【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
