【高考数学精品专题】高中数学压轴题合集

1、 PAGE 10页（55页）【高考数学精品专题】高中数学压轴题合集参考答案与试题解析一解答题（共 50 小题）（1）a 的范围，求出函数的单调区间即可；及x= x2 x2lnx 及 = 22ln e从而证明结论成立1及 = x 1 + a = 22xa（0，xxg（x）2x2x+a， 则18a1 ）当0a g（x）0，所以 f（x）0 恒成立，fx在区间（，（3）当011 18a1+ 18a，即时，g（x）0有两个不相等的实根x1 =4，x2 =48g（x）00 xx1 xx2f（x）单调递增； 令gx01x2，此时（x5 ）a 1时，f（x）单调递增；8当1f1 18a时，（x）在区间及4上

2、单调递增，及1 18a 18a在区间4，4上单调递减，4及+8a+ 6 ）42证明：记hxxnx1x2，则及 = 1 1 = xx2x+1x+1显然 h（x）0，故 h（x）在区间2，+）上单调递增，所以当 x2 时，h（x）h（2）2ln32lne20，即 xln（x+1）0由（1）知，当 a2 时，f（x）在区间2，+）上单调递增，所以 及x = x2 x + 2lnx 及2 = 2 + 2ln22 + 2ln e = 3得x（xx2nx3n（1，即x2xnx3n（1x2（12）【点评】本题考查了函数的单调性，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，分类讨论思想，是一道综合

3、题（1）m 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）设 F（x）f（x）mx2x3，求出 F（x）的导数，根据函数的单调性证明即可1由题得，x2mxxexex2mm0 f（x）0 x0；令 f（x）0，得 x0，故 f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增 当 m0 时，令 f（x）0，得x0 或xnm2当n = 1，（xex10，故（x在，上调增221O ，令x0得x0 或xnm，2令 f（x）0，得 ln（2m）x0，2即（x在n2m0上调减在n2m（0上调增当 1，令（x得x0或n2m，2令x00 xn2m，即（x在0n2m0（n2m（2）F（x）f（x）mx2x3（x1）ex

4、x3+1， 则（ex（x1ex3xxex3x，设（x）ex3x，则（x）ex33x C 及1 ，1，3（x）e30，3（x）在及1 ，1上单调递减，33又 及 1 = 3 e 1O，（1）e30，33（x）在及1 ，1内存在唯一的零点，设为 x031则当3xO时，x0Fx0Fx当 x0 x1 时，（x）0，F（x）0，F（x）单调递减，11又 F及1 = 26 2 e3 = 2618e3 O，F（1）0，3273273F（x）0 在 x C 及1 ，1上成立，33当 x C 及1 ，1时，f（x）mx2+x33【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查分类讨论思想

5、，转化思想，是一道综合题x（1）及x = axa0a0两种情况讨论即可得出单调性；x（2）ka及1+lnxx+xlnx+b，而a及1+lnxx+xlnx+b 1+lnxx+xlnx+b，构造xxxg及x1+lnxx+xlnx+bg及xp及xlnxxp及x1 xx2xlnx+xb 在（1，+）上递增，利用导数分 p（1）0，可得此时 cg（x）ming（1）bb+c2b2，当pe）0，c = g及in = g及e = b2 b+ c = b2 +b C e+ 1e+ 2 +1，当p（1）eeeee0c = g及in = gO = +lOO+xOlxOb = lO + 1则b+ c = lO +

6、1 + O lxO =xOxOxOxxO + 1 ，再利用导数求其最值即可xO1）（xanxax，aR，及x = a 1 = ax，xxx0，aCR当a0时，fx0，当a0 时，（0a（，；xf（x）g（x）恒成立k a及1+lnxx+xlnx+b，xaC1，e，xC1，e，a及1+lnxx+xlnx+b1+lnxx+xlnx+bxx，令 g及x = 1+lnxx+xlnx+b g及x = lnx+xb，xx2x令 p及x = lnx + x b p及x = 1 + 1 0p（x）lnx+xb 在（1，+）上递增；x当 p（1）0 时，即 b1，bC1，e，所以 b1 时 xC1，e，p（x）

7、0g（x）0，g（x）在1，e上递增，cg（x）ming（1）bb+c2b2当 p（e）0，即 bCe1，e时 xC1，e，p（x）0g（x）0，g（x）在1，e上递减；c = g及in = g及 = b2 b+ c = b2 +b C e+ 1e+ 2 +eeee当 p（1）p（e）0 时，p（x）lnx+xb 在上递增；x0（，e，使得 （x0，则当xC1，时px0g（x，xC（x0，e）时p（x）0g（x）0，c = g及in = gxO = +lOxO+OlOb = lO + 1 ，xOxOb + c = lnxO + 1 + xO lnxO = xO + 1 此时 bx0lnx0，x

8、OxO令hx = x lnx h及 = 1 1 = x1O hx1，eC（，e1xC1e，xxeb + c C 及2，e + 1 ee综上所述，b + c C 2，e + 2 + 1e【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的恒成立问题，考查分类讨论思想，推理能力及计算能力，属于较难题目（1）f（x）0f（x）在1，+）上是增函数，进而得证；（2）依题意，及xx及1+alnx+ 1 x及1+lnx+ 1 g及xx及1+lnx+ 1 1xlnx x+1x+1x+1x+1x+1x+1x+1及O，1，则问题转化为 g（x）m 在（0，1）上恒成立，利用导数求出函数 g（x）的

9、最小值即可解】1证：及x = 及1及1+anx及+an 1 = ax1+lxa0，x1，及x+1及x+1及x+12，f（x）0，f（x）在1，+）上是增函数，f（x）f（1）1；（2）当 x1 时，由（1）知 f（x）1，故 m1，当 0 x1 时，因为 0a1，所以 及x = x及1+alnx+ 1 x及1+lnx+ 1 ，x+1x+1x+1x+1g及xx及1+lnx+ 1 1xlnx Cxx+1x+1x+12x+1+lnx ，x C 及O，1，2及x+1令 h（x）x+1+lnx，易知 h（x）在（0，1）上单调递增，h（e2）0，h（1）0，存在xO C 及e2，1，使得 h（x0）x0

10、+1+lnx00，当 xC（0，x0）时，g（x）0，当 xC（x0，1）时，g（x）0，x gx在xx0 取最值gin = gO = 1 + OlO，x O由于 x0+1+lnx00，于是 g及xO = 1 + xOlnxO = 1 xO及xO+1 = 1 xO，xO C 及e2，1，0g（x0）1，m 0 xO+1xO+1【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明问题，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题（1）m0代入后对函数求导，然后结合导数可判断函数的单调性，进而可求函数的最值；（2 ）m 1 代入后， 结合正数 x1 x2 满足 f （x1 ）+f

11、（x2 ）1 ln2 ， 代入整理后可得及x1 + x22 及x1 + x2 =2x1x2lnx1x2+1ln2h（x）2xlnx+1ln2后结合导数及单调性关系进行求解即可x1）m0 时，（nxx及x = 1 1，x当 xC（0，1）时，f（x）0，函数单调递增，当 xC（1，+）时，f（x）0，函数单调递减， 当 t1 时，f（x）在t，t+1上单调递减，f（x）的最大值为 f（t）lntt；当 0t1 时，f（x）在区间（t，1）上为增函数，在区间（1，t+1）上为减函数，f（x）的最小值为 f（1）1综上，M（t）= 1，Ot1 ，lnt t，t 1（2）f（x1）+f（x2）= x1

12、2 + x22 （x1+x2）+lnx1x21ln2， 即及x1 + x22 及x1 + x2 =2x1x2lnx1x2+1ln2，x令 h（x）2xlnx+1ln2，则 h及x = 2x1xh（x）在1）上单调递减，在（2，+ ）上单调递增，2故x h及1 = 2x1+ 22及1+ 2 x+x2x+x10 x1x2【点评】本题考查了导数的综合应用及由导数证明不等式，属于中档题（1）利用导数的几何意义求解；xlnxxlnx2等价于x1xnx0+x1 CRx1 x1x=x1，1h（在（1+（x（11212yxe2ya的交点为（x1，a）axe2xe2yx1 分别于ya交于点x，a则x1xx1，2

13、a1，且xx，当且仅当 a0时取等号可得x x xxa1 及 ae22a+1+e212121+2ae21）（x1nx，所以 f（e2）1+lne21，f（e2）2e2，故曲线 yf（x）在 xe2 处的切线方程为 y+2e2（xe2）即 yxe2；2g（fxxxnx（1，x（，+，x1）xnx，（，当 x1 时，CRxlnx当 x1 时，可得 x1，令h（x）= xlnxx1，则h及x设 m（x）x1lnx，x1，x1lnx及x12 ，x则n及 = 1 10即m（在（1+上调增，mxm（0，故h（h10故（x在1+上调增，（xh1，x洛达则知，lnxnx = ln+lnx 1，故1，1 11当

14、 0 x1 时，同理可得，1， 综上可得，1（3）设 h（x）f（x）（xe2）xlnx+x+e2，x0，则 h（x）2+lnx，0 xe2 时，h（x）0，h（x）xe2 时，h（x）0，h（x）单调递增， xe2 h（x）0，因此 f（x）xe2，设直线 yxe2 与 ya 的交点为（x1，a）则 a= x1 e2 x1 e2，x1ae2，且 x1x1，当且仅当 a2e2 时取等号又由2可知（xx1x1分别于a（x，a212ax21f（x2）x21，x2a+1x2x2a0 时取等号 因此x x x x = 及a1 及 ae2 2212因为等号成立的条件不能同时满足，x2+1+e2x2x11

15、）e21+2ae2【点评】本题考查了利用导数处理切线、恒成立问题，考查了切线放缩，考查了转化思想，属于难题2（1）f（2）= a = 1a值；2（2）要证 f（x）1，只需证 h（x）= ex 1 x2 x 10，两次求导可知 h（x）= ex 1 x2 x 1222在（0，+）h（x）ex 1 x2 xx0 时，f（x）21；（3）由（2）知，当x0 时，f（x）1，结合en1f（xn，得x+1nf（n），设g（xn）nfx则+（x要证2ne n 11只证en 及1n转为n1 11n 1，1 xn1221 2x1 2e22+ 2 x+ 2x + 21 x2 2ex 1 x2 2x220，原不

16、等式成立【解答】（1）解：由 f（x）= a及exx1，得 f（x）= a及x2ex+x+2，x2x32则 f（2）= a = 1，即 a2；22（2）证明：要证 f（x）1，只需证 h（x）= ex 1 x2 x 10，2h（x）exx1，h（x）ex1，xC（0，+）时，h（x）0，h（x）exx1 在（0，+）上单调递增，h（x）exx1h（0）0，2则 h（x）= ex 1 x2 x 1 在（0，+）上单调递增22h（x）= ex 1 x2 x 1h（0）0 成立2当 x0 时，f（x）1；（3）证明：由（2）知，当 x0 时，f（x）1，en1（x，x+nfx）， 设gxnfx）x+

17、gxn，2x（xgg（xg（x要证：2n|e xn 1|1，只需证|exn 1 n，21x113x1= 3，|e 1| = e3 1，33 31x111e2= e8 0，e32，则|e 1| = e3 12；故只需证|exn+1 1|1 |exn 1|2xC0+en1 1exn 11 xn12即证e2只需证当 xC（0，+）时，（x）= 及 1 x2 2ex + 1 x2 + 2x + 2022（x）= 及 1 x2 + x 2ex + x + 2，（x）= 及 1 x2 + 2x 1ex + 1，222（x）= 及 1 x2 + 3x + 1ex0，22（x）在（0，+）上单调递增，故（x）

18、= 及 1 x2 + 2x 1ex + 1（0）0，22（x）在（0，+）上单调递增，故（x）= 及 1 x2 + x 2ex + x + 2（0）0，2（x）在（0，+）上单调递增，故（x）= 及 1 x2 2ex + 1 x2 + 2x + 2（0）022原不等式成立【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求函数的极值，考查利用分析法证明函数不等式，属难题1（xx（2）由 F（x）存在不动点得方程 F（x）x 有实数根，即 a = exlnx+x2有解，xx令 h及x = ex+x2lnx 及xO，利用导数得到，h（x）h（1）e+1，所以当 ae+1 时，F（

19、x）有不动x点，从而得到 a 的取值范围x1）x（，及 = 2a1及，x对于函数 yx2+ax+10，当a240 时，即2a2 时，x2+ax+10 在 x0 恒成立x及x = x2+ax+1 O 在（0，+）恒成立，xf（x）在（0，+）为增函数；当0，即 a2 或 a2 时，xa a24a+ a a+ a24当 a2 时，由 f（x）0，得 2222，及Oa a a24a+ a+ a24f（x）在 ，2为增函数，数，2，2减函数，2为增函x当 a2 时，由 及x = x2+ax+1 O 在（0，+）恒成立，xf（x）在（0，+）为增函数，及Oa a24a a+ a+ a24a2 ，22，2

20、减函数及2，+ 为增函数；当 a2 时，f（x）在（0，+）为增函数（2）F及x = 及x g及x = lnx + 1 x2 + ax ex 3 x2 + x = lnx x2 + ax + x ex及xO，22xF（x）存在不动点，方程 F（x）x 有实数根，即 a = exlnx+x2有解，x令 h及x = ex+x2lnx 及xO，h及x = ex及x1+lnx+及x+1及x1 = 及ex+x+1及x1+lnxxh（x）0 x1，x2x2，xC（0，1）时，h（x）0，h（x）单调递减； xC（1，+）时，h（x）0，h（x）单调递增，h（x）h（1）e+1，当 ae+1 时，F（x）有

21、不动点，a e1+【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，是中档题x（1）F及xtlnxx1CF（x）0（0，1）2 为分界点讨论，进而得解；xx（2）熟悉不等式当 xC（0，1）时，lnx1 1，进而问题转化为证明 ex（x+1）20，构造函数即可x得证 PAGE 25页（55页）1不等式（x0即tnx x + 1OFx = tlnx x + 1x C 及，xt1x及tx2+1x2+1xx 1x2 x2xx0t2 时，F（x）0F（x）在（0，1）F（x）F（1）0 满足条件；当 t2 时，存在 x0C（0，1）使得 F（x0）0，由 y = x2+1 = x + 1的性质知，xC（

22、0，x ）时，F（x）0；xC（x ，1）时，F（x）0，xx00则函数 F（x）在（0，x0）上单减，在（x0，1）上单增，F（1）0F（x0）0F（x）0 t2 不满足条件 t 的取值范围为（0，2；x，（2）证明：由常见不等式可知，当 xC（0，1）时，lnx1 x，要证exlnx2+x 1 1，只需证ex及1 1x2+x 1 1 = 及21及1+ 1，即证ex x1x及x+12及x1，xxxxx又x（，1ex（1），即证ex（x120，令hxe（x1），x0，h（xxx，h（xx，易知当 xC（0，ln2）时，h（x）0，h（x）单减；当 xC（ln2，1）时，h（x）0，h（x）单增

23、，h（x）minh（ln2）2ln2，又 h（0）1，h（1）e40，h（x）0 在（0，1）上恒成立，即函数 h（x）在（0，1）上为减函数，h（x）h（0）0，即 ex（x+1）20，即得证exx+1，lnxx1 等e1（当a0 xxnxf（x2nx1x0 x= 1x）e的单调性，进而得出结论x（i及 = 2及lx1a，令gx）x22nx1+a，则g（）4（nx1令g（x）xe0 x= 1g（x）e1）在区间（e2，+）1）在（e2，+212）上有两个零点，结合 g（x）的图象可知，g10 且 g0，即 a 3 0，a 1 0进而得出结论（ e（e）e4e2i（i知x20ax （nx1所以

24、xx2anxxnx2又g12（e2）010（1 a0 x的图象可知x21，1 xxnx2eeee111（x4xn（nx1x（e，）时，lnx0，lnx+10，（x）0，所以（x）在（ ，ee111）上单调递增，而= 2，（）= 1 ，进而得出结论e（e）e2e2ee当0 时，xxnx，xx2nx1（xx= 1，ef（x）的单调性如下表：x1（0，）e1e1（，+）ef（x）0+f（x）单调递减1单调递增易知 f（x）min= 1 xe（）及 = x2及ln1agx（2nx1+ag（x）0 x= 1，xeg（x）的单调性如下表：x11（e2，e）1e1（e+）g（x）0+g（x）单调递减a1e2

25、单调递增11f（x）在区间（e2，+）上有两个极值点，即 g（x）在（e2，+）上有两个零点，1结合 g（x）的图象可知，g10 且 g0， 即 a 3 0，a 1 0，2（ ）2e31（e）1e4e2e所以e4 a 2，即 a 的取值范围（e4，e22i由i知g（20ax （nx1，所以fx（x a）nx（xnx）212又 g（ ）0，g（2e1ee）0，g（e11ea0结合（x的象知x2（e，ex（xn），则（）4xnxnx1xC（x）0，11e（e，1e）时，lnx0，lnx+10，所以（x11）上单调递增，而= 2 ，（ 1 ）= 1 ，）在（e， e（e）e2e因此 21e22e【点

26、评】本题考查利用导数研究函数的极值与最值，考查综合运算能力，属于中档题（1）f（x）0 f（x）0，得函数的增区间和减区间即可；（2）由ex1x1+ ex2x24，得ex1+cosx1ex2+cosx24g（x）ex+cosxg（x1）+g（x2）4；探究 g（x）在（，+）上单调性，构造函数G（x）g（x）g（x，探究G（x）在（，+）上单调性，再结合关系式g（1）+g（x2）4，利用单调性可得出结论1）xR；f（x）excosxexsinx= 2sin（x+nex4）f（x）0 得，sin（xn）0，2kn 3nkCZ；444 ，f（x）0 得，sin（xn）0，2k5n nkCZ；444

27、，以（x的调区为2kn2k+ nkC；4，f（x）的单调增区间为（2k 5n，2k n4kCZ44，（2）由ex1 x1+ ex2 x24，得ex1 +cosx1ex2 g（x）ex+cosx；则 g（x1）+g（x2）4，g（x）exsinxx0 时，g（x）1sinx0；当x0 时，sinx0，g（x）exsinx0 xC（，+）时，g（x）0 g（x）在（，+）上单调递增 不妨设x1x2g（0）e0+cos02，所以x10 x2令G（g（）+xxC，Gxgxgee2sn，令（x）exex2sinx，则（x）ex+ex2cosx2（1cosx）0，所以（，+）上单调递减，于是 G（x）G（

28、0）g（0）+g（0）4，即 g（x）+g（x）4又xC，所以g（x+g1，所以g14gxgx2而 g（x）在（，+）上单调递增，所以x1x2，x1 + x2 O【点评】本题考查了函数的单调性求法，不等式的证明，属于导数的综合应用，属于难题f（x）2xaexa= 单调性得出结论； x1x2x1+x2exexex1ex2ex1+ex2（2）lnx1lnx2x1x22去证明1函数fxxax1，f（x）2xaex，f（x）有两个不同的极值点 x1，x2，exf（x）2xaex0 有两个根， 即 a= 2xexex即 ya 与 yg（x）= 2xexexg（xexx1 时，g（x）0g（x）单调递增，

29、 x1 时，g（x）0g（x）单调递减，eg（x）maxg（1）= 2，e当 x时，g（x）+，当 x+时，g（x）0，2，e）时，ya 与 yg（x）= 2x有两个交点， 2exa （，eex（2）证明：由 f（x1）2x1ae x1 =0，f（x2）2x2ae x2 =0，1有及x x=aex1 ex2即2 1aex1ex2x x ；x1x212x1+x2t1t2lnx1lnx22，设 lnx1t1，lnx2t2，则 x1 = e，x2 = eet1et2et1+et2所以上述不等式变为t1t22；2ex1ex2ex1+ex2所以 a =x1x2 2；故ex1 + ex24a成立 x1x2

30、ex1ex2ex1+ex2【点评】利用结论不等式lnx lnx2x x2去证明很1212方便，否则将是相当的麻烦x10，解得 a0 或 a1，并进行检验是否的函数的极小值可得实数 a 的值；（2）函数 f（x）存在极大值与极小值，将函数 g（x）f（x）2xm 转换成 g（x）ex（x2+x+1）2xm 有两个零点，利用函数的单调性分类讨论和放缩法可得实数 m 的取值范围1函数fxexaxxa2，f（x）exax2+（2a+1）x+a2+1，f（x）ex（ax2+x+a2）x1处取得极小值 f（1）0a0 a1，当a0 时，xe（x1，x1，f（x）0f（x）单调递减； x1，f（x）0f（x

31、）单调递增；x1 时，f（x）取得极小值，无极大值，符合题意， 当a1 时，xe（x1x2，若 x2 成 x1，f（x）0，则函数 f（x）单调递增，若2x1，f（x）0，则函数 f（x）单调递减，f（x）x1 处取得极小值，x2 处取得极大值，符合题意， a0 a1；（2）因为函数 f（x）存在极大值与极小值， 所以由（1）知，a1，函数 g（x）f（x）2xm，g（x）ex（x2+x+1）2xm， xexx1x22，x0 时，g（x）0g（x）在（0，+）上单调递增， 当x0 时，令hxexx1x2，则h（xx（25x5，5 55+ 5所以当2或2时，h（x）0，h（x）单调递增，5 52

32、5+ 55 52当2时，h（x）0，h（x）单调递减，5 5因为0h3.68e62.611.682e3322= 6 2（2e30，x0时，g（x）0g（x）在（，0）上单调递减， g（x）R 上有两个零点，g（0）1m0m1，nnn 2nnn 2n及123取 x= 2 2 e 2 （ 4 2 2 e 2 （ 4 2 e 2 40，xm1，g（m）em（m2+m+1）3mm2+m+13mm22m+1（m1）20， m 1，；【点评】考查利用导数研究函数的极值问题，零点问题，体现了转化的思想方法，属于难题（）f（x）的导数，利用导函数的符号判断函数的单调性，求出单调区间；e（）求出hx）mf（x）

33、gx（m0）的导数，求解函数的最小值，通过零点判断定理，转化两个零点x，（x21 +2 +1ex由题可知及x = lnx + 1 1（x0 x1 时，f（x）0 x1 时，f（x）0；x因此 f（x）在（0，1）上单调递减，在1，+）上单调递增e有两个零点可知证：由hx = 及x lnx+ x lnx e有两个零点可知由及 = 及1+ lnx 1+1 1且m0 知，xxe0 x1 时，h（x）0 x1 时，h（x）0； h（x）h及 = 13 e此当x = 1，h及1 = n及1 及1+ 1 及1 3 = 及1e2O，eeeeeee可知 h（x）在及1 ，1上存在一个零点；ee当xe ，he

34、= n及e 1+e 1 3知h（在（1e上存一零；e因此x21，即x11ee【点评】本小题考查函数与导数的相关知识函数的单调性以及函数的最值的求法，零点判断定理的应用，是难题x（）f（x）= 及x1及a1（x0，得若a0，则（x）0，函xf（x）（0，+）a0（）a0f（1）2a+30f（x）0 a0（）求得函数的最大值，f（x）0 ln（1）1 0g（x）lnx+xg（1）0由函数零点判定定理aaa0C1，使得（x）0得到a1 C2，结合a，可知a 的最大2xO值为2；（）由（）可知，a2 时，f（x）lnx2x2+10，则xlnx2x3+x，得到 exxlnx+2x3x2+x1ex2x3+

35、x+2x3x2+x1exx2+2x1记uxex2x（x0exnx2xx2x1解：fxnxax（a2x1，x= 1 2aa2= 及x1及x1x，xx若 a0，则 f（x）0，函数 f（x）在（0，+）上单调递增；a0f（x）01f（x）01aa函数 f（x）在（0， 1）上单调递增，在（ 1，+）上单调递减；aa（）a0f（1）2a+30f（x）0恒成立a0，由（）f（x）在（0，1）上单调递增，在（1+）上单调递减aa，ax = 及1 = ln及1 1又x）0 成，aaaax = 及1 = ln及1 1 0，aaaa设 g（x）lnx+x，则 g（ 1）0a函数 g（x）在（0，+）上单调递增

36、，且 g（1）10，g（1）= ln 1 + 1 0，2221x0（2，使得gx0当 xC（0，x0）时，g（x）0，当 xC（x0，+）时，g（x）0 1 x，解得a 1C2，axO又 aCZ，a2则综上 a 的最大值为2；（）由（）可知，a2 时，f（x）lnx2x2+10，lnx2x21，则xlnx2x3+x，exxlnx+2x3x2+x1ex2x3+x+2x3x2+x1exx2+2x1 记uxex2x（x0uxe2x2h（x）ex2x+2h（x）ex2， h（x）0 xln2当 xC（0，ln2）时，h（x）0，当 xC（ln2，+）时，h（x）0，函数 h（x）在（0，ln2）上单调

37、递减，在（ln2，+）上单调递增，hin = hln = eln2 2ln2+ 2 =42n20h（x）0，即 u（x）0，故函数 u（x）在（0，+）上单调递增u（x）u（0）e010，即 exx2+2x10exxlnx+2x3x2+x10【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求最值，考查数学转化思想方法，属难题（1）a 的范围，求出函数的单调区间即可；（2）e2xax2ax10g（x）e2xax2ax1a 的范围即可1）（xe2a，a0 时，f（x）0，f（x）在 R 上递增，a0 时，由 f（x）0 得 x= 1lna2 2，1 a1 axC（， ln2x0f（在， n2

38、2）上递减；2xC（1 a12n ，f（0，x在（ n222a2，+）上递增2x+1（2）f（x）e2xaxax2+1e2xax2ax10， 令 g（x）e2xax2ax1，g（x）2e2x2axa， g（x）0a= 2e2x ，2x+1令 h（x）= 2e2x ，h（x）= 8xe2x ，2x+1及2x+12x0 时，h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增，hx（2+，当 a2 时，g（x）0 没有实根，g（x）0，g（x）在（0，+）上单调递增，g（x）g（0）0，符合题意，a2 时，g（x）0 x0，xC（0，x0）时，g（x）0， g（x）在（0，x0）上递减，g（x）g（0）0，

39、不符题意，综上，a 的取值范围是 a2【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题a2，b1，即可得到所求解析式；由题意可得及x+1ln及x+1+2x+1及x+1ln及x+1xgxx（2（x）= x1lnx1，设h（x）x1n（x1（x0利用导数研究其单调性，根据零点存在定2xh（x）在（2，3）内有零点，且在（0，+）x0 x01 nx1，0（23gx1函数fxxnxaxb f（x1+nx，1f11a1，+，（，（3xy2可得 1+a3，a+b1，解得 a2，b1，即有 f（x）xlnx+2x1；（2）kCZx0及x+1成立，即为x及x+1

40、ln及x+1+2x+1xk，x设gx= 及1n及12x1（x0，x2则 g（x）= x1ln及x+1，2x设hxx1nx1x0h（x）1 1 = x 0，x+1x+1即有 h（x）在（0，+）上单调递增又 h（2）0，h（3）0，根据零点存在定理可知：h（x）在（2，3）内有零点，且在（0，+）上有唯一零点， xxnx1，x（23，g（x）min= 及xO+1ln及xO+1+2xO+1 =x0+2，xO则 kx0+2，kCZ， k 【点评】本题考查了利用导数研究曲线的切线方程和函数的单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法，考查了函数零点存在定理，但是无法求出时的问题解决方法，考查了分类讨论

41、的思想方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可（2）对任意的C0，+，（x）0 转化为证明对任意的C0，+，snxa22ae0，即可，构造函数，求函数的导数，利用导数进行研究即可1当a0 时，（exsnxe， 则xexsnx）ecosxe（snxecosx，sinx+cosx= 2sin（x+ n 4）sinx+cosxe0 故 f（x）0则 f（x）在 R 上单调递减（2）当 x0 时，yex1，x0，（0 xC0snxa2e0g（a）sinxax2+2ae（x2+2）a+sinxe，看作以 a 为变量的一次函数， 要使 sinx

42、ax2+2ae0，g及1sinx 1 x2 + 1则2，即2，g及sinx x2 + 2sinx+1e0 恒成立，恒成立， 对于，令 h（x）sinxx2+2e， 则 h（x）cosx2x，设 xt 时，h（x）0，即 cost2t0 PAGE 33页（55页）cst1n12 2，sintsin6 = 2，h（x）在（0，t）上，h（x）0，h（x）单调递增，在（t，+）上，h（x）0，h（x）单调递减，则当xt时，函数h（x）取得最大值h（t）sintt2+2esint（cst2+2e2 ）sint1sin2t+2e=1sin2t+sint+7e（sint+1）2+3e52+ 3 e= 27

43、 e0，44故式成立，42（ ）4164416xC0fx0【点评】本题主要考查函数单调性与导数的应用，求函数的导数，构造函数，利用导数是解决本题的关键综合性较强，难度较大（1）k，代入函数分类讨论，求出单调性；210 xR（2（x1 x的最小值g（x）1 a 的范围1）x= 1ekx 2，1）= 1k 2 = 2 2，得1 k=22a0，222所以 f（x）e2xa2e2xe2lna，当 xC（，lna）时，f（x）0，f（x）递减； 当 xC（lna，+）时，f（x）0，f（x）递增；（2）根据（1）当 xCR 时，f（x）有最大值 f（lna）= 1 e2lna a2lna = 1 a2

44、a2lna，22（x= xxln1 = x lnx1，（x= ex + lnx = 2exlxC0，xxx2x2令 h（x）x2ex+lnx，显然函数在（0，+）单调递增，11 111由 h（2）= 4 e2 ln 2 h（x）在（，1）存在唯一的零点 m，使得 h（m）0，2即 m2em+lnm0，当 xC（0，m）时，g（x）递减；xC（m，+）时，g（x）递增； 故 g（m）为 g（x）的最小值，以g（m1= enln1 1 = nn+n2n1 1 = n及n+ +n = 及1+ n 1 ，nnnn于y= en 1与h（m都调增且n = 1，2n +lnn = 2 1 +len 0 立，

45、nnn所以 g（m）10，根据题意，a2及1 lna 0，即 lna 1，22故 a e，故 0a e【点评】考查导数求切线方程，导数在单调性和求最值中的应用，中档题alnxlnx（）将原不等式转化x2g及xx2 ，求得 g（x）的最大值即可；（）首先通过求导判断 f（x）的单调区间，考查两根的取值范围，再构造函数 h（x）f（x）f（2xhx0，探究hx由及ax+ 1，即lnxaalnxxxx2令 g及x = lnx，则只需 ag（x）maxx2x2 ；3g及x=12lnx，令g（x）0，得x=e；3xg（x）在及O， e上单调递增，在及 e，+ 上单调递减；gax = g及 e = 1 ；

46、a 的取值范围是及 1 ，+ ；x2 ；（）证明：不妨设 x1x2，x2 ；xC（0，1）时，f（x）0，f（x）单调递增； xC（1，+）时，f（x）0，f（x）单调递减；ef（1）1，及1Ox+时，f（x）0；e10m1，e x11x2；要证 x1+x22，即证 x22x1；由x，2x1，（x在1xf2x；由（xx（1（x；令hx（x2，x0，hx0；易知 h（1）0，h（x）f（x）+f（2x）= lnx ln及2x由x（，1，故nx，x（x）；x2及2x2 ；h（xlnxln及2x = lnx及2x及2x2及2x2从而 h（x）在（0，1）上单调递增；h（1）0 xC（0，1）时，h（

47、x）0， x1+x22，证毕【点评】本题考查函数的单调性的讨论，考查代数式的取值范围的求法，考查导数的性质、导数的几何意义、函数的单调性、最值等基础知识，考查运算求解能力，属难题（1）先求导，再根据导数和函数单调性的关系，分类讨论即可求出，1sinana 44性即可得出 a 的取值范围1）（xxnan+ax（xanx1，x（，当 a0 时，由 f（x）0，解得 xe，由 f（x）0，解得 0 xe，f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+）上单调递增，0ae 时，令 f（x）0，解得 xa，或 xe，由 f（x）0，解得 0 xa，或 xe，由 f（x）0，解得 axe，（x在ae（，a（，

48、当 ae 时，f（x）0 恒成立，f（x）在（0，+）上单调递增，当 ae 时，由 f（x）0，解得 0 xe，或 xa，由 f（x）0，解得 exa，（x在ea（，e（，（2）假设存在 aC（，e，使得 f（x）3+ 1sinan对 xC1，+）恒成立，44f（1）2a31sinan8asinan150，4444g（x）8xsinnx 15g（x）8nnx0，4g（x）单调递增，g（2）0，a2， ae 时，f（x）在1，+）上单调递增，4cos 4（xm1，a2，从而ae 当2ae 时，（x在ae1，e，及1sinna24 2 4，an（，及eaee 1 sin 4ea sin 4 e2

49、12O444h（x）4exsinnx e212h（x）4ennx0，4h（x）单调递增，h（2）8ee2130，4cos 4hx2（2，2ae，及x1sinanxC1，+）恒成立，且 a 的取值范围为（2，e44 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题（1）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性的关系即可求出，eaxlnx+1eax（2）要证 f（x）lnx，只要证明即 x 0，利用导数求出函数的最值，即可证明1）（x2e1，f（x）2xeax+ax2eaxx（ax+2）eax，x3 ，分别根据构造函数 g

50、（x）=x3 ，h（x）=x ，xaa0 时，f（x）x21f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增， f（x）0 x0 x= 2，a当 a0 时，则当 x0 或 x 2时，f（x）0，当 0 x 2时，f（x）0，aa（x在， 2+（，2aa当 a0 时，则当 x0 或 x 2时，f（x）0，当 2 x0 时，f（x）0，aa（x在，20+（20aa（2）证明：由 f（x）lnx，可得 x2eaxlnx+1，eaxlnx+1即 x x3 ，3设 g（x）= lnx+1，3x3lnx+232g（x=6x4 4（nne3，22当0 xe3时，g（x）0，函数g（x）单调递增，当xe3

51、时，g（x）0，函数 g（x）单调递减，g（x）maxg（e21 23）1 2x设 h（x）= eax，x0，x及ax1eax1h（x）=x2a令 h（x）0，解得 x= 1，a1当 xa时，h（x）0，函数 h（x）单调递增，1当 0 xa时，h（x）0，函数 h（x）单调递减，1h（x）minh（12）ae3e ，2a综上所述 f（x）lnx【点评】本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，分类讨论的能力，属于难题（）先求导，再分类讨论，根据导数和函数单调性的关系即可求出，（）由题意可得b1exlnx1g（x）exlnx1，利用导数求出函数的最值即可求出

52、b的范围xx，设xxf（） a xex a= 及aex及x1，xx2x2当 a0 时，axex0，当 x1 时，f（x）0，当 0 x1 时，f（x）0，函数 f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，（）法一：由 F（x）1 恒成立可得，xexlnx+（1b）x1 恒成立，即 b1ex lnx 1xx，设 g（x）ex lnx 1，xx2g（x）= x2ex2x再设 h（x）x2ex+lnx，xh（x）（x2+2x）ex+ 1，x当 x0 时，h（x）0，h（x）在（0，+）上单调递增，且 h（1）e0，h（1）= e ln20，241函数 h（x）有唯一的零点 x0，且2 x

53、01，当x（，xh（0，x0g（ 当x（0+h（0，x，gxg（x0）是 g（x）在定义域的最小值，b1 exO lnxO 1 ，xOxOhx0 xeO lO，101*），令k（x）xex，2x1，xO21方程*等价于（xkn，21，1而 k（x）k（lnx）等价于 xlnx，2 x1，1设函数 m（x）x+lnx，2 x1，易知函数 m（x）单调递增，又 m（1）= 1 ln20，m（1）10，22故 x0 是函数的唯一零点，lnx0 x0，exO = 1 ，xOg（x）g（x0）1， b 的取值范围是（，2方法二：由 F（x）1 恒成立可得，xexlnx+（1b）x1 恒成立， 则 xex

54、（lnx+x）1（b2）x，则 elnx+x（lnx+x）1（b2）x， 令 lnx+xt，则令 g（t）ett1，则 g（t）et1，t0，g（t）et10g（t）单调递减， t0，g（t）et10g（t）单调递增，则 g（t）ming（0）0，即 g（t）0，且 tlnx+x0，elnx+x（lnx+x）10，1xelnx+x（lnx+x）10，b20，即 b2故 b 的取值范围为（，2【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数学转化思想方法，体现了分类讨论的数学思想方法，是难题2Ixnxa1 0+f（x= 1 a = axa 分类讨论即可得出单调性xx （II）g（x）（x2）ex

55、+f（x）1b（x2）ex+lnxaxb0，当 a1 时，g（x）0 对任意的xC1x1（ ，1）a1 b 的值即可，（x2）e +lnxxb xC（33，1）成令x2e+nxxxC11用数究数单性值最即得（ ，3I）（xnxax1 0+，f（x）= 1 a = 1axxx 当 a0 时，f（x）0，f（x）在（0，+）上单调递增；1a0 f（x）0在（0，11）上单调递增；a11令 f（x）0，可得 xa，f（x）在（ ，+）上单调递减；a（II）g（x）（x2）ex+f（x）1b（x2）ex+lnxaxb0，当 a1 时，g（x）0 对任意1的 xC（3，1）恒成立，（求出满足a1 时的b

56、的值即可，（x2）ex+lnxxb对任意的xC（31）恒成立，G（x）（x2）ex+lnxx，xC11，（3，x1及xex1则G（x）（x1）e + x 1（x1）x，F（x）xex1，xC11，（3，F（x）（x+1）ex0，1F（x）在 xC（3，1）上单调递增，311 11e3F（ ）=e3 32）=2 10，F（1）e10 xC1，使得xeO 0O= 1，xnx2可得 xx0 时，函数 G（x）取得最大值，G（x0）（x02）exO +lnx0 x0（x02）1xO1x0 x012（xO+x0）4满足（x2）ex+lnxxb xC1（ ，1）恒成立的 b 最小的整数值为43【点评】本题

57、考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题a1x及x x3x5在5，exex+）上单调递减，从而证明 g（x）1；（2）h（x）1及x=1ax2a0时，h（x）0h（x）a0时，h（x）exexax及h（2）1h（x）在0，+）上的最小值然后分 h（2）0，h（2）0 和 hex（2）0 e2 是【解答】（1）证明：当 a1 时，g（x）= x及xx = x3，g（x）3x2x3 x2及3xexexexex，x5，g（x）0，g（x）在5，+）上单调递减，g（x）g及5531，即 g（x）1e2（2）解：h（x）

58、1 及x1 =1 ax2exex当 a0 时，h（x）0，函数 h（x）无零点；ex当 a0 时，h（x）= ax及x2ex当 xC（0，2）时，h（x）0，当 xC（2，+）时，h（x）0h（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+）上单调递增，2 h（2）= 1 2 eh（x）在0，+）上的最小值e2若 h（2）0，即 a 4 时，h（x）在（0，+）上没有零点；4若 h（2）0，即 a= e2时，h（x）在（0，+）上只有 1 个零点；4e2若 h（2）0，即 a 4 时，由于 h（0）1，h（x）在（0，2）上有 1 个零点由（1）知，当 x5 时，exx34ae252，h（4a）1 1

59、6a3 1 16a3 1 1 = 3 0e4a及4a344故 h（x）在（2，4a）上有 1 个零点，因此 h（x）在（0，+）上有两个不同零点e2hx在（，上有2 a （4，+ 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、等价转化方法、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题x（1x）= 1 ax0ax1及1 ln1 1 a1 2aaaae222121可得e 要证明x1+x22e 即证明不妨设即证即证：f（x1）f（x2）f（2 1设F（x）f（x）f（2 x，xC（0，1.F及1 =0利用导数已经其单a调性即可得出aaax1）（x= 1 （0 xa0

60、时，f（x）0，此时函数 f（x）在（0，+）上单调递增a及x111a0时，f（x）=a ，可得函数 f（x）在（0，x）上单调递增，在及a ，+ 上单调递减（2）（1）可得：a0 时，x= 1f（x）取得极大值即最大值，f及 1 ln1 110aaa212e1 2e a22121要证明 x1+x22e 即证明 x1+x2a不妨设 0 x1a x2，即证：x2a x1a2（x（x（a x设（f（2 xxC0，1.F及1 =0aaa222aF（x）lnxaxln（ax）+a（ax）lnxln（ax）+22ax，F（x）= 1 + 12a= 2及1ax2，axax及2axxC（0，1时，函数 F（