2024届新高考数学大题精选30题--导数含答案.pdf

120242024届新高考数学导数大题精选届新高考数学导数大题精选3030题题1(2024(2024安徽安徽二模二模)已知函数 f(x)=x2-10 x+3f(1)lnx.(1)求函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；(2)求 f(x)的单调区间和极值.2(2024(2024江苏南京江苏南京二模二模)已知函数 f(x)=x2-ax+aex，其中aR R(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程；(2)当a0时，若 f(x)在区间0,a上的最小值为1e，求a的值23(2024(2024浙江绍兴浙江绍兴模拟预测模拟预测)已知 f x=aex-x，g x=cosx.(1)讨论 f x的单调性.(2)若x0使得 f x0=g x0，求参数a的取值范围.4(2024(2024福建漳州福建漳州一模一模)已知函数 f x=alnx-x+a，aR且a0(1)证明：曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程过坐标原点(2)讨论函数 f x的单调性35(2024(2024山东山东二模二模)已知函数 f x=a2xex-x-lnx(1)当a=1e时，求 f x的单调区间；(2)当a0时，f x2-a，求a的取值范围6(2024(2024山东山东一模一模)已知函数 f(x)=lnx+12a(x-1)2(1)当a=-12时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)-1-32a，求a的取值范围47(2024(2024湖北湖北二模二模)求解下列问题，(1)若kx-1lnx恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x 0,1，求函数g x=ax+1-xb-axb1-x的极值8(2024(2024湖北武汉湖北武汉模拟预测模拟预测)函数 f(x)=tanx+sinx-92x，-2x0恒成立，求n的最大值59(2024(2024湖北湖北模拟预测模拟预测)已知函数 f x=ax2-x+ln x+1，aR R，(1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有f x1f x2x1x20，求a；(2)记tn=1+12+1n，证明：tn-56ln n+10，求a的取值范围；()证明：sin2xtanxx3611(2024(2024全国全国模拟预测模拟预测)已知函数 f(x)=ln(1+x)-11+x(1)求曲线y=f(x)在(0,f(0)处的切线方程；(2)若x(-1,)，讨论曲线y=f(x)与曲线y=-2cosx的交点个数12(2024(2024广东佛山广东佛山二模二模)已知 f x=-12e2x+4ex-ax-5.(1)当a=3时，求 f x的单调区间；(2)若 f x有两个极值点x1，x2，证明：f x1+f x2+x1+x20且 f xg x恒成立，求a的最小值.815(2024(2024山东济南山东济南二模二模)已知函数 f x=ax2-lnx-1,g x=xex-ax2aR R.(1)讨论 f x的单调性；(2)证明：f x+g xx.16(2024(2024福建福建模拟预测模拟预测)已知函数 f(x)=alnx-bx在 1,f 1处的切线在y轴上的截距为-2(1)求a的值；(2)若 f x有且仅有两个零点，求b的取值范围917(2024(2024浙江杭州浙江杭州二模二模)已知函数 f x=aln x+2-12x2aR R(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若函数 f x有两个极值点，()求实数a的取值范围；()证明：函数 f x有且只有一个零点18(2024(2024河北沧州河北沧州模拟预测模拟预测)已知函数 f(x)=lnx-ax+1，aR R(1)讨论 f x的单调性；(2)若x0，f xxe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围1019(2024(2024广东广东二模二模)已知 f x=12ax2+1-2ax-2lnx,a0.(1)求 f x的单调区间；(2)函数 f x的图象上是否存在两点A x1,y1,B x2,y2(其中x1x2)，使得直线AB与函数 f x的图象在x0=x1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB；若不存在，请说明理由.20(2024(2024广东深圳广东深圳二模二模)已知函数 f x=ax+1ex，fx是 f x的导函数，且 fx-f x=2ex(1)若曲线y=f x在x=0处的切线为y=kx+b，求k，b的值；(2)在(1)的条件下，证明：f xkx+b1121(2024(2024辽宁辽宁二模二模)已知函数 f x=ax2-ax-lnx.(1)若曲线y=f x在x=1处的切线方程为y=mx+2，求实数a,m的值；(2)若对于任意x1，f x+axa恒成立，求实数a的取值范围22(2024(2024黑龙江哈尔滨黑龙江哈尔滨一模一模)已知函数 f x=xex-aex,aR R(1)当a=0时，求 f x在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求 f x的单调区间和极值；(3)若对任意xR R，有 f xex-1恒成立，求a的取值范围1223(2024(2024安徽合肥安徽合肥二模二模)已知曲线C:f x=ex-xex在点A 1,f 1处的切线为l(1)求直线l的方程；(2)证明：除点A外，曲线C在直线l的下方；(3)设 f x1=f x2=t,x1x2，求证：x1+x22t-te-124(2024(2024江苏扬州江苏扬州模拟预测模拟预测)已知函数 f x=2lnx-ax2+1 aR R.(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若存在正数x，使 f x0成立，求a的取值范围；(3)若0 x1x2，证明：对任意a 0,+，存在唯一的实数x0 x1,x2，使得 fx0=f x2-f x1x2-x1成立.1325(2024(2024重庆重庆模拟预测模拟预测)已知函数 f x=x-3ex+a2x+lnxaR,(1)若过点 2,0的直线与曲线y=f x切于点 1,f 1，求a的值；(2)若 f x有唯一零点，求a的取值范围26(2024(2024江苏南通江苏南通模拟预测模拟预测)设函数 f x=x-alnx-x+a，aR.(1)若a=0，求函数 f x的单调区间；(2)若-2e2a0，试判断函数 f x在区间 e-2,e2内的极值点的个数，并说明理由；(3)求证：对任意的正数a，都存在实数t，满足：对任意的x t，t+a，f xe，证明：1x1x2x3e330(2024(2024浙江杭州浙江杭州模拟预测模拟预测)已知函数 f x=me-1x+2e2x+1-m,g x=ex+e1x.(1)当m=0时，证明：f xe-x；(2)当x0时，g xt，求t的最大值；(3)若 f x在区间 0,+存在零点，求m的取值范围.120242024届新高考数学导数大题精选届新高考数学导数大题精选3030题题1(2024(2024安徽安徽二模二模)已知函数 f(x)=x2-10 x+3f(1)lnx.(1)求函数 f(x)在点(1,f(1)处的切线方程；(2)求 f(x)的单调区间和极值.【答案】(1)y=4x-13；(2)递增区间为(0,2),(3,+)，递减区间为 2,3，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数 f(x)的导数，赋值求得 f(1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数 f(x)的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数 f(x)=x2-10 x+3f(1)lnx，求导得 f(x)=2x-10+3f(1)x，则 f(1)=-8+3f(1)，解得 f(1)=4，于是 f(x)=x2-10 x+12lnx，f(1)=-9，所以所求切线方程为：y+9=4(x-1)，即y=4x-13.(2)由(1)知，函数 f(x)=x2-10 x+12lnx，定义域为(0,+)，求导得 f(x)=2x-10+12x=2(x-2)(x-3)x，当0 x3时，f(x)0，当2x3时，f(x)0时，若 f(x)在区间0,a上的最小值为1e，求a的值【答案】(1)x-ey=0(2)a=1【分析】(1)由a=0，分别求出 f(1)及 f(1)，即可写出切线方程；(2)计算出 f(x)，令 f(x)=0，解得x=2或x=a，分类讨论a的范围，得出 f(x)的单调性，由 f(x)在区间0,a上的最小值为1e，列出方程求解即可【详解】(1)当a=0时，f(x)=x2ex，则 f(1)=1e，f(x)=2x-x2ex，所以 f(1)=1e，所以曲线y=f(x)在(1,f(1)处的切线方程为：y-1e=1e(x-1)，即x-ey=0(2)f(x)=-x2+(a+2)x-2aex=-(x-2)(x-a)ex，令 f(x)=0，解得x=2或x=a，当0a2时，x0,2时，f(x)0，则 f(x)在0,2上单调递减，x(2,a时，f(x)0，则 f(x)在(2,a上单调递增，所以 f(x)min=f(2)=4-ae2=1e，则a=4-e0时，f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增.(2)-,1【分析】(1)对 f x=aex-x求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a1和a1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由 f x=aex-x，知 fx=aex-1.当a0时，有 fx=aex-10-1=-10时，对x-lna有 fx=aex-1-lna有 fx=aex-1ae-lna-1=1-1=0，所以 f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增.综上，当a0时，f x在-,+上单调递减；当a0时，f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增.(2)当a1时，由(1)的结论，知 f x在-,-lna上单调递减，在-lna,+上单调递增，所以对任意的x都有 f x f-lna=ae-lna+lna=1+lna1+ln1=1cosx=g x，故 f xg x恒成立，这表明此时条件不满足；当a1时，设h x=aex-x-cosx，由于h-a-1=ae-a-1+a+1-cos-a-1ae-a-1+a-ae-a-1+a=a1-e-a-1 a1-e0=0，h 0=ae0-0-cos0=a-10，故由零点存在定理，知一定存在x0-a-1,0，使得h x0=0，故 f x0-g x0=aex0-x0-cosx0=h x0=0，从而 f x0=g x0，这表明此时条件满足.综上，a的取值范围是-,1.4(2024(2024福建漳州福建漳州一模一模)已知函数 f x=alnx-x+a，aR且a0(1)证明：曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程过坐标原点(2)讨论函数 f x的单调性【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得 f x在 1,f 1处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为 f x=alnx-x+a x0，所以 f(x)=ax-1=a-xx，则 f(1)=aln1-1+a=a-1，f(1)=a-1，所以 f x在 1,f 1处的切线方程为:y-(a-1)=(a-1)(x-1)，当x=0时，y-(a-1)=(a-1)(0-1)=-(a-1)，故y=0，所以曲线y=f(x)在点 1,f 1处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得 f(x)=ax-1=a-xx，3当a0时，a-x0，则 fx0时，令 f(x)=0则x=a，当0 x0，f(x)单调递增；当xa时，f(x)0，f(x)单调递减；综上：当a0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+)上单调递减.5(2024(2024山东山东二模二模)已知函数 f x=a2xex-x-lnx(1)当a=1e时，求 f x的单调区间；(2)当a0时，f x2-a，求a的取值范围【答案】(1)f x的减区间为 0,1，增区间为 1,+(2)a1【分析】(1)当a=1e时，f x=xex-1-x-lnx,x0，求导得 fx=x+1xxex-1-1，令g x=xex-1-1，求gx确定g x的单调性与取值，从而确定 fx的零点，得函数的单调区间；(2)求 fx，确定函数的单调性，从而确定函数 f x的最值，即可得a的取值范围【详解】(1)当a=1e时，f x=xex-1-x-lnx,x0，则 fx=x+1ex-1-1-1x=x+1xxex-1-1，设g x=xex-1-1，则gx=x+1ex-10恒成立，又g 1=e0-1=0，所以当x 0,1时，fx0，f x单调递增，所以 f x的减区间为 0,1，增区间为 1,+；(2)fx=a2x+1ex-1-1x=x+1xa2xex-1，设h x=a2xex-1，则h x=a2x+1ex0，所以h x在 0,+上单调递增，又h 0=-10，所以存在x0 0,1a2，使得h x0=0，即a2x0ex0-1=0，当x 0,x0时，fx0，f x单调递增，当x=x0时，f x取得极小值，也是最小值，所以 f x f x0=a2x0ex0-x0-lnx0=1-ln x0ex0=1+2lna，所以1+2lna2-a，即a+2lna-10，设F a=a+2lna-1，易知F a单调递增，且F 1=0，所以F aF 1，解得a1，综上，a1.6(2024(2024山东山东一模一模)已知函数 f(x)=lnx+12a(x-1)2(1)当a=-12时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)-1-32a，求a的取值范围【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+)(2)1,+)4【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入 g(x1)+g(x2)-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围【详解】(1)当a=-12时，f(x)=lnx-14(x-1)2，x0，则 f(x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x(0,2)，f(x)0，f(x)单调递增，当x(2,+)，f(x)0 x1+x2=a+2a0 x1x2=1a0，解得a0由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=lnx1+12a x1-12-2x1+1+lnx2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12ax1+x22-2x1x2-2 x1+x2+2-2 x1+x2+2=ln1a+12aa+2a2-2a-2a+2a+2-2a+2a+2=ln1a+a2-2a-1-1-32a，即lna-12a-1a0，令m(a)=lna-12a-1a，则m(a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a20，所以m(a)在(0,+)上单调递减，且m(1)=0，所以a1，故a的取值范围是1,+)7(2024(2024湖北湖北二模二模)求解下列问题，(1)若kx-1lnx恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x 0,1，求函数g x=ax+1-xb-axb1-x的极值【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k0和k0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g 0=g 1=0，当a=b时，g x=0，当0 x0，则需使 f x0恒成立，fx=k-1xx0，当k0时，fx1时，f x0时令 fx=0，解得x=1k，则 f x在 0,1k上单调递减，在1k,+上单调递增，所以 f xmin=f1k=-ln1k=lnk，要使kx-1lnx恒成立，只要lnk0即可，解得k1，所以k的最小值为1；(2)g(x)=ax+(1-x)b-axb1-x，x0,1，a0，b0，易知g 0=g 1=0，当a=b时，g x=ax+a-ax-a=0，此时函数无极值；当0 x0，t1，L x=tx+1-x-tx，t0，t1，x 0,1，则Lx=t-1-txlnt，当t1时，由Lx0得xlnt-1lntlnt，由(1)知t-1lnt，当t1时，t-1lnt1，因为x-1lnx，所以1x-1ln1x，所以lnx1-1x，即x0，当t1时，lnt1-1t，所以tt-1lnt，则lntlnt-1lnt0，所以lnt-1lntlnt1，即L x在 0,lnt-1lntlnt上单调递增，在lnt-1lntlnt,1单调递减所以函数 g x极大=glnt-1lntlnt，t=ab，ab，当0t1时，同理有lnt-1lntlnt 0,1，由Lx0得xlnt-1lntlnt，即(x)在 0,lnt-1lntlnt上单调递增，在lnt-1lntlnt,1上单调递减所以函数g x极大=glnt-1lntlnt，t=ab，ab，综上可知，当a=b时，函数g x没有极值；当ab时，函数g x有唯一的极大值glnt-1lntlnt，其中t=ab，没有极小值【点睛】关键点点睛：取ab=t，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024(2024湖北武汉湖北武汉模拟预测模拟预测)函数 f(x)=tanx+sinx-92x，-2x0恒成立，求n的最大值【答案】(1)极小值为 f3=3(3-)2，极大值为 f-3=3(-3)2；(2)3.6【分析】(1)判断函数 f(x)为奇函数，利用导数求出 f(x)在区间 0,2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n=1时，g(x)0恒成立，当n1时，等价变形不等式并构造函数F(x)=x-sinxcos1nx,0 x2，利用导数并按导数为负为正确定n的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数 f(x)=tanx+sinx-92x，-2x2，f(-x)=tan(-x)+sin(-x)-92(-x)=-f(x)，即函数 f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，当0 x0，得0cosx12，解得3x2，由 f(x)0，得12cosx1，解得0 x0恒成立，即sinx-xcosx0恒成立，亦即tanxx恒成立，令h(x)=tanx-x,x 0,2，求导得h(x)=1cos2x-1=1-cos2xcos2x=tan2x0，则函数h(x)在 0,2上为增函数，有h(x)h(0)=0，因此tanx-x0恒成立；当n1时，g(x)0恒成立，即不等式sinxncosxx恒成立，令F(x)=x-sinxcos1nx,0 x1,x 0,2，得2n-2nsinxcos1nx0，当n+12n-21时，即n3时，G(x)0，则函数G(x)在 0,2上单调递减，则有G(x)G(0)=0，即F(x)0，因此函数F(x)在 0,2上单调递减，有F(x)0，当n+12n-23时，存在一个x0 0,2，使得cosn-1nx0=n+12n-2，7且当x(0,x0)时，G(x)0，即G(x)在(0,x0)上单调递增，且G(x)G(0)=0，则F(x)0，于是F(x)在(0,x0)上单调递增，因此F(x)F(0)=0，即sinxncosx0矛盾，所以n的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别9(2024(2024湖北湖北模拟预测模拟预测)已知函数 f x=ax2-x+ln x+1，aR R，(1)若对定义域内任意非零实数x1，x2，均有f x1f x2x1x20，求a；(2)记tn=1+12+1n，证明：tn-56ln n+10两种情况分析原函数的单调性，当a0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a的值；(2)由(1)问的结论可知，1n-12n2ln1n+11n，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x的定义域为-1,+，且 f 0=0；fx=2ax-1+1x+1=2ax-xx+1=x 2a-1x+1，因此 f0=0；i.a0时，2a-1x+10有x-1,0，令 fx0有x 0,+，则 f x在-1,0上单调递增，0,+上单调递减，又 f 0=0，于是 f x0，此时令x1x20，有f x1f x2x1x20时，fx有零点0和x0=12a-1，若x012，此时令 fx0，令x10，x2=x0，有f x1f x2x1x20，即0a12，此时令 fx0有x 0,x0，f x在 0,x0上单调递减，又 f 0=0，则 f x00，令-1x10,x2=x0，有f x1f x2x1x20，f x在-1,+上单调递增，又 f 0=0，则x0时 f x0，x0时 f x0，也即对x1x20，f x1f x2x1x20，综上，a=12(2)证：由(1)问的结论可知，a=0时，f x=-x+ln x+10；且a=12时x0，f x=12x2-x+ln x+10；8则x0时，x-12x2ln x+1x，令x=1n，有1n-12n2ln1n+11n，即1n-12n2ln n+1-lnn1n，于是1n-1-12 n-12lnn-ln n-11n-11-12ln21将上述n个式子相加，tn-121+122+1n2ln n+1tn；欲证tn-56ln n+1tn，只需证tn-56tn-121+122+1n2，只需证1+122+1n253；因为1n2=44n244n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+1n21+213-15+15-17+12n-1-12n+1=53-22n+153，得证：于是得证tn-56ln n+10，求a的取值范围；()证明：sin2xtanxx3【答案】(1)x-2y+2-22=0.(2)()a3()证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)()设g(x)=2sinx+tanx-ax,x 0,2,由gx0得a3，再证明此时满足g x0.()根据()结论判断出F x=sin2xtanx-x3在 0,2上单调递增，F(x)F(0)=0,即sin2xtanxx3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sinx-xcosx,f(x)=cosx-(cosx-xsinx)=xsinx,f2=2,f2=1.所以切线方程为：y-1=2x-2,即x-2y+2-22=0.(2)()f(x)+sin2x=sinx-axcosx+sin2x0,即tanx-ax+2sinx0,x 0,2，设g(x)=2sinx+tanx-ax,x 0,2,9g(x)=2cosx+1cos2x-a=1cos2x(2cos3x-acos2x+1).又g(0)=0,g(0)=3-a,g(0)=3-a0是g(x)0的一个必要条件，即a3.下证a3时，满足g(x)=2sinx+tanx-ax0,x 0,2,又g(x)1cos2x(2cos3x-3cos2x+1)，设(t)=2t3-3t2+1,t(0,1),h(t)=6t2-6t=6t(t-1)h(1)=0，又x 0,2,cosx(0,1),g(x)0,即g(x)在 0,2单调递增.x 0,2时，g(x)g(0)=0；下面证明a3时不满足g(x)=2sinx+tanx-ax0,x 0,2,，g(x)=2cosx+1cos2x-a，令h(x)=g(x)=2cosx+1cos2x-a，则h(x)=-2sinx+2sinxcos3x=2sinx1cos3x-1，x 0,2,sinx0,1cos3x-10，h(x)0,h(x)=g(x)在 0,2为增函数，令x0满足x0 0,2,cosx0=1a，则gx0=2cosx0+1cos2x0-a=2cosx0+a-a0，又g(0)=3-a0,x1 0,x0,使得gx1=0，当x 0,x1时，g(x)gx1=0，此时g(x)在 0,x1为减函数，当x 0,x1时，g(x)3时，不满足g(x)0恒成立.综上a3.()设F(x)=sin2xtanx-x3,x 0,2,F(x)=2sinxcosxtanx+sin2x1cos2x-3x2=2sin2x+tan2x-3x2=2(sinx-x)2+(tanx-x)2+2(2sinx+tanx)x-2x2-x2-3x2.由()知2sinx+tanx3x,F(x)0+0+2x3x-6x2=0,，F x在 0,2上单调递增，F(x)F(0)=0,即sin2xtanxx3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可11(2024(2024全国全国模拟预测模拟预测)已知函数 f(x)=ln(1+x)-11+x(1)求曲线y=f(x)在(0,f(0)处的切线方程；(2)若x(-1,)，讨论曲线y=f(x)与曲线y=-2cosx的交点个数【答案】(1)y=32x-1；10(2)2【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，fx=11+x+12 1+x32，故 f0=32，而 f 0=-1，故所求切线方程为y+1=32x，即y=32x-1(2)令ln 1+x-11+x=-2cosx，故ln 1+x+2cosx-11+x=0，令g x=ln 1+x+2cosx-11+x，gx=11+x-2sinx+121+x-32，令h x=gx=11+x-2sinx+121+x-32，hx=-11+x2-2cosx-341+x-52当x-1,2时，cosx0,1+x20,1+x-520，hx0,g1=12-2sin1+122-3212-2sin1+121-212=0，gx在 0,1上有唯一的零点，设为x0，即gx0=0 0 x00,g-4=ln 1-4+2cos-4-11-4=ln 1-4+2-11-40，g x在-1,x0上有且只有一个零点，在 x0,2上无零点；当x2,56时，gx11+x-1+121+x-320,g56=ln 1+56-3-1+56-12ln4-3 0，gx单调递增，又g0,g560，所以存在唯一x056,gx0=0，当x56,x0时，gx0,g x递增，g xmax g56,g 0，g x在56,内无零点综上所述，曲线y=f x与曲线y=-2cosx的交点个数为2【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进11而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024(2024广东佛山广东佛山二模二模)已知 f x=-12e2x+4ex-ax-5.(1)当a=3时，求 f x的单调区间；(2)若 f x有两个极值点x1，x2，证明：f x1+f x2+x1+x20.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t=ex，t1=ex1，t2=ex2，可得t1、t2是方程t2-4t+a=0的两个正根，借助韦达定理可得t1+t2=4，t1t2=a，即可用t1、t2表示 f x1+f x2+x1+x2，进而用a表示 f x1+f x2+x1+x2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a=3时，f x=-12e2x+4ex-3x-5，fx=-e2x+4ex-3=-ex-1ex-3，则当ex 0,1 3,+，即x-,0 ln3,+时，fx0，故 f x的单调递减区间为-,0、ln3,+，单调递增区间为 0,ln3；(2)fx=-e2x+4ex-a，令t=ex，即 fx=-t2+4t-a，令t1=ex1，t2=ex2，则t1、t2是方程t2-4t+a=0的两个正根，则=-42-4a=16-4a0，即a0，即0a4，则 f x1+f x2+x1+x2=-12e2x1+4ex1-ax1-5-12e2x2+4ex2-ax2-5+x1+x2=-12t21+t22+4 t1+t2-a-1lnt1+lnt2-10=-12t1+t22-2t1t2+4 t1+t2-a-1lnt1t2-10=-1216-2a+16-a-1lna-10=a-a-1lna-2，要证 f x1+f x2+x1+x20，即证a-a-1lna-20 0a4，令g x=x-x-1lnx-2 0 x4，则gx=1-lnx+x-1x=1x-lnx，令h x=1x-lnx 0 x4，则hx=-1x2-1x0，则gx在 0,4上单调递减，又g1=11-ln1=1，g2=12-ln20，当x x0,4时，gx0，故g x在 0,x0上单调递增，g x在 x0,4上单调递减，则g xg x0=x0-x0-1lnx0-2=x0-x0-11x0-2=x0+1x0-3，12又x0 1,2，则x0+1x0 2,52，故g x0=x0+1x0-30，即g x0，即 f x1+f x2+x1+x21.当k-,1时，gx0在 0,+上恒成立，所以g x在 0,+上单调递增，所以g xg 0=1，所以g x在 0,+上没有零点，不符合题意；当k 1,+时，令gx=0，得x=lnk，所以在 0,lnk上，gx0，所以g x在 0,lnk上单调递减，在(lnk,+)上单调递增，所以g x的最小值为g lnk=k-klnk.因为g x在 0,+上有两个零点，所以g lnk=k-klnke.因为g 0=10,g lnk2=k2-klnk2=k k-2lnk，令h x=x-2lnx，则hx=1-2x=x-2x，所以在 0,2上，hx0，所以h x在 0,2上单调递减，在 2,+上单调递增，所以h x2-2ln2=lne2-ln40，所以g lnk2=k k-2lnk0，所以当ke时，g x在 0,lnk和(lnk,+)内各有一个零点，即当ke时，g x在 0,+上仅有两个零点.综上，实数k的取值范围是 e,+.【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：13(1)确定 f x的定义域.(2)计算导数 fx.(3)求出 fx=0的根.(4)用 fx=0的根将 f x的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内 fx的符号，进而确定 f x的单调区间.fx0，则 f x在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；fx0且 f xg x恒成立，求a的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a0与a0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)fx=1x-a=1-axx(a0)，当a0，所以 fx0恒成立，从而 f x在 0,+上递增；当a0时，0 x0；x1a，fx0，从而 f x在 0,1a上递增，在1a,+递减；综上，当a0时，f x的单调递增区间为 0,1a，单调递减区间为1a,+.(2)令h x=f x-g x=lnx-ax-2ax，要使 f xg x恒成立，只要使h x0恒成立，也只要使h xmax0.hx=1x-a+2ax2=-ax+1ax-2ax2，由于a0，x0，所以ax+10恒成立，当0 x0，当2ax+时，hx0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x=f x+g x-x,x0，h x=ex-1x,x0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x的14零点和符号，进而可得F x的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x的定义域为 0,+，fx=2ax-1x=2ax2-1x，当a0时，则2ax2-10时，令 fx0，解得x12a；令 fx0，解得0 x0时，f x在 0,12a上单调递减，在12a,+上单调递增.(2)构建F x=f x+g x-x=xex-lnx-x-1,x0，则Fx=x+1ex-1x-1=x+1ex-1x，由x0可知x+10，构建h x=ex-1x,x0，因为y=ex,y=-1x在 0,+上单调递增，则h x在 0,+上单调递增，且h12=e-2 0,h 1=e-10，可知h x在 0,+上存在唯一零点x012,1，当0 xx0，则h x0，即Fxx0，则h x0，即Fx0；可知F x在 0,x0上单调递减，在 x0,+上单调递增，则F xF x0=x0ex0-lnx0-x0-1，又因为ex0-1x0=0，则ex0=1x0,x0=e-x0，x012,1，可得F x0=x01x0-lne-x0-x0-1=0，即F x0，所以 f x+g xx.16(2024(2024福建福建模拟预测模拟预测)已知函数 f(x)=alnx-bx在 1,f 1处的切线在y轴上的截距为-2(1)求a的值；(2)若 f x有且仅有两个零点，求b的取值范围【答案】(1)2(2)b 0,2e【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将 f x有且仅有两个零点转化为方程b=2lnxx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f(x)=ax-b，f1=a-b，f(1)=a0-b=-b，则函数 f(x)=alnx-bx在 1,f 1处的切线为：y+b=a-bx-1，即y=a-bx-a，令x=0，则有y=-a=-2，即a=2；(2)由a=2，即 f(x)=2lnx-bx，15若 f x有且仅有两个零点，则方程2lnx-bx=0有两个根，即方程b=2lnxx有两个根，令g x=2lnxx，则gx=2 1-lnxx2，则当x 0,e时，gx0，则当x e,+时，gx0，故g x在 0,e上单调递增，在 e,+上单调递减，故g xg e=2lnee=2e，又x0时，g x-，x+时，g x0，故当b 0,2e时，方程b=2lnxx有两个根，即 f x有且仅有两个零点.17(2024(2024浙江杭州浙江杭州二模二模)已知函数 f x=aln x+2-12x2aR R(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若函数 f x有两个极值点，()求实数a的取值范围；()证明：函数 f x有且只有一个零点【答案】(1)答案见解析；(2)()-1a0；()证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a-1、-1a0、a0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)()由(1)直接解得；()结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数 f x=aln x+2-12x2aR R的定义域为-2,+，且 fx=ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a-1时，fx0恒成立，所以 f x在-2,+单调递减；当-1a0时，令 fx=0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1a0，所以0a+11，则-2-a+1-1-1，所以当x-2,-a+1-1时 fx0，当xa+1-1,+时 fx0，当xa+1-1,+时 fx0，所以 f x在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+上单调递减综上可得：当a-1时 f x在-2,+单调递减；当-1a0时 f x在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+上单调递减；当a0时 f x在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+上单调递减(2)()由(1)可知-1a0()由(1)f x在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+上单调递减，16所以 f x在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1a0，所以0a+11，则1a+1+12，又 f x极大值=fa+1-1=alna+1+1-12a+1-120，又 f-a+1-1 fa+1-10，所以 f x在-a+1-1,+上没