2023年北京高考数学真题实战复习(三年高考+一年模拟)专题14导数综合题（解析版）.pdf

《2023年北京高考数学真题实战复习(三年高考+一年模拟)专题14导数综合题（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年北京高考数学真题实战复习(三年高考+一年模拟)专题14导数综合题（解析版）.pdf（34页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专 题 1 4 导数综合题1.(2 02 2 北京)已知函数 f(x)=e“(l+x).(I )求曲线)，=/(x)在点(0,f(0)处的切线方程；(H )设g(x)=/，(x),讨论函数g(x)在 0,+o o)上的单调性;(I I I)证明:对任意的 s,re(0,+co),有 f (s +f)/(s)+/.).【答案】(I)y =x；(I D g(x)在 0，+8)单调递增；(H I)见解析【详解】(1 )对函数求导可得：fx)=e ln(x+1)+J.x+1将 x=0 代入原函数可得/(0)=0,将 x=0 代入导函数可得：/(0)=1，故在x=0 处切线斜率为1,故 y-0=l(x-

2、0),化简得：y=x；(I I )由(I)有：g(x)=f(x)=e ln(x+1)+1.x+12g，(x)=e /心+1)+於-(x+l)J2令 (x)=ln x+1)+-,令 x+1=k(k.A),x+1 (x+1)设 m k=/n +-1-p-,mk)=:”0恒成立，故(x)在 0,+8)单调递增，又因为(0)=1,故 M x)0 在 0,+o o)恒成立,故 g，(x)0,故 g(x)在 0,+o o)单调递增；(I I I)证明：由(H)有 g(x)在 0,+8)单调递增，又g(O)=l,故 g(x)0在 0,+8)恒成立，故/(x)在 0,+8)单调递增，设 w(x)=f(x+/)

3、-/(x),W(x)=f(x+t)-fx),由(I I)有 g(x)在 0,+o o)单调递增，又因为x+f x,所以,(x+f)#x),故 w(x)单调递增，又因为s0,故例s)NO),即:/(.v +r)-/(.v)/(r)-/(0),又因为函数 0)=0,故/($+.)/+出,得证.2.(2 02 1 北 京)已知函数/(x)=.x +a(I)若a=0,求曲线y =f(x)在点(1 ,f(1)处的切线方程；(I I)若 f(x)在x=-l处取得极值，求 x)的单调区间，并求其最大值和最小值.【答案】(I )y=-4 x+5 ：(I I )/(x)的最大值为1,最小值为-,4【详解】(I)

4、八 幻=三=的导数为小)=-22：(3-2八)=在 二X X X可得y =/(x)在(1,1)处的切线的斜率为-4，则 y =/(x)在(1,f (1)处的切线方程为y-l=-4(xl),即为 y =-4x+5 ；(I I )f(x)=与 至 的导数为 f(x)=/2(x*,)-2：(3-2x)x+a(x+a)2x2-6 x-2 a(x2+a)2由题意可得了(-1)=0,即 个 等=0,解得a=4,可 得 由 W，/(x)=2(x+l)(x-4)(Y+4)2当 x 4 或 x 0,/(x)递增；当一 I xv 4 时，/,(x)0；x-+8,y f 0,则/(x)在 x=-l处取得极大值1,且

5、为最大值1；在x=4处取得极小值-!,且 为 最 小 值.44所以/(x)的增区间为(Y O,-1),(4,y0),减区间为(-1,4)；/(x)的最大值为1,最小值为-43.(2 02 0北京)已知函数/(x)-1 2-x2.(I )求曲线y =f(x)的斜率等于-2 的切线方程；(I I )设曲线y =/(x)在点”,/)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S，求 5 的最小值.【答案】(I )y =-2 x+1 3；(I I )32【详解】(I)/(x)=12-W 的导数y，(x)=_ 2 x,令切点为(犯)，可得切线的斜率为-2m=-2，n=12 1 =11 二.切线的方程为y=-2x

6、+13；(II)曲线y=/(x)在点Q,/)处的切线的斜率为Z=2/，切线方程为 y-(12-*)=-2t(x-0,令x=0，可得y=12+/，令 y=o,可得x=+-S(/)=!/+4.(12+/)，2 2/由S(T)=S(t),可知S为偶函数，1 12不妨设r 0，贝 iJS(t)=_(/+)(12+.),4 t S(3入24.噜、-4)?+1 2),4 t2 4 t2由 S)=0,得 f=2,当r 2 时，S(t)0,S递 增;当 0 r 2 时,5,(/)0,5(。递减，则 S 在 f=2 处取得极小值，且为最小值32,同理可得/0 时，S 在，=-2 处取得极小值，且为最小值32,所

7、以5(f)的最小值为32.4.(2022海淀区一模)已知函数f(x)=e，(a?-x +l).(1)求曲线y=/(x)在点(0,7(0)处的切线的方程；(2)若函数f(x)在 x=0 处取得极大值，求。的取值范围；(3)若函数f(x)存在最小值，直接写出”的取值范围.【答案】(1)y-l=0：(2)(-oo,l)；(3)(0,【详解】(I)函数f(x)=e%a?-x+l),/(0)=1.f(x)=eA(ax2-x+1+2ax-1)=e(ax2-x+lax),/f(0)=0,.曲线、=/(x)在点(0,f(0)处的切线的方程为y l=0.(2)fx)=xexax-+2a,f(0)=0.若 a=0

8、,则/(x)=-x e x0,此时函数 f(x)单调递增：x 0 时，f(x),时，%,0,2 一列出表格:X(-8,%)工2*2，0)0(0,+)/*)+004-fW单调递增极大值单调递减极小值单调递增0 为函数f(x)的极小值点，舍去.a 0 E T、j,x2 0 ,列出表格：0 为函数/(%)的极大值点，满足题意.X(一 8 ,x?)冗2(x2,0)0(0.+OO)fx)0+0/(X)单调递减极小值单调递增极大值单调递减0 0,列出表格：2列出表格:Xy,o)0(0,x2)(无2，+)r(x)+00+/(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增0 为函数/(x)的极大值点，满足题意.的取

9、值范围是(-co,；).(3)结 合(2)：a,0,或 a.g 时，/(x)不存在最小值.例如a g 或 a-8 时，/(x)-0.无最小值，舍 去.0。0,满足：2 c 八 1 -2a但一 9 +2 ar2=0,Xj=-，a需要/(x,)=y(l )=*(*-x,+1)=e*(l-2 ax,)=e*1-2(1-2 a)1,0,解得：0 0 时，a ,方程x2-2 ax+l =0 有两个不相等的实数根大，x2,则玉+9=2 a,毛毛=1 ,不妨设0%1 0,函数f(x)单调递增;xe(x2,+8)时，fx)0 ,故函数f(x)在 R上单调递增，没有极值，不符合题意，当a 0 时，易得，当x 0

10、 ,函数单调递增，当x /也 时，f M 1,解得0a-,e所以的取值范围为(o,3；e(/)5(x)=/(2-x)=2-x-ae2 x,0 a -,e则 g(x)=4 e2 r l,令 g(x)=ae2f-1 =0 得 x =2 +/w,由 0 a v 得 Ina 1,2 +Ina 1 时，g(x)2?【详解】(I )当。=1 时，f(x)=x+lnx,x 0 ,x2 1所以 r(X)=1 7+，X X所 以/(1)=3,r(1)=o,所 以 曲 线 y =/(x)在 点(1 ,/(1 )处 的 切 线 方 程 为 y =3；(I I )因为函数/(x)=x+-F alnxa G R),x当

11、a.O时，由+8)有/(x)0,故曲线y =/(%)在 x 轴的上方，当 4 0,/(x)单调递增，当-24e,即-宗,”0时，所以/(x)在 e,+oo)上单调递增，则/(x)./(e)=e+a=(a+)2+e 0,即曲线 y =f(x)在x 轴的上方，e e 4 8当-2 a e,即a 0,解得 a 一-所以一 da。，解得：x 1 ,令 g，(x)v O,解得：O v x v l,故 g(x)在(0,1)递 减,在(1,e递增,而 g(1)=1,g(e)=1+Le故QW(1,1+时，方程=济 +!有 2 个根,e x此时/(x)在区间(0,e存在极小值，故。的取值范围是(1,1+3.e9

12、.(2022丰台区一模)已知函数f(x)=x&z-x.(I)当a=l 时，求曲线y=/(x)的斜率为1的切线方程;(I I)若函数gQ)=/(九)手恰有两个不同的零点，求的取值范围.【答案】(I)y=x；(I I)见解析2-3x2 jl-X【详解】(I)当4=1时，/(幻=4/1 一 X(K,1)的导数为/(X)=由r(x)=l(x 0 时，x 3,此时函数的图像大致为马=”时有最大值，然后f(x)从与两侧下降，又因为X,a,所以要保证/(a),g(x)恰有两个零点，f(a)=O,显然成立；当”0 时，x a“，所以取不到%,r(x)0,/(x)单调递增，所以g(x)无两个零点.综上可得，a

13、3 时，函数g(x)=/(x)-宁 恰有两个不同的零点.1 0.(2 0 2 2 石景山区一模)设函数 f(x)=x2+mln(x+1)(/G R).(1)若加=一1,求曲线/(x)在点(0,f(0)处的切线方程；当 X (l,+O0)时，求证：f(X)X3.(2)若函数/(x)在区间(0,1)上存在唯一零点，求实数m 的取值范围.【答案】(1)x +y =0；见解析；(2)(-,0)ln21 Oy2 _1_ 7 Y _ 1【详解】(1)当.=1 时，f(x)=x2-lnx+1),r(x)=2x-=-,x+1 x+1r(o)=-i,/(o)=o,可得曲线/(x)在(0,/(0)处的切线方程y-

14、0 =T(x 0)，即x+y =o；证明：令 h(x)=/(x)x3=-V +/_/(x +),贝 J/(X)=-3/+2x-=-3*+(*了 ,X+l X +1当工(1,用)，厅(X)0,力(冗)在(L+OO)上单调递减，又因为(1)=-Z n 2 0,所以(x)0,即f 一加(升1)炉,即/0,即 r(x)0,/(x)在(0,1)上单调递增，因为/(0)=0，所以/。)/(0)=0,所以在区间(0,1)上没有零点，不符合题意，当机V。时，且(元)=2/+2%+6的图像开口向上，且对称轴为x =-,，2由 g (1)=2 +2 +4,0，解得犯，一 4,当犯，-4时，g(x)0在区间(0,1

15、)上恒成立，即 f(x)0 ,f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为/(0)=0 ,f(x)/(0)=0 ,所以函数f(x)在区间(0,1)上没有零点，不符合题意，综上可得T,m 0 ,设y e(0,l)使得 g(x 0)=O,当 x e(0,x 0)时，g(x)0,f(x)0,f(x)0,f(x)单调递增，因为f(0)=0,要使得函数f(x)在区间(0,1)上存在唯一零点,则满足/(1)=l +w/n(l +l)0,解得相 一ln2所以实数，的取值范围为(-1-,0).In21 1.(2 0 2 2 西城区二模)已知函数 幻=蛆 火.(I)若(1)求。的值；4(II)当。2 时，求证：/(

16、%)有唯一的极值点%；记/(X)的零点为与,是否存在。使得土,/?说明理由.%【答案】见解析I 1 ,.1 H-Inx-a【详解】(/)因为x)=竺上色/0,所以广(为=-x+l (X +1)因为r=2 二所以。=i.4 4(II)/(X)的定义域是(0,+a o),1 ,14-Inx af（x）=3（X +1）2令 r(x)=0,则 i +l-E c-a n O.X设 g(x)=1 +-Inx-a)因为 y =Ly=-/n r 在(0,+o o)上单调递减，x x所以g(x)在(0,+o o)上单调递减.因为g()=l +e 0,g(1)=2 a0,所以g(x)在(0,内)上有唯一的零点,所

17、以/(x)=0 有(0,+)有唯一解，不妨设为公,为尸(幻与/(x)的情况如下，X(0,阳)（x，+00）+0所以/(x)有唯一的极值点石./(X)增极大值减(2)由题意，lnxu=-a,则 x0=ea,若存在“，使土,，则X p,e 2-0 0,则需g(e j)=e-2-l,o,即q,2,与已知矛盾.所以，不存在。2,使得土,e 2.12.(2 02 2 西城区一 模)已知函数f(x)=竺一1,a w O.(I )当 a =l 时，求曲线y =/(x)在 x =0 处的切线方程；求证：f(x)在(0,+o o)上有唯一极大值点；(H )若/(x)没有零点，求a的取值范围.【答案】(I)y =

18、g x-l；见解析；(H)(I I I)-1|J(O 2)【详解】(I)若。=1,则/(%)=-(x)=e +l-，,ex+1(ex+I p在 x =0 处，/(O)=-l-T=-,/(O)=-1,(l+l)2 2所以曲线y =f(x)在x =0 处的切线方程为了=3 1-1；证明：令 g(x)=e +l-x e ，gx)=-xex,在区间(0,+o o)上，g (x)上是减函数，又 g (1)=1 0,g(2)=-e2+l 0,所以g(x)在(O.o)上有唯一零点%,列表得：所以/(x)在(0,+o o)上有唯一极大值点与；X(0,x 0)%(x0,+o o)f (x)+0/(x)T极大值J

19、解：(I I)/*)=竺 e+。令h(x)=ex-Va-a x,贝 l j hr(x)=e若。0,力(x)在 R上是增函数,11因为/i(一)=(e l)+a 0,a所以力(x)恰有个零点方 ,令 e+a =O,得毛=ln(-a)，代入 h(x0)=0,得-a +a aln(-a)=0，解得a =-l,所以当a =-1时，力(x)的唯一零点为0,此时/(X)无零点，符合题意;若。0,此时/*)的定义域为A ,当x v/w 时 hx)0,/?(%)在区间(方氏转)上是增函数，所以 ()而=h(lna)=2a-alna，又 (0)=1 +0,由题意，当2 a-a l n a 3即0 a/时，/(x

20、)无零点，符合题意.综上，。的取值范围是 7|J(0，e 2).13.(2 02 2 丰台区二模)已知函数f(x)=竺土Lex(I )当。=1时，求/(X)的单调区间和极值；(I I)当 a.l 时，求证：/(%)(a-l)x+l；(I I I)直接写出”的一个取值范围，使得/(X).以2+(。-1次+1恒成立.【答案】见解析【详解】(I )当a =l时，/(力=四，则洋(x)=e*(：De,=M,ex(e)e令 八 x)=0,即x =0,所以当x 0,/(x)单调递增；当x 0 时，尸(x)0；当 e(0,+o o)时,m(x)0；当x w(0,+o o)时，g (%)v O；所以g(x)在

21、 X (Y O,0)上单调递增，在X (0,+O 0)上单调递减，所以g(x)在 x =0 处取得极大值也是最大值，且 g(0)=-1 =0，e故竺1-(。-1)1,0.ex(I I I)要证戏.0+(-1次+1,即证 11.以2+(a-i +i,ext i l B|J a r +1.ax2ex+(a -)xex+ex,B|J H E ax(xe +ex-1)xex-ex+,令 G(x)=xex-ev+1,则 G (x)=xex,当x 0 时，G (x)0,即G(x)单调递增;当x 0 时，G(x)0,即G(x)单调递减；所以 G 3 m M=G(0)=0,故 x e*-ex+1.0,令 H(

22、x)=x(x/+/-1)=f e*+x e*-x ,则 Hx)=(x2+3 x +l)e-1令 M(x)=(x2+3 x +l)e*-1 ,则 M (x)=(x2+5 x +4)e,M (x)=0,则=-4,A,=-l所以x-l 时，M (x)0,则M(无)单调递增；时，M (x)0,则 M(x)单调递减，且 M(-4)=5 e T-l 0,M(-l)=-e-l 0,M(0)=e 0-l=0,因此 x 0 时，M(x)0,即H (x)=，+3 x +l)d-l 0 时,M(x)0,即”(x)=，+3 x +l)e*-l 0,所以”(x)单调递增，所以”(x)丽=W(0)=0,即 x(xe +e

23、*1).0因此当4,0时，/().以2+(a _ )x +i 恒成立.ex14.(2 02 2 昌平区二 模)已知函数/(x)=H n r-Zw+i ,g(x)=-a(x 0).x(I )若曲线y =f(x)与曲线y =g(x)在它们的交点(l,c)处具有公共切线，求实数a,。的值；(I I)若函数g(x)无零点，求实数a 的取值范围;(I ll)当a =b时，函数(此二“期+8。)在 x =l处取得极小值，求实数。的取值范围.【答案】(I)a=e,b=e;(I I )(-00,e)；(I I I)(-00,e【详解】(I)因为函数 f(x)=alnx-bx+b,g(x)=ax 0),x所以/

24、(X)/一 4X X因为曲线y =/(x)与曲线y =g(x)在它们的交点(l,c)处具有公共切线，所以/，(1)=g，(1),f(1)=g(1),解得 a-=0,e-a=O,即=e,b=e;()由题意，g(x)=-a=-,x x设 h(x)-ex-axx 0),hx)=ex-a,(1)当 4,0 时，(x)0,以幻在(0,+00)上单调递增，且(x)(O)=l,所以g(%)0,所以g(x)在(0,+o o)上无零点，当 a 0 时，令 hx)=ex-a=0 ,得 x =Ez,(2)当0 0,(x)在(0,+o o)上单调递增，且(幻(0)=1 ,所以g(x)0,所以g(x)在(0,中 2)上

25、无零点,当 a 1 时，Ina 0,h(x),/(x)符号变化如下，X(O,/z?z z)Ina(Zn z z,-K o)(x)0+所以 h(x)min=极 植=h(lna)=a(l-/n a),(x)极小值/当 1一/切 0,即 I v a v e 时，h(x)0,所以g(x)0,所以g(x)在(0,”)上无零点.当1 一。必 0,即.e 时,由%(0)=1 0,h(lna,0,所以h(x)至少存在一个零点x()e (0,Ina,所以g(x)至少存在一个零点，综上，若 g(x)无 零 点,实 数/的取值范围为(f o,e);ex(/)当 a =b 时，F(x)=f(x)+g(x)=alnx-

26、ax-,x定义域为(0,+a).x x x由()可知，当 W,1 时，h(x)=ex-ax 1,当1 怎 e 时，力由广a(y-Ina).0，所以当6,e 时，h(x)=ex-a x.O 在(0,+)上恒成立，此时，当0 c x 1时，9(x)l 时，F(x)0,F(x)单调递增，所以尸。)在 x =l处取得极小值，当“e 时,Ina 1 .当 时，x-1 0.h(x)h(1)-e-a 0 ,所以尸(x)e 时，不合题意，综上，满足条件的。的取值范围为(fo,e.1 5.(2 0 2 2 门头沟区一模)已知/(x)=&s i nx +2 x .(I )当左=2 时，判断函数f(x)零点的个数：

27、JT(I I )求证：-s i nx +2 x ln(x+1)(x G(0,);(I I I)若/(x)/r+l)在 x (O,g)恒成立，求左的最小值.【答案】见解析【详解】(I )当左=2 时，/(x)=2 cos x +2.0,所以/(x)在 R上单调递增，而/(0)=0,所以/(x)只有一个零点x =0；冗I证明：(H)设 g(x)=2 x-s i nx-/(+l),当工(0,)时，g(x)=2 cos x-0 ,所2%+1以g(x)在 X (0,y)上单调递增，所以g(x)g(0)=0 ,所以 2 x-s i nx 加(x +1)0 ,即 2 x-s i nx/n(x+l).(I l

28、l)当时，由(2)得/(%)一 5 由1 +2%加(X +1)恒成立.当 k，x+1hx)=-k s i n x+-亍 0 ,(X +1)2所以/z(x)在 x w(0，)上单调递增，/7(0)=k+l0,22 1 +生2由零点的存在性定理得：存在题(o,、),使得(%)=0,所以%(x)在(0,%)上单调递减，所以h(xu)o.所以f(x)在(0,+oo)单调递增，无最小值.当a 0 时，令/(x)0,得0 x0,得 x a.所以/(x)在(0,a)单调递减，在(4,一)单调递增，所以/(力最小值为/(a)=+lna.所以1 +Ina=2,即a =e.1,-t-I，n x+i,nt(H I)

29、函数g(x)的定义域为(0 ,+oo),g(x)=-.(x-t)由(I I)知，当，0时，若XW4,贝 I J 加 X +,l+/”.X1 t,，1-Inx+Int所以 g(x)T一(x-t)所以g(x)=色二包的单调递减区间为(V),a,+oo),无单调递增区间.x-t1 7.(2 0 2 2 海淀区校级一模)设函数/(x)=(a x 2+a r+l)*(a w O).(I )若曲线y =fx)在点(1 ,/(1)处的切线与x 轴平行，求a ；(I I)若.f(x)在x =-l处取得极小值，求a的取值范围；(I I I)若/(x)存在最小值，写出a的取值范围(不要求说明理由).【答案】(I

30、)a =-2；(I I )(0,2)；(I I I)4,+oo)【详解】(/)f(x)=(2 a r+a)eax+a(ax2+ax+l)e=a2x2+(a2+2a)x+2aeax,(a H 0).曲线y =/(x)在点(1 ,f(1)处的切线与x 轴平行，f(1)=(a2+a2+2a+2a)e=0 ,(a w 0)./.2a2+4a=0,解得a =-2.(I I )f(x)=a2x2+(a2+2a)x+2aeM=a2(x-)x-(-l)ear,(a*0).a对。分类讨论：a 2 时，-1.a7由表格可知：=-1 时，函数f(x)取得极大值，舍 去.0 2时，一 )af(x)+00+/(X)单调

31、递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可知：x =-l时，函数F(x)取得极小值，满足题意.X(F,二)a_2a-1)a-1f(x)+00+f(x)单调递增极大值单调递减极小值单调递增a =2 时，-2=T,f(x)=4(x+l)2e2x.O,函数/(x)在 R上单调递增，无极值，舍去.a综上可得：a的取值范围是(0,2).a 2(I I I)由()可知：若/(X)存在最小值，则 八2)0，解得a.4.a，a的取值范围是 4,+oo).1 8.(2 0 2 2 西城区校级模拟)已知。为实数，函数f(x)=|f-分|一 加 v.(I )当=一 1 时，求曲线y =/(x)在点(1 ,f(1)处的

32、切线的方程;(I I)当a=0 时，求函数f(x)的极小值点；(I I I)当l a 0),1 2x2-1故 1(x)=2x=-,X X令 frM =0,故 x=，/(x)与/(x)在区间(0,+Q O)上的情况如下:所以/(x)在区间(0,)上单调递减，在区间(,+00)上单调递增,所以函数/*)有且仅有一个极小值点x=g.X(。当在2(-y，+00)fx)0+f(x)减极小值增(I l l)函数f(x)的零点个数为2,理由如下:当 0 c 兀，a 时，/(x)=-x2+ax-lwc(x 0).由于1 v a v 2,_9，_ 2 a-)2-立所以 fx)=-2x+a-=2a a=-0,f

33、(a)=-Ina Q 时，f(x)=x2-ax-lnx(x 0),故 r a)=2 =2._ g i.X X令 r(x)=o,得/=生零豆，4a2 _ ila 0 ,故与 0,所以函数/(x)在区间(a,)上单调递增.又/(a)=-lna3-ln30,所以函数/(x)在区间(a,+oo)上有且仅有一个零点.综上，函数/(x)的零点个数为2.1 9.(2 0 2 2 顺义区模拟)若函数f(x)=(x +l)eT.(I )判断方程f(x)=l解的个数，并说明理由；(J I)当a 0,设 g(x)=/(x)+g a r2,求 g(x)的单调区间.【答案】见解析【详解】(I )fx)=-xe-x,令

34、_ f(x)0,解得：x 0 时，g(x)=(x +l)eT,g(x)=x(a-ex),令 g，(x)=0,解得：x =0 BJC x =Ina 当O v a cl 时，lna0，解得：x-/w,故g(x)的单调增区间为：(7o,0),(-/也,内)，单调减区间为(0,-/也)，当a.1 时，令 g，(x)0时,解 得 x 0 ,故 g(x)的单调增区间为(0,+oo),递减区间为(-oo,0).综上所述：当0 “1 时，g(x)的单调增区间为：(YO,0),(法,内)，单调减区间为(0,-成),当a.l时，单调增区间为(0,+oo),递减区间为(fo,0).2 0.(2 0 2 2 海淀区二

35、模)已知函数，。)=加上W+.2 x(I)当。=0 时，求曲线y=/(x)在点(-1,/(一1)处的切线方程；(I I)当。=一1 时，求函数f(x)的单调区间；(I I I)当x 0 时，f(x)L 恒成立，求。的取值范围.【答案】(I)x +2y+l=0；(II)f(x)的单增区间为(-1,0),(0,g)；单减区间为(70,-1),j 1)；(III)(-00,-1【详解】(I),/(x)=In-+(x l(I.xO).2 x,12。1 aW =-x-7 =-2，2 x x x-x1 1 1 -V当。=0 时，/(幻=；，/X-l)=-A,/(*)=勿 一，/(-l)=0,x-1 2 2

36、故曲线y=/(x)在点(-1,/(-1)处的切线方程为、=-；*+1),即x+2y+l=0；(II)易得定义域为(Y O，0)U(0,1),当“=_，时，f(x)=J-+A.=-(2.v-l)(.r+l)2 x-1 2x2 2x2(1-x)令 r(x)=O,得 x=g 或 x=-l,当 x -l 或;x l 时，fx)0,/(x)单调递减；当-1 x0 或 0 x 0,/(x)单调递增；故f(x)的单增区间为(-L0),(0,g)；单减区间为(ro,-l),(；,1)；(III)/(-1).J,即小-4”是“当xvO 时，“X)L 恒成立”的必要条件.|一 Y/(X)=+当 jx 0 时，令

37、e*-a =0,解得 x =/w,a./时，Ina.2,ex-a,0 ,f(x,0 ,函数f(x)在 x e l ,2 单调递减.;.x =2 时，函数f(x)取得最小值，f(2)=e2-2a.eca v e?时，l n a 0,X.1 时，f(x).O,函数/(x)单调递增.，x =l时，函数/(x)取得最小值，/(1)a-22.(2 0 2 2 平谷区模拟)设函数/(x)=a/(x +l)+x 2(a w R).(I )当 a =Y 时，求曲线y =/(x)在点(0,”0)处的切线方程；求函数f(x)的最小值.(I I)设函数g(x)=a r-l,证明：当 2 时，函数(x)=/(x)-g

38、(x)至多有一个零点.【答案】(1)y =-4x；1 4/2；(I I)见解析【详解】(1 )当 a =7 时，/(x)=-4/n(x +1)+x2,r(x)=*+2 x=2(f+x-2)=2(x +2)(l),x+l x+1 x+1所以广(0)=-4，/(0)=0,所以切线方程为y-f(O)=尸(0)5-0),即y=-4x.令尸(x)=0,得 x =-2 (舍 去)或 x =l,当一 1X1 时，f(x)l 时，fx)0.所以/(X)在(-1,1)上单调递减，在(1,+0 恒成立,2当 1X 0 时，H(x)0,所以H(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,-K)上单调递增，所以“(X).”

39、(0)=1 ,所以”(幻无零点，当0 a 2 时，有r y2X年a-22(一 ,0)0(0,+)fx)0+0f Mt极大值极小值T则=幺+2,”(0)=1,2 2 4Y Y2 V V令p(x)=xln-+2(0 x 0,x 2 2x所以“3 在(0,2)上单调递增，所以(2)=0,所以夕(x)在(0,2)上单调递减,r t O所以奴x)e (2)=1,即，(空一)1，所以当x 土 匚 时，H(x)W(0)=l ,无零点，2当-l x 一时，H(x)单调递增，至多有一个零点，当 a =2 时，Hx).G,(x)在(一 1,+o o)上单调递增,所以“(X)至多有一个零点，综上所述，当4,2 时，

40、”(x)至多有一个零点.2 3.(2 02 2 海淀区校级模拟)已知函数/()=/+，-2 +2)/.(I )求曲线y =f(x)在点(0,7(0)处的切线方程；(I I)若 0 为函数/(幻的极小值点，求的取值范围；(I I I)曲线y =/(x)是否存在两个不同的点关于y 轴对称，若存在，请给出这两个点的坐标及此时。的值，若不存在，请说明理由.【答案】(1)y =2；(I I)a e(O,-w)；(I I I)见解析【详解】(I)f(x)=2ax+(x2-2x+2+2x-2)ex=lax+x2ev,/(0)=0,/(0)=2,所以曲线y =f(x)的切线为y =2.(I I )f W =l

41、ax+x2ex=x(2a+xex),设 g(x)=xex,则 g(x)=(x+V)ex,当x-1 时 g(x).O,即函数g(x)在-1,+8)上单调递增，且 g(0)=0,当a =O 时函数f(x)在 R 上单调递增，无极值，不符；当a 0,当 x e(0,X)时，f(x)0 时，由函数g(x)的性质可知：存在马 0,当工(当，0)时，,f(x)0,f(x)单调递增，所以0 为函数/(幻的极小值点，符合.综上有 a e(0,+0),(-/，%),其中x0 H0,由 /(X o)=f (-X。)得：h(x0)=h(-x0),与以x)在 R上单调递增矛盾，所以曲线y =/(x)不存在两个不同的点

42、关于y 轴对称.2 4.(2 02 2 房山区校级模拟)已知函数f(x)=2 加(x+1).(I )若函数/(x)在点尸(%,x。)处的切线平行于直线y =2 x-2,求切点尸的坐标及此切线方程；(H)求证:当 x e O,e-1 时，f(x).x2-2 x.(其中 e =2.7 1 8 2 8 )【答案】(I)P(0,0),此时切线方程为y =2 x；(I I)见解析(I H)【详解】(/)解：由题意得，r(x)=,所以切线斜率2=1(%)=,X+11 +/解 得%=0,即P(0,0),此时切线方程为y =2 x；()证明：令 g(x)=2 历+2 x ,XG0,e-1 ,则 如)=二-2X

43、+2 =.2Q-J),x+x+1当O,x 0,g(x)单调递增，当x 后 时，g(x)0,所以 g(x),“M=g(0)=0，所以g(x).O 恒成立，所以当 x e 0,e-1 时，f(x).x2-2x.2 5.(2 02 2 海淀区校级模拟)设函数/(x)=/nx +L,a eR.X(1)设/是 y =f(x)图象的一条切线，求证：当。=0 时，/与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关；(2)若函数g(x)=/(x)-x 在定义域上单调递减，求。的取值范围；(3)当。0 时，直接写出函数/.(x)=H nr+，零点的个数.X【答案】(1)见解析；(2)(-8,2 ；(3)见解析【详解】证明：

44、(1)当。=0 时，/(x)=-,x 0,/,(x)=1 7-XX设f(x)图象上任意一点P(x0,),切线/斜率为=r(x0)=V-xo过点P(xo,)的切线方程为)；-与=-V(x-X o)，毛 毛 )令尤=0,解得y =，令 y =0,解得 x =2%o,1 7.切线与坐标轴围成的三角形面积为S=L|三|2X|=2，2%与坐标轴围成的三角形的面积与切点无关；解：(2)由题意，函数g(x)的定义域为(0,内),.g(x)在(0,内)上单调递减,g(x)=-:1 0 在(0,+00)上恒成X r即当XW(0,-KO)M,x +4恒成立，X 0 且x w l,xlnx则(幻=上 空xlnx)h

45、x)0=x (-,1)U(1,+00),(x)x e(0,-),(x)在(0)单调递减，在(-,1),(1,+O 0)单调递增,e e.在(0,1)时，*)有极小值/i(1)=e；在。,”)时，(幻 0,解得0 v x ,故/(X)的单调递增区间为：(0,),单调递减区间为：(,乃)；由已知有：；/(X)g(x)nKLX,对于/(x)：/(X)=XC OSX，V X G -7T，万 ，当-乃x-2或者0 x 0,f(x)单调递增,2 2当-vxcO 或者cxc万时，r(x)l时，g(x)在 0，1 的最大值为g(1)=2 -1.-,解得：14综上所述：a 的取值范围是；,田).27.(2022

46、海淀区校级模拟)设函数f(x)=/nx+竺口,g(x)=a r-3,X(1)求函数0(x)=/(x)+g(x)的单调增区间；(2)当a=l 时,记2(x)=/(x)g(x),是否存在整数r,使得关于的不等式2彳.存(%)有解?若存在，请求出4 的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】见解析【详解】(I)“(x)+a 4=卬-3-l)(x 1)-0)(1 分)X X X当 a l 时，由“(x)0,解得 1 土口：a当a=l 时，由“(x)0,解得x 0；当 Ova v l 时，由 “(x)0,解得x 0；当a=0 时，“(x)=2+l 0,函数递增,当avO 时，由。(幻 0,解得0 xl时，

47、0(x)的单调递增区间为(纥 L +oo)；a当a 0，.(%)在(0,f)单调递增,X X x,.(!)=加|+l-2 0,所以存在唯一实数 e(3,2),使得.”(%)=(),HPZ/ir0+l-=0,2%3 Q 、.e.h(x)m i =)=(%0-3)/啄=(x0-3)(-)=6-(x0 4-)记 函 数%一 1%Q 7 Q r2-Q 3r(x)=6-(x +-)(-v X 2),则/(x)=-l+4 =0,:.r(x)在(2)上单调递增,X 2 XT XT 2所以从|)vx 0)v (2),即r f|)厂(须)2 丸恒成立，即证(X-3)/加 -2恒成立.显然，当X(0,1|J 3

48、,+0 0)时，不等式恒成立.只需证明当x w (1,3)时,(x-3)/n r 2 恒成立.2 2艮 I 证明 lnx-3)2由 m(x)=0 ,得X=4-J 7.当 x w(l,4-近)时，加(x)0；当 X W(4 V7,3)时，加(x)v 0；加(x),s =w(4-7 7)=/n(4 -V7)-/(4-2)-9=历2 -1 2 彳恒成立.综上所述，存在整数2满足题意，且2的最小值为0.2 8.(2 0 2 2 密云区一模)己知函数/(x)=x/”(2 x +l)-办2 .(I )求曲线y =f(x)在点(0,f(0)处的切线方程；(II)当a 0 时，求证：函数/(x)存在极小值；(

49、III)请直接写出函数“X)的零点个数.【答案】(I)y=0；(II)见解析；(HI)见解析【详解】(I )由/(x)=x/(2 x +l)-o r 2 ,得 y(x)-/(2 x +1)+2ax,2 x+l则/(0)=0,而,f(0)=0,所以曲线y =f(x)在点(0 ,/(0)处的切线方程是y=0.(1 1 )证明：函数/1(x)=x/(2 x +l)-a r 2 的定义域为(-L+OO),22 r1由(1)知，/,(x)=/n(2 x +l)+-2 a x,因 a0,则当一/x 0 时，/”(2 x +l)0,-0 ,-2ax 0 ，2x+l则有r(x)0 时，ln(2x+1)0 ,.

50、2x.。，-2 a x 0 ,2 x +l则有fx)0 ,函数f(x)在(0,+o o)上递增,于是得当x =0 时，函数f(x)取得极小值，所以当。x z X2 r 2令 (x)=:-ln(2x+1),贝 lj hx)=-r2 x+l (2 x+l)222 x 4-14x(2 x 7 1 7当-,x 0 ,当 x 0 时，h(x)0,函数/?(x)在(-L,0)上递增，在(0,+o o)上2 2递减,Ve x e(-,0)|J(0,+o o),(x)(0)=0,即有g(x)0,当 x 0 时，(px)0 ,c(x)在(-1,0)上 递 增,在(0,+0 0)上递减，如X),观0)=0,即Ve