（设切，点求切线法）设直线y=2x十5与曲 线y=e十x十a的切点坐标为(xo,e十x,十a),由y=e十x十a 得y'=e十1，所以y1x=。=6十1=2，解得x=0,所以切点坐 标为(0,1十a),又切，点(0,1十a)在切线y=2x十5上，所以1十a= 5,解得a=4.] 5.-4[函数的极值点f(x)=(x-2)'[(x-1)(x-a)]+(x 2)[(x-1)(x-a)]'=(x-1)(x-a)+(x-2)[(x-1)(x-a)]', 因为x=2是函数f(x)的极值点，所以f(2)=0,即(2一1)(2一a) =0,则a=2,经检验，满足题意，所以f(x)=(x一1)(x一2)，所以 f(0)=-4. 6.12[导数的几何意义（理性思雏、数学探索） 由题，令f(x)=e十x,则f(x)=e十1，所以f(0)-2,所以曲线 y=e十x在，点(0,1)处的切线方程为y=2x十1.令g(x)=ln(x十 1)十a,则g'(x)=1 ，设直线y=2x十1与曲线y=g(x)相切于 中-2，得，=一则6=2+1=0，所以0= 点(x0y),则 (+十a,所以a=n2.] 7.(-∞，一4)U(0,十∞)[设切线的切点坐标为(x).令f(x)=! (x十a)e,则f(x)=(x十1十a)e,f(x)=(x+1十a)e,因为1 为=（十a)e,切线过原点，所以(x)=当，即(x+1+a)· 无a e0= 十a)e的，整理，得后十an一a=0.由题意知该方程有两 个不同的实数根，所以△=a2十4a>0,解得a<一4或a>0.] &y=合：=-亡：[先求当>0时，南线y=hx过原点的切 线方程，设切点为(x0y), 则由了一之，得切线斜率为六 又切线的斜率为”，所以】=业 解得yo=l,代入y=lnx,得xo=e, 所以切线斜率为。，切线方程为y=。 问理可求得当x<0时的切线方程为=一亡 综上可知，两条切线方程为)y=亡y一一。] 考向2利用导数求函数的极值、最值 1.B[利用导数求函数最值 解法一（导数法）由∫(x)一士2，得(x)- e2+a1 位士22正=记，同为消定又线为开区间 (e+a)2 f(x)有最大值，所以f(x)在极值点处取最大值，设广()=0，得！ a=西（十1），代入f()=5+2=1,得+2 eo十a e6(+2)=1,即 eo=1,解得xo=0,所以a=eo(x十1)=e°(0十1)=1.故选B. 解法二（分离参数法）由远项知a>0,所以e十a恒大于0.由 f()=2≤1对任意x∈R恒成立，得x十2≤e+a,即x+2- e2十a ea对任意x∈R恒成立且等号成立.设g(x)=x十2一e,则： g'(x)=1-e.当x<0时，g(x)>0,g(x)单调递增；当x>0时， g(x)<0,g(x)单调递减.所以g(x)max=g(0)=1,所以a=1.故 远B. 2.BCD[因为函数f(x)=alnx十+S(a≠0)，所以函数f(x)的 定义战为(0，十0)，()=a亡-b-2c,因为函数f(既有极大 值也有极小值，所以关于x的方程ax2一bx-2c=0有两个不等的1 (b+8ac>0 b2-+8ac>0 △>0 b0 正实根x1,x,则x1十x2>0,即 ,所以b0 (x1x2>0 2c>0 ）ac0 bc<0 L a 故选BCD.] 3.B[由题意，得f(x)的定义域为(0，十∞)，f(x)=4 a0, a一b.又当x=1时，f(x)取得最大值-2，所以}f(1)=0,即 (f(1)=-2, /a0, a一6二0，所以a=6=-2,则f(x)=二2+2，所以f(2)= (b=-2, 2 -2×2+2 2 之故选B] 4.AC[由题意知了)=3r-1.◆了)=0，得x=得我x= 5令f>0,得<-悟或>号令f(<0,得-< 9 <号所以)在(-0，一）和（号十四）上单羽递增，在 (一吾哥）上单调运成，所以了有两个权值点，所以A正角 点-5+1>0.当+o∞时，f(x)十0：当一-∞时，fx)→ 93 一∞，所以f(x)有一个零点，所以B错误.因为f(x)十f(一x)= x3一x十1十（一x)3十x十1=2，所以曲线y=f(x)关于点(0,1）对称， 所以C正确.令f(x)=3x2一1=2，得x=1或x=一1，所以当切线 的斜率为2时，切，点为(1,1)或（一1,1），则切线方程为y=2x一1或 y=2x十3，所以D错误.故选AC] 2)[由题意得当>0时，f()=lna+(1中arh(1叶a)月 a0na+(合+）1n1+a)]≥0，设)=lna+(合+1)）'· l1n(1十a),因为a0,所以g(x)≥0.因为a∈(0,1)，所以ln(1+ a)>0,。十1>1，所以g(x)在(0，十∞)上单调递增，故只需滴足 g(0)≥0，即lna十ln(1十a)=ln(a十a2)≥0，所以a十a≥1，解得 a≤-5或>，又0<a<1,所以a的取值范国为 2 511w.] 2 (日[由题意，得了)=2a1na-e),易知了()至少要 有两个零，点x1和x2.令g(x)=f(x),则g'(x)=2ar(lna)2-2e. (1)若a>1,则g(x)在R上单调递增，此时若g(xo)-0,则g(x) 在（一∞，西）上单调递减，在(x,十∞)上单调递增，此时若有x= x和x=x2分别是函数f(x)=2a-ex2(a>0且a≠1)的极小值 点和极大值点，则>2，不符合题意，舍去 (2)若0<a<1,则g(x)在R上单调递减，此时若g(xo)=0,则 g(x)在（一∞，xo)上单调递增，在(x,十∞）上单调递减，且x= 1ogn,此时若有r=和x=分别是函数f(x)=2a e ex(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，且x1<2,则需满足 gx)>0,脚品。>dkna所以a点<n所以na< nan脚nana1-laha),解得。<a<e又0<a<l, e 所以。<a心1故a的取雀范周是（合门 ,函数新定义十分段函数十函数的单调性 解(1)因为x<0时，f(x)=2,所以f(-1)=2 D-D={aeRf(-1+>f-D=2} 当-1d<0时，(-1+0>可化为21+>，得0<dK1. 当一1+d≥0时，因为f(x)=1-x, 所以f(-1+d0=1-(-1+d0=2->2, 3 得1≤dK立， 综上可得，D-)-{0<dK受} (3分) (2)(见到奇函数，想到分段函数，先求出f(x)的解析式，然后求出 D(xo),再根据x1,x2的范固，分别求出D(x1),D(x2),从而证明 结论) 第1步：求f(x)的解析式 因为f(x)为R上的奇函数，且x<0时，f(x)=2, 所以x=0时，f(x)=0,x>0时，f(x)=一f(一x)=一2. 2,x0 所以f(x)= 0,x=0 -2-z,x0 第2步：分<0，>0求D(西) x<0时，f(x)=2o>0,则f(x十d)>f(x6),即f(x十d)> 20>0, 则必有x0十d<0,所以2a+>2。,即xo十d>x,所以d>0,所以 D(x0)=(0,一xo). xo>0时，f(x0)=一22o<0,则f(x十d)>f(x),即f(x0十d)} >-220, 若x十d≤0，则d一x,此时f(十d)≥0>f(x)恒成立， 若x。十d>0,则-2。+d>-20,所以dD>0, 所以D(x。)=(-∞，-x]U(0,十∞). (5分)1 第3步：分类讨论，求D(x1)和D(x)的关系 已知f(x1)f(x2), 若x1x2∈(-∞，0)，即251≤2，即x≤<0，则-1≥-xg> 0,所以(0，一x1)2(0,一x2),即D(x2)三D(x1). (6分)1 若，x2∈（0，十∞)，即一21≤-2？，即一x1≥一，则 (-∞，一x1]2(-∞，一]，则D(x)SD(x1). (7分) 若x1>0,<0,显然(-∞，-x1]U(0,+∞)2(0，-x2), 即D(x2)二D(x1). 若x1<0,x>0,则f(x1)>0>f(x),这与f(1)≤f(x2)矛盾. 综上可得，D(x2)二D(x1). (8分) (3)(i)(反证法)假设f(0)<1,取x∈(-1,0)，使得2。> f(0),即f(xo)>f(0). 由条件①可知，Dx)CD0),取d=-空>0， 因为f红+0=f(令）=f(受）-2>20=f. 所以-∈D)即-∈D0, 所以(0-受)>0)，即(-受)>f0. 因为，∈(-1,0)，所以-受∈(0，）这与条件@②，对任意x∈ (0,1),f(x)f(0)矛盾. 故假设不成立，f(0)≥1. (11分)： (i)第1步：证明对任意x∈(0,1)，f(x)0 假设存在∈(0,1)，f(t)>0.取0，使f(s)=2<f(0,由条件① 知D(s)口D(t), 由(1)结论及条件②可知，f(0)≥1>f(),所以f(t-)>f(t),所 以一t∈D(t), 所以一t∈D(s),即f(s一t)>f(s), 又s一t<s<0,且x<0时，f(x)=2单调递增，所以f(s一t) f(s),矛盾 (13分) 第2步：证明对任意x∈[1，十∞)，f(x)0 假设存在c∈[1，十∞)，f(c)>0,取e<0,使f(e)=2<f(c),则 Le+c-e门=o>e).可得c-e∈De),令g=e+是-c,因 为c∈[1，十∞)， 所以号-c≤-2，故g<e<0, 所以f(g)<f(e),所以D(g)口D(e), 所以c一e∈D(g),可得f(g十ce)>f(g),将g=e十立-c代入，！ 可得f()>2>0, 而对任意x∈(0,1，)≤0，号∈(0,1).所以f()≤0，矛盾. (15分) 第3步：证明f(x)在区间(0，十∞)上单调递增 综上，对任意x∈(0，十∞)，fx)0 任取0<mn,令h=-(n-n)一1，因为0m<n, 所以h=-(n-m)-1<-1,所以f(h)=24>0, 又f(m)0,所以f(n)f(h), 所以D(m)2D(h), 接下来，证明h-m∈D(h), 国为兀h+(n-m)]=f(-1)=21=号)=2-1， 且-n-m）-1<-1,所以201<21=合 所以f[h+(n-m)]>f(h),即n-n∈D(h),所以n-n∈D(n), 结合D(m)的定义可知，f[n十(n一n)]>f(n),即f()>f(n), 所以函数f(x)在区间(0，十∞)单调递增. (17分) 8.不等式的解集十导数的几何意义十利用导数研究函数的单调性、· 最值 解(1)第1步：求出a的值 由f(1)=1十a+3=4,得a=0,所以f(x)=x2十3. (2分) 第2步：解不等式八)+>g( 由/)+>+3>+，即r-4+>0且 1 91 x≠0，解得x0或0<x<1或x>3. (4分) 所以不等式f(x)十三>gx)的解集为(-∞，0)U(0,1)U (3,十∞). (6分) (2)第1步：写出11与l2的方程 由f(x)=x十a.x十3得f(x)=2x十a,则f(0)=a,故直线l1的 斜率为a,所以直线l1的方程为y-3=a(x一0)，即y=a.x十3.因 为直线12过，点(0,3)且与直线11垂直，所以直线L2的方程为y一3 =-1(x-0),即y= x十3. (8分) a 第2步：将曲线y=g(x)与l1在第一象限内无公共点转化为直线 与函数图象的交点个数问题，求出a的取值范围 曲线y=g(x)与1在第一象限内无公共点，即关于x的方程4x十 =ax+3在(0，+o∞)上无解，即关于z的方程a=之+4 在(0，十∞)上无解 令1=子，则>0，关于1的方程a=-31+4在(0，+∞)上无解。 令h(t)=-3t+4(t>0),则h(t)=3-3=3(t+1)(-1). 当t∈(0,1)时，h'(t)<0,h(t)单调递减：当t∈(1，+o∞)时，h'(t) 0,h(t)单调递增， 所以当t=1时，h(t)取得最小值，且最小值为h(1)=2, 又当→十∞时，h(t)→十o∞，所以a<2. (11分) 第3步：将曲线y一g(x)与1，在第一象限内无公共点转化为直线 与函数图象的交点个数问题，求出a的取值范围 曲线y=g(x)与l在第一象限内无公共点，即关于x的方程4x十 a x十3在(0，十∞)上无解，即关于x的方程-1=1 ar +4在(0，十0)上无解，即关于1的方程-=h(D在(0， x 十o∞)上无解」 由A)的最小值为2可得-。<2，解得a<-号或a>0.(13分) 综上可知a的取值范周为(-∞，-)U(0,2). (14分) 求不等式的解集十根据极值情况求参数范围十分类讨论研究函数 的极值（逻辑推理、数学运算） 解(1)由题设条件可得，f(1)=1一(m十2)=0，解得m=一1，所 以f(x)=x-x-lnx. 由f(x)≤x2-1,可得lnx十x-1≥0， 令g(x)=1nx十x-1,则g(x)=1+1>0在(0，十o)上恒成立， 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 易知g(1)=0,所以g(x)≥0即g(x)≥g(1),可得x≥1. 综上，不等式f(x)x2一1的解集为[1，十∞). (2)/(x)-2x-(m+2）+m=2x-(m+2x+m= (2x-m)(x-1) ①当罗>1，即m>2时，由了(x)>0得x∈(0,1)U(罗，+∞）： 2 由f()<0得x(（1,罗)故x)在(0,1)，（受，+∞）上单调 递增，在(1，罗)上单调递减，此时)在x=1处取得极大值. ②当0<g<1,即0<m<2时，由f(x)>0得x∈(0，罗）U(1, +o):由f(x)<0得x∈（空，1）故f()在(0，受）1，+∞） 上单调递增，在（受，1）上单调递减，此时(）在x=受处取得极 大值. ③当受=1即m=2时，了()≥0在(0，十∞)上恒成立，即f(x) 在(0，十∞)上单调递增，此时函数f(x)在(0，十o∞)上无极大值， 国当受≤0，即m≥0时，由了x)0得x(0,1):由f(x)>0得 x∈(1，十∞).故f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递 增，此时f(x)在x=1处取得极小值，无极大值. 综上可知，n的取值范固为(0,2)U(2,十∞). 考向3利用导数解决不等式的恒成立问题或证明不等式 l1.C[因为函数f(x)=ae-ln,所以f(x)=ae-二因为函数 f(x)=ae-lnx在(1,2)单调递增，所以f(x)≥0在(1,2)恒成 立，即ae-≥0在(1,2)恒成立，易知a>0,则0<≤e在 a (1,2)恒成立.设g(x)=xe,则g'(x)=(x十1)e.当x∈(1,2)时， g(x)>0,g(x)单调递增，所以在(1,2)上，g(x)>g(1)=e,所以 ≤e,即>是=e,故选C] 2.导数的几何意义十函数的零点十不等式的证明 解(1)第1步：求切点坐标 当a=1时，f(x)=x-(1nx)2,f(1)=1,故切点为(1,1). 第2步：求斜率，得切线方程 f(x)=1-21n,f1)=1, 故曲线y=f(x)在，点(1，f(1))处的切线方程为y一1-x一1，即x一 y=0. (2)(1)解法一（分离参数，转化为函数图象的交点个数问题） 【“f(x)有3个零点1x,西，且x1<2<”,可转化为a= n工)广有3个不相等的实根，进而通过研究函数gr)=nx) x 的值域来确定a的取值范围】 第1步：转化问题 因为x>0,所以原问题可转化为：方程a=血工》有3个不相等的} 实极x1x2,x西，且<x<x3 令g(x)=nx)2 ,则问题转化为：直线y=a与函数g(x)的图像 有3个不同的交点. 第2步：求导，并研究g(x)的单调性 2ln.x-(lnx)产 g'(x)= (2-In x)Inx x2 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，lnx<0,2-1nx>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，e) 上单调递增： 当x>e2时，lnx>0,2-lnx<0,所以g(x)<0,g(x)在(e,十∞)i 上单调递减. 第3步：求g(x)的极值与极限 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(e2) 4 e2 当一0时，n-,(nx)→+，+,所以g(x) 十00. 当x→十o∞时，g(x)→0. 第4步：确定a的取值范围 因为直线y一a与函数g(x)的图象有3个不同的交点，结合g(x): 的图象可知，0<<1<<e<且0<a<。 4 故a的取值范国为(0，)）】 解法二（换元后直接求解）》 第1步：换元 设u=lnx,则方程f(x)=ax一(lnx)2=0可化为a·e“一2=0,1 即t2e“-a=0. 第2步：构造函数G(x)=xer一a,求导，并研究G(x)的单调性 设函数G(x)=x2e-x-a,则G(x)=(2x-x2)e-x=x(2-x)ex, “函数f(x)有3个零点工1，，，且x1<x<x”等价于“G(x= x2ex一a有3个零点山1，u2,4”. 当x<0时，2-x>0,所以G'(x)=x(2-x)e<0,G(x)在（一o, 0)上单调递减： 当0x2时，2-x>0,所以G(x)=x(2一x)ex>0,G(x)在1 (0,2)上单调递增： 当x>2时，2一x0,所以G(x)=x(2-x)ex<0,G(x)在{ (2,十∞)上单调递减. 第3步：求G(x)的极值与极限 由G(x)的单调性可知，G(x)的极小值为G(0)=一a,G(x)的极大！ 值为G(2)= 当→-0∞时，x2→+0，er→十0∞，所以G(x）→十0∞， 当x→十o时，G(x)一a. 9 第4步：确定a的取值范围 站合G(日的单羽性，极值，板限可知，一a<0<号-a, 解得0<a<号 故a的取值范国为(0，） (ⅱ)第1步：从结论出发，对要证的不等式变形 要注0n-n)1n与<号 即证（合n-n）(21n）。号 即任(n压-h国)n<。气 中运n后-)n后<牛 第2步：从条件出发，得到关于√，√，√国的关系式 由(1)冲解法一可知0<<1<西<e<,且0<a<合，则 √<l,l<<e,√>e, 又a=n西-Inx-(n) 则-ln西_n是-1n是=a 即一n区n区-n区-<L 2 e 则-血压·压=()·压·压<()·属 (In Vx3 1)河后V后)-山园， 则-hVn店<号 由e-2)P>0,得e>4e-4=4e-10,即e 则-hGnG<4<1 ee-I' 令至=，则压=>l,n@-nEn中ln√国 √/x2 x3 t·√x2 茎理得n后兴h后 数n:n心. 第3步：结合“第1步、第2步”进一步分析 在“第1步”中，将题目中要证明的问题等价转化为： 运明hV区-hl1n国<1十点 在“第2步”中，我们得到： :h以及n厅h后-把>以我 们可以得到： (ln√x2-ln/x1)·ln√x3=ln/xe·lnx3-ln/x1· h占) 【至北.度们想：女果能运明出把<1(0>1D,命题”n nn<号”就得证了】 第1步：证阴<1>1，得结论 要证4-hh<气<1即可 即证1n>1), 令h()=1n1-,则0=二E1) 2E, 又t>1,则h'(t)<0,h(t)在(1，+∞)上单调递减， 则0<0，中a合命题得花， 3.函数的极值十不等式恒成立问题（端点效应）（理性思维、数学探！ 索》 解(1)第1步：给出定义域，并求导 当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x,x∈(-1，十o), 1十1. f(x)=2ln(1+x)+1F2-1=2ln(1+)1+x 第2步：判断函数的单调性 易知f(x)在（一1，十∞）上单调递增，且(x)=0, 所以当x∈（一1,0）时，f(x)<0,当x∈(0，十∞)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， 第3步：根据极值的定义给出结论 所以当x-0时，f(x)取得极小值，为f(0)=0,f(x)无极大值. (2)第1步：求导 f(x)=(1-a.x)ln(1+x)-x,x∈(-1，+oo), 则f(z)=-aln(1+x-a+1)z」 1十x 设g(x)=-aln(1+r)-(a十1)x 1十x 则g()=一1中x(1中可 第2步：找出原不等式成立的一个必要条件 因为当x≥0时，f(x)≥0，且f(0)=0,f(0)=0, 所以g(0)=-2a-120,得a≤- 故a≤-号是原不等式成立的一个必要条件. 第3步：证明该必要条件也是充分条件 下面证明其充分性： 当a≤-立20时，g（m≥20+021十21中D0, 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增， 且f(x)≥f(0)=0, 所以f(x)在[0，十∞)上单调递增， 且f(x)≥f(0)=0. 综上，a的取值范偶是（一0，一]. 4.利用导数求函数的单调区间十不等式恒成立 解(1)第1步：求导函数 因为fx)=a(x-1)-1nx+1,所以f(x)=4-1=a-1, x x0, 第2步：分类讨论，求f(x)的单调区间 若a0,则f(x)<0恒成立，所以f(x)在(0，十∞)上单调递减，1 即f(x)的单调递减区间为(0，十○)，无单调递增区间： 若a>0,则当0<日时，fx0,当>时，f(>0,所以 八)的单调递减区间为(0，合）单调递增区同为（合，十四） 综上，当a0时，f(x)的单调递减区间为(0，十o∞)，无单调递增区 间：当。>0时，八)的单调递减区同为(0，合）单调递增区间 为（日+∞} (2)解法一（放缩法）第1步：利用a的范围放缩不等式，将问题转 化 因为a2,所以当x>1时，e-1一f(x)=e-1一a(x-1)+lnx一 1≥e-1-2x+1nx+1. 令g(x)=el-2x十nx十1，则只需证当x>1时g(x)>0. 第2步：利用导数研究g(x)在(1，十∞)上的单调性，证明不等式 易知g'(x)=e-1-2+1 令A)=R,则A()=e-在1，十o)上单调适增， 则当x>1时，h'(x)>h'(1)=0,所以h(x)=g'(x)在(1，十∞)上 单调递增，所以当x>1时， g(x)>g(1)=0,故g(x)在(1，十∞)上单调递增，所以当x>11 时，g(x)>g(1)=0,即当x>1时，f(x)<e-1恒成立. 解法二（作差法直接求导证明）第1步：作差并构造函数 设g(x)=a(x-1)-lnx十1-e1,只需证当x>1时g(x)<0· 即可， 第2步：利用导数研究g(x)的单调性，证明不等式 易知g(x)=a-士-e1, 9 1 令h)=g（x),则i()=F-e, 由基本初等函数的单调性可知h'(x)在(1，十∞)上单调递减， 则当x>1时，h'(x)h'(1)=1-1=0, 所以h(x)=g'(x)在(1，十○)上单调递减 于是当x>1时，g(x)<g(1)=a-2, 又a2,所以a一20，则当x>1时，g'(x)<0,故g(x)在(1， 十∞)上单调递减， 所以当x>1时，g(x)<g(1)=0,即当x>1时，f(x)<e-1恒 成立， 导数的几何意义十恒成立问题十不等式的证明 解(1)由题知f1)=0,f(x)=lnx十1， 所以f(1)=1,所以切线方程为y=x一1. (2)第1步：将原问题进行转化 由题可得xlnx≥a(x一√x)在(0，十∞)上恒成立，即lnx≥ 第2步：构造函数g(x),并将原问题进行转化 设gx)=1nx-u( ）=lnx-a+2,x∈(0，+o∞)， √x 则g(x)≥0恒成立， 又g(1)=0,所以g(1)=0. 第3步：求出a的值 因为g(x)=1-1 x ar￥， 所以g(1)=1-受=0，解得a=2. (3)第1步：判断工1=2的情况 当x1=x2时，f()-f(x2)=|x1-x2=0. 第2步：判断f(x)的单调性 当x1卡x2时，不妨设工1<x, 令fm)=n+1=0,得x=名，所以在(0，日）上单调递 减，在（合1）上单调递增 第3步：讨论0<工<≤。的情况 ①当0<≤。时，f>f,f()-f)=4ln x2 In x2, 设-h+0c1期1-h+中2左 设m(x)=lnx十1十 ，0<<1.到m()=子左 1 1 2√x -4G-1 AxVx 令m()=0,得=高，所以m()在(0，言)上单调递减，在 (1）上单调递增， 所以1(x)≥1(6）-血6+1+2=n6>0,所以（在(0,1 e 上单调递增， 所以xlnx1十√<xln2十√，lnx1一ln<√- x1, 因为（五-√团）2-（√-五）=2x1-2√团西=2√团（√ √)<0， 所以-√团<√2一x, 所以xlnx一lnx2<√一工1， 即f(x1)-f(x)|<x1-x2. 第4步：讨论】≤工<2<1的情况 e ②当上≤x<<1时，f)K),f()-f)=ln西 e x1lnx· 设h(x)=xlnx-x,0<x<1,则h'(x)=lnx<0, 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以x1lnx1一>lnx2-x2,即rlnx一xlnx1<一， 因为<<4<1， 所以0<x-x1<1,0<√-x1<1,x-x1<√2-x1, 所以x2lnx2-xlnx1<√一I, 即f(x1)-fx)<x1-x立. 第5步：讨论0K<号<<1的情况 ⑧当0<。<<1时， 若f)<f),则f)-f)<(日)）厂-f), 由②知，/(）-x小<√-< 所以f(x1)-f(x)<x1-x乞； 若f)>f,则fx)-f)<f)-f() D知)-()√日-< 所以f(x)-f(x)川<x1一x立 若f(x1)=f(x2),则f(x1)-f(x2)=0,x1-x宁>0，武 |f(x1)-f(x)|<x1-x支. 第6步：得出结论 综上可知，Hx1x2∈(0,1)，都有f(x1)-f(x)<x1一x2安. 6.解(1)由题意知函数f(x)的定义域为(0，十∞). 由f=D-1+1 =(x-1)-x十父_(e+x)(x-1 x 可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增， 所以f(x)mim=f1)=e+1-a. 又f(x)≥0， 所以e十1-a≥0，解得a≤e十1， 所以a的取值范围为（一∞，e十1]. (2)证明法一不妨设x1<x, 1>1. 则由(1)知0<x<1< 令)=)-f(） 则F(x)=e+x(x-1) 2 位+)山. =x二1D(e+x-xe立-1). g(x)=e+x-xei-1(x>0), 则g)=+1-e立·=e+1中e(-）>0 所以当x∈(0,1)时，g(x)>0, 所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)=0, 所以当x∈(0,1)时，F(x)>0, 所以F(x)在(0,1)上单调递增， 所以F(x)F(1), 即在0,1)上fx)-f(）<F1)=0. 又f(x1)=fx2)=0, 所以f)-f(合）0. 即（日） 由(1)可知，函数f(x)在(1，十∞)上单调递增， 所以<子即石4<1 法二（同构构造函数化解等式） 不妨设x1<x2, 则由1)知0<x,<1<5,0<<1. 由f(x1)=f(x)=0, 得lnx十x1=x号一n十y 即e1h十x1-ln=e,-h2十x-ln. 因为函数y=e十x在R上单调递增， 所以x1一lnx1=x2-lnx2成立 构造函数h(x)=x一1nx(x>0), g(x)=h(x)- (）x 1 -2lnx(x>0), 划u)=+月 2(x-1)2 ≥0(x>0), x2 所以函数g(x)在(0，十∞)上单调递增， 所以当x>1时，g(x)>g(1)=0, 即当>1时，h(x)>h(） 所以A✉)=()>h(安） 又h'(x)=1 1=一1(x>0), 所以h(x)在(0,1)上单调递减， 所以0<<士<1，即工1西<1 i7.解(1)当a=1时，f(x)=xe-e=(.x-1)e,f(x)=e+(x 1)e=re'. 令f(x)=0,得x=0, ∴当x<0时，f(x)<0,fx)单调递减： 当x>0时，f(x)>0,fx)单调递增. (2)f(x)=er十aex-e=(a.x+1)e-e,f(0)=0. 设g(x)=(a.r十1)e-e,则g(x)=ae十ae(a.x+l)-e=(ax十 2a)er-e,g(0)=2a-1 当2a-1>0,即a>时，存在8>0，使得当x(0,8》时，g(x)> 0,此时f(.x)在(0,8)上单调递增， f(x)>f(0)=0,.f(x)在(0,8)上单调递增， ∴.f(x)>f(0)=一1，这与(x)<-1矛盾，故舍 当2a-1区0，即a≤分时，f0x)≤rc中-e 令h(x)=xer-e', 则h'(x=e+号e·x-e=e (1+2x-e<0, h(.x)在(0，十∞)上单调递减， 此时h(x)<h(0)=一1符合条件 综上可知，a的取值范国为（∞，门 (3)证明 由(2)知当a=2 时，x>0时，xex一e<一1， 令e=t,t>l,则x=21n,21nf-,>1 取N +(m∈N),则2nt=lh(n十1)-lnn<√ n 1 1 1 Nn+1 >ln2 √12+1√/22+2 √n2+n ln1+ln3-ln2+…+ln(n十1)-lnn-ln(n+1),故结论得证 考向4导数的综合应用 :1.①②③④[函数奇偶性的判断及应用十函数与方程的综合应用 十函数的最值问题十函数图象的应用 对于①，因为f(-x)=(-x)2-cos(-x)-c2|=|.x2-cosx c2-f(x),且函数f(x)的定义城为R,所以函数f(x)为偶函数. 所以求函数f(x)在（一1,1]上的最值，可转化为求函数f(x)在[0， 1]上的最值.对于闭区间上的连续函数，其在该区间内必存在最大 值和最小值，故①正确」 对于②，当c=0时，f(x)=x2一c0sx,则由f(x)=1,得x2 cosx=1或x2-c0sx=-1,即x2=cosx十1或x2=cosx-1.在 同一平面直角坐标系中作出函数y=x2,y=cosx十1，y=cosx一1 的图象，如图所示.由图知，函数y=r2与y=cosx十1的图象有2 个交点，即方程x2=cosx十1有2个解；函数y=x与y=cosx 1的图象仅有1个交点，即方程x=cosx一1只有1解.综上所述， 当c=0时，方程f(x)=1有3个解，故②正确. 95 y=cosx+l 1=C0sX-1 对于③，当c=1时，f(x)=x2-cosx-1.令g(x)=x2-c0sx 1,则g'(x)-2x+sinx,令G(x)-g(x),则G(x)=2十cosx>0, 所以g(x)为R上的增函数，又g(0)=0,所以当x>0时，g(x)>! 0,函数g(x)单调递增；当x<0时，g(x)<0,函数g(x)单调递减. 所以函数g(.x)=x2一c0sx一1在(1,2]上单调递增，且g(1)= 一c0s10,g(2)=3一cos2>0,所以存在唯一r。∈(1,2)使得！ g()=0.又当c=1时，f()=g(x),所以f(x)在(1，xo)上单 调递减，在(x,2]上单调递增.因为f(1)=cos1,f(2)=3一cos2,! 所以当x∈(1,2]时，f(x)mx=f2)=3-cos2,故③正确. 对于④，当c>0时，由f(x)=c,得x2-cosx一2=c或x2-cosx -c2=-c,即x2-cosx=c2+c或x2-cosx=c2-c.令h(x)=x21 一cosx,由③知，函数h(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上！ 单调递增，h(x)mim=h(0)=-1.当c>0时，c2+c>0,c2-c= 112_1 (c-2) )一≥-】，函数h(x)与y=c2+c的图象存在2个交 点，函数h(x)与y=2一c的图象也存在2个交点.综上所述，当c >0时，函数f(x)的图象与直线y=c有4个交点. 综上所述，正确结论的序号是①②③④.] 2.ACD[利用导数研究函数单调性和极值（理性思雏、函数探索、数 学应用) 代数推理法十作差比较法因为f(x)=(x一1)2(x一4)，所以1 f(x)=2(x-1)(x-4)十(x-1)2=3(x-1)(x-3),令f(x)=! 0,解得x=1或x=3,当x<1或x>3时，f(x)>0,当1<x<3! 时，f(x)<0,所以函数f(x)的单调递增区间为（一∞，1），(3， 十∞)，单调递减区间为(1,3)，故x=1是函数f(x)的极大值点， x=3是函数f(x)的极小值点，所以A正确. 当0<x<1时，x-x=x(1-x)>0,即0<x2<x<1,又函数f(x)1 在(0,1)上单调递增，所以f(x)<f(x),所以B错误. 当1<x<2时，12x-13,函数f(x)在(1,3)上单调递减，所以 一4=f(3)f(2x-1)<f(1)=0,所以C正确. 当-1<x0时，f(2-x)-f(x)=(2-x-1)2(2-x-4)-(（x- 1)2(x4)=(x-1)2(-x-2)-(x-1)2(x-4)=(x-1)产(-2x+ 2)=一2(.一1)30，所以f(2-x)>f(x),所以D正确. 综上，选ACD.] 3.AD「三次函数的单调性、零点个数、极值，点十曲线的对称性 由题可知f(x)=6.x(x-a). 对于A,当a>1时，由f(x)<0得0<x<a,由f(x)>0得x<01 或x>a,则f(x)在（一∞，0）上单调递增，在(0，a)上单调递减，在！ (a,十∞)上单调递增，且当x→一∞时，f(x)→一o∞，f(0)=1, f(a)=-a3+1<0,当x→+o∞时，f(x)→+∞，故f(x)有三个零 点，A正确； 对于B,当a0时，由f(x)0得ax0,由f(x)>0得x>0! 或x<a,则f(x)在(-o∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在 (0,十∞)上单调递增，故x=0是f(x)的极小位点，B错误； 对于C,当x一十∞时，f(x)→十∞，当x→-∞时，f(.x)→-∞，故 曲线y=f(x)必不存在对称轴，C错误； 对于D,解法一（配方、平移）f(x)=2x3-3x十1=2x 号)-（受）1-受，令1=号，则)可特化为 g()=23- 受d4十1-一受，由y=2F-是1为寺函数，且共国象 关于原点为对称，可知g()的图象关于点0,1一气）对称，则 f()的圈象关于点（受，1-）对称，故存在a=2,使得点(1， f(1)为曲线y=f(x)的对称中心，D正确.故远AD. 解法二（二级结论）任意三次函数f(.x)=a.x3十bx2十cx十d(a≠ 0)的图象均关于点（一品（一品）成中心对称，D正确故 远AD.] 99 4.B[由题意知f(x=3.x2十a,要使函数f(x)存在3个零点，则 f(x)=0要有2个不同的根，则a<0.令3.x2十a=0,解得x ±√层令f>0,则<√层或>居，令f)<0, 则√写号<<√所以)在(，)和（√ 十）上单调增，在（√√）上单调递减，所以要使 -2a -a 3 +2>0 3 f(x)存在3个零点，则 ,即 )0 二4+2<0 4>1,即a<-3.故选B] 解得3 5.利用导数求切线方程十构造函数十利用导数判断函数的单调性 解(1)第1步：求导，根据切线斜率求a 由f(x)=xe十ax十b,可得∫(x)=(x十1)e+a, 则切线的斜率为f(0)=1十a=-2,解得a=-3. (2分) 第2步：利用切点坐标求b的值 切线y=一2x十1过切点(0,1)，所以f(0)=b=1,所以a=一3，b= 1. (3分) (2)第1步：同构代数式，构造函数 由(1)知，f(x)=xe-3.x十1，由f(x十m)-f(x)>n=(x十m) x,可得f(x十m)一(x十n)>f(x)-x, 令g(x)=f(x)一x=xe一4x+1,则上式即g(x十m)>g(x),所 以当x>0时，g(x十m)-g(x)>0恒成立. 显然，当m=0时，g(x十n)一g(x)>0不成立，所以m≠0.(4分) 第2步：求导，判断g(x)的单调性 求导得g(x)=(x十1)e-4,g”"(x)=(x十2)e, 当x>0时，g”(x>0,所以g'(x)在(0，十∞)上单调递增。 解法一（必要性探路) 第3步：引入隐零点判断g(x)的单调性 又g(0)=一3<0，g(1)=2e-4>0,所以存在唯一的x∈(0,1)， 使得g(xo)=0, 则g(x)在(0，x)上单调递减，在(x0,十∞)上单调递增.(5分) 第4步：判断出m>0 当n<0时，若x>一n十x>0,则xo<x十m<x,则g(x十n)< g(x),不符合题意，所以m>0. (6分) 第5步：必要性探路 因为当x>0时，g(x十m)一g(x)>0恒成立， 所以当x→0+时，上式也成立，则g(m)一g(0)≥0，即nem一4m≥ 0,即m(em-4)≥0，解得m≥ln4. (7分) 第6步：证明充分性 下证充分性， 当m≥]n4时，由g(x)在(0，xo)上单调递减，在(，十∞)上单调 递增，且g(ln4)-g(0)=1,0<xo<1<ln4,可知 ①当x∈(0，ln4)时，g(x)<1, 又x+m≥x+1n4>ln4>1>xo,所以g(x+n)>g(ln4)=1,所 以g(x十n)一g(x)>0成立. (8分) ②当x≥ln4时，由1n4>1>xo可知此时g(x)单调递增， 因为m≥ln4>0,所以x十m>x,所以g(x十m)-g(x)>0成立. 充分性得证 故n的取值范围为1n4,十∞). (9分) 解法二（作差构造函数） 第3步：继续构造函数 令G(x)=g(x十n)-g(x),求导得G(x)=g'(x十m-g'(x), (5分) 第4步：讨论m<0时的情况 当m<0时，若x>-m>0,则0x十n<x,则g(x十n)<g(x), 所以G'(x)=g(x十m)-g'(x)<0,则G(x)在(-m,十o∞)上单调 递减， 所以当x>一m十2时，G(x)<G(-n十2)=2e(1-em)十 m(em+2-4)<0, 即g(x十m)-g(x)<0,不符合题意， (6分) 第5步：讨论m>0时的情况 当n0时，由x>0得x十nx>0,则g(x十n)>g'(x), 所以当x>0时，G(x)=g(x+m)-g'(x)>0,则G(x)在 (0,十∞)上单调递增，所以G(x)>G(0)=nem一4n. (7分) 第6步：求出m的取值范围 因为当x>0时，g(x十n)-g(x)>0恒成立，即G(x)>0恒成立，！ 所以mem-4m≥0，即em-4≥0，所以m≥ln4. 故m的取值范围为ln4,十o∞). (9分)： (3)解法一（变换主元） 第1步：同构代数式，换主元，构造函数 由f(k十x)十f(k一x)>2f(k), 可得f(k十x)一f(k)>f(k)一f(k一x), 令H(k)=f(k十x)一f(k),则H(k)>H(k一x), (11分) 第2步：根据原函数的单调性判断导函数的正负 即当x>0时，H(k)>H(k一x)恒成立，所以H(k)单调递增， (12分)： H(k)=f(k+x)-f(k)=(k+x)e+:-ke-3x, 所以当x>0时，H'(k)=(k+x+1)e+x一(k十1)e≥0恒成立. (14分)， 第3步：进一步构造函数，判断单调区间 令(k)=(k十1)e,则当x>0时，(k十x)-(k)≥0恒成立，即k 在9(k)的单调递增区间内， (16分)： 第4步：求出k的最小值 令四(k)=(k十2)e≥0，得k≥-2， 所以k的最小值为一2. (17分)： 解法二（必要性探路） 第1步：作差构造函数，求导判断端点值 由f(k十x)十f(k-x)>2f(k),令h(x)=f(x十k)十f(k-x)- 2f(k),则h(0)=0, h'(x)=f(x十k)-f(k-x),且h'(0)=0, h"(x)="(x+k)+f(k-x),且h"(0)=2”(k) (11分)： 第2步：必要性探路 当(k)0时，"(0)<0，则必存在x1>0,使得当x∈（0，x1)时，！ h"(x)0, 所以(x)在(0，x1)上单调递减，则当x∈(0，x1)时，h'(x)<} h(0)=0, 所以h(x)在(0，x1)上单调递减，则当x∈(0，x1)时，h(x)h(0)= 0,即f(x十k)十f(k一x)<2f(k),不符合题意，所以f(k)≥0. (13分) 第3步：求出必要范围 求导得f(x)=(x+1)e一3，f"(x)=(x+2)e, 所以f"(k)=(k十2)e≥0，解得k≥一2. (14分) 第4步：证明充分性 下证充分性. 当k=-2时，h"(x)=f"(x-2)十"(-2-x)=xe-2(e-ex), (15分) 因为x>0,所以e一ex>0,则h"(x)>0, 所以h'(x)在(0，十∞)上单调递增，h'(x)>h'(0)=0, 所以h(x)在(0，十∞)上单调递增，h(x)>h(0)-0, 即f(k十x)+f(k一x)>2f(k),符合题意， 所以k的最小值为一2. (17分) 6,导数的几何意义十利用导数研究函数的性质十直线与曲线的交点 个数 解(1)由题意，切线方程为y=一合-1一号，所以八-D=! 4 -1-f-0=- 4 又f(x)=x2十m.x-4er-1,所以f(x)=2x十m-4ne-1, 所以f(-1)=1-n-4ew-1,f(-1)=-2+m-4ew-1 于是1一-4e=-1-一2+m-4e=- 4 e2 整理得n十1=2e-1(n∈Z). (2分) 若=1，则等式成立； 若n≥2，则2e”-1>2·2w-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m=0,则1≠名，等式不成立 综上，n=1,代入得m=2, 所以m=2,n=1. (4分) (Ⅱ)由(I)得f(x)=x2+2x-4e-1, 所以f(x)=2x+2-4e1=2(x十1-2e2-1) (5分)1 令g(x)=x十1-2e1,则g(x)=1-2e-1, 令g(x)-0,得x=1-l1n2, 9 令g'(x)<0,得x>1-ln2,令g'(x)>0,得x<1-ln2, 可得g(x)在(-∞，1-]n2)上单调递增，在(1-ln2,+∞)上单调 递减， 又g(-1)=-2e<0,g(0)=1-2>0,g(2)=3-2e<0, 所以g(x)在（一1,0）和(0,2)内各有一个零点. (6分) 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∫(x)有两个变号零，点，所以f(x)有两个极值，点. (8分) (Ⅲ)由x2+2x-4e1=kx-1,整理得x2+(2-k)x+1-4e1 =0.令F(x)=x2+(2-b)x+1-4e1. 当x≥0时，F(x)=(x十1)2-4e-1-kx. 令v(t)=e一(t十1)，则v'(t)=e一1，当t<0时，w'(t)<0.当t>0 时，u(t)>0,故u(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t=0时取等号，取t -号，得e≥1+号-安→2宁≥x+14e1≥(x+ 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-kx≤-kx≤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. (11分) 当x<0时，F(x)=2x十2-k-4e1,令(x)=F(x),则(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∞，0）上无零，点，则F(x)在（一∞，0）上单调，因为 F0=1-4<0,当一-∞时，F)+0,所以Fx)在(-0， 0)上有1个零点： 若F(x)在（一∞，0）上有零点xo,则F(x)在(-∞，xo)上单调递 减，在(xo,0)上单调递增，则F(xo)<F(0)<0,所以F(x)在 (一o∞，xo)上有1个零点，在(x0,0)上无零点. (14分) 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. (15分) ,导数的几何意义十利用导数研究函数的性质十构造函数十放缩法 解(1)因为f(x)=e-号sinx,所以f0)=e-子sin0=l,所 以切点为(0,1). (1分) 又f'(z)=e-3cosx, 所以在点(0，f(0)处切线的斜率k=(0)=-号。 3cos0=3, (2分) 所以所求切线方程为y一1=号（红-0），即y=号x十1.(3分) (2)(构造函数法，利用导数证明)要证(x)≥1+号，即证e 号m≥1+号，即注心≥号mx十1+号，（比时，结合定义城， 需要分段证明) ①当x∈[0，十o)时， 令w(x)=x-sinx(x≥0)， 则'(x)=1-cosx≥0，则(x)在[0，十∞)上单调递增， 所以w(x)≥u(0)=0, 即x≥0时，x≥sinx, 所以只需要证明e号x十1十子=x+1在x≥0时恒成立即可， 令g(x)=e-x-1,可得g(x)=e-1, 当x>0时，g(x)>0,当x<0时，g'(x)<0, 所以g(x)=e2一x一1在[0，十∞)上单调递增，在(-∞，0)上单调 递减， 所以g()≥g(0)=0,所以e≥x+1,即e≥号mx+1十号在 L0,十∞)上恒成立. (6分) ②当x ,0）时，令h(x)=一号mx-x-1,可得 1 2 ()-ecos()=h(), 2 则'(x)=e十 3sinxx+1+ 2 3 sin t. 令G)=x+1+号sin,xe[-0）则G)=1+号osx >0设成立，所以G(x)=x+1+号inx在x∈[一子0）上单调 递增 (7分) 所以G(x)≥G(-)）=-+1+号m(）=号1- sn）>0，即()>0在E【-0）上恒成立，所以公（✉） =e- 号sx一在【0）上单调递增 又0-0所以0在言0）上e底， 所以h(x)=c-号sin一号x-1在x【了0）上单调跪减· 1 又h(0)=0,所以h(x)>h(0), 即e>号mx+1+营在[-，0）时恒成主 雄上可得，≥1+青在[一方+）上恒成立. (9分) (3)由(2)知f(x)≥1+号在[0，十∞)上恒成立 所以当x>0时，f(x)>0 (10分)1 对f(行)·()f(3)·()·…f(n)≥(m+ 1)两边取自然对数， 得（行）f(侵)（传）f()…f()] aln(n十l)对任意的n∈N都成立 (12分 [()(合)()f(）…(分川 =1nf()+hf(2)+nf(3)+nf() nf(分) >h号+h名+ln9+1n++ln3 3n >×(÷+h+h号+…+1n3+n 3n ) 3 (15分)1 若号ln(n十1)≥aln(n十1)对任意的n∈N”都成立， 则f(什)·f(2)·f(合)）·f()…f()≥(+ 1)“对任意的n∈N”也都成立. 故ea=子 (16分)1 8.由递推关系证数列是等差数列十错位相减法（逻辑思维能力、运算！ 求解能力) 解（1-气十a-D两边同时来nn+1,得(a+D am+1=an+1, 又1×a1=3,所以{a}是首项为3，公差为1的等差数列. (2)(错位相减法)由(1)可知数列{nan}的通项公式为a,=3十 (n-1)×1=n+2, 又f(x）=a1十2a2x十…十NAn-1, 故f(-2)=3+4X(-2)+…十(m十2)×(-2)m-1, 所以-2f(-2)=3×(-2)+4×(-2)2+…+(m十2)×(-2)m, 两式相减，得3f(-2)=3十(-2)十（一2）2十…十(-2)m-1- (m+2)×(-2)-=子-(m+号）×(-20 所以-2)=号-（+）×(-2 9.函数的极值与零点问题十函数单调性的应用 解：(1)【如何判定函数存在极值点？具体步骤：第一步，写清楚函！ 数表达式：第二步，对函数求导，判定导函数的正负，确定原函数的 单调区间：第三步，判定函数是否存在极值点】 98 因为f)=1n1+)-x+号r-k2,k长（0，） 所以了x)=中一1+x一3kr-11+E-3c 1 1十x (+1-)】 当>0时，令了(x)=0,解得x=3-1>0, 1 所以当0<京-1时，了(>0，)单润递增： 当x>3k-1时，f(x)<0,f(x)单调递减. 所以x=3派一1是(x)在(0，十∞)上唯一的极值点，是极大值点. 【计算特殊，点的函数值，结合零点存在定理证明零，点的唯一性】 因为(3流-1）>fo)=0,f(2)=1n（1+2)2k十8波 证=h(+）六<0， 1 所以3，∈(-1)(x)=0 所以x。是f(x)在(0，十o∞)上唯一的零点 (2)(1)因为g(t)=f(x1十t)-f(x1-t), 所以0=了x+0+1(x-00(西+1一西)中 -3k(x1-)9 1+x1-t (1--西）=3kt (-0_（无十021 1+x1-t1+1十t 6(t-x-2x1) (1十x1)2- 【结合t∈(0，x1)判定导函数的正负，进而得函数的单调性】 因为t∈(0，x1),所以-xi-2x10,(1十x1)2->0, 所以g0=6k--2x)<0. (1+x1)2-2 即g(t)在区间(0，x1)单调递减. (iⅱ)【如何比较2x1与x的大小？作为本题第(2)问的第（川）问， 能不能利用第(1)问和第()问的结论呢？我们要明确2x1与函 数f(x)的极值点有关，x是函数f(x)的零点，函数g(t)与函数 f(x)有关，故要想到利用函数g(t)与函数f(x)的单调性进行判 断】 由(1)得，g(t)在(0，x1)上单调递减， 【利用第(1)问函数g(t)在(0，x1)上的单调性，判定g(x1)与g(0) 的大小】 所以g(x1)<g(0), 【根据g(x1)=f(2x1)-f0),g(0)=f(x1)-f(x)=0,结合f(0) =0得出f(2x1)0,再巧妙回扣函数f(x)的零点x2的定义将0 转化为f(x2),最后利用函数f(x)的单调性判定2x1与x2的大 小】 即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f2x)<f（), 又x2>x1,21>西，且f(x)在(x1,十∞)上单调递减， 所以2x1>x2. 10.函数图象的对称性十利用导数研究函数的单调性（理性思维、数 学探索、数学应用) 解(1)第1步：求函数f(x)的定义域 f(x)的定义域为(0,2)， 第2步：求解f(x) 若6=0，则)=n2十a,f()=2.（2++a x (2-x)2 2 x(2-x）+a, 第3步：根据f'(x)≥0求a的最小值 当x∈(0,2)时，x(2-x)∈(0,1]，f(x)mn=2+a≥0，则a≥-2， 故a的最小值为一2. (2)第1步：求解f(2-x)与f(x)的关系式 f2-x)=1n22+a2-x)+1-z=-n2- -ax-b(x -1)3+2a=-f(x)+2a, 第2步：得出曲线y=f(x)的对称中心 故曲线y=f(x)关于点(1，a)中心对称. (3)第1步：求a的值 由题知f(1)=a=一2， 第2步：求解(x)并变形整理 此时fx)=n2子2x+bx-1D, fe2.22-2+(x-10=22。-2+x 2 x (2-x)2 1)=(x-1)[z20+36]. 2 第3步：分类讨论，研究f(x)的单调性，并判断是否符合题意 记g()=x2D十36，x∈(0,2)，易知g(x)在(0,1)上单调递 减，在(1,2)上单调递增，g(1)=2+3b 当b≥-号时，g(D≥0，f(x)≥0，f)在(0,2)上单调递增， 又f(1)=一2，故符合题意. 2 5时g①D<0,g(D=27+3h3hx+66 x(2-x) 令g)=0,得=1中√+品 国为6K-号所以√十品∈(0，，故1+√1+品∈1,2. 1√1+高∈0. 2 所以当z(（1,1+√1+6）时，g(<0,f(x)<0,f)在 1<f(1)= 一2，不符合题意 2 第4步：得出b的取值范图综上，b的取值范国为[一了，十∞) 11.导数的几何意义十导数与极值的关系（理性思维、数学探索） 解(1)第1步：求当a=1时函数的解析式与导函数 当a=1时，f(x)=e-x-1,则f(x)=e-1, 第2步：求切线的斜率与切点坐标 则f(1)=e-1. f(1)=e一2，所以切，点坐标为(1，e一2)， 第3步：求切线方程 所以切线方程为y-(e一2)=(e一1)(x一1)， 即(e-1)x-y-1=0. (2)第1步：求导 易知函数f(x)的定义域为R,f(x)=e一a. 第2步：讨论函数的单调性，求出极小值 当a0时，f(x)>0, 函数f(x)在R上单调递增，无极值： 当a>0时，由f(x)>0,得x>lna, 由f(x)<0,得xlna, 所以函数f(x)在区间（一o∞，lna)上单调递减，在区间(lna, 十∞)上单调递增， 所以f(x)的极小值为f(lna)=a一alna一a3, 第3步：根据极小值小于0求a的取值范圆 由题意知a-alna-a3<0(a>0), 等价于1-1na-a2<0(a>0). 解法一（导数法） 令g(a)=1-lna-a(a>0), 则g@)=1-合-2a=20a 2a-） 0, a 所以函数g(a)在(0，十∞)上单调递减， 又g(1)=0,故当0<a<1时，g(a)>0: 当a>1时，g(a)<0. 故实数a的取值范图为(1，十∞). 解法二（图象法） 由1-lna-a2<0(a>0),得lna>-a +1(a>0). y=In a 如图为函数y=lna与y=一a2十1在区 间(0，十∞)上的大致图象， 由图易知当a>1时，lna>一a2十l, 即1-lna-a2<0. y=-2+1(a>0) 所以实数a的取值范围为(1，十∞). 99 2.导数的综合应用十导数的几何意义十函数的单调区间、零点（理 性思维、数学探索、数学应用) 解(1)第1步：求导 当k=-1时，f(x)=x-ln(1+x)(x>-1), 则了)=1千安 第2步：求f(x)的单调区间 令f(x)>0,令x>0,令f(x)0,得-1x0, 所以f(x)的单调递增区间为(0，十∞)，单调递减区间为（一1,0）. (2)第1步：求出1的方程 f()=1+车zfw=1+年 故1的方程为y-f0=（1+车)x-0. 第2步：提出假设，得到关于的等式 假设1经过点(0,0，则-0)=-(1十年） 即--kln(1+0=-1年： tk t(>0. 又k≠0，所以ln(1十)=1 第3步：推出矛盾，得结论 令FD=ln(1+)-1>0), t 则F'()=a+)>0, 所以F(t)在(0，十o∞)上单调递增， t(t>0) 所以F>0,即1h(1+0>千>0)，与1n1+)= 矛盾， 所以假设不成立，即1不经过点(0,0) (3)第1步：求导，得f(x)的单调性 当=1时，=+n1+,则0)=0f)=1中之0， 故f(x)在(-1，十∞)上单调递增， 第2步：求出1的方程，得到点B的纵坐标 所以1的方程为y-[1+ln1+)]-（1+1中)红-0， 令x=0,得yg=ln(1十)一1干 第3步：根据2S△40=15S△AB0得到关于t的等式 易知ACLBC,.则由2S△Mm=15S△A,得2X号OCIXIACI= 15X号0B×AC, 15t(t7 得20C=150B,得2[+ln(1+0]=15n(1+0- 0,即24-13n(1+)+-6>0. 第4步：构造新函数，求零点个数 令g(x）=2x-13n1+x)十产 13 15 则9()=2中1十)D二 (1+x)2 所以g()在(0,2）(4，+∞)上单调递增，在（24）上单调 递减 因为g0)=0,9(2)>0,9(4)=20-131n5<20-13×1.6= -0.8<0,g(8)=s-26ln3>s-25X1.107>0, 所以(x)在(0，十∞)上有2个不同的零点. 第5步：得结论 故存在点A使得2S△0=15S△AB0成立，且点A的个数为2. 3.函数中的新定义问题十导数的几何意义十函数的单调性与最值 十基本不等式（理性思维、数学探索） 解(1)第1步：利用基本不等式求s(x)的最小值 国为函数f(x)=子x∈(0，十∞)，M0,0, 所以()=(x-0+(-0）=r+>2, 第2步：根据等号成立的条件求点P的坐标 当且仅当2=子>0脚1=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)第1步：求s(x)与s(x) 因为函数f(x)=e,M1,0),所以s(x)=(x-1)十e,则s(x)= 2(x-1)+2e2r 第2步：讨论s(x)的单调性，求出其最小值，得到“f最近，点” 记n(x)=s(x)=2(x-1)十2e2,则n(x)=2十4ez>0,所以1 n(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，n(x)=s'(x)>0. 所以s(x)在（一∞，0）上严格单调递减，在(0，十∞)上严格单调1 递增， 因此当x=0时，s(x)取到最小值， 又f0)=e°=1，所以点M的“f最近点”为P(0,1) 第3步：利用导数的几何意义求切线斜率，根据两直线垂直建立方程！ 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, 由题喜如MPL,国光-一整理得友十et-1=0, 第4步：构造函数，根据函数的单调性求出，点P的坐标 令h(k)=k十e2一1，易知h(k)在R上严格单调递增， 又h(0)一0，所以方程k十e一1=0有唯一解k=0,所以，点P(0,1 1). 综上，存在满足条件的一个点P(0,1). (3)解法一设 j(x)=(x-1+1)2+(f(x)-f)+g(0)2 1s(x)=(x-1-1)2+(f(x)-f)-g()2 由条件，对任意1长R,存在P(x,f(x),使得xo同时是s(x)和 s2(x)的最小值点. 于是，对任意xER,5(x)区() s2()s2(x) 即 。-+1)2+()-f)+g)产≤（红-t+1)2+(f)-f0)+g0y产 1(x0-1-1D2+(6)-f)-g)2≤(x-t-1)2+(fa)-f)-g(0)2' 特别地，当x=t时， -1+1)2+(fz)-f()+g()2≤1+g() 1(x-t-1)2+(f(x)-f(t)-g(t)2≤1+g(t)1 两式相加，得（一t)+（f(x)-f()2≤0. 所以xo=t. 另一方面，求导得 S(x)=2(x-t+1)+2(f(x)-f()+g(t0)f(.x) (s2(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, 2()=0, 即-+1D+()-)+g0)f(5)=0 1(x一1-1)+(fx)-f()-g(D)f()=0' 两式相减，得g(t)f(xo)=一1. 代入=，并由g④>0，得f(0)=一g0<0,ER 所以f(x)在R上严格单调递减 ! 解法二第1步：先证MP⊥l. 先证明一个结论：对于M(a,b),设P(x。,f(x。))为M的“f最近· 点”，曲线y=f(x)在点P处的切线为l,则MP⊥l 证明：因为s(x)=(x一a)2十(f(x)-b)2,所以s(x)=2.x一2a十！ 2f(x)(f(x)-b), 所以当s()在x=处取得最小值时，3（x）=0,即一a十 f(x)(f(xo)-b)=0, 所以八)-6 1 xo-a 又直线MP的斜率p=西)一，且直线1的斜率为=了()， xo-a 所以e·6=。.fa,)=7西f)=-1 所以MP⊥L. 100 第2步：证明线段M1M,的中，点N与点P重合 因为Ht∈R,M(t-1,f()-g(t),M(1+1,f)+g(t),存在 对应的，点P使得MP为M到曲线y=f(x)的距离平方的最 小值， |M,P2为M,到曲线y=f(x)的距离平方的最小值， 连接M1M2,因为M(t-1,f(t)-g(t),M2(t+1,f(t)+g(t)), 所以设线段MM,的中点为N,则N(t,f(t),则点N在曲线y= f(x)上. 若M1,M2到曲线y=f(x)的距离最小时对应的点P与点V不重 则M1P<MN,MP<M2N, 所以M,P+MP<M1N+MN=MM, 这与三角形两边之和大于第三边矛盾，所以，点P与点N必重合 第3步：用结论判断f(x)的单调性 又直线MM的斜率为%，20=g0>0,=0,所以 2 由kM,M,·k:=g()·f()=k柳·k:=一1<0，知子()<0，所 以当t∈R时，有f(t)0,所以函数f(x)在R上严格单调递减 考向预见函数与导数是高考必考知识点，主要考查求导公式， 导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等，考 查学生的综合解题能力，求解此类试题往往用到数形结合思想 分类讨论思想、化归与转化思想.预测2025年高考大概率考查利 用导数研究函数的单调性十根据不等式恒成立求参数的值或取 值范围十利用导数研究函数的极值或最值，求解时注意换元法的 应用.讨论函数单调性时需注意定义域先行原测的应用， 解(1)f(x)=ae-1, 当a0时，f(x)0, 所以函数f(x)在（一∞，十∞）上单调递减； 当a>0时，令f(x)>0,得x>-lna, 令f(x)0,得x<-lna, 所以函数f(x)在（一o∞，一lna)上单调递减，在（一lna,十o∞）上 单调递增. 综上可得：当a≤0时，函数f(x)在（一∞，十∞）上单调递减； 当a>0时，函数f(x)在（一o∞，一lna)上单调递减，在（一lna, 十∞)上单调递增， (2)解法一（最值法） 由(l)得当a0时，函数f(x)=a(e十a)一x的最小值为f(一lna) =a(e-Ino+a)+In a=1+a2+In a, 令ga)=1+d+lna-21na-2=ad2-lna-7a∈0，+∞). 所以g'(a)=2a- 己，令ga)>0,得e>号：令Ra)<0,得0< 2 所以函效g(a)在0， 号)上单调递减，在（竖+∞）上单调 递增， 所以函数g(a)的最小值为g )=() 2 -=ln√2 >0,所以当a>0时，)>2na+号成立。 解法二（分析法）》 当a>0时，由(1)得f(x)mim=f-lna)=1+a2+lna, 故铁证fx>2na+号成立， 只需证1+d+lna>21na+号， 即证a2一2 1In a. 构造函数u(a)=lna-(a-l)(a>0), 则'(a)= 1-1=1二4，所以当a>1时，4a)<0:当0<a< 1时 u'(a)>0. 所以函数u(a)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 所以u(a)u(1)=0,即lnaa一1， 故只需证a2 1 >a-1,即证a-a+>0， 因为a2一a+立 =（a-2 十子>0成， 所以当a>0时，f(x)>2lna十 3成立 1近解当u=8时)8把((0音)》小 ()=8-cos'+3sin'z cos'8+2 3 cosr cos'r cos.r" 令1 -=t,则t∈(1，十o∞)， cos2 令h(t)=-32+2t+8=-(3+4)(t-2), 当t∈(1,2)时，h(t)>0;当t∈(2，+o∞)时，h(t)<0. 故当x∈(0，开)时，∫'(x)>0,f(x)单调递增； 当x∈（牙，受）时，()<0，f)单调递减。 f()在区间(0，牙)上单调递增，在区间（开，受）上单调 递减 sin sin 2x. (2)(=f()-sin 2.-axcos 则g(x）=a-o时x+3 sin-2os2x=a-eos十3sim工 cos"x cos'r 4cos x+2=a- -2c0sx+3+40oSx-2）, cos'x 令4=cos,则u∈(0,1)，令k(u0=-2%+3+4-2, u 则k'(m0=2u-6+4=4u+2u-6 当u∈(0,1)时，k'()<0,∴.k()在(0,1)上单调递减， k(1)=3,∴.当u∈(0,1)时，k()>3, .k(u)的值域为(3，十o∞). 1 ①当a≤3时，g(x)<0心g(x)在(0，受）上单调递减， 又g(0)=0,当x∈（0,2）时，g()<0,即f()<in2x ②当a>3时，3x∈(0，受）使得g(x)=0, ∴g()在(0，)上单调递增，在（西，受）上单调递减， .g(xo)>g(0)=0,.f(x)<sin2.x不成立. 综上所述，a的取值范图为（一∞，3]. 16.解(1)令h(x)=x-x2-sinx, 则h(x)=1-2x-cosx, 令p(x)=1-2x-cosx,则p'(x)=-2十sinx0, 所以p(x)即h'(x)单调递减，又h'(0)=0, 所以当0x1时，h'(x)h'(0)=0,h(x)单调递减， 所以当0x<1时，h(x)<h(0)=0,即x-x2<sinx. 令g(x)=sinx一x, 则g(x)=cosx-1≤0， 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, 所以当0<x1时，g(x)<g(0)=0,即sinx<x 综上，当0<x<1时，x一x2sinx<x. (2)因为f(x)=cosa.x-ln(1-x2)(-1<x<1), 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶函数. f）=-asin a+2(-1<1D, 令t(x）=-asin a.x十 2（1< 则f(x)=-co a十21+r2(-1<<1. (1-x2)2 令n(.x)=-a2cosa.x 十)，则()=a'sin ar千43十)d (1-r2)F 当a=0时， 当0<x<1时，(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，取无与1中的较小者，为m, 则当0<x<m时，易知n'(x)>0, 所以n(x)即1(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t'(0)=2-a2. ①当2-a≥0，即0<a≤W2时，t'(x)>0(0x<n). 所以t(x)在(0，n)上单调递增，所以t(x)>t(0)=0,即f(x)>0. 101 那么f(x)在(0，n)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， 当无<1，即a>受时， 国为00.（品）>0， 所以(x)在(0，m)上存在唯一零点工， 且当0<x<x1时，t(x)<0,t(x)单调递减 因为t(0)=0,所以当0x<无1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x,0)上单调递增， 故可得x一0是f(x)的极大值，点，符合题意 当恶>1即<a<受时， 4+40>0, 周为f0)<0,1(2）=-aos乞+9 所以1(x)在(0，m)上存在唯一零点2， 且当0<x<x时，t(x)<0,t(x)单调递减 因为t(0)=0,所以当0x<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√瓦. 综上所述，a的取值范围是（一∞，一√2）U(W2,十∞). 解)当a=-1时，fx)=(仔-)n1+, 则f(=-1+)+(士-1）1中 1 x2 所以f(1)=-ln2, 又f(1)=0,所以所求切线方程为y-0=-ln2(x-1), 即xln2+y-ln2=0. (2)假设存在a6,侯得曲线y=(宁)关于直线x=b对称 令)-f(）-+an(+）=+ah史. 因为曲线y=g(x)关于直线x=b对称， 所以g(x)=g(2b-x),即(x十a)1n+1=(2b-x+ an2+1-(x-2b-a)n26 2b-x x-2b-1 (a=2 于是=-2h-,得 {1=-2b 当a=,6=-时g(x)=（+号)n(1+) 1 g(-1-)-(号)n品-(-安)n千 (+)h型-(+)1+)， 所以南线y=g四)关于直线工=一对称，满足题意 故存在ab,使得曲线y-f(工）关于直线x=6对称，且a=2， (3)f(x)=- n1+x)+(+a）· ax2+x-ln(1+x） ax+x-(1+x)ln(1+x2=x+1 (x>0), x2(1+x) x 设(x)=a-n1+x,则'(D=a+2a1-L】 +1 (x+1)2 x+1- ax+(2a-1)x-x(ax+2a-1) (x十1)2 (x+1)2 ①当a≤0时，2a-1<0,当x>0时，h(x)<0,所以h(x)在 (0,十∞)上单调递减， 所以当x>0时，h(x)<h(0)-0,即f(x)0, 所以f(x)在(0，十∞)上单调递减，无极值，不满足题意， ②当a≥号时，2a-1≥0，当x>0时，(x>0,所以方(x)在 (0,十∞)上单调递增， 所以当x>0时，h(x)>h(0)=0,即f(x)>0, 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增，无极值，不满足题意. ③当0<a<2时，令(x)=0,得x=12,当0<x<120时， ()<0,当x≥12时，()>0， 所以)在(0，。2）上单调珑，在(。，十)）上单调 增，所以(。）<0)=0， 又当一十0时，h()十，所以存在∈(。2，十∞）使 得h(xo)=0, 即当0<x<xo时，h(x)<0,f(x)单调递减，当x>时，h(x)>! 0,f(x)单调递增， 此时y=f(x)有极小值点· 综上所述a的取值范图为(0,2）】 由题意，得f()在(0，十o∞)上有变号零点，令了(x)=-n(1+ +(仕+a）·o>0.得（仕o)·=2, 即1+a-1+pln1+2,即a=1+ln1+z）-z, 所以原问题等价于直线y=a与画线y=1十)11+)-工在 (0,十∞)上有交点， 设A（x)=1+)1+）-工(x>0),则(x)= x21n(1+x)-2z[(1+xln(1+x)-z=-(x+2ln(1+x)+2x= -(x+2)[1n1+）-年2 2.x 2x 1 设g()=1h1+xD）=2则9（r)=1千x+2 1+x0(x+2)7>0, 所以当x>0时，(x)在(0，十∞)上单调递增， 故当x>0时，(x)>p(0)=0, 又当x>0时，-(x十2)<0，所以'(x)<0,即h(x)在(0，十∞) 上单调递减， 由洛必达法对可得m4()=m士卫=m受 1十x 2.x 2 ,当x一 十o∞时，h(x)→0， 所以当0<a<2时，直线y=a与南线y=1+ln1十)-二在 x (0,十∞)上有交点， 故a的取值范因为(0，) 18.解(1)f(x)=- nx+)+(士+)A 所以f2)=号3， 4 故面线y=f)在x=2处切线的斜率为号-血3 4 (2)构造g(t)=lni- 2=D≥1)，则g'(0)= t+1 t(t+1)9 D20 所以函数g()在[1，十∞)上单调递增，所以g(t)≥g(1)=0, 所以1n>2-1D(>1). t+1 令x+1=4x>0,则nx+1D>2>0. 所以当>0时，（子+）lnx+1)>1,脚x)>1 10 (3)先证ln(nl) (a+）)lnn+1 令h(n)=ln(n!)- (a+号）nn+nneN, 则hu+1)-hm)=ia+iD-（+受）hm+I)+(n+)hn 1=1-(+号)(+分) 2)可知（子+）n(x+1>1,令=，则1-(+） (+)<0, 故h(n）单调递减，则h(n)≤h(1)-1,得证. 再运号1l)-（时号）h十n 解法一 构造x)=1nx-+)卫，>0， 4x+2 则s(x)= 1-4x2+4z+28=-4(x-1)2 x ,(4x+2)2x(4x+2)2 当0<x1时，s'(x)>0,当x>1时，s(x)<0, 故s(x)在(0,1)上单调递增，在(1，十∞)上单调递减， 故s()≤s(1)=0,即nx≤c+5)(x-. 4.x十2 又当≥2时，am-Aa+D-(+号）1+）-1≤( 1 2 3+) 12n+8n<12n2（ -1 所以h(1)-h(2)十h(2)-h(3)十十h(n-1)-h()=h(1)-h(n) 号2-1+-)号2-1+b<， 故Am>()-=，得证 上ano-(+）heN 解法二 先运不等式（十）1+）-1<成立. x3+12(x≥0)， 令p(x）=ln(1+x）-6x2 -x3(x+4) 则p(x)=3千1)+2≤0， 故p(x)在[0，十∞)上单调递减，故当x>0时，p(x)<p(0)=0, 以当2时(+）(+合）1长高<（点 1/1 品)以下问解法一 9.解(1)当a=1时，f(x)=ln(1十x)十xe-x, 则f)=+l号0=0f0=2. ∴.曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y=2x,即2x y=0. (2)法一函数f(x)的定义域为（一1，十∞）. ①当a≥0时，对于Hx>0,f(x)>0,则f(x)在(0，十o∞)上不存 在零点，故不符合题意. ②当a<0时，f)=十ae1-)=1中ae). x+1 令g(x)=1+aex(1-x2),则g(x)=aer(-2x十x2-1)= aex(x-1-√2)(x-1十√2). 对于Hx>-1,e>0.a<0,g(x)在(-1,1-√2)和(1十√2， +∞)上单调递减，在(1一√2,1十√2)上单调递增. 由已知，得g(-1)=1,g(1-√2)=1+ae-1·2(W2-1),g(0)= 1+a,g(1)=1. (1)若一1a<0,则有： 当0<x≤1时，g(x)单调递增，g(x)>g(0)=1十a≥0： 当x>1时，由于1-z2<0,ae<0,故g(x)=1+ael(1-x2)>! 1>0. 综上可知，当x>0时，都有g(）>0,则f(x)=巴>0， x+1 .f(x)在(0，十∞)上单调递增， ∴.对于Hx>0,f(x)>f(0)=0,f(x)在(0，+∞)上不存在零点， 不符合题意 (i)当a<-1时，g(1-√2)<g(0)=1十a<0. 又：g(-1)=1>0,.]x∈(-1,0)，满足g(x)=0,且1x∈ (-1,),都有g(x)>0,则f(x)=>0,Vx∈(。，0)，都有 x十1 g(x)<0,则(x)=8四<0， 十+ .f(x)在（一1，xo)上单调递增，在(xo,0)上单调递减 又f(0)=0,∴.f(x0)>0. 又当x→一1时，f(x)→一o∞， ∴.f(x)在（一1,0）上哈有一个零点. :g(0)=1十a<0,g(1)=1>0,g(x)在(0,1十√2)上单调递增， 在[1十√2，十∞)上单调递减， .3x1∈(0,1)满足g(x1)=0,且当x∈(0，x1)时，g(x)<0,则1 f)-号<0，当e时g>0,剥f-号>0 x+1 又当x≥1时，ae<0,1-x2≤0， R)=1+ae1-r)>0fx)->0 ∴f(x)在(0，x1)上单调递减，在[x1,十∞)上单调递增. 又f(0)=0,x∈(0，x1),f(x)<0,则f(x1)0. 又.当x→+∞时，ln(1十x)→十o∞，a.xex→0， ∴.f(x)→十∞， f(x)在(，十∞)上存在零点，且仅有一个. 故f(x)在(0，十∞)上恰有一个零点 综上可知，满足题意的a的取值范周是（一∞，一1）. 法二令g(.x)=-ln1十x f(x)在区间(-1,0)，(0，十∞)上各哈有一个零点等价于g(x)=! 1n(1十2=-a在(-1,0)，(0，十∞)上各恰有一解. cln1+)+千z-ln1+) g(x)= 令h(x)=(x-1)ln(1+x)+1千x, 则'(x)=ln(1+x)+一1+1 1+x(1+x) ◆g-d1++号a 则g(x)=1十x)2+2z (1+x)3 ①当x∈(0，十∞)时，g(x)>0,则h'(x)>h(0)=0,.h(x)> h(0)=0,∴.g'(x)>0,.g(x)在(0，十∞)上单调递增. 又：当x一+0时，g(r)=mln+卫-1，当一十∞时，g(x)一 十∞，a∈(-∞，-1). ②当x∈(-1，W3-2)时，'(x)<0: 当x∈（√5-2,0）时，o(.x)>0. .当x→-1时，(x)=h(x)→十o∞，h(0)=0, .存在a1∈(-1,0)使h'(a1)=0, ∴h(x)在(-1，a1)上单调递增，在(a1,0)上单调递减. 当x→一1时，h(x)→一∞. 又h(0)=0, ∴.存在a2∈（一1，a1),使得h(a2)=0, 即g(x)在（一1，a2)上单调递减，在(ag,0)上 单调递增。 当2x→一1时，g(x)→十o∞； 当x→0时，g(x)→1，g（x)的大致图像 如图. 10 故当a∈（一∞，一1）U{一g(a2)}时，g(x)=一a仅有一解： 当a∈（一1，一g(a2)时，g(x)=一a有两解 综上可知，a∈（一o∞，一1）. 0.解(1)由f(x)=e一ax,得f(x)=er-a. 由于f(x)存在最小值，则方程f(x)=0有解，故a>0,解得 x=In a. 所以f(x)在（一o∞，lna)上单调递减，在(lna,+o∞）上单调递增， 所以f(x)min=f(lna)=a-alna. 同理，得g(x)min=g 1=1十lna. 因为函数f(x),g(x)的最小值相等， 所以a-alna=1十lna,即(a+1)lna+1-a=0. 令h(x)=(x+1)lnx十1-x,x>0,则h'(x)=lnx十1 令n(x)=lnx十 令1>0，则x>1:令二<0，则0<x<1. 2 所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，即h(x) 在(0，l)上单调递减，在(1，十∞)上单调递增，所以h'(x)mm= h'(1)=1>0, 所以h(x)在(0，十∞)上单调递增 又h(1)=0,所以1是h(x)唯一零点，所以a=1. (2)证明由(1)知f(x)=e一x,g(x)=x一lnx,且f(x)在 (一∞，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(l,十oo)上单调递增，且f(x)mim=g(x)min=1, ①当长1时，f(x)mim=g(x)mim=1>b,显然直线y=b与两条直 线y=f(x)和y=g(x)无交点，不符合题意. ②当b=1时，f(x)im=g(x)mim=1=b,则直线y=b与两条曲线 y=f(x)和y=g()共有2个交点，不符合题意. 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F(x)=f(x)一b有2个零点. 因为F(x)=f(x)=e一1， 所以F(x)在（一∞，0）上单调递减，在(0，十∞)上单调递增 F(-b)=e->0,F(0)=1-b0,F(b)=e-2b 令t(b)=e-2b,b>1,则t(b)=eb-2>0, 所以t(b)>t(1)=e-2b>0,所以F(b)>0. 所以由零，点存在定理，知F(x)一f(x)一b在（一∞，0）上存在且只 存在1个零点，设为工1，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g(x)有2个交点， 即证G(x)=g(x)-b有两个零点. 因为G()=g()=1一子，所以G(x)在(0,1D上单调递减， 在(1，十∞)上单调递增 G(eb)=e-b>0,G(1)=1-b<0,G(2b)=b-1n2b. 令4(01n,x22,则2(x)三2、之0) 所以(x)>(2)=1-1n2>0,即G(2b)>0. 所以由零，点存在定理，得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=x.· 因为F(x2)=G(x3）=0,所以b=e2一x=x一lnx3 若x2=x,则e2一2=x2-lnx2,即e2-2x2十lnx2=0,所以 只需证明方程e-2x+lnx-0在(0,1)上有解即可， 即证明g(x)=e-2x十lnx在(0,1)上有零点. 因为（）=c--30，g1)=e-2>0 所以g(x)=e-2x十lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x,令 x=x=x,此时b=e0一xo,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x1十4一2x0,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(xo)=G(x3)=G(x0)=G(x4)=0,所以 F()=G()=F(In ) 又因为F(x)在(-∞，0)上单调递减，x1<0,0<x<1,即1nx< 0,所以x1=lnxo· 因为F(x)=G(ea)=G(x:),又因为G(x)在(1，十∞)上单调递 增，x>0,即e0>1,x4>1,所以x=e5o 又因为e0-2.x。十ln=0,所以x1十x4=lnx十e0=2x, 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. 21.解（由题意，得f)=ein(1+)十千则了0=eh(1+ e 0)+于0-1.又f0)=e1n1+0)=0,所以曲线y=f在点(0， f(0)处的切线方程为y=x. (2由1)知f(x)=eln1+x)+千z,则g(x)=cln1+x)+ 所以g(x)=h(1十x)+年+十 e e [(1+x)21n(1+x)+1+2x]e (1+x)2 令h(.x)=(1+x)21n(1十x)+1+2x, 则h'(x)-2(1+x)ln(1十x)十x十3， 所以对任意x≥0，h'(x)0, 所以h(x)在[0，十o∞)上是增函数， 所以h(x)≥h(0)=1>0, 所以对任意x≥0，g(x)>0, 所以g(x)在[0，十o∞)上单调递增. (3)证明对任意的s,t∈(0，+∞)，有f(s十t)>f(s)+f(t),即 对任意的s,t∈(0，十o∞)，f(s十t)-f(s)一f(t)>0恒成立， 令m(s)=fs十t)-f(s)-f(t)=e+ln(1十s十t)-eln(1+s) e'ln(1-1), 则m()=e[n1++0+i司]-c[h1+)+] 由(2)知g(x)在[0，十o∞)上单调递增， 故当s>0,t>0时，n'(s)=g(s十t)-g(s)>0, 所以m(s)在(0，十∞)上单调递增， 所以m(s)>n(0)=f(0十t)-f(0)-f(t)=0, 所以对任意的s,t∈(0，十o∞)，有f(s十t)>f(s)十f(t) 专题8三角函数的概念、诱导公式、三角恒等变换 考向三角恒等变换 1.C[三角恒等变换 解法一（三角变换法）由题可得6 sin acos2a=8sina(cos2a一 sina),结合a为第二象限角知sina>0,cosa<0,得4sina= osa国为ma十osa=1,所以ina=5,cmsa=-25,所以 5 1+sin a 1+9 1+9 2-cos a 2+252x(1+） 2,故选C 5 解法二（弦化切）因为a为第二象限角，所以sina>0,cosa<0, tana<0,sin2a≠0，结合3sin2 acos a=8 sin acos2a,知cos2a≠0， 于是得3an2a=8ana,利用二倍角公式知3X2Lang=8ana,得 1-tan'a ana=-分，则sina=5, 1+6 5 。sm一一二二，所以na】 2-cos a 2+2 5 =号，故选C] 2.D[二倍角公式十两角差的正弦公式十同角三角函数的基本关系 msa=20号-1=2X号-1=-号，因为0a<,所以ma 2 10·J 3.A[切化弦十两角和与差的余弦公式（理性思雏、数学探索） 由cos(a十)=n得cos acosB-sin asin B-m①.由tan atan B-2 得in asin2②，由①②得{cosa0oB二”，所以cos(a-m= cos acos B sin asin B=-2m' cos acos3+sin asin3=-3n,故选A.] 4,B[三角恒等变换（数学应用、数学探索）根据题意有 o0-号，即1-ma=号，所以ma=1-9,所以 cos a 3 3 an(a+牙） =tan a+1 28 -tan a =25-1,故选B.] 5.D[由题意，cosa 15-1-2sim号，得r号-85- 8 6-2√5 5-1 16 4 ,又a为锐角，所以sin受>0，所以in受 二1十5，故选D.] 4 (sin acos B-cos asin-3 6.B[依题意，得 ,所以sin acos B=2, 11 2 所以sn(a+m=sin os asin B=-立十=子，所以cos(2a+ 23=1-2sim(a+3)=1 2x(号)=故选] 2 7.D[解法-设=0，则sina十cose=0,取a=子x,排除A,C 再取a=0,则sin月叶c0sB=2sinB,取B=于，排除B;选D. 解法二由sin(a+)+cos(a+B)=V巨sin(a+叶牙） Esm[(a+)+] =Esin(a+于)os+Eoos(a+于)sinB 故2sin(a+于)）osB=Ecos(a+于)sinB 故sin(a+牙）eosB-cos(a+于）sinB=0, 即im(a+于-刷）-0， 数n(a-g叶子）号ina-m+。 cos(a-B)-0. 故sin(a-)=-cos(a-B),故tan(a-)=-l.故选D.] [二倍角的余接公式0s2a=1-2ma=1-2X日-器】 8.2 9.-22 3 [两角和的正切公式十同角三角函数的基本关系由题知 tan atan tan(a十B)=1-ana·tan31-√2-1 =-2√2，即sin(a十3)= -2√2cos(a十3)，又sin(a+)+cos2(a十B)=1,可得sin(a十3)= ±2.由2m<a<2kx+受，keZ.2mm+<B<2m+要n∈ 3 Z,得2(k十n)π十πa十2(k十n)π十2π，k十n∈Z.又tan(a十3) <0,所以a十B是第四象限角，故sin(a十)=-2y巨.] 31 10.- 5 [由 tan o=sino 1 os0Z,且0∈(0，乏)，解得 sin20+cos20=1 sin0- 5 cos0-2v⑤ 故m0os0=-] 5 1.1-万（告）=Asin吾-尽c0s晋=A-号-0，解得 A=1 fx)=sin-5cosx=2sin(r-号） 故f()=2sin(登号)=2n(-牙)-E.] 12.3告[a+g受smg产0sa,即3 in=西 10 10 则0sin(a-0》=0,…a-0=交+2kx,k∈Z,即a=0 号+2