2022届高三数学一轮复习（原卷版）第二节 第3课时 手握方法巧破障——破解“函数与导数”问题常用到的4种方法 教案.doc

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1、 1 第第 3 课时课时 手握方法巧破障手握方法巧破障破解破解“函数与导数函数与导数”问题常用到的问题常用到的 4 种方法种方法 方法一方法一 构造函数法解决抽象不等式问题构造函数法解决抽象不等式问题 以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有以抽象函数为背景、题设条件或所求结论中具有“f(x) g(x)，f(x)g(x)，f x g x ”等特征式、旨等特征式、旨在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位在考查导数运算法则的逆向、变形应用能力的客观题，是近几年高考试卷中的一位“常常客客”，常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与，

2、常以压轴题的形式出现，解答这类问题的有效策略是将前述式子的外形结构特征与导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题导数运算法则结合起来，合理构造出相关的可导函数，然后利用该函数的性质解决问题 类型类型(一一) 构造构造 yf(x) g(x)型型可导函数可导函数 例例1 设奇函数设奇函数f(x)是是R R上的可导函数， 当上的可导函数， 当x0时有时有f(x)cos x0 时时，f(x)cos x0，即即 F(x)0，所以所以 F(x)在在(0，)上单调递减上单调递减，又又 F(x)f(x)sin(x)f(x)sin xF(x)，所以所以 F(x)是是 R R

3、上的奇函数上的奇函数，且且 F(x)在在(，0)上单调递减上单调递减， F(0)0，并且并且当当 x0 时有时有 F(x)F(0)，即即 f(x)sin xf(0)sin 0f(0)，故选故选 A. 答案答案 A 方法技巧方法技巧 当题设条件中存在或通过变形出现特征式当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x) g(x)”时，不妨联想、逆用时，不妨联想、逆用“f(x) g(x)f(x) g(x)”构造可导函数构造可导函数 yf(x) g(x)，然后利用该函数的性质巧，然后利用该函数的性质巧妙妙地解决问题地解决问题 类型类型(二二) 构造构造 f(x) g(x)型可导函数型可导函数 例例 2

4、设函数设函数 f(x)，g(x)分别是定义在分别是定义在 R R 上的奇函数和偶函数，当上的奇函数和偶函数，当 x0，且，且 g(3)0，则不等式，则不等式 f(x)g(x)0 的解集是的解集是( ) A(3,0)(3，) B(3,0)(0,3) C(，3)(3，) D(，3)(0,3) 解析解析 利用构造条件中利用构造条件中“f(x)g(x)f(x)g(x)”与待解不等式中与待解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之两个代数式之间的关系，可构造间的关系，可构造函数函数 F(x)f(x)g(x)，由题意可知，当由题意可知，当 x0，所以所以 F(x)在在(，0)上单调递增上单调递增又因为又因

5、为 f(x)，g(x)分别是定义在分别是定义在 R R 上的奇函数和偶函数，上的奇函数和偶函数，所以所以 F(x)是定是定义在义在 R R 上的奇函数，从而上的奇函数，从而 F(x)在在(0，)上单调递增，而上单调递增，而 F(3)f(3)g(3)0，所以所以 F(3)F(3)0，结合图象可知不等式结合图象可知不等式 f(x)g(x)0F(x)0 的解集为的解集为(3,0)(3，)，故选故选A. 2 答案答案 A 方法技巧方法技巧 当题设条件中存在或通过变形出现特征式当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用时，可联想、逆用“f(x)g(x)f(x

6、)g(x)f(x)g(x)”，构造可导函数，构造可导函数 yf(x)g(x)，然后利用该函数的性，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题质巧妙地解决问题 类型类型(三三) 构造构造f x g x 型可导函数型可导函数 例例 3 (多选多选)(2021 聊城模拟聊城模拟)已知定义在已知定义在 0，2上的函数上的函数 f(x)，f(x)是是 f(x)的导函数，且的导函数，且恒有恒有 cos xf(x)sin xf(x)0 成立，则成立，则( ) Af 6 2f 4 B 3f 6f 3 Cf 6 3f 3 D 2f 6 3f 4 解析解析 根据题意，令根据题意，令 g(x)f x cos x，x 0，2

7、，则其导数，则其导数 g(x)f x cos xsin xf x cos2x，又由又由 x 0，2， 且恒有， 且恒有 cos xf(x)sin xf(x)0， 则有， 则有 g(x)0， 即函数， 即函数 g(x)为减函数 由为减函数 由63，则有，则有 g 6g 3，即，即f 6cos6f 3cos3，分析可得，分析可得 f 6 3f 3；又由；又由64，则有，则有 g 6g 4，即，即f 6cos6f 4cos4，分析可得，分析可得 2f 6 3f 4.故选故选 C、D. 答案答案 CD 方法技巧方法技巧 当题设条件中存在或通过变形出现特征式当题设条件中存在或通过变形出现特征式“f(x)

8、g(x)f(x)g(x)”时，可联想、逆用时，可联想、逆用“f x g x f x g x g x 2 f x g x ”，构造可导函数，构造可导函数 yf x g x ，然后利用该函数的性质巧妙，然后利用该函数的性质巧妙地解决问题地解决问题 归纳总结归纳总结 构造函数解决导数问题常用模型构造函数解决导数问题常用模型 (1)条件：条件：f(x)a(a0)：构造：构造函数：函数：h(x)f(x)ax. (2)条件：条件：f(x) g(x)0：构造函数：构造函数：h(x)f(x) g(x) (3)条件：条件：f(x)f(x)0：构造函数：构造函数：h(x)exf(x) (4)条件：条件：f(x)f

9、(x)0：构造函数：构造函数：h(x)f x ex. 3 (5)条件：条件：xf(x)f(x)0：构造函数：构造函数：h(x)xf(x) (6)条件：条件：xf(x)f(x)0：构造函数：构造函数：h(x)f x x. 针对训练针对训练 1已知定义域为已知定义域为 R R 的函数的函数 f(x)的图象经过点的图象经过点(1,1)，且对于任意，且对于任意 xR R，都有，都有 f(x)20，则不等式则不等式 f(log2|3x1|)0，故，故 F(x)在定义域内单调递增，由在定义域内单调递增，由 f(1)1，得，得 F(1)f(1)23，因为，因为 f(log2|3x1|)3log 2|3x1|

10、可化为可化为 f(log2|3x1|)2log2|3x1|3，令，令 tlog2|3x1|，则，则 f(t)2t3，即，即F(t)F(1)，所以，所以 t1，即，即 log2|3x1|1，从而，从而 0|3x1|2，解得，解得 xxf(x)，则不等式，则不等式 x2f 1xf(x)xf(x)，所以，所以 xf(x)f(x)0，根据，根据“xf(x)f(x)”的特征，可以构造函的特征，可以构造函数数 F(x)f x x，则，则 F(x)xf x f x x20，所以所以 x2f 1xf(x)0 可化为可化为 xf 1xf x x0，即，即f 1x1xf x x0，即，即f 1x1xf x x，即

11、，即 F 1x0，1xx，解得解得 0 x1，故不等式，故不等式 x2f 1xf(x)0)当当 a0 时，时，f(x)0 恒成立，可恒成立，可知知函数函数 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 当当 a0； 当当 x 12a， 时，时，f(x)0. 所以函数所以函数 f(x)在在 0， 12a上单调递增，在上单调递增，在 12a， 上单调递减上单调递减 综上，当综上，当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在(0，)上单调递增；上单调递增； 当当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在 0， 12a上单调递增，在上单调递增，在 12a， 上单调递减上单调递减 (2)由由(1)可知可知，当，当

12、a0 时，函数时，函数 f(x)在在(0,1上单调递增，此时上单调递增，此时 f(x)maxf(1)a1，所以，所以0a1； 当当 a0，且，且 12a1，即，即12a0 时，函数时，函数 f(x)在在(0,1上单调递增，此时上单调递增，此时 f(x)maxf(1)a1，所以，所以12a0； 当当 a0， 且， 且 12a1， 即， 即 a12时， 函数时， 函数 f(x)在在 0， 12a上单调递增， 在上单调递增， 在 12a，1上单调递减，此时上单调递减，此时 f(x)maxf 12aln 12aa 12a1，解得，解得 a12e3，所以，所以a0 时，时，f(x)在区间在区间1，e上的

13、最小值为上的最小值为2，求实数，求实数 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)由题意得由题意得 g(x)ln x(a2)x10 在在(0，)上恒成立，上恒成立， 因为因为 x0，所以，所以 a2ln x1x在在(0，)上恒成立上恒成立 设设 h(x)ln x1x(x0)， 则则 h(x)1x x ln x1 1x2ln xx2， 令令 h(x)0，得，得 x1. 当当 0 x0，函数，函数 h(x)单调递增；当单调递增；当 x1 时，时，h(x)0，a0)， 令令 f(x)0，求得，求得 x112，x21a. 当当 01a1，即，即 a1 时，因为时，因为 x1，e，所以，所以 f(x)0，f

14、(x)单调递增，单调递增， 所以所以 f(x)minf(1)2，符合题意，符合题意； 当当 11ae，即，即1ea1 时，因为时，因为 x1，e，所以当，所以当 x 1，1a时，时，f(x)0，f(x)单调递增，单调递增， 所以所以 f(x)minf 1af(1)2，不符合题意，舍去；，不符合题意，舍去； 当当1ae，即，即 0a1e时，因为时，因为 x1，e，所以，所以 f(x)0，f(x)单调递减，单调递减， 所以所以 f(x)minf(e)f(1)2，不符合题意，舍去，不符合题意，舍去 综上可知，实数综上可知，实数 a 的取值范围为的取值范围为1，) 方法技巧方法技巧 6 已知函数的定义

15、域为已知函数的定义域为a，b(即导函数的界点为即导函数的界点为 a，b)，研究函数的最值问题，一般情况下解，研究函数的最值问题，一般情况下解题要点是：题要点是：对函数对函数 f(x)求导，求出导函数求导，求出导函数 f(x)的零点的零点 xx0；讨论导函数讨论导函数 f(x)的零点的零点xx0在不同位置时函数在不同位置时函数 f(x)的单调性；的单调性；由函数由函数 f(x)在区间在区间a，b上上对应的单调性，求出函对应的单调性，求出函数数 f(x)的最值的最值 本题对函数本题对函数 f(x)求导，得到求导，得到 f(x)的一个零点为的一个零点为 x1a，此时给定函数的区间为，此时给定函数的区

16、间为1，e，函数，函数在此区间上是否存在最小值与零点在此区间上是否存在最小值与零点 x1a的位置相关联，于是对零点的位置相关联，于是对零点 x1a的位置进行讨论：的位置进行讨论：x1a在区间在区间(1，e的左侧；的左侧；x1a在区间在区间(1，e)的内部；的内部；x1a在区间在区间1，e)的右侧由的右侧由此求出函数此求出函数 f(x)在区间在区间1，e上的最小值，与条件给出的最小值上的最小值，与条件给出的最小值2 比较，从而得到实数比较，从而得到实数 a的取值范围的取值范围 类型类型(三三) 由值域引发的分类由值域引发的分类 例例 3 已知函数已知函数 f(x)12x2，g(x)aln x.

17、(1)若曲线若曲线 yf(x)g(x)在在 x2 处的切线与直线处的切线与直线 x3y70 垂直，求实数垂直，求实数 a 的值；的值； (2)若若1， e上存在一点上存在一点 x0， 使得， 使得 f(x0)1f x0 g(x0)g(x0)成立， 求实数成立， 求实数 a 的取值范围的取值范围 解解 (1)由由 yf(x)g(x)12x2aln x， 得得 yxax. 由由曲线曲线 yf(x)g(x)在在 x2 处的切线与直线处的切线与直线 x3y70 垂直，垂直， 得得 2a23，所以，所以 a2. (2)不等式不等式 f(x0)1f x0 g(x0)g(x0)等价于等价于 x01x0aln

18、 x0ax0， 整理得整理得 x0aln x01ax00. 构造函数构造函数 m(x)xaln x1ax， 由题意知，在由题意知，在1，e上存在一点上存在一点 x0，使得，使得 m(x0)0，所以，所以 x10， 令令 m(x)0，解得，解得 x1a. 当当 1a1，即，即 a0 时，函数时，函数 m(x)在在1，e上单调递增，只需上单调递增，只需 m(1)2a0，解得，解得 a 7 2. 当当 11ae，即，即 0ae1 时，函数时，函数 m(x)在在 x1a 处取最小值，处取最小值， 令令 m(1a)1aaln(1a)10， 即即 a11aln(a1)，可得，可得a11aln(a1)，(*

19、) 令令 ta1，则，则 1te，不等式，不等式(*)可化为可化为t1t1ln t. 因为因为 11，ln t1，所以不等式不能成立，所以不等式不能成立 当当 1ae，即，即 ae1 时，函数时，函数 m(x)在在1，e上单调递减，只需上单调递减，只需 m(e)ea1aee21e1. 综上所述，实数综上所述，实数 a 的取值范围是的取值范围是(，2) e21e1， . 方法技巧方法技巧 本题在求出导函数本题在求出导函数 m(x) x1a x1 x2的一个零点的一个零点 x1a，探究函数，探究函数 m(x)的最小值的最小值时，一定要对时，一定要对 x1a 的位置展开讨论，才能得到规范正确的解答的

20、位置展开讨论，才能得到规范正确的解答 针对训练针对训练 已知函数已知函数 f(x)ex(exa)a2x，讨论，讨论 f(x)的单调性的单调性 解：解：函数函数 f(x)的定义域为的定义域为(，)， f(x)2e2xaexa2(2exa)(exa) 若若 a0，则，则 f(x)e2x在在(，)上单调递增上单调递增 若若 a0，则由，则由 f(x)0，得得 xln a. 当当 x(，ln a)时，时，f(x)0； 当当 x(ln a，)时，时，f(x)0. 故故 f(x)在在(，ln a)上单调递减，在上单调递减，在(ln a，)上单调递增上单调递增 若若 a0，则由，则由 f(x)0，得，得 x

21、ln a2. 当当 x ，ln a2时，时，f(x)0； 当当 x ln a2， 时，时，f(x)0. 故故 f(x)在在 ，ln a2上单调递减，上单调递减， 8 在在 ln a2， 上单调递增上单调递增 9 方法三方法三 分离参数法解决含参不等式恒成立问题分离参数法解决含参不等式恒成立问题 典例典例 已知函数已知函数 f(x)x24x2，g(x)2ex(x1)，当，当 x2 时，时，f(x)kg(x)，求实数，求实数 k的取值范围的取值范围 解解 法一：直接法法一：直接法 令令 x0，由，由 f(x)kg(x)得得 22k，故，故 k1. 设设 h(x)f(x)kg(x)x24x22kex

22、(x1)(x2)由题意得由题意得 h(x)max0. h(x)2(x2)(1kex)(x2) 令令 h(x)0，得得 x2 或或 xln1k. 因为因为 k1，所以，所以 ln1k0. 若若 ln 1k2，即，即 ke2时，时，h(x)在在(2，)上单调递减，所以上单调递减，所以 h(x)maxh(2)22k1e20.故故 ke2，结合条件得，结合条件得 ke2. 若若 ln 1k2，即，即 1ke2，h(x)在在 2，ln 1k上单调递增，在上单调递增，在 ln 1k， 上单调递减，上单调递减， 所以所以 h(x)maxh ln 1kln2k4ln k22k1k(ln k1)ln2k2ln

23、k0， 故故 0ln k2，解得，解得 1ke2.结合条件得结合条件得 1ke2. 综上，实数综上，实数 k 的取值范围是的取值范围是1，e2 法二：分离参数法法二：分离参数法 由已知得不等式由已知得不等式 x24x2k 2ex(x1)对对 x2 恒成立恒成立 当当 x1 时，时，kR R. 当当2x1 时，时，kx24x22ex x1 恒恒成立成立 设设 g(x)x24x22ex x1 ，则，则 g(x)x x2 22ex x1 2. 当当2x1 时，时，g(x)0，g(x)单调递增，单调递增， 所以所以 g(x)ming(2)e2，故，故 ke2. 当当 x1 时，时，kg(x)恒成立恒成

24、立 因为因为 g(x)在在(1,0)上单调递增，在上单调递增，在(0，)上单调递减，上单调递减， 所以所以 g(x)maxg(0)1，故，故 k1. 综上，综上，1ke2.即实数即实数 k 的取值范围是的取值范围是1，e2 方法技巧方法技巧 用直接法解决含参不等式恒成立求参数范围问用直接法解决含参不等式恒成立求参数范围问题，时常需要分类讨论，计算量较大而用题，时常需要分类讨论，计算量较大而用分离参数法解决含参不等式恒成立问题时，比较直接，这也是学生首选的方法分离参数法解决含参不等式恒成立问题时，比较直接，这也是学生首选的方法 10 针对训练针对训练 已知函数已知函数 f(x)xln x，若对于

25、所有，若对于所有 x1 都有都有 f(x)ax1，求实数，求实数 a 的取值范围的取值范围 解：解： 依题意， 得依题意， 得 f(x)ax1 在在1， ， )上恒成立， 即不等式上恒成立， 即不等式 aln x1x在在 x1， )上恒成立，亦即上恒成立，亦即 a ln x1xmin，x1，) 设设 g(x)ln x1x(x1)，则，则 g(x)1x1x2x1x2. 令令 g(x)0，得，得 x1. 当当 x1 时，时，g(x)0，g(x)在在1，)上是增函数上是增函数 所以所以 g(x)在在1，)上的最小值是上的最小值是 g(1)1. 故故 a 的取值范围是的取值范围是(，1 方法四方法四

26、二次求导法解决难以判断二次求导法解决难以判断 f(x)符号问题符号问题 判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负有些导函数形式很复杂，它判定函数的单调性和求函数极值，都需要判定导函数的正负有些导函数形式很复杂，它的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的正负很难直接判定，常常需要建立新函数再次求导，通过探求新函数的最值，以此确定的最值，以此确定导函数的正负导函数的正负 例例 1 若函数若函数 f(x)sin xx，0 x1x2.设设 af(x1)，bf(x2)，试比较，试比较 a，b 的大小的大小 解解 由由 f(x)sin xx，得得 f(x)xcos xs

27、in xx2， 设设 g(x)xcos xsin x， 则则 g(x)xsin xcos xcos xxsin x. 0 x，g(x)0，即函数即函数 g(x)在在(0，)上是减函数上是减函数 g(x)g(0)0，因此因此 f(x)0，故函数故函数 f(x)在在(0，)是减函数是减函数， 当当 0 x1x2f(x2)，即即 ab. 方法技巧方法技巧 从本题解答来看，为了得到从本题解答来看，为了得到 f(x)的单调性，须判断的单调性，须判断 f(x)的符号，而的符号，而 f(x)xcos xsin xx2的的分母为正，只需判断分子分母为正，只需判断分子 xcos xsin x 的符号，但很难直接

28、判断，故可通过二次求导，判的符号，但很难直接判断，故可通过二次求导，判断出一次导函数的符号，并最终解决问题断出一次导函数的符号，并最终解决问题 例例 2 已知函数已知函数 f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR R，其中，其中 e 为自然对数的底数为自然对数的底数 (1)求函数求函数 f(x)的图象在点的图象在点(1，f(1)处的切线方程；处的切线方程； (2)若若 g(x)f(x)对任意的对任意的 x(0，)恒成立，求恒成立，求 t 的取值范围的取值范围 解解 (1)由由 f(x)exxln x， 知知 f(x)eln x1， 11 则则 f(1)e1，而而 f(1)e， 则所求

29、切线方程为则所求切线方程为 ye(e1)(x1)， 即即 y(e1)x1. (2)f(x)exxln x，g(x)extx2x，tR R， g(x)f(x)对任意的对任意的 x(0，)恒成立等价于恒成立等价于 extx2xexxln x0 对任意的对任意的 x(0，)恒成立恒成立， 即即 texxexxln xx2对任意的对任意的 x(0，)恒成立恒成立 令令 F(x)exxexxln xx2， 则则 F(x)xexex2exxln xx31x2 exe2exxln x ， 令令 G(x)exe2exxln x， 则则 G(x)ex2 xexex x21xex x1 2exxx20，对任意的对

30、任意的 x(0，)恒成立恒成立 G(x)exe2exxln x 在在(0，)上单调递增上单调递增，且且 G(1)0， 当当 x(0,1)时时，G(x)0，即当即当 x(0,1)时时，F(x)0， F(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增， F(x)F(1)1， t1，即即 t 的取值范围是的取值范围是(，1 方法技巧方法技巧 本题从题目形本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第式来看，是极其常规的一道导数考题，第(2)问要求参数问要求参数 t 的范围问题，实际的范围问题，实际上是求上是求 F(x)exxexxln xx2的极值问题，但是的极值问题，

31、但是 F(x)1x2（exe2exxln x）这个方程这个方程求解不易，这时我们可以尝试对求解不易，这时我们可以尝试对 G(x)x2 F(x)再一次求导并解决问题所以当导数值等再一次求导并解决问题所以当导数值等于于 0 这个方程求解有困难时，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法这个方程求解有困难时，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法 针对训练针对训练 讨论函数讨论函数 f(x)(x1)ln xx1 的单调性的单调性 解：解：由由 f(x)(x1)ln xx1，可知函数，可知函数 f(x)的定义域为的定义域为(0，) 易得易得 f(x)ln xx1x1ln x1x，用，用 f(x)去分析去分析 f(x

32、)的单调性受阻的单调性受阻 因此再对因此再对 f(x)ln x1x求导，得求导，得 f(x)1x1x2x1x2.令令 f(x)x1x20，得，得 x1. 当当 01 时，时，f(x)0， 即即 f(x)ln x1x在区间在区间(1，)上为增函数上为增函数 因此因此 f(x)minf(1)10， 所以函数所以函数 f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 课时跟踪检测课时跟踪检测 1(多选多选)若定义在若定义在 R R 上的函数上的函数 f(x)满足满足 f(0)1，其导函数，其导函数 f(x)满足满足 f(x)m1，则，则下列成立的有下列成立的有( ) Af 1m1mm Bf 1m1 Cf 1

33、m11m1 Df 1m10 解析：解析：选选 AC 设设 g(x)f(x)mx，则，则 g(x)f(x)m0，故函数，故函数 g(x)f(x)mx 在在 R R上单调递增，又上单调递增，又1m0，g 1mg(0)，即，即 f 1m11，f 1m0， 而而1mm0，f 1m1mm，故，故 A 正确，正确，B 错误错误 1m10，g 1m1g(0)，即，即 f 1m1mm11，f 1m11m10，故，故 C 正确，正确，D 错误错误 2设设 f(x)是定义在是定义在 R R 上的偶函数，当上的偶函数，当 x0 时，时，f(x)xf(x)0 的解集为的解集为( ) A(，4) B(0,4) C(4,

34、0)(0,4) D(，4)(0,4) 解析：解析： 选选 D 根据条件根据条件 f(x)xf(x)0， 可以构造函数， 可以构造函数 F(x)xf(x)， 则， 则 F(x)f(x)xf(x)， 可以推出当可以推出当 x0 时，时，F(x)0 的解集为的解集为(，4)(0,4)故选故选 D. 3设设 yf(x)是是(0，)上的上的可导函数，可导函数，f(1)2，(x1)2f(x)xf(x)0(x1)恒成立若恒成立若曲线曲线 f(x)在点在点(1,2)处的切线为处的切线为 yg(x)，且，且 g(a)2 018，则，则 a 等于等于( ) A501 B502 C503 D504 13 解析：解析

35、：选选 C 由由“2f(x)xf(x)”联想到联想到“2xf(x)x2f(x)”，可构造，可构造 F(x)x2f(x)(x0) 由由(x1)2f(x)xf(x)0(x1)可知，可知， 当当 x1 时，时，2f(x)xf(x)0， 则则 F(x)2xf(x)x2f(x)0，故，故 F(x)在在(1，)上单调递增；上单调递增； 当当 0 x1 时，时，2f(x)xf(x)0，则，则 F(x)2xf(x)x2f(x)x1时，不等式时，不等式f x1 x2f x2 x1恒恒成立，则实数成立，则实数 a 的取的取值范围为值范围为( ) A(，e B(，e) C. ，e2 D ，e2 解析：解析：选选 D

36、 x(0，)，原不等式转化为原不等式转化为 x1f(x1)0，则函数则函数 g(x)exax2在在(0，)上单调递增上单调递增 g(x)ex2ax0 在在 x0 时恒成立，且时恒成立，且 g(x)不恒为零，不恒为零，2aexx.令令 m(x)exx，x0，则则 m(x) x1 exx2. 当当 x(0,1)时，时，m(x)0，m(x)单调递增单调递增 2am(x)minm(1)e，ae2. 7(多选多选)(2021 年年 1 月新高考八省联考卷月新高考八省联考卷)已知函数已知函数 f(x)xln(1x)，则，则( ) Af(x)在在(0，)单调递增单调递增 Bf(x)有两个零点有两个零点 C曲

37、线曲线 yf(x)在点在点 12，f 12处切线的斜率为处切线的斜率为1ln 2 Df(x)是偶函数是偶函数 解析：解析：选选 AC f(x)定义域为定义域为(1，)，不关于原点对称，故选项，不关于原点对称，故选项 D 不正确不正确 因为因为 f(x)ln(1x)x1x，当，当 x(0，)时，时，f(x)0 恒成立，所以恒成立，所以 f(x)在在(0，)单调递增，故选项单调递增，故选项 A 正确正确 又因为又因为 f(x)11x1 1x 22x 1x 2，当，当 x(1，)时，时，f(x)0 恒成立，恒成立， 所以所以 f(x)ln(1x)x1x在在(1，)单调递增，单调递增， 又又 f(0)

38、0， 所以当所以当 x(1,0)时，时，f(x)0，f(x)在在(1,0)单调递减；单调递减； 当当 x(0，)时，时，f(x)0，f(x)在在(0，)单调递增单调递增 又又 f(0)0，所以，所以 f(x)只有一个零点，故选项只有一个零点，故选项 B 不正确不正确 因为因为 f(x)ln(1x)x1x，所以，所以 f 12ln1211ln 2，故选项，故选项 C 正确正确 8设定义在设定义在 R R 上的函数上的函数 f(x)满足满足 f(1)2，f(x)x21 的解集为的解集为 15 _ 解析：解析：由条件式由条件式 f(x)1 得得 f(x)1x21 可化为可化为 f(x2)x210，可

39、以构造可以构造 F(x)f(x)x1，由于，由于 F(x)f(x)102121f(12)121F(12)，所以，所以 x212，解得，解得1xx21 的解集为的解集为x|1x1 答案：答案：x|1x1 9已知函数已知函数 f(x)12x22aln x(a2)x，当，当 a0 时，讨论函数时，讨论函数 f(x)的单调性的单调性 解：解：函数的定义域为函数的定义域为(0，)，f(x)x2axa2 x2 xa x. 当当a2，即，即 a2，f(x) x2 2x0，f(x)在在(0，)上单调递增上单调递增 若若 0a2，即，即2a0， 当当 0 x2 时，时，f(x)0； 当当ax2 时，时，f(x)

40、2，即，即 a2， 当当 0 xa 时，时，f(x)0； 当当 2xa 时，时，f(x)0， 所以所以 f(x)在在(0,2)，(a，)上单调递增，在上单调递增，在(2，a)上单调递减上单调递减 综上所述，当综上所述，当 a2 时，时，f(x)在在 (0，)上单调递增；当上单调递增；当2a0 时，时，f(x)在在(0，a)，(2，)上单调递增，在上单调递增，在(a，2)上单调递减；当上单调递减；当 ax10 时，时，f(x1)f(x2)(x1x2)(mx1mx21)恒成立，求实数恒成立，求实数 m 的取值范围的取值范围 解：解：(1)由由 f(x)bexx 得，得，f(x)bex1， 由题意得

41、在由题意得在 x0 处的切线斜率为处的切线斜率为 f(0)b1a， 即即 b1a，又，又 f(0)b，可得，可得b10，解得，解得 b1，a2. (2)由由(1)知，知，f(x)exx， f(x1)f(x2)(x1x2)(mx1mx21)，即为，即为 f(x1)mx21x1x10 知，上式等价于函数知，上式等价于函数 (x)f(x)mx2xexmx2在在(0，)为增函数，为增函数，(x)ex2mx0，即，即 2mexx，令，令 h(x)exx(x0)，h(x)ex x1 x2， 当当 0 x1 时，时，h(x)1，h(x)0 时，时，h(x)递增，递增，h(x)minh(1)e，则，则 16

42、2me，即，即 me2， 所以实数所以实数 m 的范围为的范围为 ，e2. 11已知函数已知函数 f(x)1ln xax2. (1)讨论函数讨论函数 f(x)的单调区间；的单调区间； (2)证明：证明：xf(x)0，f(x)在在(0，)上单调递增，上单调递增， 当当 a0 时，令时，令 f(x)0，解得，解得 x2a2a， 故故 f(x)在在 0，2a2a上单调递增，在上单调递增，在 2a2a， 上单调递减上单调递减 (2)证明：要证证明：要证 xf(x)2e2 exxax3， 即证即证 xln x2e2 ex，也即证，也即证ln xx0)，则，则 g(x)2e2ex x2 x3， 所以所以

43、g(x)在在(0,2)上单调递减，在上单调递减，在(2，)上单调递增，上单调递增， 故故 g(x)最小值最小值g(2)12， 令令 k(x)ln xx，则，则 k(x)1ln xx2，故，故 k(x)在在(0，e)上单调递增，在上单调递增，在(e，)上上单调递减，单调递减，故故 k(x)最大值最大值k(e)1e， 1e12，故，故 k(x)g(x)，即，即 ln x2ex2x， 故故 xf(x)2e2 exxax3. 12已知函数已知函数 f(x)1xxkln x，k1e，求函数，求函数 f(x)在在 1e，e 上的最大值和最小值上的最大值和最小值 解：解：f(x)x 1x x2kxkx1x2. (1)若若 k0，则，则 f(x)1x2，在，在 1e，e 上恒有上恒有 f(x)0， 所以所以 f(x)在在 1e，e 上单调递减上单调递减 17 (2)若若 k0，则，则 f(x)kx1x2k x1kx2. 若若 k0，则在，则在 1e，e 上恒有上恒有k x1kx20，由，由 ke， 则则 x1k0 在在 1e，e 上恒成立，所以上恒成立，所以k x1kx20， 所以所以 f(x)在在 1e，e 上单调递减上单调递减 综上，当综上，当 k1e时，时，f(x)在在 1e，e 上单调递减，上单调递减， 所以所以 f(x)minf(e)1ek1， f(x)maxf 1eek1.