利用导数研究能成立问题--2024年新高考数学（解析版）.pdf

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1、1利用导数研究能成立问题利用导数研究能成立问题1.(2023全国高三专题练习)1.(2023全国高三专题练习)设函数 f x=a-a2x+lnx-1xaR R.(1)讨论函数 f x的单调性；(2)当a=1时，记g x=xf x+x2+1，是否存在整数t，使得关于x的不等式tg x有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.2.(2023全国高三专题练习)2.(2023全国高三专题练习)已知函数 f x=ex+1-ax-lnalnx a0(1)若a=e，求函数 f x的单调区间；(2)若不等式 f x0),g x=x3-x2.(1)当a=1时，求函数 f x的单调区间；(2)若对于任

2、意的x1 0,2，都存在x2 1,2，使得x1f x1g x2成立，试求实数a的取值范围.4.4.(20232023 全国全国 模拟预测模拟预测)已知函数 f x=alnx+2x2-2(aR).(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若函数 f x在x=1处的切线方程为y=8x-8，且当对于任意实数-1,2时，存在正实数x1,x2，使得 x1+x2=f x1+f x2，求x1+x2的最小正整数值.35.5.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知函数 f x=xsinx+cosx，x-,(1)求 f x的单调区间与最值；(2)若存在x0 0,，使得不等式 f x0a x20+

3、1成立，求实数a的取值范围6.6.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知函数 f x=ax3-bx2-9x-1在x=-1处取得极值4(1)求a，b的值；(2)若存在x 2,4，使3-2 f x成立，求实数的取值范围47.7.(20232023春春 广东阳江广东阳江 高二校考阶段练习高二校考阶段练习)已知函数 f x=4lnx-ax+a+3x(a0)(1)当a=12，求 f(x)的极值(2)当a1时，设g(x)=2ex-4x+2a，若存在x1,x212,2，f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围(e为自然对数的底数，e=2.71828)8.8.(20232023 四川成都

4、四川成都 成都七中校考二模成都七中校考二模)已知函数g x=ax-a-lnx,f x=xg x，且g x0.(1)求实数a的值；(2)证明：存在x0，fx0=0且0 x01，0 x0时，求函数g(x)的单调区间；(3)若存在x1e，e2(e为自然对数的底)，使得不等式 f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围611.11.(20232023春春 天津和平天津和平 高二校考期中高二校考期中)已知函数 f x=x-alnx，g x=-1+ax(a0)(1)若a=1，求函数 f x的极值；(2)设函数h x=f x-g x，求函数h x的单调区间；(3)若存在x0 1，e，使得 f x0g x0成立

5、，求a的取值范围12.12.(20232023 上海金山上海金山 上海市金山中学校考模拟预测上海市金山中学校考模拟预测)已知曲线y=ln x+m与x轴交于点P，曲线在点P处的切线方程为y=f x，且 f 1=2(1)求y=f x的解析式；(2)求函数g x=f xex的极值；(3)设h x=ln2x+1-alnx+1x，若存在实数x1 1,e，x2 e-1,1，使2h x1x2ln2x2+a-1x2lnx2+x2成立，求实数a的取值范围713.13.(20232023 重庆重庆 重庆南开中学校考模拟预测重庆南开中学校考模拟预测)对于定义在D上的函数F(x)，若存在x0D，使得F x0=x0，则

6、称x0为F(x)的一个不动点设函数 f(x)=(x-1)ex-alnx+x，已知x0 x01为函数 f(x)的不动点(1)求实数a的取值范围；(2)若kZ，且kx00，求a的取值范围.815.15.(20232023春春 辽宁铁岭辽宁铁岭 高二昌图县第一高级中学统考期中高二昌图县第一高级中学统考期中)已知函数 f x=a x+1lnx-a+1x-1.(1)若a=1，讨论 f x的单调性；(2)若x 0,1，f x0)，g(x)=ex-1x2，(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若x10，x2(0,3)，使 f x1g x2e成立，求m的取值范围.(3)当m=2时，若关于x的方程 f(x)=

7、k有两个实数根x1，x2，且x11.917.17.(20232023 四川宜宾四川宜宾 宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测宜宾市叙州区第一中学校校考模拟预测)已知 f x=x-a-1ex-12ax2+a2x-1(aR)(1)讨论 f x的单调性；(2)若a=-1，且存在x 0,+，使得 f xlnx+12x2+b+1x，求b的取值范围18.18.(20232023春春 福建漳州福建漳州 高二漳州三中校考期中高二漳州三中校考期中)已知函数 f(x)=12x2-(a+2)x+2alnx(aR).(1)若a2，讨论函数 f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=-(a+2)x，若至少存在一个x0e,4

8、，使得 f x0g x0成立，求实数a的取值范围.1019.19.(20232023 人大附中校考三模人大附中校考三模)设函数 f x=px-px-2lnx，其中e是自然对数的底数.(1)当p=32时，求函数 f x的极值.(2)若 f x在其定义域内为单调函数，求实数p的取值范围.(3)设g x=2ex，若在 1,e上至少存在一点x0，使得 f x0g x0成立，求实数p的取值范围.20.20.(20232023春春 湖北湖北 高二郧阳中学校联考阶段练习高二郧阳中学校联考阶段练习)设定义在R R上的函数 f x=ex-ax aR R(1)若存在x0 1,+，使得 f x0e-a成立，求实数a

9、的取值范围；(2)定义：如果实数s，t，r满足 s-r t-r，那么称s比t更接近r对于(1)中的a及x1，问：ex和ex-1+a哪个更接近lnx？并说明理由1利用导数研究能成立问题利用导数研究能成立问题1.1.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)设函数 f x=a-a2x+lnx-1xaR R.(1)讨论函数 f x的单调性；(2)当a=1时，记g x=xf x+x2+1，是否存在整数t，使得关于x的不等式tg x有解?若存在，请求出t的最小值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)答案见解析(2)存在，t的最小值为0【分析】(1)求导 fx=ax+11-ax+1x2，根据

10、一元二次不等式的解法，再分a1讨论求解；(2)由a=1，得到g x=xf x+x2+1=x2+xlnx，求导得到g xmin=g x0=-x20-x0，确定其范围，再由不等式tg x有解求解.【详解】(1)解：由题意得函数的定义域为 0,+，fx=a-a2+1x+1x2=a-a2x2+x+1x2=ax+11-ax+1x2，当a0，f x在 0,-1a单调递增，x-1a,+时，fx0恒成立，f x在 0,+上单调递增；当a1时，x 0,1a-1时，fx0，f x在 0,1a-1单调递增，x1a-1,+时，fx0，f x在1a-1,+单调递减；综上，当a0恒成立，f x在 0,+上单调递增；当a1

11、时，f x在 0,1a-1单调递增，在1a-1,+单调递减.(2)当a=1时，g x=xf x+x2+1=x2+xlnx，gx=2x+lnx+1，gx单调递增，又g12=2-ln20，g16=43-ln60，所以存在唯一的x016,12，使得gx0=2x0+lnx0+1=0，且当x 0,x0时，gx0，g x单调递增；所以g xmin=g x0=x20+x0lnx0=x20+x0-2x0-1=-x20-x0，设 x0=-x20-x0，x016,12，则 x0在16,12上单调递减，所以12g x016，即-34g x00(1)若a=e，求函数 f x的单调区间；(2)若不等式 f x1在区间

12、1,+上有解，求实数a的取值范围【答案】(1)f x的单调递增区间为 1,+，单调递减区间为 0,1(2)e,+【分析】(1)当a=e时，分析导数的符号变化，由此可得出函数 f x的增区间和减区间；(2)分0e两种情况讨论，利用导数分析函数 f x在 1,+上的单调性，验证 f x1时，ex-e0，x-1x0，所以 fx0，即 f x在 1,+上单调递增，当0 x1时，ex-e0，x-1x0，所以 fx0，则 fx=ex+1-a-lnax=ex-a+x-lnaxx0，当lna1时，即01，exea，x1lna，所以 fx0，因此函数 f x在区间 1,+上单调递增，所以 f x f 1=e+1

13、-ae+1-e=1，不等式 f x1时，即ae时，当1xlna时，exelna=a，xlna，因此 fx0，所以函数 f x在区间 1,lna上单调递减，f x f 1=e+1-ae+1-e=1，不等式 f x0，并与定义域取交集得到的区间为函数 f x的单调增区间；解不等式 fx0),g x=x3-x2.(1)当a=1时，求函数 f x的单调区间；(2)若对于任意的x1 0,2，都存在x2 1,2，使得x1f x1g x2成立，试求实数a的取值范围.3【答案】(1)单调递增区间为 1,+，单调递减区间为 0,1(2)1e,+【分析】(1)求出导函数 f(x)，由导数的正负确定单调性；(2)利

14、用导数求出g(x),x1,2的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值【详解】(1)由题可知函数 f x的定义域为 0,+.因为 f x=ax2+2lnx，则 fx=-2ax3+2x=2x2-2ax3.当a=1时，fx=2 x2-1x3=2 x+1x-1x3.所以当0 x1时，fx1时，fx0，函数 f x在 1,+上单调递增.所以 f x的单调递增区间为 1,+,f x的单调递减区间为 0,1.(2)因为g x=x3-x2，所以gx=3x2-2x=x 3x-2，又x 1,2，所以gx0，故函数g x在 1,2上单调递增，所以g(x)min=g 1=0.所以

15、对任意的x 0,2,xf x0恒成立，即ax+2xlnx0恒成立.所以a-2x2lnx恒成立.令h x=-2x2lnx,x 0,2，则hx=-2x-4xlnx=-2x 1+2lnx,x 0,2.令hx=0，则1+2lnx=0，解得x=e-12.当x 0,e-12时，hx0，所以函数h x在 0,e-12上单调递增；当x e-12,2时，hx0，所以函数h x在 e-12,2上单调递减.所以h(x)max=h e-12=1e.所以a1e.所以实数a的取值范围是1e,+.【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、确定不等式恒成立问题在含有全称量词与存在量词的命题中注意问题的转化：(1)对于

16、任意的x1A，任意的x2B，f(x1)g(x2)恒成立 f(x)ming(x)max，(2)对于任意的x1A，存在x2B，使得 f(x1)g(x2)成立 f(x)ming(x)min，(3)存在x1A，使得对任意的x2B，都有 f(x1)g(x2)成立 f(x)maxg(x)max，(4)存在x1A，存在x2B，使得 f(x1)g(x2)成立 f(x)maxg(x)min4.4.(20232023 全国全国 模拟预测模拟预测)已知函数 f x=alnx+2x2-2(aR).(1)讨论函数 f x的单调性；(2)若函数 f x在x=1处的切线方程为y=8x-8，且当对于任意实数-1,2时，存在正

17、实数x1,x2，使得 x1+x2=f x1+f x2，求x1+x2的最小正整数值.4【答案】(1)答案见解析(2)3【分析】(1)求导后，分a0和a0，则函数 f x在(0,+)上单调递增；当a0时，令 fx=0，解得x=-a2，所以，当x 0,-a2时，fx0.则函数 f x在 0,-a2上单调递减，在-a2,+上单调递增.综上，当a0时，函数 f x在 0,+上单调递增；当a0，令函数h t=4t-4lnt，则h(t)=4-4t=4(t-1)t，当t(0,1)时，h(t)0，h t单调递增，故h(t)h(1)=4，则2 x1+x22-x1+x2-4h(t)min=4，故2 x1+x22-x

18、1+x28.设函数g()=-x1+x2-8+2 x1+x220，因为x1+x20，可知函数g 在-1,2上单调递减，故g()g(2)=-2 x1+x2-8+2 x1+x220，解得x1+x21+172或x1+x21-172(舍去)，故x1+x2的最小正整数值为3.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；(4)考查数形结合思想的应

19、用55.5.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知函数 f x=xsinx+cosx，x-,(1)求 f x的单调区间与最值；(2)若存在x0 0,，使得不等式 f x0a x20+1成立，求实数a的取值范围【答案】(1)单调递增区间为-,-2，0,2，单调递减区间为-2,0，2,，f xmax=2,f xmin=-1(2)(-,1【分析】(1)对 f x求导后研究 f(x)的正负，确定 f x的单调性与最值；(2)设F(x)=xsinx+cosx-a(x2+1),x0,由题意知F(x)0有解，分类讨论F(x)的单调性并求F x最大值即可.【详解】(1)f(x)=sinx

20、+xcosx-sinx=xcosx，所以在-,-2，0,2上，f(x)0，f(x)单调递增，在-2,0，2,上，f(x)0，f(x)单调递减，所以 f(x)单调递增区间为-,-2，0,2，单调递减区间为-2,0，2,f2=f-2=2,f-=f=-1，f(0)=1，f xmax=2,f xmin=-1.(2)设F(x)=xsinx+cosx-a(x2+1),x0,F(x)=xcosx-2ax=x(cosx-2a),当2a-1，即a-12时，F(x)0，F(x)在0,上单调递增，Fmax(x)=F()=-1-a(2+1)0，a-12+1，所以a-12成立；当2a1，即a12时，F(x)0，F(x)

21、在0,上单调递减，Fmax(x)=F(0)=1-a0，即a1，所以12a1；当-12a2a,F(x)0，F(x)单调递增，当x(x0,),cosx2a,F(x)0，所以(x)(0)=12，F(x0)0成立综上，a的取值范围为(-,1【点睛】关键点点睛：函数求导后的计算方向：6(1)求导后不要急于求 f(x)=0的根，因为有时候会无根，无根的原因是 f(x)出现恒正或恒负，所以要先考虑 f(x)会不会出现恒正或恒负的情况，这时候要看 f(x)的最大值小于等于零或最小值大于等于零.(2)当 f(x)有正有负时 f(x)=0才会有根可求，求根时可以直接解方程，或者猜根，或者使用零点存在定理证明有根.

22、6.6.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知函数 f x=ax3-bx2-9x-1在x=-1处取得极值4(1)求a，b的值；(2)若存在x 2,4，使3-2 f x成立，求实数的取值范围【答案】(1)a=1，b=3(2)-4,7【分析】(1)利用题给条件列出关于a，b的方程组，解之并进行检验后即可求得a，b的值；(2)利用题给条件列出关于实数的不等式，解之即得实数的取值范围【详解】(1)f x=ax3-bx2-9x-1，则 fx=3ax2-2bx-9因为函数 f x=ax3-bx2-9x-1在x=-1处取得极值4，所以3a+2b-9=0,-a-b+9-1=4，解得a=1

23、b=3 此时 fx=3x2-6x-9=3 x+1x-3易知 f x在-,-1上单调递增，在-1,3上单调递减，在 3,+上单调递增，则x=-1是函数 f x的极大值点，符合题意故a=1，b=3(2)若存在x 2,4，使3-2 f x成立，则3-2 f xmin由(1)得，f x=x3-3x2-9x-1，且 f x在 2,3上单调递减，在 3,4上单调递增，所以 f xmin=f 3=27-27-27-1=-28，所以3-2-28，即2-3-280，解得-47，所以实数的取值范围是-4,77.7.(20232023春春 广东阳江广东阳江 高二校考阶段练习高二校考阶段练习)已知函数 f x=4ln

24、x-ax+a+3x(a0)(1)当a=12，求 f(x)的极值(2)当a1时，设g(x)=2ex-4x+2a，若存在x1,x212,2，f(x1)g(x2)，求实数a的取值范围(e为自然对数的底数，e=2.71828)【答案】(1)极小值为3；极大值为4ln7-3(2)1,4【分析】(1)利用导数判断单调性，求出极值即可；(2)存在x1,x212,2，使 f(x1)g(x2)，转化为在区间12,2上 f xmaxg xmin,即可求解.【详解】(1)f x的定义域为(0，+)，当a=12时，f x=4lnx-x2+72x，7 fx=4x-12-72x2=-x-1x-72x2，令 fx0，可得1

25、x7，令 f(x)0，可得0 x7，函数的单调减区间为(0，1)，(7，+)，单调增区间为(1，7)x=1时，函数取得极小值为3；x=7时，函数确定极大值为4ln7-3；(2)fx=-ax2+4x-a+3x2x0，令h(x)=-ax2+4x-a+3，若a1，则=16-4a2-12a=-a-1a+40，f(x)在区间(0，+)上单调递减，当a1时，f(x)在12,2上单调递减，f(x)在12,2上的最大值为 f12=-4ln2+32a+6，gx=2ex-4，令gx=0，得x=ln2，当x12,ln2时，gx0，g(x)单调递增，g x在12,2上的最小值为g ln2=4-4ln2+2a，由题意可

26、知-4ln2+32a+64-4ln2+2a，解得a4，又a1，实数a的取值范围为1，4)8.8.(20232023 四川成都四川成都 成都七中校考二模成都七中校考二模)已知函数g x=ax-a-lnx,f x=xg x，且g x0.(1)求实数a的值；(2)证明：存在x0，fx0=0且0 x01，0 x0.因为g x0，且g 1=0，故只需g1=0.又g1=a-1，则a-1=0，a=1.若a=1，则gx=1-1x.显然当0 x1时，gx1，gx0，此时g x在(1，+)上单调递增.所以x=1是g x的唯一极小值点，故g xg 1=0.综上，所求a的值为1.(2)由(1)知 f x=x2-x-x

27、lnx,fx=2x-2-lnx.8设h x=2x-2-lnx，则hx=2-1x当x 0,12时，hx0，所以h x在 0,12上单调递减，在12,+上单调递增.又h e-20,h120；当x x0,1时h x0；因为 fx=h x，所以x=x0是 f x的唯一极大值点.即x=x0是 f x在 0,1的最大值点，所以 f x f x0成立.9.9.(20232023 河南河南 统考三模统考三模)已知函数 f x=cosx-ax2，其中aR，x-2,2(1)当a=-12时，求函数 f x的值域；(2)若函数 f x在-2,2上恰有两个极小值点x1，x2，求a的取值范围；并判断是否存在实数a，使得

28、f x2-x1=1+19x2-x12成立？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由【答案】(1)1,28 ；(2)-12,-1；存在；a=-13【分析】(1)对函数求导，利用导数的性质进行求解即可；(2)判断函数 f x的奇偶性，根据二次求导法分类讨论求出a的取值范围，最后再根据x1，x2之间的关系进行求解即可.【详解】解：(1)当a=-12时，f x=cosx+12x2，则 fx=-sinx+x设g x=fx，则gx=-cosx+1，x-2,2显然gx0g x在-2,2上单调递增又g 0=0，当x-2,0时，fx0 f x在-2,0上单调递减，在 0,2上单调递增 f 0=1，f2=f-2=

29、28，函数 f x的值域为 1,28 (2)f-x=cos-x-a-x2=cosx-ax2=f x，f x是-2,2上的偶函数“函数 f x在-2,2上恰有两个极小值点”等价于“函数 f x在 0,2上恰有一个极小值点”9因 fx=-sinx-2ax，设h x=fx，则hx=-cosx-2a当a0时，hx0，则h x在 0,2上单调递减h xh 0=0则 fx0，此时 f x在 0,2上单调递减，无极小值当a-12时，hx0，则h x在 0,2上单调递增h xh 0=0则 fx0，此时 f x在 0,2上单调递增，无极小值当-12a0时，存在x0 0,2，使hx0=-cosx0-2a=0当x

30、0,x0时，hx0h x在 0,x0上单调递减，在 x0,2上单调递增h 0=0，h x00又h2=-1-a，(i)当-1-a0，即-1a0，即-12a0则存在t x0,2，使得h t=-sint-2at=0(*)当x 0,t时，fx0 f x在 0,t上单调递减，在 t,2上单调递增函数 f x在 0,2上恰有一个极小值点x2=t此时，x=0是函数 f x的极大值点当函数 f x在-2,2上恰有两个极小值点时，a的取值范围为-12,-1x1+x2=0，若 f x2-x1=1+19x2-x12，则cos2x2-4ax22=1+49x22由(*)式，知sinx2=-2ax21-8a2x22-4a

31、x22=1+49x22整理得x223a+16a+1=0 x20，a-12,-1，a=-13存在a=-13，使得 f x2-x1=1+19x2-x12成立【点睛】关键点睛：运用二次求导法、分类讨论思想是解题的关键.10.10.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知函数 f(x)=-2aln x-2x，g(x)=ax-(2a+1)ln x-2x，其中aR.(1)若x=2是函数 f(x)的驻点，求实数a的值；(2)当a 0时，求函数g(x)的单调区间；10(3)若存在x1e，e2(e为自然对数的底)，使得不等式 f(x)g(x)成立，求实数a的取值范围【答案】(1)12(2)答

32、案见解析(3)-e,+【分析】(1)根据x=2是函数 f x的驻点得到 f2=0，然后列方程求a即可；(2)求导，分a=12、a12和0a0时，令gx=0，可得x=1a0或x=2，当1a=2，即a=12时，对任意的x0，gx0，此时，函数g x的单调递增区间为 0,+当01a12时，令gx0，得0 x2，令gx0，得1ax2，即0a0，得0 x1a；令gx0，得2x1a，此时，函数g x的单调递增区间为 0,2和1a,+，单调递减区间为 2,1a.(3)由 f xg x，可得ax-lnx0，即alnxx，其中x1e,e2，令h x=lnxx，x1e,e2，若存在x1e,e2，使得不等式 f x

33、g x成立，则ah xmin，x1e,e2，hx=1-lnxx2，令hx=0，得x=e，当1ex0，当exe2时，hx0，函数h x在1e,e上严格递增，在 e,e2上严格递减，函数h x在端点x=1e或x=e2处取得最小值h1e=-e，h e2=2e2h1e0)(1)若a=1，求函数 f x的极值；(2)设函数h x=f x-g x，求函数h x的单调区间；(3)若存在x0 1，e，使得 f x00与hx0的条件；(3)先把题干中的问题转化为在x 1，e上有h xmin1时，fx0，f x单调递增；当0 x1时，fx0，定义域为 0,+hx=1-ax-1+ax2=x2-ax-1-ax2=x+

34、1x-1-ax2因为a0，所以1+a0，令hx0得：x1+a，令hx0得：0 x1+a，所以h x在 1+a,+单调递增，在 0,1+a单调递减.综上：h x单调递增区间为 1+a,+，单调递减区间为 0,1+a.(3)存在x0 1，e，使得 f x0g x0成立，等价于存在x0 1，e，使得h x00，即在x 1，e上有h xmin0由(2)知，h x单调递增区间为 1+a,+，单调递减区间为 0,1+a，所以当1+ae，即ae-1时，h x在x 1，e上单调递减，故h x在x=e处取得最小值，由h xmin=h e=e-a+1+aee2+1e-1，因为e2+1e-1e-1，故ae2+1e-

35、1.当11+ae，即0ae-1时，由(2)知：h x在x 1,1+a上单调递减，在x 1+a,e上单调递增，h x在x 1，e上的最小值为令h 1+a=2+a-aln 1+a因为0ln 1+a1，所以0aln 1+a2，即h 1+a2，不满足题意，舍去综上所述：a的取值范围为e2+1e-1,+【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题12注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理12.12.(20232023 上海金山上海金山 上海市金山中学校考模拟预测上海市金山中学校考模拟预测)

36、已知曲线y=ln x+m与x轴交于点P，曲线在点P处的切线方程为y=f x，且 f 1=2(1)求y=f x的解析式；(2)求函数g x=f xex的极值；(3)设h x=ln2x+1-alnx+1x，若存在实数x1 1,e，x2 e-1,1，使2h x1x2ln2x2+a-1x2lnx2+x2成立，求实数a的取值范围【答案】(1)f x=x+1；(2)极大值为g 0=1，无极小值；(3)-,3-2e 3-12e,+【分析】(1)先根据题意得P 1-m,0，进而得切线斜率k=1，故 f x=x-1+m，再根据 f 1=2求得m，进而得解析式；(2)由(1)g x=x+1ex，求导得g x=-x

37、ex，进而根据导数与极值的关系即可得答案；(3)将不等式整理变形得：存在实数x1,1x2 1,e使2h x1h1x2成立，进而转化为2h xminh xmax，再研究函数h x的单调性得x 0,ea时，函数h x为减函数，x ea,+时，函数h x为增函数，再分a0，0a1，a1三种情况讨论求解即可得答案.【详解】解：(1)令y=ln x+m=0解得x=1-m，故点P 1-m,0，对函数y=ln x+m求导得y=1x+m，所以曲线y=ln x+m在点P处的切线斜率为k=11-m+m=1，所以曲线y=ln x+m在点P处的切线方程为：y=x-1+m，即：y=f x=x-1+m，又因为 f 1=2

38、，故m=2，所以y=f x的解析式 f x=x+1.(2)由(1)知g x=f xex=x+1ex，函数定义域为R，所以g x=-xex，故当x 0,+时，g x0，g x单调递增，所以函数g x在x=0处取得极大值，极大值为g 0=1，无极小值.(3)因为x2ln2x2+a-1x2lnx2+x2=x2ln2x2+a-1x2lnx2+x21=ln2x2+a-1lnx2+11x2=ln1x22+1-aln1x2+11x2，故不等式2h x1x2ln2x2+a-1x2lnx2+x2等价于2h x1h1x2，因为1x2 1,e，故存在实数x1,1x2 1,e使2h x1h1x2成立，所以只需2h x

39、minh xmax成立即可.13所以h x=-ln2x+1+alnx-ax2=lnx-1a-lnxx2，因为x 1,e时，lnx 0,1，故lnx-1-1,0所以当x 0,ea时，h x0，函数h x为增函数所以(i)当a0时，h x0在 1,e恒成立，故函数h x在 1,e单调递增，故h xmin=h 1=1,h xmax=h e=3-ae，所以23-ae，解得a3-2e；(ii)当0a1时，x 1,ea时，h x0，函数h x为增函数，故h xmin=h ea=a+1ea，h xmax=max h 1,h e=max 1,3-ae =3-ae,0a3-e1,3-ea1，所以，当0a3-e时

40、，2a+1ea3-ae，即2 a+1 3-aea-1，令m a=2 a+1-3-aea-1，m a=2-2ea-1+aea-1，m a=-ea-1+aea-1=a-1ea-1m 3-em 1=a0，故m a在 0,1单调递增，所以m a在 0,3-e上也单调递增，m am 0=2-3e0，与m a=2 a+1-3-aea-10矛盾，无解当3-ea1时，2a+1ea1，即2 a+1ea，所以2 a+1-ea0，令k a=2 a+1-ea，k a=2-ea，令k a=2-ea=0得a=ln2，故当0a0，函数k a单调递增，当ln2a1时，k ak 0=1,k ak 1=4-e0，故函数k a在

41、0,1的函数值恒大于0，故当3-ea0，与2 a+1-ea0矛盾，无解；(iii)当a1时，x 1,e时，h x0，函数h x为减函数，故h xmax=h 1=1,h xmin=h e=3-ae，所以2 3-ae3-12e；综上，实数a的取值范围是-,3-2e 3-12e,+.【点睛】本题考查导数的几何意义，极值，不等式能成立问题，考查运算求解能力，分类讨论思想，综合分析问题与解决问题的能力，是难题.本题第三问解题的关键在于对已知不等式变形转化为存在实数x1,1x2 1,e使2h x1h1x2成立，进而只需2h xminh xmax成立即可，再分类讨论求函数的最值即可.13.13.(20232

42、023 重庆重庆 重庆南开中学校考模拟预测重庆南开中学校考模拟预测)对于定义在D上的函数F(x)，若存在x0D，使得F x0=x0，则称x0为14F(x)的一个不动点设函数 f(x)=(x-1)ex-alnx+x，已知x0 x01为函数 f(x)的不动点(1)求实数a的取值范围；(2)若kZ，且kx0a对任意满足条件的x0成立，求整数k的最大值(参考数据：ln20.693，ln31.1，e231.95，e27.39，e324.48)【答案】(1)a(0,e)(e,+)；(2)2.【分析】(1)根据给定的不动点定义，构造函数g(x)=(x-1)ex-alnx，利用导数结合零点存在性定理探讨函数g

43、(x)在(0,1)(1,+)上的零点作答.(2)由(1)可得a=x0-1ex0lnx0，结合给定条件确定出k值2，再利用导数讲明不等式2x00在(0,1)，(1,+)上都递增，而g(1)=0，因此函数g(x)在(0,1)、(1,+)无零点，当a0时，令h(x)=x2ex-a，x(0,1)(1,+)，h(x)=(x2+2x)ex0，则函数g(x)在(0,1)，(1,+)上都递增，当0a1时，g(x)g(1)=e-a0，函数g(x)在(1,+)上递增，无零点，当0 x1时，h(0)=-a0，则存在x1(0,1)，使得h(x1)=0，即g(x1)=0，当x(0,x1)时，g(x)0,g(x)递增，g

44、(x1)g(1)=0，而-ea-1，有e-eae-11，ee-ea0，因此存在x0(0,x1)，使得g(x0)=0，即函数g(x)在(0,1)上有零点x0，则0ae时，当0 x1时，g(x)g(1)=e-ag(1)=0，无零点，当x1时，h(a)=a(ea-1)0，则存在x2(1,+)，使得h(x2)=0，即g(x2)=0，当x(1,x2)时，g(x)0,g(x)递增，g(x2)e，求导得(a)=aea-1-lna，令y=(a)=aea-1-lna,ae，则y=(a+1)ea-1a0，即函数(a)在(e,+)上单调递增，(a)(e)=eee-20，函数(a)在(e,+)上单调递增，(a)(e)

45、=(e-1)ee-e0因此存在x0(1,a)，使得g(x0)=0，即函数g(x)在(1,+)上有零点x0，则ae，所以实数a的取值范围是(0,e)(e,+).(2)依题意，x0-1ex0-alnx0=0，于是a=x0-1ex0lnx0，即kx0 x0-1ex0lnx0因为x0(0,1)(1,+)，取x0=12，有keln22.38，因此k取2，下证：2x00，u(x)=1x-1，当x(0,1)时，u(x)0,u(x)递增，当x(1,+)时，u(x)0,u(x)u(1)=0，即lnxx-1对x0恒成立，当x0(1,+)时，x0-1ex0lnx0ex0，令v(x)=ex-2x,x1，v(x)=ex

46、-20，函数v(x)在(1,+)上递增，v(x)v(1)=e-20，即ex02x0，从而2x0 x0-1ex0 x0成立，令H(x)=(x-1)ex-2xlnx，0 x1，只需证H(x)0，H(x)=xex-2lnx-2，令t(x)=xex-2lnx-2,0 x1，t(x)=(x+1)ex-2x，显然t(x)=(x+1)ex-2x在(0,1)上递增，t12=3 e2-40，即存在x312,23，使tx3=0，且当x 0,x3时，t(x)0,H(x)递增，H(x)H(x3)=x3ex3-2lnx3-2x3x3+1ex3=2，整理得Hx3=x3ex3-2lnx3-2=2x3+1-2lnx3-2，因

47、为函数y=2x+1-2lnx-2在x(0,1)递减，所以Hx3=2x3+1-2lnx3-2H23=2ln3-2ln2-450，所以H(x)0在x(0,1)恒成立，即H(x)在x(0,1)递增，显然H(x)H23=-e23+4ln323=-0.31230，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)-1-e,+【分析】(1)对a分类讨论，由导数法求函数单调性；(2)法一，由分离变量法，转为由导数法研究函数最值，得出结论；法二，将函数拆分为前后两个函数，对a分类讨论，由导数法分别研究两函数单调性及最值，得出结论；【详解】(1)当b=0时，f(x)=x2+a(x-lnx)，f x的定义域为 0,+

48、，f(x)=2x+a-ax=2x2+ax-ax，当a2+8a0，即-8a0时，fx0且不恒为0，所以 f x在 0,+上单调递增；当a0可得x 0,-a-a2+8a4-a+a2+8a4,+，由 fx0时，方程2x2+ax-a=0有一负根-a-a2+8a4和一正根-a+a2+8a4，结合定义域由 fx0可得x-a+a2+8a4,+，由 fx0可得x 0,-a+a2+8a4，所以 f x在区间 0,-a+a2+8a4上单调递减，在区间-a+a2+8a4,+上单调递增.综上可知：当a0时，f x在区间 0,-a+a2+8a4上单调递减，在区间-a+a2+8a4,+上单调递增.(2)法一：分离变量可得

49、：aex-x2x-lnx，令F(x)=ex-x2x-lnx，x 1,e，则F(x)=-ex2-2x(x-lnx)-ex-x21-1x(x-lnx)2=ex2(lnx-2x+1)+x(2lnx-x-1)(x-lnx)2，易得当x 1,e时，lnx-2x+10，且2lnx-x-10，从而FxF(x)min=F(e)=-1-e.即a的取值范围为-1-e,+.法二：当b=1时，f(x)=x2+a(x-lnx)-ex，令g(x)=x2+a(x-lnx)，h(x)=ex，则 f x0，即为g xh x，而h x在 1,e上单调递减，所以当1xe时，h xh e=1，又g(e)=e2+ae-a，i.当g e

50、h e，即e2+ae-a1时，a-1-e，符合题意；ii.当-8a-1-e时，由(1)知g x在 1,e上是增函数，恒有g(x)g(e)h(e)=1，故不存在x 1,e，使g xh x；iii.当a0，所以g(x)=x2+a(x-lnx)x2-8(x-lnx)，令m(x)=x2-8(x-lnx)，则m(x)=2x-8+8x=2 x2-4x+4x=2(x-2)2x0，所以m x在 1,e上是增函数，最大值为m e，又m(e)-h(e)=e2-8(e-1)-1=e2-8e+7=(e-1)(e-7)0，所以m eh e，此时恒有g xh x.综上可知，a-1-e，即a的取值范围为-1-e,+.【点睛