【科学备考】(新课标)2022高考数学二轮复习 第三章 导数及其应用 导数的应用 理(含2022试题)
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【科学备考】(新课标)2022高考数学二轮复习第三章导数及其应用导数的应用理(含2022试题)理数1.(2022陕西,10,5分)如图,某飞行器在4千米高空水平飞行,从距着陆点A的水平距离10千米处开始下降,已知下降飞行轨迹为某三次函数图象的一部分,则该函数的解析式为( )A.y=x3-x B.y=x3-xC.y=x3-xD.y=-x3+x[答案]1.A[解析]1.根据题意,所求函数在(-5,5)上单调递减.对于A,y=x3-x,∴y'=x2-=(x2-25),∴∀x∈(-5,5),y'<0,∴y=x3-x在(-5,5)内为减函数,同理可研究B、C、D均不满足此条件,故选A.2.(2022辽宁,11,5分)当x∈[-2,1]时,不等式ax3-x2+4x+3≥0恒成立,则实数a的取值范围是( )A.[-5,-3] B. C.[-6,-2] D.[-4,-3][答案]2.C[解析]2.由题意知∀x∈[-2,1]都有ax3-x2+4x+3≥0,即ax3≥x2-4x-3在x∈[-2,1]上恒成立.当x=0时,a∈R.当0<x≤1时,a≥=--+.令t=(t≥1),g(t)=-3t3-4t2+t,因为g'(t)=-9t2-8t+1<0(t≥1),所以g(t)在[1,+∞)上单调递减,g(t)max=g(1)=-6(t≥1),所以a≥-6.当-2≤x<0时,a≤--+,同理,g(t)在(-∞,-1]上递减,在上递增.因此g(t)min=g(-1)=-2,所以a≤-2.89\n综上可知-6≤a≤-2,故选C.3.(2022课标全国卷Ⅱ,12,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足+[f(x0)]2<m2,则m的取值范围是( )A.(-∞,-6)∪(6,+∞) B.(-∞,-4)∪(4,+∞) C.(-∞,-2)∪(2,+∞) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)[答案]3.C[解析]3.f'(x)=cos,∵f(x)的极值点为x0,∴f'(x0)=0,∴cos=0,∴x0=kπ+,k∈Z,∴x0=mk+,k∈Z,又∵+[f(x0)]2<m2,∴+<m2,k∈Z,即m2+3<m2,k∈Z,∵m≠0,∴<,k∈Z,又∵存在x0满足+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z满足上式,∴>,∴>,∴m2-3>,∴m2>4,∴m>2或m<-2,故选C.4.(2022课表全国Ⅰ,11,5分)已知函数f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零点x0,且x0>0,则a的取值范围是( )A.(2,+∞) B.(1,+∞) C.(-∞,-2) D.(-∞,-1)[答案]4.C89\n[解析]4.(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a≠0时,f'(x)=3ax2-6x,令f'(x)=0,解得x1=0,x2=.当a>0时,>0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-∞,0)与上为增函数,在上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f(0)<0,即1<0,不成立.当a<0时,<0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在和(0,+∞)上为减函数,在上为增函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x0>0,则f>0,即a·-3·+1>0,解得a>2或a<-2,又因为a<0,故a的取值范围为(-∞,-2).选C.5.(2022重庆一中高三下学期第一次月考,7)已知函数的图像与轴恰好有三个不同的公共点,则实数的取值范围是( )(A) (B) (C) (D)[答案]5. C[解析]5. ,当或时,可得;当时,,所以函数的极小值为,极大值为,由题意可得,解得.6.(2022山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考,8)下图可能是下列哪个函数的图象( )[答案]6. C[解析]6. 因为当时,函数y=2x和函数y=-x2-1都为增函数,可知函数89\ny=2x-x2-1在上为增函数,故可排除选项A;因为函数y=为偶函数,故可排除选项B;因为,只有一个实数根,所以函数应只有一个极值点,故可排除选项D,故选C.7.(2022福州高中毕业班质量检测,10)已知函数为常数),当时取得极大值,当时取极小值,则的取值范围是( )A. B. C. D.[答案]7.D[解析]7.因为,又因为当时取得极大值,当时取极小值,所以,即,作出不等式组表示的平面区域,如图中解方程组可得,由图知,点到直线的距离的平方是的最小值,即,是的最大值,故的取值范围是.89\n8.(2022福州高中毕业班质量检测,9)若定义在上的函数满足,,且当时,其图象是四分之一圆(如图所示),则函数在区间上的零点个数为( ) A.5 B.4 C.3 D.2[答案]8. B[解析]8. 因为定义在上的函数满足,,所以函数是偶函数,且关于对称,又因为函数的定义域是,所以,令得,极小值由表中数据可知的单调减区间为,单调增区间为,当时,函数的极小值为,所以在时取得极大值,且函数在上是增函数,89\n所以当时由3个交点;时只有一个交点,故函数在区间上的零点个数为4.9.(2022河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测(二),10)定义在区间[0,1]上的函数的图象如右图所示,以、、为顶点的的面积记为函数,则函数的导函数的大致图象为( )[答案]9. D [解析]9.:如图,当时,的面积单调递增,;当时,单调递减,;当时,单调递增,;当时,单调递减,;且.所以选D.89\n10.(2022湖北黄冈高三4月模拟考试,10)已知函数,,若至少存在一个,使得成立,则实数的取值范围是( ) A. B. C. D. [答案]10. D[解析]10. 令,,所以,若,则,所以在上是减函数,在的最大值为,此时不存在,使得,即使得成立;若,则由,总存在使得成立.故实数的范围为.11.(2022重庆铜梁中学高三1月月考试题,8)若函数在上有最小值,则实数的取值范围是( )A. B. C. D.[答案]11.C[解析]11. 因为,令,所以,所以函数在,上单调递增;在上单调递减,要函数在上有最小值,所以,解得,故实数的取值范围是.12.(2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,7)设随机变量服从正89\n态分布,若,则函数没有极值点的概率是( )A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.8[答案]12. C[解析]12. ,由题意可得,解得,又因为且随机变量的正态曲线关于对称,所以13.(2022吉林实验中学高三年级第一次模拟,7)已知函数,则使函数有零点的实数的取值范围是( )A. B. C. D.[答案]13. C[解析]13. 令,当,;当,,所以函数在(0,+为增函数,所以.所以欲使有零点,只需使.14.(2022广西桂林中学高三2月月考,12)已知函数的定义为,且函数的图像关于直线对称,当时,,其中是的导函数,若,则的大小关系是( )(A)(B) (C) (D)[答案]14.B[解析]14. 由时,所以89\n,则,所以当时,,则在上是减函数,因为函数的图象关于直线对称,则函数是偶函数,又因为,而,,所以,故.15.(2022河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(四)数学(理)试题,12)对于函数与,若存在区间[m,n](m<n),使得与在区间[m,n]上的值域相等,则称f(x)与g(x)为等值函数,若与为等值函数,则a的取值范围为( ) (A) (B) (C) (D)[答案]15. C[解析]15. 由题意,因为与互为反函数,故其图像关于直线对称且在上为增函数,若满足题意中等值函数的要求,结合指、对数函数的图像知,与在直线上有两个共同的交点,交点的横坐标分别为由对其两边取对数得所以又因为令,则易知在上为增,为减,故,所以,故,又,故.16.(2022吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试,12)设函数是定义在上的可导函数,其导函数为,且有,则不等式89\n的解集为( )A. B. C. D.[答案]16. [解析]16. 由,得:,即,令,则当时,,即在是减函数,,,,在是减函数,所以由得,,即,故选17.(2022吉林高中毕业班上学期期末复习检测,10)已知函数,若对于任意的正数,函数都是其定义域上的增函数,则函数可能是( )A. B. C. D. [答案]17. A[解析]17. 对于A,,,,是其定义域上的增函数,即A正确;对B,,,函数在其定义域上单调递减,故B错误;对C,为开口向上的二次函数,故在其对称轴两侧单调性不同,故C错误;对D,,,,在其定义域上单调递减,故D错误.综上所述,A正确.18.(2022江西七校高三上学期第一次联考,9)定义域为的连续函数,对任意都有,且其导函数满足,则当时,有( )A. B. C. D.89\n[答案]18. D[解析]18. ,当时,,即时函数是增函数,又对任意都有,则函数的图象关于对称,,,,.19.(2022湖北黄冈高三期末考试)“”是“函数在区间上单调递增”的( )A.充分必要条件 B.必要不充分条件 C.充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 [答案]19. A[解析]19.当时,,在上单调递增;令,,若函数在上单调递增,则或在上恒成立,即或在上恒成立,或.故“”是函数在上单调递增的充要条件.20.(2022河北唐山高三第一次模拟考试,16)定义在上的函数满足:当时,<,则不等式+≥+的解集为________________.[答案]20.[解析]20. 设,则,所以是奇函数,又当时,,所以在单调递减,从而在上是减函数.由,可化为,即,从而,故解集为.21.(2022北京东城高三第二学期教学检测,11)若函数有零点,则的取89\n值范围为_______.[答案]21.或[解析]21. 由已知,所以不是零点。从而函数有零点等价于方程有解.设,故的范围是函数的值域.,易得在单调递减,单调递减,单调递增.又当时,,当时,为最小值,所以.故的值域是,从而或22.(2022成都高中毕业班第一次诊断性检测,13)设,是函数的两个极值点,若,则实数的取值范围是 .[答案]22. [解析]22. ,令,即或,要函数有两个极值点,,则,,故实数的取值范围是.23.(2022陕西宝鸡高三质量检测(一),8)对于上可导的任意函数,若满足,则必有( ) A. B. C. D. [答案]23. C[解析]23. ,当时,,则函数在上单调递减;当时,,则函数在上单调递增.即函数在处取得最小值,,两式相加得.24.(2022大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:<an≤.89\n[答案]24.查看解析[解析]24.(Ⅰ)f(x)的定义域为(-1,+∞),f'(x)=.(2分)(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f'(x)>0,f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x∈(a2-2a,0),则f'(x)<0,f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;若x∈(0,+∞),则f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时,f'(x)≥0,f'(x)=0成立当且仅当x=0,f(x)在(-1,+∞)上是增函数.(iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f'(x)>0,f(x)在(-1,0)上是增函数;若x∈(0,a2-2a),则f'(x)<0,f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;若x∈(a2-2a,+∞),则f'(x)>0,f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a=2时,f(x)在(-1,+∞)上是增函数.当x∈(0,+∞)时,f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由(Ⅰ)知,当a=3时,f(x)在[0,3)上是减函数.当x∈(0,3)时,f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)下面用数学归纳法证明<an≤.(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即<ak≤.当n=k+1时,ak+1=ln(ak+1)>ln>=,ak+1=ln(ak+1)≤ln<=,即当n=k+1时有<ak+1≤,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)25.(2022重庆,20,12分)已知函数f(x)=ae2x-be-2x-cx(a,b,c∈R)的导函数f'(x)为偶函数,且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线的斜率为4-c.89\n(Ⅰ)确定a,b的值;(Ⅱ)若c=3,判断f(x)的单调性;(Ⅲ)若f(x)有极值,求c的取值范围.[答案]25.查看解析[解析]25.(Ⅰ)对f(x)求导得f'(x)=2ae2x+2be-2x-c,由f'(x)为偶函数,知f'(-x)=f'(x),即2(a-b)(e2x+e-2x)=0,因为e2x+e-2x>0,所以a=b.又f'(0)=2a+2b-c=4-c,故a=1,b=1.(Ⅱ)当c=3时,f(x)=e2x-e-2x-3x,那么f'(x)=2e2x+2e-2x-3≥2-3=1>0,故f(x)在R上为增函数.(Ⅲ)由(Ⅰ)知f'(x)=2e2x+2e-2x-c,而2e2x+2e-2x≥2=4,当x=0时等号成立.下面分三种情况进行讨论.当c<4时,对任意x∈R,f'(x)=2e2x+2e-2x-c>0,此时f(x)无极值;当c=4时,对任意x≠0,f'(x)=2e2x+2e-2x-4>0,此时f(x)无极值;当c>4时,令e2x=t,注意到方程2t+-c=0有两根t1,2=>0,即f'(x)=0有两个根x1=lnt1,x2=lnt2.当x1<x<x2时,f'(x)<0;又当x>x2时,f'(x)>0,从而f(x)在x=x2处取得极小值.综上,若f(x)有极值,则c的取值范围为(4,+∞).26.(2022四川,21,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e=2.71828…为自然对数的底数.(Ⅰ)设g(x)是函数f(x)的导函数,求函数g(x)在区间[0,1]上的最小值;(Ⅱ)若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点,求a的取值范围.[答案]26.查看解析[解析]26.(Ⅰ)由f(x)=ex-ax2-bx-1,有g(x)=f'(x)=ex-2ax-b.所以g'(x)=ex-2a.因此,当x∈[0,1]时,g'(x)∈[1-2a,e-2a].当a≤时,g'(x)≥0,所以g(x)在[0,1]上单调递增.因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当a≥时,g'(x)≤0,所以g(x)在[0,1]上单调递减,因此g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b;当<a<时,令g'(x)=0,得x=ln(2a)∈(0,1).89\n所以函数g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.于是,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b.综上所述,当a≤时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(0)=1-b;当<a<时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(ln(2a))=2a-2aln(2a)-b;当a≥时,g(x)在[0,1]上的最小值是g(1)=e-2a-b.(Ⅱ)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点,则由f(0)=f(x0)=0可知,f(x)在区间(0,x0)上不可能单调递增,也不可能单调递减.则g(x)不可能恒为正,也不可能恒为负.故g(x)在区间(0,x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)内存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)内至少有两个零点.由(Ⅰ)知,当a≤时,g(x)在[0,1]上单调递增,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.当a≥时,g(x)在[0,1]上单调递减,故g(x)在(0,1)内至多有一个零点.所以<a<.此时g(x)在区间[0,ln(2a)]上单调递减,在区间(ln(2a),1]上单调递增.因此x1∈(0,ln(2a)],x2∈(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(1)=0有a+b=e-1<2,有g(0)=1-b=a-e+2>0,g(1)=e-2a-b=1-a>0.解得e-2<a<1.当e-2<a<1时,g(x)在区间[0,1]内有最小值g(ln(2a)).若g(ln(2a))≥0,则g(x)≥0(x∈[0,1]),从而f(x)在区间[0,1]上单调递增,这与f(0)=f(1)=0矛盾,所以g(ln(2a))<0.又g(0)=a-e+2>0,g(1)=1-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a))和(ln(2a),1)内各只有一个零点x1和x2.由此可知f(x)在[0,x1]上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在[x2,1]上单调递增.所以f(x1)>f(0)=0,f(x2)<f(1)=0,故f(x)在(x1,x2)内有零点.综上可知,a的取值范围是(e-2,1).27.(2022福建,20,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1.(Ⅰ)求a的值及函数f(x)的极值;(Ⅱ)证明:当x>0时,x2<ex;(Ⅲ)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.89\n[答案]27.查看解析[解析]27.解法一:(Ⅰ)由f(x)=ex-ax,得f'(x)=ex-a.又f'(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x,f'(x)=ex-2.令f'(x)=0,得x=ln2.当x<ln2时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln2时,f'(x)>0,f(x)单调递增.所以当x=ln2时,f(x)取得极小值,且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4,f(x)无极大值.(Ⅱ)令g(x)=ex-x2,则g'(x)=ex-2x.由(Ⅰ)得g'(x)=f(x)≥f(ln2)>0,故g(x)在R上单调递增,又g(0)=1>0,因此,当x>0时,g(x)>g(0)>0,即x2<ex.(Ⅲ)①若c≥1,则ex≤cex.又由(Ⅱ)知,当x>0时,x2<ex.所以当x>0时,x2<cex.取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立.而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2lnx+lnk成立.令h(x)=x-2lnx-lnk,则h'(x)=1-=,所以当x>2时,h'(x)>0,h(x)在(2,+∞)内单调递增.取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增,又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k,易知k>lnk,k>ln2,5k>0,所以h(x0)>0.即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.解法二:(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)同解法一.(Ⅲ)对任意给定的正数c,取x0=,由(Ⅱ)知,当x>0时,ex>x2,所以ex=·>,当x>x0时,ex>>=x2,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.89\n解法三:(Ⅰ)同解法一.(Ⅱ)同解法一.(Ⅲ)首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有x3<ex.证明如下:令h(x)=x3-ex,则h'(x)=x2-ex.由(Ⅱ)知,当x>0时,x2<ex,从而h'(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减,所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<ex.取x0=,当x>x0时,有x2<x3<ex.因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex.注:对c的分类可有不同的方式,只要解法正确,均相应给分.28.(2022江西,18,12分)已知函数f(x)=(x2+bx+b)(b∈R).(1)当b=4时,求f(x)的极值;(2)若f(x)在区间上单调递增,求b的取值范围.[答案]28.查看解析[解析]28.(1)当b=4时,f'(x)=,由f'(x)=0得x=-2或x=0.当x∈(-∞,-2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(-2,0)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故f(x)在x=-2处取极小值f(-2)=0,在x=0处取极大值f(0)=4.(2)f'(x)=,因为当x∈时,<0,依题意,当x∈时,有5x+(3b-2)≤0,从而+(3b-2)≤0.所以b的取值范围为.89\n29.(2022湖北,22,14分)π为圆周率,e=2.71828…为自然对数的底数.(Ⅰ)求函数f(x)=的单调区间;(Ⅱ)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数中的最大数与最小数;(Ⅲ)将e3,3e,eπ,πe,3π,π3这6个数按从小到大的顺序排列,并证明你的结论.[答案]29.查看解析[解析]29.(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞).因为f(x)=,所以f'(x)=.当f'(x)>0,即0<x<e时,函数f(x)单调递增;当f'(x)<0,即x>e时,函数f(x)单调递减.故函数f(x)的单调递增区间为(0,e),单调递减区间为(e,+∞).(Ⅱ)因为e<3<π,所以eln3<elnπ,πlne<πln3,即ln3e<lnπe,lneπ<ln3π.于是根据函数y=lnx,y=ex,y=πx在定义域上单调递增,可得3e<πe<π3,e3<eπ<3π.故这6个数的最大数在π3与3π之中,最小数在3e与e3之中.由e<3<π及(Ⅰ)的结论,得f(π)<f(3)<f(e),即<<.由<,得lnπ3<ln3π,所以3π>π3;由<,得ln3e<lne3,所以3e<e3.综上,6个数中的最大数是3π,最小数是3e.(Ⅲ)由(Ⅱ)知,3e<πe<π3<3π,3e<e3.又由(Ⅱ)知,<,得πe<eπ.故只需比较e3与πe和eπ与π3的大小.由(Ⅰ)知,当0<x<e时,f(x)<f(e)=,即<.在上式中,令x=,又<e,则ln<,从而2-lnπ<,即得lnπ>2-.①由①得,elnπ>e>2.7×>2.7×(2-0.88)=3.024>3,即elnπ>3,亦即lnπe>ln89\ne3,所以e3<πe.又由①得,3lnπ>6->6-e>π,即3lnπ>π,所以eπ<π3.综上可得,3e<e3<πe<eπ<π3<3π,即6个数从小到大的顺序为3e,e3,πe,eπ,π3,3π.30.(2022湖南,22,13分)已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)-.(Ⅰ)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(Ⅱ)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.[答案]30.查看解析[解析]30.(Ⅰ)f'(x)=-=.(*)当a≥1时,f'(x)>0,此时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.当0<a<1时,由f'(x)=0得x1=2x2=-2舍去.当x∈(0,x1)时,f'(x)<0;当x∈(x1,+∞)时,f'(x)>0,故f(x)在区间(0,x1)上单调递减,在区间(x1,+∞)上单调递增.综上所述,当a≥1时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<1时,f(x)在区间上单调递减,在区间上单调递增.(Ⅱ)由(*)式知,当a≥1时,f'(x)≥0,此时f(x)不存在极值点.因而要使得f(x)有两个极值点,必有0<a<1,又f(x)的极值点只可能是x1=2和x2=-2,且由f(x)的定义可知,x>-且x≠-2,所以-2>-,-2≠-2,解得a≠.此时,由(*)式易知,x1,x2分别是f(x)的极小值点和极大值点.而f(x1)+f(x2)=ln(1+ax1)-+ln(1+ax2)-=ln[1+a(x1+x2)+a2x1x2]-=ln(2a-1)2-=ln(2a-1)2+-2,令2a-1=x,由0<a<1且a≠知,89\n当0<a<时,-1<x<0;当<a<1时,0<x<1,记g(x)=lnx2+-2.(i)当-1<x<0时,g(x)=2ln(-x)+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(-1,0)上单调递减,从而g(x)<g(-1)=-4<0,故当0<a<时,f(x1)+f(x2)<0.(ii)当0<x<1时,g(x)=2lnx+-2,所以g'(x)=-=<0,因此,g(x)在区间(0,1)上单调递减,从而g(x)>g(1)=0,故当<a<1时,f(x1)+f(x2)>0.综上所述,满足条件的a的取值范围为.31.(2022陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.(Ⅰ)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;(Ⅱ)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(Ⅲ)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.[答案]31.查看解析[解析]31.由题设得,g(x)=(x≥0).(Ⅰ)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可得gn(x)=.下面用数学归纳法证明.89\n①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即gk(x)=.那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(Ⅱ)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),即φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(Ⅲ)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),89\n在(Ⅱ)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(Ⅱ)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln2-ln1>,ln3-ln2>,……ln(n+1)-lnn>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.89\n证法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,∴++…+>dx=dx=n-ln(n+1),结论得证.32.(2022安徽,18,12分)设函数f(x)=1+(1+a)x-x2-x3,其中a>0.(Ⅰ)讨论f(x)在其定义域上的单调性;(Ⅱ)当x∈[0,1]时,求f(x)取得最大值和最小值时的x的值.[答案]32.查看解析[解析]32.(Ⅰ)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f'(x)=1+a-2x-3x2.令f'(x)=0,得x1=,x2=,x1<x2,所以f'(x)=-3(x-x1)(x-x2).当x<x1或x>x2时,f'(x)<0;当x1<x<x2时,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,x1)和(x2,+∞)内单调递减,在(x1,x2)内单调递增.(Ⅱ)因为a>0,所以x1<0,x2>0.①当a≥4时,x2≥1.由(Ⅰ)知,f(x)在[0,1]上单调递增.所以f(x)在x=0和x=1处分别取得最小值和最大值.②当0<a<4时,x2<1.由(Ⅰ)知,f(x)在[0,x2]上单调递增,在[x2,1]上单调递减.所以f(x)在x=x2=处取得最大值.又f(0)=1,f(1)=a,所以当0<a<1时,f(x)在x=1处取得最小值;当a=1时,f(x)在x=0处和x=1处同时取得最小值;当1<a<4时,f(x)在x=0处取得最小值.33.(2022浙江,22,14分)已知函数f(x)=x3+3|x-a|(a∈R).(Ⅰ)若f(x)在[-1,1]上的最大值和最小值分别记为M(a),m(a),求M(a)-m(a);(Ⅱ)设b∈R.若[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,求3a+b的取值范围.[答案]33.查看解析89\n[解析]33.(Ⅰ)因为f(x)=所以f'(x)=由于-1≤x≤1,(i)当a≤-1时,有x≥a,故f(x)=x3+3x-3a.此时f(x)在(-1,1)上是增函数,因此,M(a)=f(1)=4-3a,m(a)=f(-1)=-4-3a,故M(a)-m(a)=(4-3a)-(-4-3a)=8.(ii)当-1<a<1时,若x∈(a,1),则f(x)=x3+3x-3a,在(a,1)上是增函数;若x∈(-1,a),则f(x)=x3-3x+3a,在(-1,a)上是减函数,所以,M(a)=max{f(1),f(-1)},m(a)=f(a)=a3,由于f(1)-f(-1)=-6a+2,因此,当-1<a≤时,M(a)-m(a)=-a3-3a+4;当<a<1时,M(a)-m(a)=-a3+3a+2.(iii)当a≥1时,有x≤a,故f(x)=x3-3x+3a,此时f(x)在(-1,1)上是减函数,因此,M(a)=f(-1)=2+3a,m(a)=f(1)=-2+3a,故M(a)-m(a)=(2+3a)-(-2+3a)=4.综上,M(a)-m(a)=(Ⅱ)令h(x)=f(x)+b,则h(x)=h'(x)=因为[f(x)+b]2≤4对x∈[-1,1]恒成立,即-2≤h(x)≤2对x∈[-1,1]恒成立,所以由(Ⅰ)知,(i)当a≤-1时,h(x)在(-1,1)上是增函数,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(1)=4-3a+b,最小值是h(-1)=-4-3a+b,则-4-3a+b≥-2且4-3a+b≤2,矛盾.(ii)当-1<a≤时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(1)=4-3a+b,所以a3+b≥-2且4-3a+b≤2,从而-2-a3+3a≤3a+b≤6a-2且0≤a≤.令t(a)=-2-a3+3a,则t'(a)=3-3a2>0,t(a)在上是增函数,89\n故t(a)≥t(0)=-2,因此-2≤3a+b≤0.(iii)当<a<1时,h(x)在[-1,1]上的最小值是h(a)=a3+b,最大值是h(-1)=3a+b+2,所以a3+b≥-2且3a+b+2≤2,解得-<3a+b≤0.(iv)当a≥1时,h(x)在[-1,1]上的最大值是h(-1)=2+3a+b,最小值是h(1)=-2+3a+b,所以3a+b+2≤2且3a+b-2≥-2,解得3a+b=0.综上,得3a+b的取值范围是-2≤3a+b≤0.34.(2022江苏,19,16分)已知函数f(x)=ex+e-x,其中e是自然对数的底数.(1)证明:f(x)是R上的偶函数;(2)若关于x的不等式mf(x)≤e-x+m-1在(0,+∞)上恒成立,求实数m的取值范围;(3)已知正数a满足:存在x0∈[1,+∞),使得f(x0)<a(-+3x0)成立.试比较ea-1与ae-1的大小,并证明你的结论.[答案]34.查看解析[解析]34.(1)证明:因为对任意x∈R,都有f(-x)=e-x+e-(-x)=e-x+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.(2)由条件知m(ex+e-x-1)≤e-x-1在(0,+∞)上恒成立,令t=ex(x>0),则t>1,所以m≤-=-对任意t>1成立.因为t-1++1≥2+1=3,所以-≥-,当且仅当t=2,即x=ln2时等号成立.因此实数m的取值范围.(3)令函数g(x)=ex+-a(-x3+3x),则g'(x)=ex-+3a(x2-1).当x≥1时,ex->0,x2-1≥0,又a>0,故g'(x)>0,所以g(x)是[1,+∞)上的单调增函数,因此g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=e+e-1-2a.由于存在x0∈[1,+∞),使+-a(-+3x0)<0成立,当且仅当最小值g(1)<0,89\n故e+e-1-2a<0,即a>.令函数h(x)=x-(e-1)lnx-1,则h'(x)=1-.令h'(x)=0,得x=e-1.当x∈(0,e-1)时,h'(x)<0,故h(x)是(0,e-1)上的单调减函数;当x∈(e-1,+∞)时,h'(x)>0,故h(x)是(e-1,+∞)上的单调增函数.所以h(x)在(0,+∞)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以当x∈(1,e-1)⊆(0,e-1)时,h(e-1)≤h(x)<h(1)=0;当x∈(e-1,e)⊆(e-1,+∞)时,h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x∈(1,e)成立.①当a∈⊆(1,e)时,h(a)<0,即a-1<(e-1)lna,从而ea-1<ae-1;②当a=e时,ea-1=ae-1;③当a∈(e,+∞)⊆(e-1,+∞)时,h(a)>h(e)=0,即a-1>(e-1)lna,故ea-1>ae-1.综上所述,当a∈时,ea-1<ae-1;当a=e时,ea-1=ae-1;当a∈(e,+∞)时,ea-1>ae-1.35.(2022山东,20,13分)设函数f(x)=-k(k为常数,e=2.71828…是自然对数的底数).(Ⅰ)当k≤0时,求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.[答案]35.查看解析[解析]35.(Ⅰ)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞).f'(x)=-k=-=.由k≤0可得ex-kx>0,所以当x∈(0,2)时,f'(x)<0,函数y=f(x)单调递减,当x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当k≤0时,函数f(x)在(0,2)内单调递减,故f(x)在(0,2)内不存在极值点;当k>0时,设函数g(x)=ex-kx,x∈[0,+∞).因为g'(x)=ex-k=ex-elnk,89\n当0<k≤1时,当x∈(0,2)时,g'(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增,故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点;当k>1时,得x∈(0,lnk)时,g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减,x∈(lnk,+∞)时,g'(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最小值为g(lnk)=k(1-lnk).函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,当且仅当解得e<k<.综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为.36.(2022辽宁,21,12分)已知函数f(x)=(cosx-x)(π+2x)-(sinx+1),g(x)=3(x-π)cosx-4(1+sinx)ln.证明:(Ⅰ)存在唯一x0∈,使f(x0)=0;(Ⅱ)存在唯一x1∈,使g(x1)=0,且对(Ⅰ)中的x0,有x0+x1<π.[答案]36.查看解析[解析]36.(Ⅰ)当x∈时,f'(x)=-(1+sinx)(π+2x)-2x-cosx<0,函数f(x)在上为减函数,又f(0)=π->0,f=-π2-<0,所以存在唯一x0∈,使f(x0)=0.(Ⅱ)考虑函数h(x)=-4ln,x∈.令t=π-x,则x∈时,t∈.89\n记u(t)=h(π-t)=-4ln,则u'(t)=.由(Ⅰ)得,当t∈(0,x0)时,u'(t)>0,当t∈时,u'(t)<0.在(0,x0)上u(t)是增函数,又u(0)=0,从而当t∈(0,x0]时,u(t)>0,所以u(t)在(0,x0]上无零点.在上u(t)为减函数,由u(x0)>0,u=-4ln2<0,知存在唯一t1∈,使u(t1)=0.所以存在唯一的t1∈,使u(t1)=0.因此存在唯一的x1=π-t1∈,使h(x1)=h(π-t1)=u(t1)=0.因为当x∈时,1+sinx>0,故g(x)=(1+sinx)h(x)与h(x)有相同的零点,所以存在唯一的x1∈,使g(x1)=0.因x1=π-t1,t1>x0,所以x0+x1<π.37.(2022天津,20,14分)设f(x)=x-aex(a∈R),x∈R.已知函数y=f(x)有两个零点x1,x2,且x1<x2.(Ⅰ)求a的取值范围;(Ⅱ)证明随着a的减小而增大;(Ⅲ)证明x1+x2随着a的减小而增大.[答案]37.查看解析[解析]37.(Ⅰ)由f(x)=x-aex,可得f'(x)=1-aex,下面分两种情况讨论:①a≤0时,f'(x)>0在R上恒成立,可得f(x)在R上单调递增,不合题意.②a>0时,由f'(x)=0,得x=-lna.当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如下表:x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f'(x)+0-f(x)↗-lna-1↘89\n这时,f(x)的单调递增区间是(-∞,-lna);单调递减区间是(-lna,+∞).于是,“函数y=f(x)有两个零点”等价于如下条件同时成立:(i)f(-lna)>0;(ii)存在s1∈(-∞,-lna),满足f(s1)<0;(iii)存在s2∈(-lna,+∞),满足f(s2)<0.由f(-lna)>0,即-lna-1>0,解得0<a<e-1.而此时,取s1=0,满足s1∈(-∞,-lna),且f(s1)=-a<0;取s2=+ln,满足s2∈(-lna,+∞),且f(s2)=+<0.所以a的取值范围是(0,e-1).(Ⅱ)证明:由f(x)=x-aex=0,有a=.设g(x)=,由g'(x)=,知g(x)在(-∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.并且,当x∈(-∞,0]时,g(x)≤0;当x∈(0,+∞)时,g(x)>0.由已知,x1,x2满足a=g(x1),a=g(x2).由a∈(0,e-1),及g(x)的单调性,可得x1∈(0,1),x2∈(1,+∞).对于任意的a1,a2∈(0,e-1),设a1>a2,g(ξ1)=g(ξ2)=a1,其中0<ξ1<1<ξ2;g(η1)=g(η2)=a2,其中0<η1<1<η2.因为g(x)在(0,1)上单调递增,故由a1>a2,即g(ξ1)>g(η1),可得ξ1>η1;类似可得ξ2<η2.又由ξ1,η1>0,得<<.所以随着a的减小而增大.(Ⅲ)证明:由x1=a,x2=a,可得lnx1=lna+x1,lnx2=lna+x2.故x2-x1=lnx2-lnx1=ln.设=t,则t>1,且解得x1=,x2=.所以x1+x2=.(*)令h(x)=,x∈(1,+∞),则h'(x)=.令u(x)=-2lnx+x-,得u'(x)=.当x∈(1,+∞)时,u'(x)>0.因此,u(x)在(1,+∞)上单调递增,故对于任意的x∈(1,+∞),u(x)>u(1)=0,由此可得h'(x)>0,故h(x)在(1,+∞)上单调递增.因此,由(*)可得x1+x2随着t的增大而增大.而由(Ⅱ),知t随着a的减小而增大,所以x1+x2随着a的减小而增大.89\n38.18.(2022北京,18,13分)已知函数f(x)=xcosx-sinx,x∈.(Ⅰ)求证:f(x)≤0;(Ⅱ)若a<<b对x∈恒成立,求a的最大值与b的最小值.[答案]38.查看解析[解析]38.(Ⅰ)由f(x)=xcosx-sinx得f'(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx.因为在区间上f'(x)=-xsinx<0,所以f(x)在区间上单调递减.从而f(x)≤f(0)=0.(Ⅱ)当x>0时,“>a”等价于“sinx-ax>0”;“<b”等价于“sinx-bx<0”.令g(x)=sinx-cx,则g'(x)=cosx-c.当c≤0时,g(x)>0对任意x∈恒成立.当c≥1时,因为对任意x∈,g'(x)=cosx-c<0,所以g(x)在区间上单调递减.从而g(x)<g(0)=0对任意x∈恒成立.当0<c<1时,存在唯一的x0∈使得g'(x0)=cosx0-c=0.g(x)与g'(x)在区间上的情况如下:x(0,x0)x0 g'(x)+0-g(x)↗↘89\n因为g(x)在区间[0,x0]上是增函数,所以g(x0)>g(0)=0.进一步,“g(x)>0对任意x∈恒成立”当且仅当g=1-c≥0,即0<c≤.综上所述,当且仅当c≤时,g(x)>0对任意x∈恒成立;当且仅当c≥1时,g(x)<0对任意x∈恒成立.所以,若a<<b对任意x∈恒成立,则a的最大值为,b的最小值为1.39.(2022课标全国卷Ⅱ,21,12分)已知函数f(x)=ex-e-x-2x.(Ⅰ)讨论f(x)的单调性;(Ⅱ)设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x>0时,g(x)>0,求b的最大值;(Ⅲ)已知1.4142<<1.4143,估计ln2的近似值(精确到0.001).[答案]39.查看解析[解析]39.(Ⅰ)f'(x)=ex+e-x-2≥0,等号仅当x=0时成立.所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.(Ⅱ)g(x)=f(2x)-4bf(x)=e2x-e-2x-4b(ex-e-x)+(8b-4)x,g'(x)=2[e2x+e-2x-2b(ex+e-x)+(4b-2)]=2(ex+e-x-2)(ex+e-x-2b+2).(i)当b≤2时,g'(x)≥0,等号仅当x=0时成立,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.而g(0)=0,所以对任意x>0,g(x)>0.(ii)当b>2时,若x满足2<ex+e-x<2b-2,即0<x<ln(b-1+)时,g'(x)<0.而g(0)=0,因此当0<x≤ln(b-1+)时,g(x)<0.综上,b的最大值为2.(Ⅲ)由(Ⅱ)知,g(ln)=-2b+2(2b-1)ln2.当b=2时,g(ln)=-4+6ln2>0,ln2>>0.6928;当b=+1时,ln(b-1+)=ln,89\ng(ln)=--2+(3+2)ln2<0,ln2<<0.6934.所以ln2的近似值为0.693.40.(2022课表全国Ⅰ,21,12分)设函数f(x)=aexlnx+,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(Ⅰ)求a,b;(Ⅱ)证明:f(x)>1.[答案]40.查看解析[解析]40.(Ⅰ)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=aexlnx+ex-ex-1+ex-1.由题意可得f(1)=2,f'(1)=e.故a=1,b=2.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,f(x)=exlnx+ex-1,从而f(x)>1等价于xlnx>xe-x-.设函数g(x)=xlnx,则g'(x)=1+lnx.所以当x∈时,g'(x)<0;当x∈时,g'(x)>0.故g(x)在上单调递减,在上单调递增,从而g(x)在(0,+∞)上的最小值为g=-.设函数h(x)=xe-x-,则h'(x)=e-x(1-x).所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,从而h(x)在(0,+∞)上的最大值为h(1)=-.综上,当x>0时,g(x)>h(x),即f(x)>1.41.(2022重庆一中高三下学期第一次月考,17)设,其中,曲线在点处的切线与直线:平行。89\n(1) 确定的值;(2) 求函数的单调区间。[答案]41.查看解析[解析]41. 解析 (1)由题,故。因直线的斜率为,故,从而; (2),由得或,由得。故的单增区间为和,单减区间为。42.(2022天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试,21)已知函数图象上斜率为3的两条切线间的距离为,函数.(1)若函数在处有极值,求的解析式;(2)若函数在区间上为增函数,且在区间上都成立,求实数的取值范围.[答案]42.查看解析[解析]42.∵,∴由有,即切点坐标为,∴切线方程为,或整理得或……………………4分∴,解得,∴,∴……………………6分(1)∵,在处有极值,∴,即,解得,∴……………………8分(2)∵函数在区间上为增函数,∴在区间上恒成立,∴,又∵在区间上恒成立,∴,89\n即,∴在上恒成立,∴∴的取值范围是 …………14分43.(2022天津蓟县邦均中学高三第一次模拟考试,20)已知函数(Ⅰ)若在区间上为减函数,求的取值范围;(Ⅱ)讨论在内的极值点的个数。[答案]43.查看解析[解析]43.解:(Ⅰ)∵∴ ………………………………(2分)∵在区间上为减函数∴≤O在区间上恒成立 …………………………(3分)∵是开口向上的抛物线 ∴存在,使得∴在区间内有且只有一个极小值点 ……………(8分) 89\n当≤≤时,由(Ⅰ)可知在区间上为减函数∴在区间内没有极值点.综上可知,当时,在区间内的极值点个数为当≤≤时,在区间内的极值点个数为 ………(12分)44.(2022山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考,21)设函数(1)判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性;(2)证明:对任意正数a,存在正数x,使不等式f(x)-1<a成立.[答案]44.查看解析[解析]44. (1)由题意知: ……………2分令h(x)=(x-1)ex+1,则h¢(x)=xex>0,∴h(x)在(0,+∞)上是增函数, ……………3分又h(0)=0,∴h(x)>0,则f¢(x)>0,∴f(x)在(0,+∞)上是单调增函数. ……………5分(2)f(x)-1=,不等式f(x)-1<a可化为ex-(a+1)x-1<0,令G(x)=ex-(a+1)x-1,G¢(x)=ex-(a+1), ……………7分由G¢(x)=0得:x=ln(a+1),当0<x<(ln(a+1)时,G¢(x)<0,当x>ln(a+1)时,G¢(x)>0,∴当x=ln(a+1)时,G(x)min=a-(a+1)ln(a+1), ……………9分即当x=ln(a+1)时,G(x)min=a-(a+1)ln(a+1)<0. ……………11分故存在正数x=ln(a+1),使不等式F(x)-1<a成立. ……………12分89\n45.(2022山西太原高三模拟考试(一),21)已知函数,. (I)若函数在区间(0,)无零点,求实数的最小值; (Ⅱ)若对任意给定的,在上方程总存在两个不等的实根,求实数的取值范围.[答案]45.查看解析[解析]45.89\n46.(2022山东青岛高三第一次模拟考试,20)已知函数.(Ⅰ)求的最小值;(Ⅱ)当函数自变量的取值区间与对应函数值的取值区间相同时,这样的区间称为函数的保值区间.设,试问函数在上是否存在保值区间?若存在,请求出一个保值区间;若不存在,请说明理由.[答案]46.查看解析[解析]46.(Ⅰ)求导数,得.89\n令,解得.当时,,所以在上是减函数;当时,,所以在上是增函数.故在处取得最小值.(6分)(Ⅱ)函数在上不存在保值区间,证明如下:假设函数存在保值区间,由得:因时,,所以为增函数,所以即方程有两个大于的相异实根,(9分)设,因,,所以在上单增,所以在区间上至多有一个零点,这与方程有两个大于的相异实根矛盾所以假设不成立,即函数在上不存在保值区间.(13分)47.(2022福州高中毕业班质量检测,20)已知函数,其中且.(Ⅰ)讨论的单调区间;(Ⅱ)若直线的图像恒在函数图像的上方,求的取值范围;(Ⅲ)若存在,,使得,求证:.[答案]47.查看解析89\n[解析]47.(Ⅰ)的定义域为.其导数,①当时,,函数在上是增函数,②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,.所以在是增函数,在(0,+∞)是减函数.(4分)(Ⅱ)当时,取,则,不合题意.当时,令,则,(6分)问题化为求恒成立时的取值范围.由于,在区间上,;在区间上,.的最小值为,所以只需即,,,(9分)(Ⅲ)由于当时函数在上是增函数,不满足题意,所以,89\n构造函数:(),,所以函数在区间上为减函数.,则,于是,又,,由在上为减函数可知.即. (14分)48.(2022安徽合肥高三第二次质量检测,21)已知函数且).(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)若函数存在最大值,求的最小值.[答案]48.查看解析[解析]48. (Ⅰ)当时,,所以,所以,又,所以所求的切线方程为,即.(5分)(Ⅱ)由,①当时,,,所以,所以在上是增函数,无极大值.②当时,设方程的根为,则,即,所以在上为增函数,上为减函数,(9分)所以的极大值为,即,89\n因为,所以,设,则,令,则,所以在上为减函数,在上为增函数,所以的最小值为,即的最小值为,此时. (13分)49.(2022重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考,22)设(Ⅰ)求的最小值;(Ⅱ)求证:.[答案]49.查看解析[解析]49. (Ⅰ)因为,所以,令,得,所以时,,单调递增;时,,单调递减.所以的极小值为,即函数的最小值.(5分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知,即,令,所以,(8分)依次取,得一系列不等式,相加可得.(12分)50.(2022河北石家庄高中毕业班复习教学质量检测(二),21)已知函数,其中e为自然对数的底数.(Ⅰ)若对任意恒成立,求的取值范围;89\n(Ⅱ)求证:当时,恒有.[答案]50.查看解析[解析]50.(Ⅰ).①当时,对恒成立,即在为单调递增函数;又,即对恒成立.②当时,令,得.当时,,单调递减;当时,,单调递增.若对任意恒成立,则只需:,又,,即在区间上单调递减;又注意到。故在区间上恒成立.即时,满足的不存在.综上:.(5分)(Ⅱ)当时,,,易得,即对任意恒成立.取,有,即.相加即得:.(10分)即.89\n故,即,时,恒有.(12分)51.(2022湖北黄冈高三4月模拟考试,22)设函数.(Ⅰ)求证:当时,恒成立;(Ⅱ)求证:;(Ⅲ)求证:.[答案]51.查看解析[解析]51.(Ⅰ),设,当时,,即上单调递减又,上恒有,即恒成立.(5分) (Ⅱ)令,,则有,,.(9分)(Ⅲ)上单调递增,,(12分)89\n又上单调递减, . (14分)52.(2022河北唐山高三第一次模拟考试,21)已知函数. (Ⅰ)求函数的最大值; (Ⅱ)设证明有最大值,且.[答案]52.查看解析[解析]52.(Ⅰ).当时,,单调递增;当时,,单调递减.所以的最大值为. (4分)(Ⅱ),.设,则.当时,,单调递减;当时,,单调递增;当时,,单调递减.(7分)又,,,所以在有一零点.89\n当时,,单调递增;当时,,单调递减.由(Ⅰ)知,当时,;当时,.因此有最大值,且. (12分)53.(2022贵州贵阳高三适应性监测考试,21)已知函数.(Ⅰ)若函数在区间上存在极值,求实数的取值范围;(Ⅱ)求证:当x≥1时,不等式>恒成立.[答案]53.查看解析[解析]53.解:(Ⅰ)因为(),则(),当时,;当时,;当时.所以函数在上单调递增;在上单调递减;所以函数在处取得极大值.因为函数在区间(其中)上存在极值,所以,解得. (6分)(Ⅱ)证明:当时,不等式,记,所以,89\n令,则,由得,所以在上单调递增,所以从而,故在上是单调递增,所以,因为当时,所以,又因为当时,所以当时,即,所以当时,不等式恒成立.(12分)54.(2022山东实验中学高三第一次模拟考试,21)已知函数(Ⅰ)当的极值;(Ⅱ)是否存在实数时,函数的最大值为?若存在,求实数的取值范围,若不存在,请说明理由.[答案]54.查看解析[解析]54.解:(Ⅰ)当时,,则,所以函数在,上单调递增,在上单调递减,且,,所以函数在处取得极小值,在处取得极大值0.(6分)89\n(Ⅱ)由题意,,①当时,函数在上单调递增,在上单调递减,此时不存在实数使得当时,函数的最大值为.(8分)②当时,令有或.若,函数在上单调递减,显然符合题意.若,即,函数在和上单调递增,在上单调递减,此时只需,解得,又,所以. (11分)若,即,函数在和上单调递增,在上单调递减,要存在实数,使得时,函数的最大值为,则,代入化简的 ()令,因为恒成立,故恒有,所以当时,()式恒成立,综上所述,实数的取值范围是. (14分)55.(2022广东汕头普通高考模拟考试试题,21)已知函数.(Ⅰ)求函数的单调区间;89\n(Ⅱ)试探究函数在定义域内是否存在零点,若存在,请指出有几个零点;若不存在,请说明理由;(Ⅲ)若,且在上恒成立,求实数的取值范围.[答案]55.查看解析[解析]55.(Ⅰ)由,当时,则有函数在区间单调递增;当时,,,函数的单调增区间为,单调减区间为,综合①②的当时,函数的单调增区间为;当时,函数的单调增区间为,单调减区间为.(5分)(Ⅱ)函数定义域为,又,令,则,(7分),故函数在上单调递减,在上单调递增,,(8分)有由(1)知当时,对,有,即,当且趋向0时,趋向,随着的增长,的增长速度越来越快,会超过并远远大于的增长89\n速度,而的增长速度则会越来越慢。故当且趋向时,趋向,得到函数的草图如图所示,故①当时,函数有两个不同的零点;②当时,函数有且仅有一个零点;③当时,函数无零点;(10分)(3)由(2)知当时,,故对,先分析法证明:要证只需证即证构造函数故函数在单调递增,,则成立.(12分)①当时,由(1)知,函数在单调递增,则在上恒成立.②当时,由(1)知,函数在单调递增,在单调递减,89\n故当时,,所以,则不满足题意.综合①②得,满足题意的实数的取值范围.(14分)56.(2022广东广州高三调研测试,20)设函数,.(Ⅰ)若曲线与在它们的交点处有相同的切线,求实数,的值;(Ⅱ)当时,若函数在区间内恰有两个零点,求实数的取值范围;(Ⅲ)当,时,求函数在区间上的最小值.[答案]56.查看解析[解析]56.解:(Ⅰ)因为,,所以,.因为曲线与在它们的交点处有相同切线,所以,且.即,且,解得,.(3分)(Ⅱ)当时,,所以.令,解得,.当变化时,,的变化情况如下表:89\n00↗极大值↘极小值↗所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为.(5分)故在区间内单调递增,在区间内单调递减.从而函数在区间内恰有两个零点,当且仅当,即,解得.所以实数的取值范围是.(8分)(Ⅲ)当,时,.所以函数的单调递增区间为,,单调递减区间为.由于,,所以.(9分)①当,即时,.②当时,.③当时,在区间上单调递增,.综上可知,函数在区间上的最小值为89\n(14分)57.(2022北京东城高三第二学期教学检测,18)已知函数,其中.(Ⅰ)若在处取得极值,求的值;(Ⅱ)求的单调区间;(Ⅲ)若的最小值为1,求的取值范围.[答案]57.查看解析[解析]57.(Ⅰ)∵在处取得极值,∴解得(4分)(Ⅱ)∵ ∴①当时,在区间∴的单调增区间为②当时,由∴(10分)(Ⅲ)当时,由(Ⅱ)①知,当时,由(Ⅱ)②知,在处取得最小值综上可知,若得最小值为1,则的取值范围是(14分)89\n58.(2022黑龙江哈尔滨第三中学第一次高考模拟考试,21)设,函数. (Ⅰ)当时,求在内的极值; (Ⅱ)设函数,当有两个极值点,()时,总有,求实数的值.(其中是函数的导函数.)[答案]58.查看解析[解析]58.(Ⅰ)当时,,则,令,则,显然在上单调递减.又因为,故时,总有,所以在上单调递减,(3分)又因为,所以当时,,从而,这时单调递增,当时,,从而,这时单调递减,当变化时,,的变化情况如下表:1+0-极大所以在上的极大值是.(5分)(Ⅱ)由题可知,则.89\n根据题意方程有两个不等实数根,,且,所以,即,且.因为,所有.由,其中,可得又因为,,将其代入上式得:,整理得.(8分)即不等式对任意恒成立①当时,不等式恒成立,即;②当时,恒成立,即令,显然是上的减函数,所以当时,,所以;③当时,恒成立,即由②可知,当时,,所以;综上所述,.(12分)59.(2022重庆铜梁中学高三1月月考试题,22)已知函数是在上每一点处可导的函数,若>f(x)在上恒成立.(Ⅰ)求证:函数g(x)=在(0,+∞)上单调递增;(Ⅱ)已知不等式ln(1+x)<x在x>-1且x≠0时恒成立,证明:ln22+ln32+ln42+…+ln(n+1)2>(nÎN+).[答案]59.查看解析89\n[解析]59.:(1)由g(x)=,对g(x)求导知g’(x)=由>f(x)可知:>0在(0,+¥)上恒成立.从而g(x)=在(0,+¥)上是单调增函数. (4分)(2)由(1)知g(x)=在(0,+¥)上是单调增函数,当x1>0,x2>0时,>,>,于是f(x1)<f(x1+x2),f(x2)<f(x1+x2),两式相加得到:f(x1)+f(x2)<f(x1+x2)g(x)=在(0,+¥)上是单调增函数,f(x1+x2)>f(x1)+f(x2)(x1>0,x2>0)恒成立易证:当xi>0(i=1,2,3,…,n)时,有f(x1)+f(x2)+f(x3)+…+f(xn)<f(x1+x2+x3+…+xn)(n≥2)恒成立.构造f(x)=xlnx,知-f(x)=x(lnx+1)-xlnx=x>0符合条件,则当xi>0(i=1,2,3,…,n)时有x1lnx1+x2lnx2+…+xnlnxn<(x1+x2+…+xn)ln(x1+x2+…+xn)(n≥2)(*)恒成立.令xn=,记Sn=x1+x2+…+xn=++…+,则Sn<++…+=(1-)+(-)+…+(-)=1-,Sn>+…+=(-)+(-)+…+(-)=-(x1+x2+…+xn)ln(x1+x2+…+xn)<(x1+x2+…+xn)ln(1-)<-(x1+x2+…+xn) (∵ln(1+x)<x) <-(-)=- (**)由(**)及(*)可知:ln+ln+…+ln<-.于是ln22+ln32+ln42+…+ln(n+1)2>. (12分)60.(2022重庆铜梁中学高三1月月考试题,19)已知函数,在处取得极小值.(Ⅰ)求函数的单调区间;(Ⅱ)若对恒成立,求实数的取值范围.[答案]60.查看解析[解析]60.(Ⅰ),由由 则, 89\n. (6分)(2)由则要使对恒成立,只需,即,得,所以实数m的取值范围是. (13分)61.(2022山东潍坊高三3月模拟考试数学(理)试题,21)已知函数. (I)求函数的零点的个数; (Ⅱ)令,若函数在(0,)内有极值,求实数a的取值范围; (Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,对任意,求证:[答案]61.查看解析[解析]61.89\n62.(2022江西重点中学协作体高三第一次联考数学(理)试题,21)已知函数.(1)当时,证明对任意的;89\n(2)求证:.(3)若函数有且只有一个零点,求实数的取值范围.[答案]62.查看解析[解析]62.(2)根据(1)的结论,当时,,即.令,则有, ………………………7分.即.…8分(本问也可用数学归纳法证明.)③当时,,设的两根分别为与,则,,不妨设当及时,,当时,,所以函数在上递增,在上递减,89\n而所以时,,且因此函数在有一个零点,而在上无零点;此时函数只有一个零点;综上,函数只有一个零点时,实数a的取值范围为R.………………………14分63.(2022吉林实验中学高三年级第一次模拟,21)已知定义在上的函数总有导函数,定义.一是自然对数的底数.(1)若,且,试分别判断函数和的单调性:(2)若.①当时,求函数的最小值;②设,是否存在,使得?若存在,请求出一组的值:若不存在,请说明理由。[答案]63.查看解析[解析]63.89\n89\n64.(2022广西桂林中学高三2月月考,22)设函数的定义域为(0,).(Ⅰ)求函数在上的最小值;(Ⅱ)设函数,如果,且,证明:.[答案]64.查看解析[解析]64.(Ⅰ),则时,;时,,所以函数在上是减函数,在上是增函数函数,当时,函数在上是增函数,此时;89\n当时,函数在上是减函数,在上是增函数,此时. (5分)(Ⅱ)证明:考察函数,,所以在内是增函数,在是减函数,(结论1),考察函数,即于是,当时,,从而,又,所以,所以在是增函数,又,所以时,有,即,(结论2).若,由结论1及,得与矛盾;若,由结论1及,得与矛盾;若,不妨设,,由结论2可知,,所以得,因为,所以,由结论1可知函数在区间内是增函数,所以,即. (12分)65.(2022湖北八校高三第二次联考数学(理)试题,22)已知函数. (Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程; (Ⅱ)求的单调减区间; (Ⅲ)当时,设在区间上的最小值为,令, 求证:.89\n[答案]65.查看解析[解析]65. (1)当时, ………………2分 曲线在点处的切线方程为: 即 ………………3分66.(2022重庆五区高三第一次学生调研抽测,22)已知函数.(Ⅰ)若函数在上为增函数,求实数的取值范围;(Ⅱ)当且时,证明:. [答案]66.查看解析89\n[解析]66.解:(I)函数的定义域为.………………………………1分在上恒成立,即在上恒成立,……2分. ∵ ∴,∴的取值范围为………………………………………4分(Ⅱ)由(I)当,时,,又,∴(当时,等号成立),即………………………5分 又当时,设, 则∴在上递减,∴,即在恒成立,∴时,…①恒成立,(当且仅当时,等号成立),……7分用代替,…②恒成立(当且仅当时,等号成立),∴当时,,由①得,即,当时,,,由②得.∴当时,,即.………………10分∴, , ,.∴.……………………………………………………………12分67.(2022重庆五区高三第一次学生调研抽测,17)已知函数.(Ⅰ)若,求函数的单调区间和极值;89\n(Ⅱ)设函数图象上任意一点的切线的斜率为,当的最小值为1时,求此时切线的方程.[答案]67.查看解析[解析]67.解:(I)的定义域为()时,…………………………………………1分当时,……………………………2分由得,由得,或,由得,………3分∴的单调递增区间为,;单调递减区间为…………5分∴极大值为;极小值为………………………7分(II)由题意知 ∴……………………9分 此时,即,∴,切点为,…………………………11分 ∴此时的切线方程为:.………………………………………13分68.(2022河南豫东豫北十所名校高中毕业班阶段性测试(四)数学(理)试题,21)已知函数. (I)求函数的极小值; (Ⅱ)已知且,证明: (i) (ii)[答案]68.查看解析[解析]68.89\n89\n69.(2022吉林省长春市高中毕业班第二次调研测试,21)已知函数.(1)求的单调区间和极值;(2)设,,且,证明:.[答案]69.查看解析[解析]69.【解析】(1)定义域为令则∴;令则∴∴的单调增区间是,单调减区间是极小值,无极大值(2)证明:不妨设,89\n两边同除以得,令,则,即证:令令,,在上单调递减,所以即,即恒成立∴在上是减函数,所以∴得证所以成立70.(2022湖北武汉高三2月调研测试,22)(Ⅰ)已知函数f(x)=ex-1-tx,∃x0∈R,使f(x0)≤0,求实数t的取值范围;89\n[答案]70.查看解析[解析]70.(Ⅰ)若t=0,f(x)=ex-1>0,不合题意;若t>0,只需f(x)min≤0.求导数,得f′(x)=ex-1-t.令f′(x)=0,解得x=lnt+1.当x<lnt+1时,f′(x)<0,∴f(x)在(-∞,lnt+1)上是减函数;当x>lnt+1时,f′(x)>0,∴f(x)在(lnt+1,+∞)上是增函数.故f(x)在x=lnt+1处取得最小值f(lnt+1)=t-t(lnt+1)=-tlnt.∴-tlnt≤0,由t>0,得lnt≥0,∴t≥1.综上可知,实数t的取值范围为(-∞,0)∪[1,+∞).…………………………4分(Ⅱ)由(Ⅰ),知f(x)≥f(lnt+1),即ex-1-tx≥-tlnt.取t=1,ex-1-x≥0,即x≤ex-1.当x>0时,lnx≤x-1,当且仅当x=1时,等号成立,故当x>0且x≠1时,有lnx<x-1.89\n71.(2022湖北八市高三下学期3月联考,22)定义在R上的函数及二次函数满足:且。(I)求和的解析式;(II);(III)设,讨论议程的解的个数情况.[答案]71.查看解析[解析]71. (Ⅰ),①即②由①②联立解得:. ………………………………………………………………2分89\n是二次函数,且,可设,由,解得..………………………………………………………………4分(Ⅱ)设,,依题意知:当时,,在上单调递减, ………………………………………………………………6分在上单调递增,解得:实数的取值范围为.……………………………9分(Ⅲ)设,由(Ⅱ)知,的图象如图所示:设,则当,即时,,有两个解,有个解;当,即时,且,有个解;……………………………………………………………………………………………………………11分89\n当,即时,,有个解;当,即时,,有个解.……13分综上所述:当时,方程有个解;当时,方程有个解;当时,方程有个解;当时,方程有个解.…………………………………………………………………14分72.(2022周宁、政和一中第四次联考,20)已知函数在上为增函数,且,,.(Ⅰ)求θ的值;(Ⅱ)若在上为单调函数,求m的取值范围;(III)设,若在上至少存在一个,使得成立,求的取值范围。[答案]72.查看解析[解析]72.解:(Ⅰ)由题意,≥0在上恒成立,即. ∵θ∈(0,π),∴.故在上恒成立, 只须,即,只有.结合,得.(4分)(Ⅱ)由(1),得..∵在其定义域内为单调函数,∴或者在[1,+∞)恒成立.等价于,即,而,()max=1,∴.等价于,即在恒成立,而∈(0,1],.综上,的取值范围是. (9分)89\n(III)构造,.当时,,,,所以在[1,e]上不存在一个使得成立.当时,.因为,所以,,所以在恒成立.故在上单调递增,,只要,解得故的取值范围是. (14分)73.(2022湖南株洲高三教学质量检测(一),21)设函数. (Ⅰ)求函数的单调区间 (Ⅱ)若函数有两个零点,,且,求证:[答案]73.查看解析[解析]73. (Ⅰ),当时,,函数在上单调递增,所以函数的单调递增区间为, (4分)当时,由,得;由,得所以函数的单调增区间为,单调减区间为 , (6分) (Ⅱ)因为是函数的两个零点,有则,两式相减得即所以,又因为,当时,;当时,故只要证即可,即证明, (10分)即证明,89\n即证明,设.令,则,因为,所以,当且仅当时,所以在是增函数;又因为,所以当时,总成立.所以原题得证. (13分)74.(2022江苏苏北四市高三期末统考,19)已知函数(为常数),其图象是曲线. (Ⅰ)当时,求函数的单调减区间; (Ⅱ)设函数的导函数为,若存在唯一的实数,使得与同时成立,求实数的取值范围; (Ⅲ)已知点为曲线上的动点,在点处作曲线的切线与曲线交于另一点,在点处作曲线的切线,设切线的斜率分别为.问:是否存在常数,使得?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.[答案]74.查看解析[解析]74. 解析(Ⅰ)当时,. 令,解得,所以f(x)的单调减区间为.(4分)(Ⅱ),由题意知消去,得有唯一解.令,则,所以在区间,上是增函数,在上是减函数,又,,故实数的取值范围是.(10分)(Ⅲ)设,则点处切线方程为,与曲线:联立方程组,得,即,所以点的横坐标.(12分)由题意知,,,若存在常数,使得,则,89\n即存在常数,使得,所以解得,.故时,存在常数,使;时,不存在常数,使.(16分)75.(2022重庆七校联盟,21)已知函数. (Ⅰ)求的单调区间; (Ⅱ)若在区间上恒成立,求实数的取值范围.[答案]75.查看解析[解析]75. (Ⅰ), 由得, 当时,在或时,在时,所以的单调增区间是和,单调减区间是;当时,在时,所以的单调增区间是;当时,在或时,在时.所以的单调增区间是和,单调减区间是. (7分) (Ⅱ)由(Ⅰ)可知在区间上只可能有极小值点,所以在区间上的最大值在区间的端点处取到,即有且,解得. (12分)76.(2022重庆七校联盟,19)(创新)已知函数,其中,曲线在点处的切线垂直于轴. (Ⅰ)求的值; (Ⅱ)求函数的极值.[答案]76.查看解析[解析]76. (Ⅰ), ,即. (5分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知,,,令,有,由,则或;由,则或. (9分)所以,取得极大值,89\n时,取得极小值. (13分)77. (2022吉林高中毕业班上学期期末复习检测,22)已知函数,. (Ⅰ)若函数在其定义域内为单调函数,求的取值范围; (Ⅱ)若函数的图像在处的切线斜率为0,且,(,). 证明:对任意的正整数n,当时,有.[答案]77.查看解析[解析]77. 解析 (Ⅰ)函数的定义域是因为所以有所以,,①当时,恒成立,所以函数在上单调递减; (3分)②当时,若函数在其定义域内单调递增,则有恒成立即,因为所以 且时不恒为0.若函数在其定义域内单调递减,则有恒成立即,因为所以 综上,函数在定义域内单调时的取值范围是 , (5分) (Ⅱ)因为函数的图像在处的切线斜率为0,所以即所以,所以,,令 ,所以 , (7分)当是偶数时,因为所以 ,所以,所以即函数在单调递减,所以,即 ,89\n当是奇数时,令则,所以函数在单调递减,所以,又因为时,所以,所以即函数在单调递减 ,所以,即,综上,对任意的正整数n,当时,有.(12分)78.(2022天津七校高三联考,20)已知函数在点处的切线方程为. (Ⅰ)求函数的解析式; (Ⅱ)若对于区间上任意两个自变量的值都有,求实数的最小值; (Ⅲ)若过点可作曲线的三条切线,求实数的取值范围.[答案]78.查看解析[解析]78. 解析 (Ⅰ).根据题意,得即解得,所以. (4分) (Ⅱ)令,即.得.12 + + 增极大值减极小值增2因为,,所以当时,,. (6分)则对于区间上任意两个自变量的值,都有,所以.所以的最小值为4.89\n (Ⅲ)因为点不在曲线上,所以可设切点为.则.因为,所以切线的斜率为. (9分)则=,即.因为过点可作曲线的三条切线,所以方程有三个不同的实数解.所以函数有三个不同的零点.则.令,则或.02+ +增极大值减极小值增则,即,解得. (13分)79.(2022河南郑州高中毕业班第一次质量预测,21)已知函数. (Ⅰ)若恒成立,求实数的值; (Ⅱ)若方程有一根为,方程的根为,是否存在实数,使若存在,求出所有满足条件的值;若不存在,说明理由,[答案]79.查看解析[解析]79. 解析 (Ⅰ)注意到函数的定义域为,所以恒成立恒成立,设,则,当时,对恒成立,所以是上的增函数,注意到,所以时,不合题意.当时,若,;若,.所以是上的减函数,是上的增函数,故只需. (4分)令,89\n,当时,;当时,.所以是上的增函数,是上的减函数.故当且仅当时等号成立.所以当且仅当时,成立,即为所求. (6分)(Ⅱ)由(Ⅰ)知当或时,,即仅有唯一解,不合题意;当时,是上的增函数,对,有,所以没有大于的根,不合题意.当时,由解得,若存在,则,即,令,,令,当时,总有,所以是上的增函数,即,故,在上是增函数,所以,即在无解.综上可知,不存在满足条件的实数. (12分)80.(2022河北衡水中学高三上学期第五次调研考试,21)已知函数(其中).(Ⅰ)若为的极值点,求的值;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,解不等式;(Ⅲ)若函数在区间上单调递增,求实数的取值范围.[答案]80.查看解析[解析]80.(Ⅰ)因为,因为为的极值点,所以由,解得,检验,当时,,当时,,当时,.所以为的极值点,故.(4分)(Ⅱ)当时,不等式,89\n整理得,即或,(6分)令,,,当时,;当时,,所以在单调递减,在单调递增,所以,即,所以在上单调递增,而;故;,所以原不等式的解集为;(8分)(Ⅲ)当时,因为,所以,所以在上是增函数.当时,,时,是增函数,.①若,则,由得;②若,则,由得.③若,,不合题意,舍去.综上可得,实数的取值范围是.(亦可用参变分离求解).(12分)81.(2022成都高中毕业班第一次诊断性检测,21)已知函数,. (Ⅰ)若,求曲线在出的切线方程; (Ⅱ)若对任意的都有恒成立,求的最小值; (Ⅲ)设,,若,为曲线上的两个不同点满足,且,使得曲线在处的切线与直线平行,求证.[答案]81.查看解析89\n[解析]81. 解析 (Ⅰ),,. (4分) (Ⅱ)由恒成立等价于恒成立,令,,,①若,则恒成立.函数在上是增函数,恒成立,又,符合条件.②若,由可得,解得或(舍去),当时,;当时,,,,这与恒成立矛盾.综上所述,,的最小值为1. (9分) (Ⅲ),,又,,,由,易知其定义域内为单调减函数,欲证,即证明,即证明,变形可得,令,,则等价于,构造函数,,则,令,当时,,在上为单调增函数,,,在上恒成立,成立,. (14分)82.(2022陕西宝鸡高三质量检测(一),21)已知函数,设 (Ⅰ)求函数的单调区间; (Ⅱ)若以函数图象上任意一点为切点的切线的斜率恒成立,求实数的最小值;89\n (Ⅲ)是否存在实数,使得函数的图象与函数的图象恰有四个不同交点?若存在,求出实数的取值范围;若不存在,说明理由.[答案]82.查看解析[解析]82. (Ⅰ),∵,由得,∴在上是增函数.由得,∴在上是减函数.∴的单调递减区间为,单调递增区间为. (4分)(Ⅱ)由,得恒成立,即恒成立.∵当时,取得最大值,∴,的最小值为. (8分)(Ⅲ)若的图像与的图像恰有四个不同交点,即有四个不同的根,亦即有四个不同的根.令.则(x)=.当变化时、的变化情况如下表: (-¥,-1)(-1,0)(0,1)(1,+¥)的符号 +-+ -的单调性↗↘↗ ↘ 由上表知:,,画出草图和验证,可知,当时,与恰有四个不同交点.∴当时,的图像与的图像恰有四个不同交点.83.(2022江西七校高三上学期第一次联考,21)已知函数,其中.(Ⅰ)求函数的单调区间;(Ⅱ)若直线是曲线的切线,求实数的值;(Ⅲ)设,求在区间上的最大值(其中为自然对的底数).89\n[答案]83.查看解析[解析]83. (Ⅰ)①(),令,则,又的定义域是,∴函数的单调递增区间为(0,2),递减区间为(-∞,0)和(2,+∞)(4分)(Ⅱ)设切点为则 解得 ,(7分) (Ⅲ), ,令,则,①当时,在单调增加 (9分)②当时,在单调减少,在单调增加; 若时,; 若时,; (11分)③当时,在上单调递减,;综上所述,时,;时,. (14分)84.(2022广州高三调研测试,20)设函数,.(Ⅰ)若曲线与在它们的交点处有相同的切线,求实数,的值;(Ⅱ)当时,若函数在区间内恰有两个零点,求实数的取值范围;(Ⅲ)当,时,求函数在区间上的最小值.[答案]84.查看解析89\n[解析]84. 解析 (Ⅰ)因为,,所以,.因为曲线与在它们的交点处有相同切线,所以,且。即,且,解得. (3分) (Ⅱ)当时,,所以.令,解得.当变化时,的变化情况如下表:00↗极大值↘极小值↗所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.故在区间内单调递增,在区间内单调递减.从而函数在区间内恰有两个零点,当且仅当即解得.所以实数的取值范围是. (8分) (Ⅲ)当,时,.所以函数的单调递增区间为,单调递减区间为.由于,,所以.89\n①当,即时,.②当时,. (12分)③当时,在区间上单调递增,.综上可知,函数在区间上的最小值为 (14分)85.(2022兰州高三第一次诊断考试,21)已知函数,,其中的函数图象在点处的切线平行于轴. (Ⅰ)确定与的关系; (Ⅱ)若,试讨论函数的单调性; (Ⅲ)设斜率为的直线与函数的图象交于两点() 证明:.[答案]85.查看解析[解析]85. 解析 (Ⅰ)依题意得,则,由函数的图象在点处的切线平行于轴得:.∴. (3分) (Ⅱ)由(Ⅰ)得∵函数的定义域为∴当时,由得,由得,即函数在(0,1)上单调递增,在单调递减;当时,令得或,若,即时,由得或,由得,即函数在,上单调递增,在单调递减;89\n若,即时,由得或,由得,即函数在,上单调递增,在单调递减;若,即时,在上恒有,即函数在上单调递增,综上所述:当时,函数在(0,1)上单调递增,在单调递减;当时,函数在单调递增,在单调递减;在上单调递增;当时,函数在上单调递增,当时,函数在上单调递增,在单调递减;在上单调递增. (8分) (Ⅲ)依题意得,证,即证因,即证令(),即证()令()则∴在(1,+)上单调递增,∴=0,即(). ①令,∵,又∵,∴在单调递减,∴∴②综①②得(),即. (12分)86.(本题满分14分)已知函数.(1)当时,求函数的单调区间;(2)当时,若,恒成立,求实数的最小值;(3)证明.[答案]86.查看解析[解析]86.(1)当时,当时,,89\n,在上是减函数;当时,,,令得,,在上单减,在上单增综上得,的单减区间是,单增区间是.(4分)(2)当时,即,设,当时,,不合题意;当时,令得,,时,,在上恒成立,在上单增,,故符合题意;②当时,,对,,,故不合题意.综上,的最小值为. (8分)(3)由(2)得, ①证明:当n=1时,不等式左边=2-ln3<2=右边,所以不等式成立.当n≥2时,令①式中得 ,89\n,,所以当n≥2时不等式成立.命题得证. (13分)87.(2022北京东城高三12月教学质量调研)已知,函数.(Ⅰ)求函数的单调区间和值域;(Ⅱ)设,若,总存在,使得成立,求a的取值范围.[答案]87.查看解析[解析]87.解:(Ⅰ),令,解得:,(舍去),列表:0(0,)(,1)1 0 ↘↗可知f(x)的单调减区间是(0,),增区间是(,1);(5分)因为,所以当]时,的值域为[,ln2]. (7分)(Ⅱ),因为,,所以, (9分)为[0,1]上的减函数,,所以,因为当]时,f(x)的值域为[,ln2]由题意知:,所以89\n又,得. (14分)89
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