2024届新高考高三数学函数与导数解答题汇编含答案.pdf

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1、120242024届高三数学函数与导数解答题分类精编精析届高三数学函数与导数解答题分类精编精析【题型目录】【题型目录】题型一：导数法研究函数的单调性题型二：导数法研究函数的极值、最值问题题型三：导数法研究函数的零点问题题型四：导数法证明不等式问题题型五：导数法研究函数中的隐零点问题题型六：导数中的同构问题题型七：导数中的极值点偏移问题题型八：导数中的双变量、多变量问题题型九：导数与数列不等式综合问题题型十：创新情境中函数与导数综合问题【题型分类精编精析】：【题型分类精编精析】：题型一：导数法研究函数的单调性题型一：导数法研究函数的单调性1(辽宁省鞍山市普通高中辽宁省鞍山市普通高中2023-20

2、242023-2024学年度高三第二次质量监测学年度高三第二次质量监测)已知函数 f x=12ax2-a+2x+2lnx，aR R(1)若曲线y=f x在x=2处的切线与y轴垂直，求实数a的值；(2)讨论函数 f x的单调性22(萍乡市萍乡市2023-20242023-2024学年度高三二模考试试卷学年度高三二模考试试卷)已知函数 f x=x2lnx.(1)求 f x的单调区间；(2)若存在x0，使得 f xax成立，求实数a的取值范围.3(江西省新余市江西省新余市2023-20242023-2024学年高三年级第二次模拟考试学年高三年级第二次模拟考试)已知函数 f x=ln2x+e+ax-1

3、，g x=2a+ex+1.(1)当a=e时，求函数 f x的最小值；(2)若h x=f x-g x在 0,+上单调递减，求a的取值范围.3题型二：导数法研究函数的极值、最值问题题型二：导数法研究函数的极值、最值问题4(湖南省邵阳市湖南省邵阳市20242024届高三第二次联考届高三第二次联考)设函数 f x=m x+1ex,m0.(1)求 f x的极值；(2)若对任意x-1,+，有lnf x2ex恒成立，求m的最大值.5(安徽省安徽省A10A10联盟联盟20242024届高三届高三4 4月质量检测月质量检测)已知函数 f x=x-12e2x-1-mx3.(1)若曲线y=f x在点12,f12处的

4、切线l与直线x-5y=0垂直，求l的方程；(2)若函数 f x在 0,+上有2个极值点，求实数m的取值范围.46(新疆乌鲁木齐地区新疆乌鲁木齐地区20242024年高三年级第三次质量监测年高三年级第三次质量监测)已知函数 f x=e2x-ax aR R()讨论 f x的单调性；()若 f x的最小值为m，求证m17(2024(2024届明日之星高考数学精英模拟卷届明日之星高考数学精英模拟卷)已知函数 f(x)=2ax-ex.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当a0时，f(x)4a2-4a.58(天域全国名校协作体天域全国名校协作体2023-20242023-2024学年高三下学期联考学

5、年高三下学期联考)已知函数 f(x)=lnx+ax-ax，aR R(1)若 f(x)在定义域内是减函数，求a的取值范围；(2)当a1时，证明：exlnxe(x-1)9题型五：导数中的隐零点问题题型五：导数中的隐零点问题16(湖南省湖南省20242024届高三“一起考”大联考届高三“一起考”大联考)已知函数 f(x)=ax+lnx+1，g(x)=xex-2x.(1)若 f(x)的极大值为1，求实数a的值；(2)若a=-1，求证：f(x)g(x).17(20242024届河北省名校联盟高三下学期届河北省名校联盟高三下学期4 4月第二次联考月第二次联考)已知函数 f x=x22-x+asinx.(1

6、)当a=2时，求曲线y=f x在点 0,f 0处的切线方程；(2)当x 0,时，f x0，求实数a的取值范围.1018(2024(2024届河北省承德市部分高中二模届河北省承德市部分高中二模)已知 f x=ae2x-2xex(其中e=2.71828为自然对数的底数).(1)当a=0时，求曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程；(2)当a=12时，判断y=f x是否存在极值，并说明理由；(3)xR R,f x+1a0,求a的取值范围.题型六：导数中的同构问题题型六：导数中的同构问题19(20242024年江西省南昌市高考数学二模年江西省南昌市高考数学二模)已知 f(x)=ax-xa(x0,a

7、0且a1)(1)当a=e时，求证：f(x)在(e,+)上单调递增；(2)设ae，已知xe22lna,+，有不等式 f(x)0恒成立，求实数a的取值范围1120(2024(2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟)设函数 f x=x2+3x+2ex-1,g x=x-ln x+1(1)讨论 f x的单调性(2)证明：g x0(3)当xe-1时，证明：f x41222(山东省潍坊市山东省潍坊市20242024届高三年级质量检测届高三年级质量检测)已知函数 f x=ex-12x2-ax有两个极值点x1,x2(1)求实数a的取值范围(2)求证：x1

8、+x22题型八：导数中的双变量、多变量问题题型八：导数中的双变量、多变量问题23(河北省沧衡名校联盟高三年级模拟考试河北省沧衡名校联盟高三年级模拟考试)已知函数h x=xlnx,0 xh x在 1,+上恒成立；(2)若h x1=h x2=h x30 x1x2x3，且x2=mx1,m 1,2，证明：x2+x3-10，求a；(2)记tn=1+12+1n，证明：tn-56ln n+1|g(x1)-g(x2)|成立，求实数b的取值范围(3)证明：当 p1,n2时，有1np1p-11(n-1)p-1-1np-11426(20242024届河北省名校联盟高三下学期届河北省名校联盟高三下学期4 4月第二次联

9、考月第二次联考)设A，B是两个非空集合，如果对于集合A中的任意一个元素x，按照某种确定的对应关系 f，在集合B中都有唯一确定的元素y和它对应，并且不同的x对应不同的y；同时B中的每一个元素y，都有一个A中的元素x与它对应，则称 f：AB为从集合A到集合B的一一对应，并称集合A与B等势，记作A=B.若集合A与B之间不存在一一对应关系，则称A与B不等势，记作AB.例如：对于集合A=N*，B=2n nN*，存在一一对应关系y=2x xA,yB，因此A=B.(1)已知集合C=x,yx2+y2=1，D=x,yx24+y23=1 ，试判断C=D是否成立?请说明理由；(2)证明：0,1=-,+；N*x xN

10、*.1527(安徽省黄山市安徽省黄山市20242024届高中毕业班第二次质量检测届高中毕业班第二次质量检测)帕德近似是法国数学家亨利帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法给定两个正整数m,n，函数 f(x)在x=0处的m,n阶帕德近似定义为：R(x)=a0+a1x+amxm1+b1x+bnxn，且满足：f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(0)=R(0)，f(m+n)(0)=R(m+n)(0)注：f(x)=f(x)，f(x)=f(x)，f（4）(x)=f(x)，f（5）(x)=f（4）(x)，已知函数 f(x)=ln(x+1).(1)求函数 f(x)=ln(x+1)在x=0处的1,1阶

11、帕德近似R(x)，并求ln1.1的近似数(精确到0.001)；(2)在(1)的条件下：(i)求证：R(x)ln(x+1)0)(1)设(x)=g(x)h2(x)，若2 为“h(x)的可移-2倒数点”，求函数(x)的单调区间；(2)设(x)=g(x),x01h(x),x0，f x=12ax2-a+2x+2lnx，则 fx=ax-a+2+2x=ax2-a+2x+2x=ax-1x-2x，因为在x=2处的切线与y轴垂直，所以 fx=a-1=0，解得a=1；(2)由(1)知 fx=ax-1x-2xx0，当a0时，由 f(x)0得0 x1，由 f(x)1，所以 f(x)的单调递增区间为 0,1，单调递减区间

12、(1,+)，当a0时，分以下三种情况：若a=2，则 f(x)0在定义域内恒成立，所以 f(x)的单调递增区间为(0,+)，无单调递减区间；若0a0得0 x2a，令 f(x)0得1x2，令 f(x)0得0 x1，令 f(x)0得2ax1，所以 f(x)的单调递增区间为 0,2a,1,+，单调递减区间为2a,1，2综上所述，当a0时，f x在区间 0,1单调递增，在区间 1,+单调递减；当a=2时，f x在区间 0,+单调递增，无递减区间；当0a2时，f x在区间 0,2a,1,+单调递增，在区间2a,1单调递减.2(萍乡市萍乡市2023-20242023-2024学年度高三二模考试试卷学年度高三

13、二模考试试卷)已知函数 f x=x2lnx.(1)求 f x的单调区间；(2)若存在x0，使得 f xax成立，求实数a的取值范围.【解析】：(1)fx=x 2lnx+1，令 fx=0，解得x=e-12，当x 0,e-12时，fx0,f x单调递增，则 f x的单调递减区间为 0,e-12，单调递增区间为 e-12,+；(2)依题意，存在x0，使得axlnx，令g x=xlnx，则gx=lnx+1，当x 0,1e时，gx0,g x单调递增，故g(x)min=g1e=-1e，因此a-1e.3(江西省新余市江西省新余市2023-20242023-2024学年高三年级第二次模拟考试学年高三年级第二次

14、模拟考试)已知函数 f x=ln2x+e+ax-1，g x=2a+ex+1.(1)当a=e时，求函数 f x的最小值；(2)若h x=f x-g x在 0,+上单调递减，求a的取值范围.【解析】：(1)因为a=e，所以 f x=ln2x+2ex-1，可得 fx=2lnxx+2e=2lnx+2exx，令q x=2lnx+2ex，显然q x在 0,+上单调逆增且q1e=0因此当0 x1e时，则有q x1e时，则q x0，于是有当0 x1e时，函数 f x单调递增，所以 f xmin=f1e=ln21e+2e1e-1=2.(2)化简得h x=ln2x-ax-2，即hx=2lnxx-a，因为h x在

15、0,+上单调递减，所以hx=2lnxx-a0在 0,+上恒成立，由2lnxx-a0a2lnxx，设 x=2lnxx，则有x=2 1-lnxx2，当xe时，x0，x单调逆减，当0 x0，x单调逆增，3所以 xmax=2lnee=2e，要想hx=2lnxx-a0在 0,+上恒成立，只需a2e，经检验，当a=2e符合题意，因此a的取值范围为2e,+.题型二：导数法研究函数的极值、最值问题题型二：导数法研究函数的极值、最值问题4(湖南省邵阳市湖南省邵阳市20242024届高三第二次联考届高三第二次联考)设函数 f x=m x+1ex,m0.(1)求 f x的极值；(2)若对任意x-1,+，有lnf x

16、2ex恒成立，求m的最大值.【解析】：(1)fx=m x+2ex,m0.令 fx0，得x-2，令 fx0，得x-2.故 f x在-,-2单调递减，在-2,+单调递增.f x在x=-2处取得极小值 f-2=-me2，无极大值.(2)lnf x2ex对x-1,+恒成立，即lnm2ex-ln x+1-x对x-1,+恒成立.令g x=2ex-ln x+1-x,x-1,+，则只需lnmg(x)min即可.gx=2ex-1x+1-1,x-1,+.易知y=2ex,y=-1x+1-1,均在-1,+上单调递增，故gx在-1,+上单调递增且g0=0.当x-1,0时，gx0,g x单调递增.g(x)min=g 0=

17、2.故lnm2=lne2,0me2，故m的最大值为e2.5(安徽省安徽省A10A10联盟联盟20242024届高三届高三4 4月质量检测月质量检测)已知函数 f x=x-12e2x-1-mx3.(1)若曲线y=f x在点12,f12处的切线l与直线x-5y=0垂直，求l的方程；(2)若函数 f x在 0,+上有2个极值点，求实数m的取值范围.【解析】：(1)由题意得，fx=e2x-1+2x-1e2x-1-3mx2=2xe2x-1-3mx2，故 f12=1-34m=-5，解得m=8，而 f12=-1，故所求切线方程为y+1=-5 x-12，即10 x+2y-3=0.(2)令 fx=0，则2xe2

18、x-1=3mx2，故2e2x-13x=m.令g x=2e2x-13x，x 0,+，则gx=232x-1e2x-1x2，令gx=0，解得x=12，故当x 0,12时，gx0，g x单调递增，且g12=43，当x0时，g x+，当x+，g x+，故实数m的取值范围为43,+.46(新疆乌鲁木齐地区新疆乌鲁木齐地区20242024年高三年级第三次质量监测年高三年级第三次质量监测)已知函数 f x=e2x-ax aR R()讨论 f x的单调性；()若 f x的最小值为m，求证m1【解析】：()f(x)=2e2x-a，当a0时，f(x)0，所以 f(x)在R上单调递增；当a0时，f(x)=2e2x-a

19、=0，x=12lna2，所以 f(x)在-,12lna2上单调通减；在12lna2,+上单调递增；()由()可知当a0时，f(x)min=f12lna2=elna2-a2lna2=a2-a2lna2，所以m=a2-a2lna2，设g(x)=x-xlnx(x0)，则g(x)=1-lnx-1=-lnx，所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，所以g(x)g(1)=1，所以m17(2024(2024届明日之星高考数学精英模拟卷届明日之星高考数学精英模拟卷)已知函数 f(x)=2ax-ex.(1)讨论 f(x)的单调性；(2)证明：当a0时，f(x)4a2-4a.【解析】：(1)由

20、 f(x)=2ax-ex，得 f(x)=2a-ex，当a0时，f(x)0时，令 f(x)=0，得x=ln(2a)，当x(-,ln(2a)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(ln(2a),+)时，f(x)0时，f(x)max=f(ln(2a)=2aln(2a)-2a，要证当a0时，f(x)4a2-4a，可证2aln(2a)-2a4a2-4a，因为a0，即证ln(2a)2a-1.设g(a)=ln(2a)-2a+1，则g(a)=1a-2，令g(a)=0，则a=12，所以当a 0,12时，g(a)0，g(a)单调递增；当a12,+时，g(a)0时，f(x)4a2-4a.8(天域全国名校协作体天域全

21、国名校协作体2023-20242023-2024学年高三下学期联考学年高三下学期联考)已知函数 f(x)=lnx+ax-ax，aR R(1)若 f(x)在定义域内是减函数，求a的取值范围；(2)当a0)，f(x)=1x-a-ax2=-ax2+x-ax2，若 f(x)在定义域内是减函数，则 f(x)0对x(0,+)恒成立，即-ax2+x-a0恒成立，所以a0，=1-4a20，解得a12(2)当a0时，f(x)0，f(x)在(0,+)上单调递增，f(x)无极值点；5当0a0，令 f(x)0，解得x1-1-4a22a,1+1-4a22a，令 f(x)0，解得x 0,1-1-4a22a1+1-4a22

22、a,+，则 f(x)在0,1-1-4a22a上 是 单 调 递 减，在1-1-4a22a,1+1-4a22a上 是 单 调 递 增，在1+1-4a22a,+上是单调递减，f(x)的极小值点为1-1-4a22a，极大值点为1+1-4a22a综上，当 a 0 时，f(x)无极值点；当 0 a 12时，f(x)的极小值点为1-1-4a22a，极大值点为1+1-4a22a题型三：导数中的零点问题题型三：导数中的零点问题9(20232023学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测)已知函数 f x=aln x+2-12x2aR R(1)讨论函数 f x的单调性；(2)

23、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【解析】：(1)因为 fx=ax+2-x=-x+12+a+1x+2，()当a-1时，f x在-2,+单调递减；()当-1a0时，当x-2,-a+1-1,fx0当xa+1-1,+,fx0所以 f x在-2,-a+1-1单调递减，在-a+1-1,a+1-1单调递增，在a+1-1,+单调递减；()当a0时，f x在-2,a+1-1单调递增，a+1-1,+单调递减(2)()由(1)知-1a0()由(1)知 f x极大值为 fa+1-1，因为 fa+1-1=alna+1+1-12a+1-120所以函数 f x有且只

24、有一个零点10(湖南省湖南省20242024届高三九校联盟第二次联考届高三九校联盟第二次联考)已函数 f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,cR R)，其图象的对称中心为(1,-2).(1)求a-b-c的值；(2)判断函数 f x的零点个数.【解析】：(1)因为函数 f x的图象关于点 1,-2中心对称，故y=f x+1+2为奇函数，从而有 f x+1+2+f-x+1+2=0，即 f x+1+f-x+1=-4，f x+1=(x+1)3+a(x+1)2+b x+1+c=x3+a+3x2+2a+b+3x+a+b+c+1，6f 1-x=(1-x)3+a(1-x)2+b 1-x+c=-x3+a+3

25、x2-2a+b+3x+a+b+c+1，所以2a+6=02a+2b+2c+2=-4，解得a=-3b+c=0，所以a-b-c=-3；(2)由(1)可知，f x=x3-3x2-cx+c，fx=3x2-6x-c，=36+12c，当c-3时，=36+12c0，fx0，所以 f x在R R上单调递增，f 1=-20，函数 f x有且仅有一个零点；当-3c0，x1x2=-c30，fx=0有两个正根，不妨设x1x2，则3x21-6x1-c=0，函数 f x在-,x1单调递增，在 x1,x2上单调递减，在 x2,+上单调递增，f x1=x31-3x21-x1-13x21-6x1=-2x1x21-3x1+30，函

26、数 f x有且仅有一个零点；当c=0时，f x=x3-3x2，令 f x=x3-3x2=0，解得x=0或x=3，f x有两个零点；当c0时，x1+x2=2，x1x2=-c30，fx=0有一个正根和一个负根，不妨设x10 f 0=c0，f x2 f 1=-20时，函数 f x有三个零点；当c=0时，函数 f x有两个零点；当c0，fx=x+a-2x，所以可得 f2=2+a-22=2，解得a=1.(2)若函数 f x在 1,e上无零点，即12x2+x-2lnx+b=0在 1,e上无解，即-b=12x2+x-2lnx在 1,e上无解，令g x=12x2+x-2lnx，x 1,e，gx=x+1-2x=

27、x2+x-2x=x+2x-1x，在 1,e上gx0，所以g x在 1,e上单调递增，所以g 1g xg e，7即32g xe22+e-2，若-b=12x2+x-2lnx在 1,e上无解，则-be22+e-2，即b-32或b2-e-e22.所以b的取值范围为-,2-e-e22-32,+12(华娇教育华娇教育20242024年广东省普通高中毕业班综合能力检测年广东省普通高中毕业班综合能力检测)设函数 f(x)=(x-1)ex-1+a2x2.(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若a-e，讨论函数 f(x)的零点的个数.【解析】：(1)函数 f(x)定义域为R，求导得 f(x)=x(ex-1+a)

28、，若a0，当x0时，f(x)0时，f(x)0，因此函数 f(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增；若a0，由 f(x)=0，得x=0或x=1+ln(-a)，当a=-1e时，f(x)0，则函数 f(x)在R上单调递增；当-1ea0时，1+ln(-a)0，当x0时，f(x)0，当1+ln(-a)x0时，f(x)0，因此函数 f(x)在(-,1+ln(-a),(0,+)上单调递增，在(1+ln(-a),0)上单调递减；当a0，当x1+ln(-a)或x0，当0 x1+ln(-a)时，f(x)0，因此函数 f(x)在(-,0),(1+ln(-a),+)上单调递增，在(0,1+ln(-a)上

29、单调递减，所以当a-1e时，函数 f(x)在(-,0),(1+ln(-a),+)上单调递增，在(0,1+ln(-a)上单调递减；当a=-1e时，函数 f(x)在R上单调递增；当-1ea0时，由(1)知函数 f(x)在(-,0)上递减，在(0,+)上递增，且 f(0)=-1e0，取x0-3且x0(x0-1)a+a2x20=a2(x0+1)2-30，因此函数 f(x)有两个零点；当-1ea0时，由(1)知函数 f(x)在(0,+)上递增，且 f(0)=-1e0，而x0时，恒有 f(x)0，因此函数 f(x)只有一个零点，当-ea-1e时，由(1)知函数 f(x)在(0,1+ln(-a)上递减，在(

30、1+ln(-a),+)上递增，且 f(1+ln(-a)f(0)=-1e0，而x0时，恒有 f(x)0时，函数 f(x)有两个零点.813(山东省“齐鲁名校联盟”山东省“齐鲁名校联盟”2023-20242023-2024学年高三年级第七次联考学年高三年级第七次联考)已知函数 f xxR及其导函数 f x满足 f x+f x=e-x，且 f 0=-1(1)求 f x的解析式，并比较 f3132，f cos14，f 4sin14的大小；(2)试讨论函数g x=f x+cosx在区间 0,上的零点的个数【解析】：(1)由 f x+f x=e-x，可得exf x+exf x=1，可设exf x=x+m且

31、m为常数，令x=0，可得m=e0f 0=-1，所以 f x=x-1ex，则 fx=2-xex，当x0，所以 f x在(-,2)单调递增，因为3132,cos14,4sin14均小于2，只需比较这三个数的大小即可，设a=3132,b=cos14,c=4sin14，因为当x 0,2时，x1，所以cb=4tan141，又b0，所以cb，设函数 x=cosx+12x2-1,x(0,+)，则x=-sinx+x0，所以 x在(0,+)上单调递增，所以14(0)=0，即cos14-31320，所以ba，所以cba，所以 f3132 f cos14 f 4sin14.(2)由题意知，函数g x=(x-1)e-

32、x+cosx，当x=0时，g 0=0；当x(0,)时，gx=(2-x)e-x-sinx，(i)令h x=(2-x)e-x-sinx，当x 0,2时，hx=(x-3)e-x-cosx0,h2=2-2e-2-10，g x在(0,x0)上单调递增，当x x0,2时，h x=gx0，g x在(0,x0)上单调递减；(ii)当x2,2时，令s x=(2-x)e-x，则sx=(x-3)e-x0，所以s x在x2,2上单调递减，所以s xs2=2-2e-2sin6=12，所以gx=(2-x)e-x-sinx0，g x在2,2上单调递减；(iii)当x(2,时，gx=(2-x)e-x-sinxg 0=0,g=

33、(-1)e-x-10，所以存在唯一的x1(x0,)，使得g x1=0，故g x在区间0,上仅有两个零点.【点睛】方法技巧：已知函数零点(方程根)的个数，求参数的取值范围问题的三种常用方法：91、直接法，直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组)，再通过解不等式(组)确定参数的取值范围2、分离参数法，先分离参数，将问题转化成求函数值域问题加以解决；3、数形结合法，先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后数形结合求解.结论拓展：与ex和lnx相关的常见同构模型aeablnbealneablnb，构造函数 f x=xlnx或g x=xex；eaablnbealneablnbealn

34、eablnb，构造函数 f x=xlnx或g x=exx.题型四：导数中证明不等式问题题型四：导数中证明不等式问题14(湖南省益阳市湖南省益阳市20242024届高三下学期届高三下学期4 4月教学质量检测月教学质量检测)已知a,b为正实数，构造函数 f x=lnxax+b若曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程为y=12ax-b(1)求a+b的值；(2)求证：f x2x+1-1x【解析】：(1)因为 f(x)=lnxax+b，所以 f(x)=ax-axlnx+bx(ax+b)2，又因为 f(1)=a+b(a+b)2=1a+b,f(1)=0，所以曲线y=f(x)在点 1,f 1处的切线方程为

35、y=1a+b(x-1)=1a+bx-1a+b.由题意可知曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程为y=12ax-b，所以1a+b=a21a+b=b2，解得a=b=1(负值舍去)，所以a+b=2.(2)由第1问可知，f(x)=lnxx+1.要证 f x2x+1-1x，即要证lnxx+12x+1-1x，只需证lnx+1x-10.构造函数g(x)=lnx+1x，则g(x)=x-1x2，当x(0,1)时，g(x)0，函数g(x)单调递增，所以g(x)min=g(1)=1，所以g(x)1，所以 f x2x+1-1x15(20242024年大连市高三第一次模拟考试年大连市高三第一次模拟考试)已知函数 f

36、 x=xlnx+ax+1 aR(1)若 f x0恒成立，求a的取值范围；(2)当x1时，证明：exlnxe(x-1)【解析】：(1)由已知得，-alnx+1x在 0,+上恒成立，设g x=lnx+1x,gx=1x-1x2=x-1x2，gx0，解得x1，gx0，解得0 x1时，exlnxexx-1x，设h x=ex-ex,hx=ex-e，故x1时，hx0，h x=ex-ex在 1,+上为增函数，h xh 1=0，exex所以x1时，exxe，即exx-1xe x-1由此可证，当x1时，exlnxexx-1xe x-1，结论得证法二：当x1时，若证exlnxe x-1成立即证lnxx-1ex-1，

37、x1设G x=lnx-x-1ex-1,x1，Gx=1x-ex-1-x-1ex-1ex-12=ex-1+x2-2xxex-1，设m x=ex-1+x2-2x,mx=ex-1+2x-2=ex-1+2 x-1，当x1时，mx0,m x在 1,+上为增函数m xm 1=0,Gx0，G x在 1,+上为增函数，G xG 1=0，由此可证，当x1时，exlnxe x-1成立【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法,使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数

38、形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.题型五：导数中的隐零点问题题型五：导数中的隐零点问题16(湖南省湖南省20242024届高三“一起考”大联考届高三“一起考”大联考)已知函数 f(x)=ax+lnx+1，g(x)=xex-2x.(1)若 f(x)的极大值为1，求实数a的值；(2)若a=-1，求证：f(x)g(x).【解析】：(1)f(x)的定义域为(0,+)，f(x)=a+1x=ax+1x.当a0时，f(x)0，f(x)在(0,+)上单调递增，函数 f(x)无极值；当a0，得0 x-1a，令 f(x)-1a，所以 f(x)在 0,-1a上单调递增，在-1a,+上单调递

39、减，故当x=-1a时，f(x)取得极大值，极大值为 f-1a=ln-1a=1，解得a=-1e.经验证a=-1e符合题意，故实数a的值为-1e.(2)当a=-1时，f(x)=lnx-x+1，故要证 f(x)g(x)，即证xex-x-lnx-10.11令F(x)=xex-x-lnx-1，则F(x)=(x+1)ex-1x-1=(x+1)ex-1x，x0.令G(x)=ex-1x，x0，则G(x)=ex+1x20，所以G(x)在(0,+)上单调递增，又因为G12=e-20，所以x012,1，使得G x0=0，即ex0=1x0，当x 0,x0时，G(x)0，所以F(x)在 0,x0上单调递减，在 x0,+

40、上单调递增，所以F(x)min=F x0=x0ex0-x0-lnx0-1.又因为ex0=1x0，即x0=-lnx0，所以F(x)min=1-x0+x0-1=0，所以F(x)0，即xex-x-lnx-10，故 f(x)g(x)得证.17(20242024届河北省名校联盟高三下学期届河北省名校联盟高三下学期4 4月第二次联考月第二次联考)已知函数 f x=x22-x+asinx.(1)当a=2时，求曲线y=f x在点 0,f 0处的切线方程；(2)当x 0,时，f x0，求实数a的取值范围.【解析】：(1)设切线斜率为k，因为 fx=x-1+2cosx，所以k=f0=1，又 f 0=0，所以，切线

41、方程是y=x.(2)当a1时，因为x 0,，所以sinx0，所以 f x=x22-x+asinxx22-x+sinx.记g x=x22-x+sinx，则gx=x-1+cosx，gx=1-sinx.因为当x 0,时，gx0，所以gx在区间 0,上单调递增，所以，gxg0=0，所以，g x在区间 0,上单调递增，所以，g xg 0=0，所以 f x0.当a0，所以 fx在区间 0,上单调递增.因为 f0=a-10，所以，存在x0 0,2，使得 fx0=0，所以，当x 0,x0时，fx0，即 f x在区间 0,x0上单调递减，所以 f x0 f 0=0，不满足题意.综上可知，a1.18(2024(2

42、024届河北省承德市部分高中二模届河北省承德市部分高中二模)已知 f x=ae2x-2xex(其中e=2.71828为自然对数的底数).(1)当a=0时，求曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程；12(2)当a=12时，判断y=f x是否存在极值，并说明理由；(3)xR R,f x+1a0,求a的取值范围.【解析】：(1)当a=0时,f x=-2xex,则 fx=-2 x+1ex.因为 f1=-4e,所以曲线y=f x在点 1,f 1处的切线方程为y=-4e x-1-2e=-4ex+2e.(2)当a=12时,f x=12e2x-2xex,定义域为-,+,则 fx=e2x-2 x+1ex=e

43、xex-2x-2.令F x=ex-2x-2,则Fx=ex-2,当x-,ln2时,Fx0,所以F x在-,ln2内单调递减，在 ln2,+内单调递增，F xmin=F ln2=2-2ln2-2=-2ln20,F 2=e2-60.存在x1-1,ln2,使得F x1=0；存在x2 ln2,2,使得F x2=0,当x-,x1时,F x0,fx0,f x单调递增；当x x1,x2时,F x0,fx0,fx0,f x单调递增，所以当a=12时,f x有一个极大值，一个极小值.(3)fx=2ae2x-2 x+1ex=2exaex-x-1,由xR R,f x+1a0,因为 f 0+1a=a+1a=a2+1a0

44、,得a0.令g x=aex-x-1,则g x在R R上单调递减，当xa-x-1,所以g a-1a-a-1-1=0,又g-1=ae-10,即 fx0,当x x0,+时,g x0,即 fx0,所以 f x在-,x0内单调递增，在 x0,+内单调递减，所以 f xmax=f x0=ae2x0-2x0ex0.由g x0=aex0-x0-1=0,a=x0+1ex0,由 f xmax+1a0,得 x0+1ex0-2x0ex0+ex0 x0+10,即1-x01+x0+1x0+10,由x0+10,得x20-11,所以-2 x0-1,13因为a=x0+1ex0,所以设h x=x+1ex-2 x0,可知h x在-

45、2,1内单调递增,h xh-2=1-2e-2=1-2e2,h x0,a0且a1)(1)当a=e时，求证：f(x)在(e,+)上单调递增；(2)设ae，已知xe22lna,+，有不等式 f(x)0恒成立，求实数a的取值范围【解析】：(1)证明：当a=e时，f(x)=ex-xe，则 f(x)=ex-exe-1=e(ex-1-xe-1)，令 f(x)0，则ex-1xe-1，两边取对数得x-1(e-1)lnx，设g(x)=x-1-(e-1)lnx(xe)，则g(x)=1-e-1x1-e-1e=1e0，所以g(x)在(c,+)单调递增，所以x(e,+)时，g(x)g(e)=0，即x(e,+)时，x-1(

46、e-1)lnx，所以x(e,+)时，ex-1xe-1，即 f(x)0，所以 f(x)在(e,+)上单调递增；(2)f(x)0axxa，两边取对数得：xlnaalnx，即lnxxlnaa，设h(x)=lnxx，则h(x)=1-lnxx，令h(x)=0，得x=e，当xe时，h(x)e，所以xe22lnae22e，h(x)在(e,+)单调递减，由lnxxlnaa，则ax在e22lna,+恒成立，即ae22lna，上式等价于lnaa2e2=lne2e2，由h(x)在(e,+)单调递减，所以e0，则ex-1xe-1，两边取对数得x-1(e-1)lnx，设g(x)=x-1-(e-1)lnx(xe)，求导可

47、得g(x)在(e,+)单调递增，所以x(e,+)时，ex-1xe-1，即 f(x)0，进而证得 f(x)在(e,+)上单调递增；(2)由题意可得xe22lna,+,lnxxlnaa恒成立，设h(x)=lnxx，求导可得h(x)在(e,+)单调递减，进而求出实数a的取值范围14本题主要考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了不等式恒成立问题，属于中档题20(2024(2024届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟届辽宁省抚顺市六校协作体高三下学期第三次模拟)设函数 f x=x2+3x+2ex-1,g x=x-ln x+1(1)讨论 f x的单调性(2)证明：g x0(3)当xe-1时，

48、证明：f xln x+2【解析】：(1)解：fx=-x2+x-1ex+1，令 fx=0，解得x=-1-52或x=-1+52当 x -,-1-52时，fx 0；当 x-1+52,+时，fx0故 f x在-,-1-52和-1+52,+上单调递减，在-1-52,-1+52上单调递增(2)证明：g x的定义域为-1,+,gx=xx+1当x-1,0时，gx0所以g x的最小值为g 0=0，故g xg 0=0(3)证明：当xe-1时，ln x+21要证x+1x+2ex+1eln x+2ln x+2设h x=exx，则hx=x-1exx2，当x1时，hx0，则h x在 1,+上单调递增，且h x+1=ex+

49、1x+1,h ln x+2=eln x+2ln x+2，当xe-1时，x+11,ln x+21，故只需证明x+1ln x+2由(2)知，xln x+1在-1,+上成立，故x+1ln x+2，即 f x4【解析】：(1)f(x)=a lnx+1，(x0)，当a0时，f(x)在 0,1e上单调递减，在1e,+上单调递增，有最小值 f(1e)=-ae-2，无最大值当a0所以g(x)在 0,2上单调递减，在 2,+上单调递增因为x1，x2是g(x)的两个零点，必然一个小于2，一个大于2，不妨设0 x120欲证x1+x24，只需证 x1+x22 x2-x1x1x24x2x1ln即证x2x1-x1x22x

50、2x1ln令x2x1=t t1，则只需证t-1t2tln 对任意的t1都成立令h(t)=t-1t-2tln，t1，则h(t)=1+1t2-2t=1t-120所以h(t)在 1,+上单增，h(t)=h(1)=0即t-1t2tln 对任意的t1都成立所以x1+x2422(山东省潍坊市山东省潍坊市20242024届高三年级质量检测届高三年级质量检测)已知函数 f x=ex-12x2-ax有两个极值点x1,x2(1)求实数a的取值范围(2)求证：x1+x22【解析】：(1)f(x)=ex-12x2-ax，f(x)=ex-x-a设g(x)=ex-x-a，则g(x)=ex-1，令g(x)=ex-1=0，解