2021年高考真题和模拟题分类汇编 数学 专题04 导数与定积分 WORD版含解析.docx

1、2021年高考真题和模拟题分类汇编数 学专题04 导数与定积分一、选择题部分1.(2021新高考全国卷T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）A. B.C. D. 【答案】D【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选D.2.(2021

2、高考全国乙卷文T12)设，若为函数的极大值点，则（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.依题意，为函数的极大值点，当时，由，画出的图象如下图所示：由图可知，故.当时，由时，画出的图象如下图所示：由图可知，故.综上所述，成立.故选D3.(2021浙江卷T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】对于A，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，则，当时，与图象不符，排除C.故选D.4.(2021江苏盐城三模T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献

3、之是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程的3个实数根为x1，x2，x3，则，已知函数，直线l与f(x)的图象相切于点，且交f(x)的图象于另一点，则A BC2x1x210 D2x1x20【答案】D【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用【解析】由题意可知，f(x)6x21，所以直线l的斜率kf(x1)6x121，且k2x122x1x22x221，即2x122x1x22x2216x121，化简得(2x1x2)(x1x2)0，因为x1x20，所以2x1x20，故答案选D5.(2021河南郑州三模理T3)若直线yx+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（）Af（x）

4、exBf（x）x4Cf（x）sinxDf（x）【答案】D【解析】直线yx+b的斜率为k，由f（x）ex的导数为f（x）ex，而ex，解得xln2，故A满足题意；由f（x）x4的导数为f（x）4x3，而4x3，解得x，故B满足题意；由f（x）sinx的导数为f（x）cosx，而cosx有解，故C满足题意；由f（x）的导数为f（x），即有切线的斜率小于0，故D不满足题意6.(2021河南郑州三模理T6)已知函数f（x）exex，af（30.2），bf（0.30.2），cf（log0.23），则a，b，c的大小关系为（）AcbaBbacCbcaDcab【答案】A【解析】根据题意，函数f（x）exex

5、，其导数为f（x）ex+ex，则有f（x）0恒成立，则f（x）在R上为增函数，又由log0.230.30.230.2，则有cba7.(2021河北张家口三模T8)已知a，b（0，3），且4lnaaln4，clog0.30.06，则（）AcbaBacbCbacDbca【答案】C【解析】由4lnaaln43aln2，得令，则，所以当x（3，e）时，f（x）单调递增；当x（e，+）时，f（x）单调递减又f（a）f（4），f（b）f（16）又clog0.33.06log0.3（5.20.2）log0.35.2+1，log7.30.8+1log0.40.3+42，所以ca，所以bac8.(2021四川内

6、江三模理T12)x（0，1），记a，b（）2，则a、b、c的大小关系为（）AacbBbcaCbacDabc【答案】C【解析】设f（x），f（x），令g（x）xcosxsinx，g（x）cosxxsinxcosxxsinx，因为x（0，3），g（x）单调递减，所以g（x）g（0）0，所以f（x）0，所以f（x）在（4，因为0x2x2，所以f（x2）f（x），即，所以ba，令h（x）xsinx，则h（x）1cosx0，5）上单调递增，所以h（x）h（0）0，所以xsinx，所以，即，所以ac，综上可得，bac9.(2021重庆名校联盟三模T8)若exalnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值

7、范围是（）AB（，1C（，2D（，e【答案】B【解析】设f（x）exalnxa（x0），则f（x）0对一切正实数x恒成立，即f（x）min0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+）上为增函数，当x0时，h（x），当x+时，h（x）+，则在（0，+）上，存在x0使得h（x0）0，当0xx0时，h（x）0，当xx0时，h（x）0，故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，所以函数f（x）在xx0处取得最小值为f（x0），因为，即x0alnx0，所以恒成立，即，又，当且仅当x0，即x01时取等号，故2a2，所以a110.(2021贵州毕节三模文T12)已知定义在R上的函数

8、f（x）满足：对任意xR，都有f（x+1）f（1x），且当x（，1）时，（x1）f（x）0（其中f（x）为f（x）的导函数）设af（log23），bf（log32），cf（21.5），则a，b，c的大小关系是（）AabcBcabCbacDacb【答案】C【解析】对任意xR，都有f（x+1）f（1x），f（x）关于直线x1对称，又当x（，1）时，（x1）f（x）0，函数f（x）在（，1）上单调递减，则在（1，+）上单调递增，而，且，f（21.5）f（log23）f（log32），即cab11.(2021贵州毕节三模文T8)已知定义在a，b上的函数yf（x）的导函数yf（x）的图象如图所示，给出下

9、列命题：函数yf（x）在区间x2，x4上单调递减；若x4mnx5，则；函数yf（x）在a，b上有3个极值点；若x2pqx3，则f（p）f（q）f（p）f（q）0其中正确命题的序号是（）ABCD【答案】B【解析】对于：f（x）在x2，x3上大于0，x3，x4上小于0，所以f（x）在x2，x3上单调递增，在x3，x4上单调递减，故错误；对于：由图像可知，f（x）是向下凹的，所以x4mnx5时，f（），故正确；对于：f（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，所以f（x）在a

10、，b上只有两个极值点，故错误；对于：由的结论，可得f（p）f（q）0，又因为f（x）在（x2，x3）上单调递增，所以f（p）f（q）0，所以f（p）f（q）f（p）f（q）0，故正确12.(2021贵州毕节三模文T6)若曲线ylnx+1上到直线yx+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（）AB2C2D【答案】A【解析】由曲线ylnx+1上到直线yx+m的距离为2的点恰有3个，可得直线yx+m与曲线ylnx+1相交，且与直线yx+m平行距离为2的两条直线中的一条与ylnx+1相切，设切点为（x0，lnx0+1），由ylnx+1的导数y，可得1，即x01，切点为（1，1），由点（1，1）到直线

11、yx+m的距离为2，且切点在直线yx+m的上方，可得2，解得m213.(2021安徽宿州三模理T12)已知函数f（x）|x|ex，若函数g（x）f2（x）（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范围为（）A（2，+）B（，+）C（，1）D（0，）【答案】D【解析】函数f（x）|x|ex，x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex0，因此x0时，函数f（x）单调递增x0，f（x）xex，f（x）（x+1）ex，可得函数f（x）在（，1）单调递增；可得函数f（x）在（1，0）单调递减可得：f（x）在x1时，函数f（x）取得极大值，f（1）画出图象：可知：f（x）0函数g（x）f2（

12、x）（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，f（x）3和f（x）m共有四个根，因为f（x）3有1个根，故f（x）m有3个根，由图可得：0m14.(2021安徽宿州三模文T12)已知函数f（x）ex3+xlnxx2ax满足f（x）0恒成立，则实数a的取值范围是（）A（，eB（，2C2，eD2，2【答案】B【解析】由f（x）0，得axex3+xlnxx2，得a+lnxx恒成立，设g（x）+lnxx，则g（x）ex3lnx+lnxx（x3lnx+1）+lnxx2，当且仅当x3lnx0，即x3+lnx时取“”号，故a2，a的取值范围是（，215.(2021辽宁朝阳三模T3)函数f（x）cosx的图

13、象的切线斜率可能为（）AB2CD4【答案】A【解析】f（x）cosx的导数为f（x）sinx+，由于sinx1，1，0，可得sinx+1，则切线的斜率可能为16.(2021河南济源平顶山许昌三模文T9)已知0a5且aln55lna，0b6且bln66lnb，0c7且cln77lnc，则a，b，c的大小关系为（）AacbBabcCcabDcba【答案】A【解析】令F（x），则，易得，当0xe时，F（x）0，函数单调递增，当xe时，F（x）0，函数单调递减，因为0a5，0b6，0c7，所以cbae，所以f（c）f（b）f（a），则abc17.(2021河南济源平顶山许昌三模文T5)已知曲线yaex

14、+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，则（）Aae1，b1Bae1，b1Cae，b1Dae，b1【答案】B【解析】yaex+xlnx，yaex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y2x+b，可得ae+1+02，解得ae1，又切点为（1，1），可得12+b，即b118.(2021四川泸州三模理T12)若asinabsinbb2a21，则（）AabBabC|a|b|D|a|b|【答案】D【解析】由于asinabsinbb2a21，所以asina+a2bsinb+b21，设f（x）xsinx+x2x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（x）f（x），故函数为偶函数，所以当

15、x0时，f（x）（x+sinx）+x（1+cosx），设g（x）x+sinx，所以g（x）1+cosx0，而g（0）0，所以f（x）0，所以f（a）f（b）1，故f（a）f（b），由于函数为偶函数，故|a|b|19.(2021江苏常数三模T8)若函数g（x）在区间D上，对a，b，cD，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（）ABCD【答案】D【解析】由于，则，易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2上单调递减，而，在上的最大值为，最小值为m2e2，依题意，2f（x）minf（x）max，即，解得2

16、0.(2021湖南三模T10)已知函数f（x）2alnx+x2+b（）A当a1时，f（x）的极小值点为（1，1+b）B若f（x）在1，+）上单调递增，则a1，+）C若f（x）在定义域内不单调，则a（，0）D若a且曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线与曲线yex相切，则b2【答案】BC【解析】根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；由0得ax2，因为x1，所以a1，B正确；因为，当a0时，f（x）0恒成立，当a0时，f（x）0不恒成立，函数不单调，C正确；a，f（x）+2x2，所以f（1）1，f（1）1+b，所以切线方程为y（1+b）（x1），即yx+b+2，设切点横坐标为x0，则1，

17、故x00，切点（0，1），代入yx+b+2得b3，D错误21.(2021福建宁德三模T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12sinx，实数a，b满足不等式f(3a+b)+f(a-1)0，则下列不等式成立的是()A. 4a+b3B. 4a+b-1D. 2a+b0恒成立，则f(x)是增函数，f(3a+b)+f(a-1)0，f(3a+b)-f(a-1)=f(3-a)，则3a+b3-a，得4a+b3，故选：A.根据条件判断函数f(x)关于(1,0)对称，求函数的导数，研究函数的单调性，利用函数的对称性和单调性将不等式进行转化求解即可本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，根据条件判断函数的对称性

18、和单调性是解决本题的关键，是中档题22.(2021宁夏中卫三模理T12)已知函数f（x）xex，g（x）2xln2x，若f（x1）g（x2）t，t0，则的最大值为（）ABCD【答案】D【解析】因为f（x）xex，g（x）2xln2x，f（x1）g（x2）t，t0，所以t，所以ln（）ln（2x2ln2x2）lnt，即lnx1+x1ln（2x2）+ln（ln2x2）lnt，因为yx+lnx在（0，+）上单调递增，所以x1ln（2x2），即lnx1+x1lnx1+ln2x2lnt，所以2x1x2t，则，令h（t），则h（t），当0te时，h（t）0，h（t）单调递增，当te时，h（t）0，h（t）

19、单调递减，故当te时，h（t）取得最大值h（e）23.(2021江西南昌三模理T3)已知自由落体运动的速度vgt，则自由落体运动从t0s到t2s所走过的路程为（）AgB2gC4gD8g【答案】B【解析】24.(2021江西南昌三模理T8)将方程f（x）f（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”记函数f（x）exx，g（x）lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（）AcabBcbaCacbDabc【答案】A【解析】令f（x）f（x），则exxex1，解得x1，即a1；令g（x）g（x），则，设，则，即函数（x）在（0，+）单调递增，又，函数（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1b2；令h（x

20、）h（x），则，解得，则cab25.(2021河南开封三模文T6)设函数，若f（x）的极小值为，则a（）ABCD2【答案】B【解析】，令f（x）0得，x1a，x1a时，f（x）0；x1a时，f（x）0，f（x）在x1a处取得极小值，解得26.(2021安徽马鞍山三模理T12)已知x（0，+），不等式ax+exlnx+x恒成立，则实数a的最小值为（）ABC0D1【答案】A【解析】不等式ax+exlnx+x等价于不等式ex+lneaxlnx+x，令函数f（x）lnx+x，原问题等价于g（eax）g（x）在（0，+）恒成立，函数g（x）单调递增，故只需eaxx在（0，+）恒成立即可即axlnxa，令

21、f（x）（x0），则f，可得函数f（x）在（0，e）递增，在（e，+）递减，f（x）的最大值为f（e），27.(2021安徽马鞍山三模文T12)已知函数（是自然对数的底数）在x0处的切线与直线x2y+10垂直，若函数g（x）f（x）k恰有一个零点，则实数k的取值范围是（）ABCD【答案】C【解析】函数的导数为f（x）ex（x2+m1），可得f（x）在x0处的切线的斜率为m1，由在x0处的切线与直线x2y+10垂直，可得m12，解得m1，则f（x）ex（x2x1），函数g（x）f（x）k恰有一个零点，即为f（x）k只有一个实根由f（x）的导数为f（x）ex（x22），当2x2时，f（x）0，f（

22、x）递减；当x2或x2时，f（x）0，f（x）递增则x2处，f（x）取得极大值3e2，x2处，f（x）取得极小值e2，则k的取值范围是e2（3e2，+）28.(2021江西九江二模理T11)若不等式xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立，则实数m的取值范围是（）A，+）B1，+）C，+）De1，+）【答案】C【解析】不等式xm（ex+x）emx+mxm（xlnx）恒成立ex+x+m（xlnx）em（xlnx）+m（xlnx），令f（x）ex+x，则原不等式等价于f（x）f（m（xlnx）恒成立f（x）ex+x在（0，+）上单调递增，xm（xlnx），令g（x）xlnx，则g（x）1，

23、可得：x1时函数g（x）取得极小值，即最小值g（x）g（1）10xm（xlnx）m，令h（x），x（0，+）h（x）h（e）0，x（0，e）时，h（x）0，h（x）在（0，e）上单调递增；x（e，+）时，h（x）0，h（x）在（e，+）上单调递减h（x）maxh（e）实数m的取值范围是，+）29.(2021浙江杭州二模理T9)已知函数f（x）aex若函数yf（x）与yf（f（x）有相同的最小值，则a的最大值为（）A1B2C3D4【答案】B【解析】根据题意，求导可得，f（x）f（x）在R上单调递增，又当x0时，f（0）0当x0时，f（x）0，即得函数f（x）在（，0）上单调递减，当x0时，f（x

24、）0，即得函数f（x）在（0，+）上单调递增故有f（x）minf（0）a2，即得f（x）a2，+）所以根据题意，若使f（f（x）mina2，需使f（x）的值域中包含0，+），即得a20a2，故a的最大值为230.(2021河北秦皇岛二模理T12)已知函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2，且x1x2，则下列选项正确的是（）Aa（0，）Byf（x）在（0，e）上单调递增Cx1+x26D若，则【答案】ABD【解析】由f（x）lnxax，可得f（x）a，（x0），当a0时，f（x）0，f（x）在x（0，+）上单调递增，与题意不符；当a0时，可得当f（x）a0，解得：x，可得当x（0，）时，f（x

25、）0，f（x）单调递增，当x（，+）时，f（x）0，f（x）单调递减，可得当x时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）lnxax有两个零点x1，x2（x1x2），可得f（）ln10，可得a，综合可得：0a，故A正确；当a时，x1+x22e6，故C错误，f（x）a，故x（0，）时，f（x）0，f（x）递增，a（0，），（0，e）（0，），故选项B正确；f（x）在（0，）递增，在（，+）递减，且a（，），1，x1（0，），x2（，+），f（1）a0f（x1），x11，f（）ln2lne220f（x2），x2，x2x11，故D正确；31.(2021江西上饶二模理T12)对任意x0，不等式ax（

26、e2.71828）恒成立，则正实数a的取值范围是（）A（0，e3BCD【答案】A【解析】由ax恒成立，ax0，即alnex0，故0，令t，x0，h（x）exex，则h（x）exe，易得，当x1时，h（x）0，函数单调递增，当0x1时，h（x）0，函数单调递减，故当x1时，h（x）取得最小值h（1）0，所以，h（x）exex0，即exex，因为x0，所以e，即te，前面不等式转化为talnt+2e30，（te），令f（t）talnt+2e3，则，（te），当0ae时，f（t）0，f（t）minf（e）ea+2e30，故ae+2e3所以0ae，当ae时，f（x）在e，a上单调递减，在（a，+）上单

27、调递增，f（t）minf（a）aalna+2e30，令g（a）aalna+2e3，ae，则g（a）lna0，故g（a）在（e，+）上单调递减，因为g（e3）0，当g（a）0时，ae3，即eae3，综上a的范围（0，e332.(2021河北邯郸二模理T4)曲线y（x3）ex在x0处的切线方程为（）A2x+y+30B2x+y30C2xy+30D2xy30【答案】A【解析】y（x3）ex的导数为y（x2）ex，曲线y（x3）ex在x0处的切线的斜率为2，切点（0，3），则切线的方程为y2x3，即2x+y+3033.(2021广东潮州二模T10)已知函数yf（x）的导函数yf（x）的图象如图所示，则下

28、列结论正确的是（）Af（a）f（b）f（c）Bf（e）f（d）f（c）Cxc时，f（x）取得最大值Dxd时，f（x）取得最小值【答案】AB【解析】结合导函数的图象，可知f（x）在（，c上单调递增，在（c，e）上单调递减，在e，+）上单调递增，对于A，因为abc，由f（x）的单调性可知f（a）f（b）f（c），故A正确；对于B，因为cde，由f（x）的单调性可知f（c）f（d）f（e），故B正确；对于C，当xc时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误34.(2021辽宁朝阳二模T12)已知a0，m（x）ex2e2x，f（x）am

29、（x）sinx，若f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（）Am（x）在R上递增Bm（x）图象关于点（2，0）中心对称C任取不相等的实数x1，x2R均有D【答案】ABD【解析】m（x）ex2+e2x0，则m（x）在R上递增，故A正确，m（x）+m（4x）ex2e2x+e2xex20，则m（x）图象关于点（ 2，0）中心对称，故B正确，m（x）ex2e2x，当x2时，m（x）0，即m（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时m（），故C错误，若f（x）存在唯一零点，则a（ex2e2x）sinx只有一个解，即g（x）a（ex2e2x）与h（x）sinx只有一个交点，g（x）a（ex2+e2x），h（

30、x）cosx，由g（2）h（2）0，则g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，要x2时，图象无交点，当且仅当g（2）h（2）成立于是2a，即a成立，故D正确35.(2021河南郑州二模文T11)已知a5ln0，b4ln0，c3ln0，则a，b，c的大小关系是（）AbcaBacbCabcDcba【答案】C【解析】令f（x）xlnx，则，当x1时，f（x）0，函数单调递增，当0x1时，f（x）0，函数单调递减故f（5）f（4）f（3），所以5ln54ln43ln3，因为a5lnlnaln50，b4lnlnbln40，c3lnlnc

31、ln30，所以alna5ln5，blnb4ln4，clnc3ln3，故alnablnbclnc，所以f（a）f（b）f（c），因为a4lnaln40得0a4，又alna4ln4，所以f（a）f（4），则0a1，同理f（b）f（3），f（c）f（2），所以0b1，0c1，所以cba36.(2021山西调研二模文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(aR)，若f(x)的最小值为0，则a的值为()A. 1B. -1C. 0D. -2【答案】A【解析】f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+)，f(x)=ax-1x2=ax-1x2，当a0时，f(x)0时，x(0,1a)时，f(x)0，

32、f(x)的单调递增区间为(1a,+)，单调递减区间为(0,1a)，此时f(x)min=f(1a)=-alna+a-1=0，a=1.故选：A.求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最小值，即可求出a的值本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题37.(2021安徽淮北二模文T12)若关于x的不等式lnx+a0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（）A（3ln3+1，4ln2+4Bln2+1，3ln3+1）C（ln2+，3ln3+1D（3ln2+1，2ln3+3【答案】C【解析】原不等式可化简为xlnx+14aax，设f（x）xl

33、nx+1，g（x）4aax，由f（x）xlnx+1得，f（x）lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，而函数g（x）4aax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），38.(2021新疆乌鲁木齐二模文T12)设函数f（x）lnxax+4a，其中a0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）0，则实数a的取值范围是（）ABCD【答案】B【解析】令g（x）lnx，h（x）ax4aa（x4），因为仅存在一个整数x0，使

34、得f（x0）0，所以仅有一个整数，使得g（x）h（x），g（x）x，令g（x）0，可得x1，令g（x）0，可得0x1，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以g（x）ming（1），所以满足条件的整数为1，由a0，可得h（x）为减函数，所以，即，解得ln21a，即实数a的取值范围是（ln21，39.(2021吉林长春一模文T7.)曲线在处的切线的斜率为A. B. C. D. 【答案】B【解析】当 x = e时, k = 2 ,故选B.二、填空题部分40.(2021高考全国甲卷理T13)曲线在点处的切线方程为_【答案】【解析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可

35、由题，当时，故点在曲线上求导得：，所以故切线方程为故答案为：41.(2021新高考全国卷T15)函数的最小值为_.【答案】1【解析】由题设知：定义域为，当时，此时单调递减；当时，有，此时单调递减；当时，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，综上有：时，单调递减，时，单调递增；。故答案为1.42.(2021江苏盐城三模T16)对于函数x1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，1)；丙：函数f(x)在x1处取极大值；丁：函数f(x)单调若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为【答案】2【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用【解析】由题意可知，f(x)2

36、mxn，当x1时，f(x)0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)mn11，即有mn2，此时f(x)，若丙正确，则解得m1，所以n3，而此时f(x)在x1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m2，n4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m243.(2021河南开封三模理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x0）上的一个动点，则点P到直线yx的距离的最小值是【答案】【解析】原问题可转化为曲线在点P处与直线yx平行的切线，与直线yx之间的距离，因为，所以y2x，因为在点P的切线与直线yx平行，所以y2x1（x0），所以x1，将其代入曲线方程，得

37、y1+12，即点P的坐标为（1，2），所以点P到直线yx的距离的最小值是d故答案为：44.(2021河南焦作三模理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+），其导函数为f（x），且满足f（x）0，f（x）+f（x）0，若0x11x2且x1x21，给出以下不等式：f（x1）ef（x2）；x1f（x2）x2f（x1）；x1f（x1）x2f（x2）；f（x2）（1x1）f（x1）其中正确的有.（填写所有正确的不等式的序号）【答案】【解析】对于，令g（x）exf（x），x（0，+），则g（x）ex（f（x）+f（x），因为f（x）+f（x）0，所以g（x）0，所以g（x）在（0，+）上单调递减，因为

38、x1x2，所以g（x1）g（x2），即f（x1）f（x2），即f（x1）ef（x2），故正确；对于，因为f（x）0，f（x）+f（x）0，所以f（x）0，所以f（x）单调递减，因为0x11x2，所以f（x2）f（x1），所以x1f（x2）x2f（x1），故正确；对于，由分析可知f（x1）ef（x2），因为0x11x2且x1x21，欲使x1f（x1）x2f（x2），即x1x2f（x1）x22f（x2），即f（x1）x22f（x2），只需x22即可，即证x22lnx2，设h（x）x2lnx，x1，则h（x）1+0，则h（x）在（1，+）单调递增，所以h（x）h（1）0，即x22lnx20，故正确；

39、对于，假设f（x2）（1x1）f（x1）成立，因为f（x1）f（x2），所以f（x1）f（x2），所以1x1，取x1，则，所以2，矛盾，故不正确故答案为：45.(2021河北张家口三模T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：yax+b与曲线相切,则切点坐标为【答案】【解析】设切点横坐标为m，因为，所以，又a3，所以，切点为将其代入yax+b，有，解得，所以，所以直线l必过定点46.(2021安徽宿州三模文T13)已知函数f（x）xsinx，则曲线yf（x）在点（，f（）处的切线方程为【答案】xy0【解析】f（x）xsinx，f（x）sinx+xcosx，f（）1，f（），曲线yf（x）在点（

40、，f（）处的切线方程为：yl（x），即yx，即xy047.(2021山东聊城三模T16.)已知函数f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3，其中x1x2x3，则(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3)的值为_【答案】 1【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系【解析】设g(x)=xex，g(x)=1-xex，当x0；当x1时，g(x)0时，g(x)0；x0时，g(x)0，g(x)max=g(1)=1e，作出g(x)的图象，如图要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3其中x1x2

41、x3令xex=t，则t2+(a-2)t+2-a=0需要有两个不同的实数根t1,t2（其中t10，即a2或a2，则t1+t2=2-a0t1t2=2-a0，t1t2，t10，则t2(0,1e)t10t21e，则x10x21x3，且g(x2)=g(x3)=t2(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3) = =(1-t1)2(1-t2)(1-t2)=1-(t1+t2)+t1t22=1-(2-a)+2-a2=1若a4t1t2=2-a4，因为g(x)max=g(1)=1e，且t2(0,1e)，(t1+t2)max4，故不符合题意，舍去综上(1-x1ex1)2(1-x2ex2)(1-x3ex3

42、)=1故答案为：1【分析】设g(x)=xex根据导数求出函数单调性最值得到g(x）图像，令xex=t则原函数式有三个不同的零点则需t2+(a-2)t+2-a=0有两不同实根数形结合得若a2时t10t21e则x10x210，故m=3，代入n=m2-3m得n=0，所以k=23-3=3，于是该切线的方程为y-0=3(x-3)，整理得，y=3x-9，故答案为：y=3x-9.设曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，利用导数可得两曲线的公共切线的斜率及公共点P的坐标，利用直线的点斜式方程可得答案本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，求得两曲线的公共点为的坐标为(3,0)及公

43、共切线的斜率为3是关键，考查数学运算能力，属于中档题55.(2021宁夏银川二模文T13)曲线f（x）3x+sinx在（0，0）处的切线方程为【答案】y4x【解析】由f（x）3x+sinx，得f（x）3+cosx，f（0）4则曲线f（x）3x+sinx在点（0，0）处的切线方程为y4x56.(2021安徽淮北二模文T14)已知f（x）为偶函数当x0时，f（x）exex2（e是自然对数的底数）则曲线yf（x）在x1处的切线方程是【答案】y（e12e）x+2e1+e【解析】由f（x）为偶函数，可得f（x）f（x），当x0时，f（x）exex2，可得x0时，f（x）f（x）exex2，所以x0时，f

44、（x）的导数为f（x）ex2ex，可得曲线yf（x）在x1处的切线斜率为e12e，切点为（1，e1e），所以曲线yf（x）在x1处的切线方程是ye1+e（e12e）（x1），即为y（e12e）x+2e1+e三、解答题部分57.(2021新高考全国卷T22)已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【解析】（1）函数的定义域为，又，当时，当时，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，时，故.先证：，若，必成立.若， 要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立

45、，综上，成立.设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式：.设，则，当时，；当时，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.58.(2021高考全国甲卷理T21)已知且，函数（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围【解析】（1）当时，,令得,当时，,当时，,函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分

46、必要条件是,这即是,所以的取值范围是.59.(2021高考全国乙卷文T21)已知函数（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标【解析】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.(2)由题意可得：，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.60.(2021浙江卷T22)设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函

47、数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)【解析】(1)，若，则，所以在上单调递增；若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，则在单调递减，单调递增，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，

48、只需证，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.61.(2021江苏盐城三模T)设(nN*)(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得对x(0，)恒成立(参考数据：e2.72，e27.39，e320.10)【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题【解析】(1)由得f(x)，因nN*，由f(x)0，得x，1分当x时，f(x)0；当时0x，f(x)0；故函数f(x)在(0，)上单调递增，在(，)上单调递减，所以函数f(x)不单调3分(2)当a1时，可证明exx2lnxsinx对x(0，)恒成立，当x(0，1)时，x2lnx0，sin

49、x1，ex1，不等式成立；4分当x(1，e)时，x2lnxsinxx21，令g(x)，所以g(x)0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)g(1)1，所以exx21，原不等式成立；7分当x(e，)时，因x2lnxsinxx2lnx1，故只需证exx2lnx1，即证，只需证，在(1)中令n1，可得f(x)f(e)，故，令h(x)，所以h(x)0，解得x3，当x(e，3)时，h(x)0；当x(3，)时，h(x)0，所以h(x)h(3)，而，所以原不等式也成立综上所述，当a1时，exx2lnxsinx对x(0，)恒成立12分注：当a2或a3时结论也成立，请参照评分；当a4时结论不成立62.(2021

50、河南郑州三模理T21)已知函数f（x）xlnxax+1（）求f（x）的最小值；（）证明：对任意的x（0，+），ex（lnx+）（ex+x）+0恒成立【解析】（）由题意可得f（x）的定义域是（0，+），f（x）1+lnxa，令f（x）0，解得：0xea1，令f（x）0，解得：xea1，则f（x）在（0，ea1）递减，在（ea1，+）递增，故f（x）minf（ea1）1ea1；（）证明：要证ex（lnx+）（ex+x）+0成立，即证ex（xlnx+1）x（ex+x）+4ex20，即证ex（xlnxx+1）x2+4ex20，即证xlnxx+1，设g（x）xlnxx+1，由（）可知g（x）ming（1

51、）0，设h（x）（x0），则h（x）（x0），由h（x）0，解得：0x2，由h（x）0，解得：x2，故h（x）在（0，2）递增，在（2，+）递减，故h（x）maxh（2）0，g（x）与h（x）的最值不同时取得，g（x）h（x），即xlnxx+1，故当x0时，不等式ex（lnx+）（ex+x）+0恒成立63.(2021河南开封三模理T21)已知函数f（x）（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m2，对于任意x1x20，证明：（x12f（x1）x22f（x2）（x12+x22）x1x2x22【解析】（1）的定义域为（0，+），当m0时，此时f（x）在上单调递增，此时f（x）在上单调递减，当m0时，此

52、时f（x）在上单调递增，此时f（x）在上单调递减；综上可知：当m0时，f（x）的增区间是，减区间是；当m0时，f（x）的增区间是，减区间是（2）证明：由m2，由于x1x20，所以设，故：，令，则，由于t1，故，则在（1，+）上单调递增，故（t）（1）0，即：所证不等式成立64.(2021河南开封三模文T21)已知函数f（x）lnxmx有两个零点（1）求m的取值范围；（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f（x1+x2）0【解析】（1），当m0时，f（x）0，所以f（x）在（0，+）上单调递增，至多有一个零点；当m0时，时，f（x）0，f（x）在上单调递增，时，f（x）0，f（x）在上单

53、调递减，所以f（x）在处取得最大值，由，得，此时，f（1）m0，由零点存在性定理可知，f（x）在和上各有一个零点，综上，m的取值范围是；（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1x20，则lnx1mx10，lnx2mx20，得lnx1lnx2mx1mx2，所以，要证f（x1+x2）0，即证，即证，即证，即证，令，设，所以（t）在t1时单调递增，所以（t）（1），又（1）0，所以（t）0，所以f（x1+x2）065.(2021河南焦作三模理T19)已知函数f（x）xlnx（）求f（x）的图象在点A（1，f（1）处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上

54、方；（）若函数g（x）（lnx+1）sin2x2f（x）cos2x，x，），证明：g（x）cos【解析】（）由题意可得f（x）lnx+1，f（1）1，f（1）0，所以f（x）的图像在点A（1，f（1）处的切线方程为yx1，设h（x）xlnxx+1，则h（x）lnx，令h（x）0，得0x1，h（x）单调递减，令h（x）0，得x1，h（x）单调递增，所以h（x）h（1）0，所以xlnxx1，当且仅当x1时取等号，所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方（）证明：由题知，g（x）（lnx+1）sin2x2xlnxcos2x，x，），所以g（x）2（lnx+1）cos2x+22xlnxsi

55、n2x+（lnx+1）cos2xsin2x（+4xlnx），因为x，），所以sin2x0，又由（1）知xlnxx1，所以+4xlnx+4（x1）4x+4240，（两个等号不能同时成立），所以g（x）0，所以g（x）在，）上单调递增，所以g（x）g（）cos，得证66.(2021河北张家口三模T22)已知函数f（x）x3xalnx（aR）（1）若函数f（x）在其定义域上为增函数，求a的取值范围；（2）当a3时，求证：对任意的x1，x21，+），且x1x2，有2f（x2）2f（x1）+（x1x2）f（x1）+f（x2）0恒成立【解析】（1）函数f（x）的定义域为（0，+），若函数f（x）在其定义域

56、上为增函数，则f（x）0在（4，即，得3x3xa，设g（x）3x3x，则g（x）4x21，当时，g（x）2，当时，所以当时，函数g（x）单调递减，当时，故，所以，（2）证明：由（1）得，对任意的x1，x23，+）1x2，令，则5f（x2）2f（x7）+（x1x2）f（x8）+f（x2），令，当t1时，由此可得h（t）在（1，+）上单调递增，所以当t1时，h（t）h（1），即，因为，所以，设，则，所以函数p（t）在（1，+）上单调递增，综上，当a3时6，x21，+）5x2，有2f（x5）2f（x1）+（x6x2）f（x1）+f（x3）0恒成立67.(2021山东聊城三模T22)已知f(x)=ex

57、-ax2-x-1（1）当a=e2时求f(x)的极值点个数；（2）当x0,+)时，f(x)0，求a的取值范围；（3）求证：22e-1+22e2-1+22en-132，其中nN*【解析】（1）解：当a=e2时，f(x)=ex-e2x2-x-1，所以f(x)=ex-ex-1，f(x)=ex-e，所以当x1时，f(x)1时，f(x)0，f(x)在(1,+)上单调递增，因为f(0)=0，f(1)=-1，f(2)=e2-2e-10，所以存在x0(1,2)，使f(x0)=0，所以，x(-,0)时，f(x)0；x(0,x0)时，f(x)0，所以0和x0是f(x)的极值点，所以f(x)有两个极值点（2）解：f(

58、x)=ex-ax2-x-1，f(x)=ex-2ax-1，设h(x)=f(x)=ex-2ax-1(x0)，则h(x)=ex-2a单调递增，又h(0)=1-2a，所以当a12时，h(x)0，h(x)在0,+)上单调递增，所以h(x)h(0)=0，即f(x)0，f(x)在0,+)上单调递增，所以f(x)f(0)=0，符合题意.当a12吋，令h(x)=0，解得x=ln2a，当x0,ln2a)时，h(x)0，h(x)在0,ln2a)上单调递减，f(x)=h(x)h(0)=0，f(x)在(0,ln2a)）上单调递减，所以x(0,ln2a)时，f(x)n2+2n，22en-12n(n+2)，所以22e-1+

59、22e2-1+22en-1213+224+2n(n+2)=1-13+12-14+1n-1n+2=1+12-1n+1-1n+20，所以，x(-,0)时，f(x)0；x(0,x0)时，f(x)0，所以0和x0是f(x)的极值点。（2）设h(x)=f(x)=ex-2ax-1(x0)，h(x）再求导可推得当a12时，f(x)0f(x)在0,+)上单调递增进而得f(x)f(0)=0。当a12吋，利用导数推出f(x)在(0,ln2a)上单调递减进而得x(0,ln2a)时，f(x)f(0)=0，综上可得f(x)0时a取值范围。（3）由（2）可知a=12时，f(x)0，x0,+)可得2ex-1x2+2x+1(

60、x0),x用n代替可推得22en-12n(n+2)，再把n用1,2,3.代替裂项相消即可推出。68.(2021四川内江三模理T21)设函数f（x）xalnx（aR）（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1），B（x2，f（x2）的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k2a？若存在；若不存在，请说明理由【解析】（）f（x）的定义域为（0，+），令g（x）x8ax+1，其判别式a25，当|a|2时，0，故f（x）在（5，当a2时，0，在（2，f（x）0，故f（x）在（0，+）上单调递增，当a8时，0，当0xx1时，f（x）31xx2时，f（x）32时

61、，f（x）0，故f（x）分别在（2，x1），（x2，+）上单调递增，在（x4，x2）上单调递减，（）由（）知，a2因为，所以，又由（1）知，x1x24于是，若存在a，使得k7a则3lnx2x1x6，亦即（*），再由（1）知，函数，+）上单调递增22，所以这与（*）式矛盾，使得k6a69.(2021重庆名校联盟三模T22)设x（0，），f（x）kxsinx，kR（1）f（x）0恒成立，求实数k的取值范围；（2）求证：当x（0，）时，3【解析】（1）f（x）kxsinx，f（x）kcosx，因为x（0，），所以0cosx1，所以当k0时，f（x）0，f（x）在（0，）上单调递减，所以f（x）f（0

62、）0，所以k0，不符合题意，当k1，则f（x）0在（0，）上恒成立，所以f（x）在（0，）上单调递增，所以f（x）f（0）0，所以k1，符合题意，当0k1时，令f（x）0，即kcosx，则在（0，）内存在唯一x0，使得kcosx0，当x（0，x0）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（x0，）时，f（x）0，f（x）单调递增，又f（0）0所以f（x）0在（0，）不恒成立，所以0k1，不符合题意，综上所述，k的取值范围为1，+）（2）证明：由（1）知，当x（0，）时，有xsinx，所以3，所以tanxsinx3x3sinx，所以tanx+2sinx3x0，设g（x）tanx+2sinx3x，x

63、（0，），则g（x）+2cosx3，设tcosx，由x（0，），得t（0，1），再设y2t2t12（t2t+）2（t）2，当t0时，y10，当t1时，y0，所以对任意t（0，1）时，y2t2t10，所以对任意t（0，1），y2t2t10，所以对任意x（0，）时，有2cos2xcosx10，又cosx10，所以g（x）0恒成立，所以g（x）在（0，）上是单调递增，所以g（x）g（0）0，所以tanx+2sinx3x0，所以不等式3得证70.(2021安徽蚌埠三模文T21)已知函数f（x）lnx+x2a，其中aR（1）若a1，求函数f（x）在x1处的切线方程；（2）证明：a1时，f（x）0恒成立【

64、解析】（1）f（x）的定义域为（0，+），由a1，得f（x）+1，f（1）0，f（1）0，则函数f（x）在x1处的切线方程为y0（2）f（x）+1，令g（x）exax，则g（x）exa1，1若a0时，则g（x）0在（0，+）上恒成立，g（x）在（0，+）上单调递增，因为g（0）0，所以g（x）0，2若0a1时，令g（x）0，解得xa，当0xa时，g（x）0，g（x）单调递减，当xa时，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）g（a）1a0，即a1时，exax0在（0，+）恒成立，所以当x1时，f（x）0，f（x）单调递增，当0x1时，f（x）0，f（x）单调递减，所以f（x）minf（1）e

65、a1+12a，下证ea1a0，令p（x）ex1x，p（x）ex11，在（，+）单调递增，当x（，1）时，p（x）0，p（x）单调递减，当x（1，+）时，p（x）0，p（x）单调递增，所以p（x）minp（0）0，所以p（x）0，即ex1x0，所以ea1a0，又1a0，所以f（1）0，所以f（x）0恒成立，综上所述，当a1时，f（x）0在（0，+）上恒成立71.(2021贵州毕节三模文T21)已知函数f（x）xmlnx2m（）讨论函数f（x）的单调性；（）若函数f（x）有最小值为g（m），证明：在（0，+）上恒成立【解析】（）函数f（x）xmlnx2m的定义域为（0，+），则，当m0时，f（x）

66、0在（0，+）上恒成立，所以f（x）在（0，+）上为增函数；当m0时，由，解得xm，由，解得0xm，所以f（x）在（0，m）上为减函数，在m，+）上为增函数；综上所述，当m0时，f（x）在（0，+）上为增函数；当m0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在m，+）上为增函数；（）由（）知，当m0时，f（x）在（0，+）上为增函数，f（x）无最小值当m0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在m，+）上为增函数，所以f（x）minf（m）mmlnm，所以g（m）mmlnm，由g（m）2lnm0，解得，由g（m）2lnm0，解得，所以g（m）在上为增函数，在上减函数所以，即在（0，+）上恒成立72.(

67、2021辽宁朝阳三模T21)已知函数f（x）m（x+1）212lnx（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x1，2时，f（x）0，求m的取值范围【解析】（1）f（x）2m（x+1），（x0），当m0时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递减；当m0时，由f（x）0，解得：0x，由f（x）0，解得：x，故f（x）在（0，）递减，在（，+）递增，（2）当x1，2时，f（x）0恒成立，即对于任意的x1，2，m恒成立，设，则有，令，则g（x）0在1，2上恒成立，即得g（x）在1，2上单调递减，因为g（1）20，g（2）14ln20，所以存在唯一的x01，2，使得g（x0）0，且当x1，x0时，g（x

68、）0；当x（x0，2时，g（x）0，所以F（x）在1，x0）上单调递增，在（x0，2上单调递减，又因为5lne5ln35ln288ln2，所以F（2）F（1）0，所以，即得，则有m的取值范围为73.(2021河南济源平顶山许昌三模文T21)已知函数f（x）x2+ax3，g（x）xlnx，aR（1）当x0时，2g（x）f（x），求a的取值范围；（2）证明：当x0时，g（x）【解析】（1）当x0时，2g（x）f（x），即2xlnxx2+ax3，即，设，则，当x（0，1）时，h（x）0，h（x）在（0，1）单调递减，当x（1，+）时，h（x）0，h（x）在（1，+）单调递增，h（x）minh（1）4

69、，则a4实数a的取值范围为（，4；（2）证明：g（x）xlnx，g（x）1+lnx，易知函数g（x）在上单调递减，在上单调递增，当x0时，令，则，易知（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，又两个等号不同时成立，故当x0时，g（x）74.(2021四川泸州三模理T20)已知函数f（x）lnxax+a，且f（x）0对x0恒成立（）求a的值；（）若关于x的方程mf（x）xex+m有两个实根，求实数m的取值范围【解析】（）因为f（x）0，且f（1）0，故x1是函数f（x）的极值点，因为f（x）a，所以f（1）1a0，故a1，又因为a1时，f（x）lnxx+1，且f（x）1，故f（x）在（0

70、，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，故f（x）f（1）0，故a1（）因为mf（x）xex+m，则m（lnxx）xex，设h（x）lnxx，则h（x）1，令h（x）0，可得0x1，令h（x）0，可得x1，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，所以h（x）h（1）10，所以lnxx，所以m，设g（x），则g（x），因为lnxx，所以lnxxx+1，即lnxx10，令g（x）0，可得0x1，令g（x）0，可得x1，故函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，所以g（x）g（1），又当x无限增大或无限接近0时，g（x）都趋近于0，故g（x）0，因为关于x的方

71、程mf（x）xex+m有两个实根，所以实数m的取值范围是（，0）75.(2021江苏常数三模T22)已知函数f（x）aexx2（aR）（其中e2.71828为自然对数的底数）（1）当a1时，求证：函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；（2）若对于任意的x0，+）恒成立，求实数a的取值范围【解析】（1）证明：a1时，f(x)exx2,f(x)ex2x,设g(x)f(x)ex2x,则g(x)ex2,令g(x)0,解得：xln2,故g(x)在区间(,ln2)递减，在(ln2,+)递增，故g(x)的最小值是g(ln2)22ln2,即f(x)对任意xR恒成立，故函数f（x）图象上任意一点处的切线

72、斜率均大于；（2）先证对任意x(0,+),ln(x+1)x,exx2+x+1,令h(x)ln(x+1)x,h(x)1,令h(x)0,解得：x0,故h(x)在区间(1,0)递增，在（0，+）递减，故h(x)h(0)0,故ln(x+1)x,令p(x)exx2x1,p(x)ex2xm(x),m(x)ex2,令m(x)0,解得：xln2,故m(x)在区间(,ln2)递减，在区间（ln2,+）递增，故m(x)m(ln2)0,故p(x)0,p(x)递增，故p(x)p(0)0,故exx2+x+1,x0,+),f(x)ln(x+1)+cosx对于任意x0,+)恒成立，f(0)ln(0+1)+cos01,故a1

73、,当a1时，f(x)ln(x+1)cosxaexx2ln(x+1)cosxexx2ln(x+1)cosxx2+x+1x2ln(x+1)cosxxln(x+1)+1cosxxx+1cosx1cosx0,即对于任意的x0，+）恒成立，综上：a的取值范围是（1，+）76.(2021湖南三模T21)已知函数f（x）+alnx（aR），g（x）x2x（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数F（x）f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，且曲线yF（x）在x处的切线方程为yG（x），求使不等式F（x）G（x）成立的x的取值范围【解析】（1），当a0时，f（x）0恒成立，函数f（x）在（0，+）上单调递

74、减，当a0时，易得当x时，f（x）0，当0x时，f（x）0，故f（x）在（，+）上单调递增，在（0，）上单调递减，（2）F（x）f（x）+g（x）alnx+x2x，所以F（x），x0，因为F（x）f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，所以F（x）0有两个不等正实数解，即2x2x+a0有两个不等式正根，所以，解得0，因为x1x2，x，所以F（）21，F（），所以曲线yF（x）在x处的切线方程为y（）（21）（x），即G（x）y（21）x+，令h（x）F（x）G（x），0，故h（x）在（0，+）上单调递增，且h（）0，故当0x时，h（x）0，即F（x）G（x），故x的范围（0，）77.(20

75、21福建宁德三模T22)已知函数f(x)=ae-x+lnx-1(aR).(1)当ae时，讨论函数f(x)的单调性：(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x10恒成立，f(x)在(0,+)上单调递增；当0ae时，令f(x)=0，则ex-ax=0，设g(x)=ex-ax，则g(x)=ex-a，易知，当0xlna时，g(x)lna时，g(x)0，g(x)单调递增，g(x)g(lna)=elna-alna=a(1-lna)0，f(x)0，f(x)在(0,+)上单调递增；综上，当ae时，f(x)在(0,+)上单调递增；(2)依题意，f(x1)=f(x2)=0，则ex1-ax1=0ex2-ax2=

76、0，两式相除得，ex2-x1=x2x1，设x2x1=t，则t1，x2=tx1，e(t-1)x1=t，x1=lntt-1,x2=tlntt-1，x1+x2=(t+1)lntt-1，设h(t)=(t+1)lntt-1(t1)，则h(t)=t-1t-2lnt(t-1)2，设(t)=t-1t-2lnt(t1)，则(t)=1+1t2-2t=(t-1)2t20，(t)在(1,+)单调递增，则(t)(1)=0，h(t)0，则h(t)在(1,+)单调递增，又x1+x22ln3，即h(t)2ln3，h(3)=2ln3，t(1,3,即x2x1的最大值为3.【解析】(1)对函数f(x)求导，然后分a0及01)，判断

77、函数h(t)的单调性，结合题意即可求得x2x1的最大值本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题78.(2021宁夏中卫三模理T21)已知函数f（x）lnx，其中aR（1）当a2，x1时，证明：f（x）0；（2）若函数F（x）0恒成立，求实数a的取值范围；（3）若函数F（x）有两个不同的零点x1，x2，证明：2【解析】（1）证明：当a2时，f（x）lnx，f（x），当x1时，f（x）0，f（x）在（1，+）单调递增，f（1）0，f（x）f（1）0；（2）f（x）lnx，则f（x），令g（x）x2+2（1a）x+1，

78、当a0时，又x0，则g（x）0，f（x）0，当0a2时，4a28a0，得g（x）0，f（x）0，故当a2时，f（x）在（0，+）上单调递增，且f（1）0，故有f（x）0，可得F（x）0，当a2时，有4a28a0，此时g（x）有2个零点，设为t1，t2，且t1t2，又t1+t22（a1）0，t1t21，故0t11t2，在（1，t2）上，f（x）为单调递减函数，故此时有f（x）0，即lnx，得0，此时F（x）0不恒成立，综上：a的取值范围是（，2；（3）证明：若F（x）有2个不同的零点x1，x2，不妨设x1x2，则x1，x2为f（x）的两个零点，且x11，x21，由（2）知此时a2，并且f（x）在

79、（0，t1），（t2，+）上单调递增，在（t1，t2）上单调递减，且f（1）0，f（t1）0，f（t2）0，f（ea）0，f（ea）0，ea1ea，且f（x）的图像连续不断，x1（ea，t1），x2（t2，ea），t2t1x2x1eaea，t2t12，综上：2|x2x1|eaea79.(2021江西南昌三模理T21)定义在实数集R上的偶函数f（x）的最小值为3，且当x0时，f（x）3ex+a，其中e是自然对数的底数（1）求函数f（x）的解析式；（2）求最大的整数m（m1），使得存在tR，只要x1，m，就有f（x+t）3ex【解析】（1）yex是增函数，当x0时，f（x）为增函数，又f（x）为偶

80、函数，f（x）minf（0）3+a，3+a3a0当x0时，x0f（x）f（x）3ex综上，（2）当x1，m时，有f（x+t）3ex，f（1+t）3e当1+t0时，3e1+t3e即e1+te，1+t1，1t0当1+t0时，同理，2t1，2t0同样地，f（m+t）3em及m2，得em+tem由t的存在性可知，上述不等式在2，0上必有解et在2，0上的最小值为e2，即eme3m0令g（x）exe3x，x2，+）则g（x）exe3由g（x）0得x3当2x3时，g（x）0，g（x）是减函数；当x3时，g（x）0，g（x）是增函数g（x）的最小值是g（3）e33e32e30，又g（2）0，g（4）0，g（

81、5）0，g（x）0在2，+）上有唯一解m0（4，5）当2xm0时，g（x）0，当xm0时，g（x）0在x2，+）时满足不等式的最大实数解为m0当t2，x1，m0时，f（x2）3ex3e（e|x2|1x），在x1，2）时，e|x2|1e1x1f（x2）3ex0，在x2，m0时，f（x2）3ex综上所述，m最大整数为480.(2021江西上饶三模理T21)设函数f（x）ex+axb+1（a，bR）（1）若b1，f（x）有两个零点，求a的取值范围；（2）若f（x）0，求ba的最大值【解析】（1）b1时，f（x）ex+ax，f（x）ex+a，当a0时，f（x）0，则f（x）在R上单调递增，不满足题意；

82、当a0时，令f（x）0，解得xln（a），则f（x）在（，ln（a）上单调递减，在（ln（a），+）上单调递增，要使f（x）有两个零点，只需f（ln（a）0，即a+aln（a）0，解得ae，即a的取值范围是（，e）（2）函数f（x）ex+axb+1，f（x）ex+a，由（1）知，当a0时，f（x）在R上单调递增，当x时，f（x），与f（x）0矛盾，所以a0，由（1）知，f（x）minf（ln（a）a+aln（a）b+10，所以ba+aln（a）+1，ba2a+aln（a）+1，令g（a）2a+aln（a）+1，g（a）2+ln（a）+11+ln（a），令g（a）0，可得ae，令g（x）0，可得

83、ea0，所以g（a）在（，e）上单调递增，在（e，0）上单调递减，所以g（a）maxg（e）e+1，所以bae+1，所以ba的最大值为e+181.(2021安徽宿州三模理T21)已知函数f（x）exax，g（x）ax2ax+x（）讨论函数f（x）的单调性；（）若a1，证明：当x1，+）时，f（x）g（x）+1【解析】（）f（x）exa，.（1分）当a0时，f（x）exa在R上恒成立，f（x）在（，+）上是递增的，.当a0时，令f（x）0，则xlna，令f（x）0，则xlna，f（x）在（，lna）上递减，在（lna，+）上递增，.综上所述，当a0时，f（x）是（，+）上的增函数当a0时，f（x

84、）在（，lna）是减函数，在（lna，+）上是增函数（）证明：f（x）g（x）+1f（x）g（x）10exax2x10，令h（x）exax2x1，h（x）exax1，由（）知当a0时，h（x）exax1在（1，+）上递增，又h（0）0，1x0，h（x）0，x0时，h（x）0，则h（x）在（1，0）上递减，在（0，+）上递增，h（x）minh（0）0，当0a时，lna1，由（1）知h（x）在（1，+）上递增又h（0）0，则h（x）在（1，0）上递减，在（0，+）上递增，h（x）minh（0）0，当a1时由（1）知0lna1h（x）在（1，lna）上递减在（lna，+）上递增，且h（0）0，h（1

85、）+a10，1x0时，h（x）0，x0时，h（x）0，h（x）在（1，0）上递减，在（0，+）上递增，则h（x）minh（0）0，综上所述，在1，+）上函数h（x）0恒成立若a1，当x1，+）时，f（x）g（x）+1恒成立82.(2021安徽宿州三模文T21)已知函数f（x）lnxax2+（a1）x，aR（）讨论f（x）的单调性；（）若f（x）ax2x恒成立，求整数a的最大值【解析】（）f（x）的定义域为（0，+），f（x）ax+a1，（1）当a0时，ax10，由f（x）0，得x1，由f（x）0，得0x1，f（x）的单调减区间为（0，1），单调增区间为（1，+）；（2）当1a0时，1，由f（x

86、）0，得0x1或x，由f（x）0，得1x，f（x）的单调减区间为（1，），单调增区间为（0，1）和（，+）；（3）当a1时，1，f（x）0在（0，+）上恒成立，f（x）的单调增区间为（0，+），无减区间；（4）当a1时，01，由f（x）0，得0x或x1，由f（x）0，得x1，f（x）的单调减区间为（，1），单调增区间为（0，）和（1，+）；综上所述，当a1时，f（x）的单调减区间为（，1），单调增区间为（0，）和（1，+）；当a1时，f（x）的单调增区间为（0，+），无减区间；当1a0时，f（x）的单调减区间为（1，），单调增区间为（0，1）和（，+）；当a0时，f（x）的单调减区间为（0，1

87、），单调增区间为（1，+）（）f（x）lnxax2+（a1）xax2x，故lnx+axa，设g（x），则g（x），设h（x）（x1）ex1+lnx，则h（x）xex+0恒成立，h（x）在（0，+）上单调递增，h（1）10，h（2）1+ln21+ln0，x0（1，2），使得h（x0）（x01）1+lnx00，lnx0（x01）1，x（0，x0）时，h（x）0，从而g（x）0，x（0，x0）时，g（x）0，g（x）在（0，x0）上为减函数，x（x0，+）时，h（x）0，从而g（x）0，x（x0，+）时，g（x）在x（x0，+）上为增函数，g（x）ming（x0），把lnx0（x01）1代入得：g（

88、x0），令p（x），x（1，2），则p（x）为增函数，p（1）p（x）p（2），p（1）1（1，0），p（2）0，g（x0）（1，0），整数a的最大值为183.(2021安徽马鞍山三模理T20)已知函数f（x）a（1x）ex，其中aR且a0（1）讨论f（x）的单调区间，并指出其单调性；（2）若a1，x0是F（x）的极大值点，求证：【解析】（1）f（x）a（1x）ex，f（x）axex，a0时，令f（x）0，解得：x0，令f（x）0，解得：x0，故f（x）在（，0）递增，在（0，+）递减，a0时，令f（x）0，解得：x0，令f（x）0，解得：x0，故f（x）在（，0）递减，在（0，+）递增；综上

89、：a0时，f（x）在（，0）递增，在（0，+）递减，a0时，f（x）在（，0）递减，在（0，+）递增；（2）证明：a1时，F（x）x2x3+（1x）ex，F（x）x（2xex），令h（x）2xex，则h（x）1ex0，h（x）在R递减，而h（0）10，h（1）1e0，故存在x0（0，1），使得h（x0）0，则2x0，故x（，0）时，F（x）0，F（x）递减，x（0，x0）时，F（x）0，F（x）递增，x（x0，+）时，F（x）0，F（x）递减，x0是F（x）的极大值点，F（x0）+（1x0）+23x0+2，x0（0，1），令G（x）x3+2x23x+2，x（0，1），则G（x）（x1）（x3）

90、0，故G（x）在（0，1）递减，而G（0）2，G（1），故F（x0）（，2）84.(2021安徽马鞍山三模文T21)已知函数（1）当时，求函数f（x）的单调区间；（2）当，x（1，+）时，求证：f（x）0【解析】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，1）（1，+），当a时，f（x）lnxlnx+，f（x）令f（x）0，得x或x2，当x（0，）时，f（x）0，f（x）单调递增，当x（，1）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（1，2）时，f（x）0，f（x）单调递减，当x（2，+）时，f（x）0，f（x）单调递增综上，函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+），单调减区间为（，1），（1，

91、2）；（2）证明：要证f（x）0，即证lnx0（a，x1）成立，即证0，也就是证lnx+0成立，即证3（x1）lnx3x+50（x1）成立令g（x）3（x1）lnx3x+50（x1），则g（x）3（lnx），该函数在（1，+）上单调递增，又g（1）30，g（2）3（ln2）0，g（x）0在（1，2）上有唯一零点x0，使得，且当x（1，x0）时，g（x）0，g（x）单调递减，当x（x0，2）时，g（x）0，g（x）单调递增，g（x）ming（x0）3（x01）lnx03x0+583（），x0（1，2），2，g（x）min0，即f（x）085.(2021江西九江二模理T20)已知函数f（x）ex+

92、ax（aR）（）讨论f（x）在（0，+）上的单调性；（）若对任意x（0，+），xex+ax2+（xln|a|）20恒成立，求a的取值范围【解析】（I）f（x）ex+a，当a1时，x0，ex1，f（x）ex+a0，f（x）在（0，+）上的单调递增当a1时，ln（a）0，xln（a）时，f（x）0；xln（a）时，f（x）0f（x）在（0，ln（a）上的单调递减，在（ln（a），+）上的单调递增综上可得：当a1时，f（x）在（0，+）上的单调递增当a1时，f（x）在（0，ln（a）上的单调递减，在（ln（a），+）上的单调递增（II）当a1且a0时，由（I）可知：f（x）在（0，+）上的单调递增，

93、f（x）f（0）1x0时，xex+ax2+（xln|a|）20恒成立ex+ax+x+2ln|a|0恒成立a1时，令u（x）ex+ax+x+2ln|a|，yx+2ln|a|，在（0，ln（a）上的单调递减，在（ln（a），+）上的单调递增由（I）可知：f（x）ex+ax，在（0，ln（a）上的单调递减，在（ln（a），+）上的单调递增u（x）在（0，ln（a）上的单调递减，在（ln（a），+）上的单调递增u（x）minu（ln（a）eln（a）+aln（a）+ln（a）+2ln（a）eln（a）+aln（a）a+aln（a）a（ln（a）1），a（ln（a）1）0，解得：ea1综上可得：a的取值

94、范围是e，0）（0，+）86.(2021北京门头沟二模理T20)已知函数f(x)=a(x2-1)-2lnx，aR.时，求在(1,f(1)处的切线方程；讨论f(x)的单调性；证明：当a1时，f(x)ax+1x-(a+1)在区间(1,+)上恒成立.【解析】时，f(x)=2(x2-1)-2lnx，f(x)=4x-2x，f(1)=2，f(1)=0，故切线方程是：y-0=2(x-1)，即y=2(x-1).，f(x)=2ax-2x=2ax2-2x(x0)，当a0时，f(x)0时，由f(x)=0，得x=1a，当x(0,1a)时，f(x)0，f(x)递增，综上：a0时，f(x)在(0,+)上单调递减，a0时，

95、f(x)在(0,1a)递减，在(1a,+)递增证明：当a1时，f(x)ax+1x-(a+1)，即ax2-ax-2lnx-1x+10在(1,+)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x1)，则h(x)=2ax-a-2x+1x2，h(x)=2a+2x3(x-1)，由于a1，x1，则h(x)0，故h(x)在(1,+)上单调递增，而h(1)=a-10，则h(x)在(1,+)上单调递增，故h(x)h(1)=0，故当a1时，f(x)ax+1x-(a+1)在区间(1,+)上恒成立【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f(1)，求出切线方程即可；求出函数的导数，通过讨论a的范围

96、，求出函数的单调区间即可；问题转化为ax2-ax-2lnx-1x+10在(1,+)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题87.(2021浙江杭州二模理T22)已知函数f（x）aln（x+1）（a0），（1）当a1时，求证：对任意x0，f（x）g（x）；（2）若函数f（x）图象上不同两点P，Q到x轴的距离相等，设f（x）图象在点P，Q处切线交点为M，求证：对任意a0，点M在第二象限【解析】证明：（1）根据题意，对任意x0，f

97、（x）g（x）恒成立，即证明h（x）f（x）g（x）0恒成立，即证h（x）min0恒成立，当a1时，f（x）ln（x+1），g（x），令h（x）f（x）g（x）ln（x+1）（x0），则有h（x）x0h（x）0，即得函数h（x）在（0，+）上单调递增，h（x）h（0）0，即得f（x）g（x）0f（x）g（x）（2）f（x）aln（x+1）的定义域为x（1，+），f（x），即得当a0时，f（x）0，则函数g（x）在（1，+）上单调递增，设点P（xP，yP），Q（xQ，yQ），则有yPyQ，|yP|yQ|，yP+yQ0yQyPyPaln（xP+1），yQaln（xQ+1）此时假设tln（xP+1）

98、0，则aln（xQ+1）atln（xQ+1）t，由此可得f（x）图象在点P，Q处的切线方程可分别表示为：联立可得，交点M的坐标即为令F（t）2eet+et（t0），则有F（x）etet0，即得F（t）F（0）0恒成立，xM0；0由此可得，点M在第二象限88.(2021河北秦皇岛二模理T22)已知函数f（x）（x2ax）lnxx2+2ax+1，x（0，+）（1）讨论函数yf（x）的单调性；（2）若ae，求证：f（x）（1）2【解析】（1）f（x）的定义域是（0，+），f（x）（xa）lnxx+a（xa）（lnx1），当a0，令f（x）0，解得：xe，令f（x）0，解得：xe，故f（x）在（0，e

99、）递减，在（e，+）递增，当0ae，令f（x）0，解得：xe或xa，令f（x）0，解得：axe，故f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+）递增，当ae时，令f（x）0恒成立，故f（x）在（0，+）递增，无递减区间，当ae，令f（x）0，解得：xa或xe，令f（x）0，解得：exa，故f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a，+）递增，综上：当a0，f（x）在（0，e）递减，在（e，+）递增，当0ae，f（x）在（0，a）递增，在（a，e）递减，在（e，+）递增，当ae时，故f（x）在（0，+）递增，无递减区间，当ae，f（x）在（0，e）递增，在（e，a）递减，在（a

100、，+）递增；（2）证明：令g（x）f（x），则g（x）lnx，ae，g（x）在（0，+）上单调递增，g（e）10，g（）0，设（x）exx，x0，则（x）ex10，（x）递增，（）（0）10，即0，x0（e，），使得g（x0）0，即ax0lnx0，且当x（0，x0）时，g（x）0，x（x0，+）时，g（x）0，f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+）递增，f（x）minf（x0）（x0a）（lnx01）（x0x0lnx0）（lnx01）x0，设h（x）x（lnx1）2，x（e，），则h（x）（lnx1）22x（lnx1）1ln2x0，h（x）在（e，）上单调递减，f（x）minh（x0）h（

101、），原命题成立89.(2021江西上饶二模理T21)已知函数f（x）2exsinx（e是自然对数的底数）（1）求f（x）的单调区间；（2）记g（x）f（x）ax，0a6，试讨论g（x）在（0，）上的零点个数（参考数据：e4.8）【解析】（1）f（x）2ex（sinx+cosx）2exsin（x+），由f（x）0，解得：2k+x2k+，由f（x）0，解得：2kx2k+（kZ），故f（x）在（2k，2k+）递增，在（2k+，2k+）（kZ）递减；（2）g（x）2exsinxax，g（x）2ex（sinx+cosx）a，令h（x）g（x），则h（x）4excosx，x（0，）时，h（x）0，x（，）

102、时，h（x）0，g（x）即h（x）在（0，）单调递增，在（，）上单调递减，g（0）2a，g（）2exa0，当2a0即0a2时，g（0）0，g（）0，存在x0（，），使得g（x0）0，当x（0，x0）时，g（x）0，当x（x0，）时，g（x）0，g（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，g（0）0，g（x0）0，又g（）a0，则g（x）在（0，）上仅有1个零点，当2a6时，g（0）2a0，g（x）在（0，）上单调递增，在（，）上单调递减，且g（）2a0，存在x1（0，），x2（，），使得g（x1）0，g（x2）0，且当x（0，x1），（x2，）时，g（x）0，x（x1，x2）时，

103、g（x）0，g（x）在（0，x1）和（x2，）上单调递减，在（x1，x2）上单调递增，g（0）0，g（x1）0，g（）2a230，g（x2）0，又g（）a0，故g（x）在（x1，x2）和（x2，）上各有1个零点，综上：当0a2时，g（x）仅有1个零点，当2a6时，g（x）有2个零点90.(2021江西鹰潭二模理T21)设函数f（x）lnx+aex，g（x）axex（）（1）若yf（x）在x1处的切线平行于直线y2x，求实数a的值；（2）设函数h（x）f（x）g（x），判断yh（x）的零点的个数；（3）设x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1x2，求证：3x1x22【解析】（1

104、）由题可知，f（x）+aex，得切线的斜率kf（1）1+ae，两直线平行斜率相等，k1+ae2，解得a（2）令h（x）f（x）g（x）Inx+aexaxex，可知h（x）的定义域为（0，+），且h（x）+aexa（1+x）ex，令m（x）1ax2ex，得m（x）a（2xex+x2ex），而0a，x0，得m（x）0，可知m（x）在（0，+）内单调递减，又m（1）1ae0，且m（In）1a（In）21（In）20，故m（x）0在（0，+）内有唯一解，从而h（x）0在（0，+）内有唯一解，设为x0，则1x0In，当x（0，x0）时，h（x）0，h（x）在（0，x0）内单调递增；当x（x0，+）时，h

105、（x）0，h（x）在（x0，+）内单调递减；x0是h（x）的唯一极值点令（x）Inxx+1，则当x1时，（x）10，故（x）在（1，+）内单调递减；当x1时，（x）（1）0，即Inxx1，从而h（In）InIn+a（1In）eInInIn+1（In）0，又h（x0）h（1）0，h（x）在（x0，+）内有唯一零点，又h（x）在（0，x0）内有唯一零点1，从而h（x）在（0，+）内恰有两个零点yh（x）的零点的个数为2（3）已知x1是h（x）的极值点，x2是h（x）的一个零点，且x1x2，由（2）及题意，即，Inx2e，e，由（2）知，当x1时，Inxx1，又x2x11，故ex12，两边取对数，得

106、IneInx12，于是x2x12Inx12（x11），整理得3x1x22命题得证91.(2021河北邯郸二模理T22)已知函数，g（x）mcosxx，m0（）讨论函数f（x）在（，0）（0，）上的单调性；（）若方程mf（x）g（x）在区间（0，）上有且只有一个实数根，求m的取值范围【解析】（）f（x），令h（x）xcosxsinx，h（x）cosxxsinxcosxxsinx，当x（，0）时，h（x）0，h（x）单调递减，当x（0，）时，h（x）0，h（x）单调递减，所以当x（，0）时，h（x）h（0）0，当x（0，）时，h（x）h（0）0，所以当x（，0）时，f（x）0，当x（0，）时，f（

107、x）0，所以f（x）在（，0）上单调递增，在（0，）上单调递减（）由题意得mcosxx，即x2mxcosx+msinx0在区间（0，）上有且只有一个实数根，令F（x）x2mxcosx+msinx，则F（x）在（0，）上有且只有一个零点，F（x）2xmcosx+mxsinx+mcosx2x+mxsinxx（2+msinx），当0m2时，2msinx2，所以F（x）0，F（x）在（0，）上单调递增，F（x）F（0）0，所以F（x）在（0，）上无零点；当m2时，令F（x）0，所以sinx（1，0），所以存在唯一x0（0，），使F（x）0，当x（0，x0）时，F（x）0，F（x）单调递增，当x（x0，

108、）时，F（x）0，F（x）单调递减，因为F（0）0，F（）m，当F（）0时，即2m时，F（x）0在（0，）上恒成立，F（x）在（0，）上无零点，不符合题意；当F（）0时，即m时，F（x）在（0，）上有且只有一个零点，符合题意综上，m的取值范围是（，+）92.(2021天津南开二模T20)（16分）已知函数f（x）e2x，g（x）m（2x+1）（m0）（e为自然对数的底数），h（x）f（x）（x）（）若me，求函数h（x）的单调区间；（）若h（x）1m恒成立，求实数m的值；（）若直线yg（x）是曲线f（x）e2x的一条切线求证：对任意实数ab，都有【解析】（）me时，g（x）e（2x+1），由题

109、意得：h（x）f（x）g（x）e7xe（2x+1），xR，h（x）2e2x2e7e（e2x16），令h（x）0，解得：x，x，h（x）的变化如下：x（，）（，+）h（x）0+h（x）递减极小值递增h（x）的递减区间是（，），递增区间是（；（）若h（x）2m恒成立，则m2xe2x3，x0时，显然成立，x0时，问题转化为m，+）恒成立，令k（t）（t0），令p（t）（t1）et+2，则p（t）tet0，p（t）在（0，故p（t）p（0）6，故k（t）0，+）递增，而et1，故m4，x0时，问题转化为m，0）恒成立，同理可得m2，综上：m1；（）证明：直线yg（x）是曲线f（x）的一条切线，设切点是

110、（x0，y4），f（x）2e2x，解得：，故h（x）e5x2x1，要证，即证8e2b2，即证2e5b，ab，即证e2（ab）15（ab），令tab0，即证e2t32t，t0，令（t）e7t12t（t4），（t）2e2t60，故（t）在（0，+）单调递增，（t）（0）3，即e2t14t0，即证得93.(2021广东潮州二模T22)已知函数f（x）lnx，g（x）x2ax（a0）（1）讨论函数h（x）f（x）+g（x）的极值点；（2）若x1，x2（x1x2）是方程f（x）+0的两个不同的正实根，证明：x12+x224a【解析】（1）h（x）f（x）+g（x）lnx+x2ax（x0）（a0），h（x

111、）+2xa，令2x2ax+10，a28，当0a2时，0，h（x）0，无极值点，当a2时，令2x2ax+10，解得：x，当x（0，），（，+）时，h（x）0，h（x）递增，x（，）时，h（x）0，h（x）递减，故h（x）极大值点是，极小值点是；综上：0a2时，h（x）无极值点，a2时，h（x）极大值点是，极小值点是；（2）由f（x）+lnx+0，即lnx+0，令k（x）lnx+（x0，a0），k（x），令k（x）0，得x，当0x时，k（x）0，当x时，k（x）0，k（x）在（0，）递减，在（，+）上递增，又k（x）有2个零点，k（）0，即ln+0，解得：0a，且，两式相减得：lnx2lnx1，设

112、t（t1），lnt，（1），要证明x12+x224a，即证明（1+t2）4a，（1+t2）（1）4a，（1+t2）（1）2，即证明2lnt2t2+0（t1），令q（x）2lnxx+（x1），q（x）0，q（x）在（1，+）上单调递减，q（x）q（1）0，2lnxx+0即x12+x224a94.(2021辽宁朝阳二模T) 21设函数f（x）axlnx，其中aR，曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线经过点（3，2）（）求a的值；（）求函数f（x）的极值；（）证明：f（x）【解析】（I）f（x）alnx+a，则f（1）0，f（1）a，故取消yf（x）在（1，f（1）处的切线方程ya（x1），把点

113、（3，2）代入切线方程可得，a1，（II）由（I）可得f（x）lnx+1，x0，易得，当0时，f（x）0，函数单调递减，当x时，f（x）0，函数单调递增，故当x时，函数取得极小值f（），没有极大值，证明：（III）f（x）等价于xlnx0，由（II）可得f（x）xlnx（当且仅当x时等号成立），所以xlnx，故只要证明即可，（需验证等号不同时成立）设g（x），x0则，当0x1时，g（x）0，函数单调递减，当x1时，g（x）0，函数单调递增，所以g（x）g（1）0，当且仅当x1时等号成立，因为等号不同时成立，所以当x0时，f（x）95.(2021山东潍坊二模T)20已知函数f（x）的单调递增区间

114、是0，1，极大值是（1）求曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线方程；（2）若存在非零实数x0，使得f（x0）1，m0，求f（x）在区间（，m上的最小值【解析】（1）f（x），f（x），f（x）的递增区间是0，1，ax2+（2ab）x+bc0的根是0和1，故，故abc，又f（x）的极大值是，故f（1），故abc1，故f（x），f（x），故f（1）e，f（1）2e，则f（x）在点（1，f（1）处的切线方程是：y2exe（2）f（x）在（，0）上单调递减，在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，且f（0）1，当x（，0时，f（x）minf（0）1，若存在非零实数x0，使得f（x0）1，则

115、x00，0mx0时，f（x）在（，0递减，在（0，m递增，故f（x）在区间（，m上的最小值是f（0）1，mx0时，f（x）在（，0递减，在（0，1）递增，在（1，m递减，故f（x）minf（m）96.(2021浙江丽水湖州衢州二模T)22已知函数f（x）（x1）（）当a0时，求函数f（x）的图象在（e，f（e）处的切线方程；（）若对任意x（1，+），不等式f（x）lnx+4恒成立，求实数a的取值范围（其中e为自然对数的底数）【解析】（）当a0时，f（x），所以f（e）4，此时f（x），可得切线的斜率为f（e），所以所求切线方程为y4（xe），即yx+8；（）由题意得ax+4ln2x4lnx0对

116、对任意x（1，+）恒成立令xe，得a，设g（x）ax+4ln2x4lnx（x1），g（x）a，设h（x），则h（x）0，所以h（x）在（1，+）递减，故0h（x）4当a4时，g（x）0，所以g（x）在（1，+）单调递增，g（x）g（1）a+40，所以a4满足题意；当a4时，存在x01使得a，即ax02lnx0+4，且g（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+）单调递增，所以g（x）ming（x0）ax0+4ln2x04lnx00，所以2lnx0+4+4ln2x04lnx00，即ln2x0+2lnx080，解得4lnx02，即1x0e2，由h（x）在（1，+）递减，可知a4，综上所述，可得a9

117、7.(2021吉林长春一模文T21)设函数.(I)当时,求函数的单调区间;()当时,求证:【解析】时，易知为增函数,且所以当时单调递减,当时单调递增.(4分)(2) ,当时,易知为上增函数,当时；当时；当时,而所以存在即当时单调递减,当时单调递增:所以.(12分)98.(2021新疆乌鲁木齐二模文T21)已知函数f（x）x2+sinx+cosx（）求曲线yf（x）在x0处的切线方程；（）若f（x）1+ax，求a【解析】（）由题意可知f（x）的定义域为R，f（x）2x+cosxsinx，所以f（0）1，f（0）1，所以yf（x）在x0处的切线方程为yx+1（）令g（x）x2+sinx+cosx1

118、ax，则g（0）0，g（x）2x+cosxsinxa，g（x）2sinxcosx0，所以g（x）在（，+）上为增函数，又因为g（0）1a，当a1时，g（0）0，4a0，g（4a）7a+cos4asin4a0，所以x0（0，4a），使得g（x0）0，所以g（x）在（0，x0）上单调递减，则g（x0）g（0）0，与题不符当a1时，g（0）0，a0，g（a）2cosa+sina+a0，所以x1（a，0），使得g（x1）0，所以g（x）在（x1，0）上单调递增，则g（x1）g（0）0，与题不符，当a1时，g（0）0，所以g（x）在（，0）上单调递减，g（x）在（0，+）上单调递增，所以g（x）g（0）

119、0，综上所述，当a1时，f（x）1+ax99.(2021安徽淮北二模文T21)设函数f（x）excosxax，aR（其中f（x）是f（x）的导函数）（）当a1时，判断函数f（x）在（0，+）上的单调性；（）若F（x）f（x）ax+a1，证明：当a1，2）时，函数F（x）有2个零点【解析】（）当a1时，f（x）excosxx，f（x）ex+sinx1，令H（x）f（x），则H（x）ex+cosx，x（0，+），ex1，1cosx1，H（x）0，H（x）在（0，+）单调递增，H（x）H（0）e010，f（x）在（0，+）单调递增；（）证明：F（x）f（x）ax+a1ex+sinxaax+a1ex+

120、sinxax1，当x0时，由于F（0）e0+sin0010，故x0是F（x）的一个零点；令M（x）F（x）ex+cosxa，则M（x）exsinx，1a2，当x（0，+）时，ex1，故M（x）1sinx0，M（x）在（0，+）单调递增，M（x）M（0）2a0，F（x）在（0，+）上单调递增，F（x）F（0）0，此时F（x）在（0，+）无零点；当x（，时，ax，F（x）ex+sinxax1ex+sinx+10，F（x）在（，无零点；当x（，0）时，sinx0，M（x）exsinx0，M（x）在（，0）单调递增，M（）e+cos（）a0，M（0）e0+1a0，由零点存在性定理可知，存在x0（，0）

121、，使得M（x0）0，且x（，x0）时，M（x）F（x）0，F（x）单调递减，x（x0，0）时，M（x）F（x）0，F（x）单调递增，又F（）e+sin（）a（）10，F（x0）F（0）0，F（x）在（，0）有一个零点，综上，当a1，2）时，函数F（x）有2个零点100.(2021宁夏银川二模文T20)已知函数f（x）lnx+1（1）求函数f（x）的最小值；（2）当x（0，）时，证明：ex（1lnx）sinx【解析】（1）函数f（x）lnx+1，x0，且f（x），由f（x）0，得x1，由f（x）0，得0x1，函数f（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增，函数f（x）的最小值是f（1）0；（2）

122、证明：若证x（0，）时，ex（1lnx）sinx成立，即证x（0，）时，ex+（lnx1）sinx0成立，令F（x）ex+（lnx1）sinx，当0xe时，ex1，F（x）ex+（lnx1）sinx1+（lnx1）sinx，令g（x）xsinx，当0xe时，cosx1，g（x）（xsinx）1cosx0，函数g（x）xsinx在（0，e）上单调递增，g（x）xsinxg（0）0，即xsinx0，故sinxx，又当0xe时，lnxlne1，故lnx10，故（lnx1）sinx（lnx1）x，故F（x）1+（lnx1）xx（lnx+1），由（1）知lnx+10，故F（x）0，当ex时，ex0，且l

123、nxlne1，即lnx10，且sinx0，F（x）ex+（lnx1）sinx0，综上，当x（0，）时，ex+（lnx1）sinx0成立，即当x（0，）时，ex（1lnx）sinx101.(2021山西调研二模文T21.)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2，aR.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若方程f(x)+a=0有三个不同的实根，求a的取值范围.【解析】(1)函数f(x)=(x-1)ex-ax2，则f(x)=xex-2ax=x(ex-2a)，(i)当a0时，ex-2a0，所以f(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增；(ii)当0a12时，由ex-2a=0，可得x=ln(

124、2a)12时，由ex-2a=0，可得x=ln(2a)0，所以f(x)在(-,0)上单调递增，在(0,ln(2a)上单调递减，在(ln(2a),+)上单调递增综上所述，当a0时，f(x)在(-,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增；当0a12时，所以f(x)在(-,0)和(ln(2a),+)上单调递增，在(0,ln(2a)上单调递减(2)f(x)+a=(x-1)ex-a(x+1)，所以x=1为f(x)+a=0的一个根，故ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，令f(x)=ex-a(x+1)，则g(x)=ex-a，(i)当a0时，g(x)0，故g(x)在R上单调递增，不符合题意；(ii)当a

125、0时，当xlna时，g(x)0，故g(x)单调递增，当xlna时，g(x)0，故g(x)单调递减，并且当x-时，g(x)+；当x+时，g(x)+，所以若要满足题意，只需g(lna)0且g(1)0，因为g(lna)=elna-a(lna+1)=-alna1，又g(1)=e-2a0，所以ae2，即a1且ae2，所以实数a的取值范围为(1,e2)(e2,+).【解析】(1)求出f(x)，然后分a0，0a12四种情况，分别研究导数的正负，从而判断函数的单调性；(2)将方程进行化简变形，得到x=1为f(x)+a=0的一个根，则ex-a(x+1)=0有两个不同于1的实根，构造函数f(x)=ex-a(x+1

126、)，利用导数研究其单调性，确定函数值的变化情况，列出关于a的不等关系，求解即可本题考查了利用导数研究函数的性质，函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题102.(2021河南郑州二模文T21)已知函数f（x）lnxa（x+1）（）讨论函数的单调性；（）对任意x0，求证：a（x+1）f（x）【解析】（）由题意得f（x）的定义域是（0，+），f（x）a，当a0时，f（x）0恒成立，f（x）在（0，+

127、）单调递增，当a0时，令f（x）0，解得0x，令f（x）0，解得：x，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减；综上：当a0时，f（x）在（0，+）单调递增，当a0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+）上单调递减；（）证明：要证a（x+1）f（x），即证lnx0，令g（x）lnx，则g（x），令r（x）2（x1）exe2x，则r（x）2xexe2，由r（x）在（0，+）单调递增，且r（1）2ee20，r（2）3e20，存在唯一的实数x0（1，2），使得r（x0）0，r（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+）上单调递增，r（0）0，r（2）0，当r（x）0时，x2，当r（x）0时，0x2，g（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增，g（x）g（2）1ln20，综上，lnx0，即a（x+1）f（x）