高中数导数高考预测真题

1、高中数学导数高考真题 一选择题（共 7 小题） 1函数 y=2x2e | x| 在 2,2 的图象大致为（ ） A B C D 2函数 y=sinx 2 的图象是（ ） C A B D 3如函数 f（x）=x sin2x+asinx 在（, +）单调递增,就 a 的取值范畴 是（ ） A 1,1 B 1, C , D 1, 4已知 a 为函数 f（x）=x312x 的微小值点,就 a=（ ） A 4 B 2 C4 D2 5如函数 y=f（ x）的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线相互 第 1 页,共 37 页垂直,就称 y=f（x）具有 T 性质以下函数中具有 T 性质的是（ ）

2、Ay=sinx By=lnx Cy=e x D y=x 36函数 f（x）= 的图象如以下图,就以下结论成立的是（ ） Aa0,b0,c0 Ba0,b0,c 0 b0,c0 Ca 0, b 0, c 0Da0, 7设函数 f （x）是奇函数 f（ x）（xR）的导函数, f（ 1） =0,当 x0时, xf （x） f（ x） 0,就使得 f（x） 0成立的 x 的取值范畴是（ ） A（, 1）（ 0,1） B（ 1, 0）（ 1,+） C（, 1） （ 1,0） D（0,1）（ 1, +） 二填空题（共 8 小题） 8已知函数 f（x）=（2x+1）ex,f （x）为 f（ x）的导函数,

3、就 f （0）的值为 9函数 f（x）= （ x 2）的最大值为 10已知 f（ x）为偶函数,当 x0 时, f（x）=e x1 x,就曲线 y=f（x）在点 （ 1, 2）处的切线方程是 11已知 f（ x）为偶函数,当 x 0 时, f（x）=ln（ x）+3x,就曲线 y=f（ x） 在点（ 1, 3）处的切线方程是 12如直线 y=kx+b是曲线 y=lnx+2的切线,也是曲线 y=l（n x+1）的切线,就 b= 13函数 y=xe x 在其极值点处的切线方程为 14曲线 y=x 2 与 y=x 所围成的封闭图形的面积为 15已知函数 f（x）=ax +x+1 的图象在点（ 1,

4、f（1）处的切线过点（ 2,7）, 3就 a= 第 2 页,共 37 页三解答题（共 15 小题） 16已知函数 f（x）=（x+1）lnxa（x1） （ I）当 a=4时,求曲线 y=f（x）在（ 1,f （1）处的切线方程； （ II）如当 x（ 1, +）时, f（x） 0,求 a 的取值范畴 17设函数 f（x）=xe a x +bx,曲线 y=f（x）在点（ 2,f（2）处的切线方程为 y= （ e 1） x+4, （）求 a,b 的值； （）求 f（ x）的单调区间 18设 f（x）=xlnxax2+（2a1）x,aR （）令 g（ x） =f （x）,求 g（x）的单调区间； （

5、）已知 f（x）在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值范畴 19设函数 2 f（x）=ax a lnx,g（x）= ,其中 aR, e=2.718 为自然 对数的底数 （）争辩 f（x）的单调性； （）证明：当 x 1 时, g（x） 0； （）确定 a 的全部可能取值, 使得 f（ x） g（x）在区间 （1,+）内恒成立 20设函数 f（x）=lnxx+1 （ 1）争辩 f（x）的单调性； （ 2）证明当 x（ 1,+）时, 1 x； （ 3）设 c1,证明当 x（ 0,1）时, 1+（ c 1） xcx 21已知函数 f（x）=（x2）e +a（ x1） x 2 （）争辩 f（x）

6、的单调性； （）如 f（ x）有两个零点,求 a 的取值范畴 f（x）=（ x 1） 3axb,x R,其中 a, b R 22设函数 （ 1）求 f（x）的单调区间； （ 2）如 f（ x）存在极值点 x0,且 f（x1）=f（x0）,其中 x1 x0,求证： x1+2x0=3； （ 3）设 a0,函数 g（x） =| f（ x）| ,求证： g（x）在区间 0,2 上的最大值不 第 3 页,共 37 页小于 23设函数 f（x）=acos2x+（a1）（ cosx+1）,其中 a0,记 | f（x） | 的最大值 为 A （）求 f （x）； （）求 A； （）证明： | f （x） |

7、2A 24（）争辩函数 f（x）= 0； ex 的单调性,并证明当 x0时,（x2）ex+x+2（）证明：当 a 0,1）时,函数 g（ x） = （x0）有最小值设 g（x）的最小值为 h（a）,求函数 h（ a）的值域 325设函数 f（x）=x axb,xR,其中 a,bR （ 1）求 f（x）的单调区间； （ 2）如 f（ x）存在极值点 x0,且 f（x1）=f（x0）,其中 x1 x0,求证： x1+2x0=0； （ 3）设 a0,函数 g（x） =| f（ x）| ,求证： g（x）在区间 1,1 上的最大值 不小于 26已知函数 f（x）=（x2）ex+a（ x1）2 有两个零

8、点 （）求 a 的取值范畴； （）设 x1,x2 是 f（ x）的两个零点,证明： x1+x22 27已知 f（ x） =a（xlnx） + ,aR （ I）争辩 f（x）的单调性； （ II）当 a=1时,证明 f（ x） f （x） + 对于任意的 x 1,2 成立 28设函数 f（x）=x3+ax2+bx+c （ 1）求曲线 y=f（x）在点（ 0, f（0）处的切线方程； （ 2）设 a=b=4,如函数 f（ x）有三个不同零点,求 c 的取值范畴； （ 3）求证： a 23b 0 是 f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件 x x 29已知函数 f（x）=a +b（ a 0, b

9、0, a 1, b 1） 第 4 页,共 37 页（ 1）设 a=2,b= 求方程 f（ x）=2 的根； 如对于任意 xR,不等式 f（2x） mf（x）6 恒成立,求实数 m 的最大值； （ 2）如 0a1,b 1,函数 g（x）=f（x）2 有且只有 1 个零点, 求 ab 的值 30设函数 f（x）=x + 3（） f（x） 1x+x2, x 0,1 ,证明： （） f（x） 第 5 页,共 37 页高中数学导数高考真题 参考答案与试题解析 一选择题（共 7 小题） 1（2022.新课标）函数 y=2x2e | x| 在 2,2 的图象大致为（ ） B A C D 【分析】 依据已知中

10、函数的解析式,分析函数的奇偶性,最大值及单调性,利用 排除法,可得答案 【解答】 解： f（x）=y=2x 2e , f（ x） =2（ x）2e | x| =2x2e | x| , 故函数为偶函数, 当 x=2 时, y=8e2（ 0,1）,故排除 A,B； 当 x 0,2 时, f（x）=y=2x2ex, f （ x）=4x e x =0 有解, 故函数 y=2x2 e 在 0,2 不是单调的,故排除 C, 应选： D 【点评】 此题考查的学问点是函数的图象, 对于超越函数的图象, 一般接受排除 法解答 2（2022.浙江）函数 y=sinx2的图象是（ ） 第 6 页,共 37 页A B

11、 C D 【分析】 依据函数奇偶性的性质,以及函数零点的个数进行判定排除即可 【解答】 解： sin（ x）2=sinx2, 函数 y=sinx2 是偶函数,即函数的图象关于 由 y=sinx2 =0, 就 x 2 =k,k0, 就 x= , k 0, 故函数有无穷多个零点,排除 B, 应选： D y 轴对称,排除 A,C； 【点评】此题主要考查函数图象的识别和判定, 依据函数奇偶性和函数零点的性 质是解决此题的关键比较基础 3（ 2022.新课标） 如函数 f（x）=x sin2x+asinx 在（, +）单调递增, 就 a 的取值范畴是（ ） A 1,1 B 1, C , D 1, 【分析

12、】 求出 f（x）的导数,由题意可得 f （x） 0恒成立,设 t=cosx（ 1t 1）,即有 54t2+3at0,对 t 争辩, 分 t=0,0 t1, 1 t0,分别参数, 运用函数的单调性可得最值,解不等式即可得到所求范畴 【解答】 解：函数 f（x）=x sin2x+asinx的导数为 f （ x） =1 cos2x+acosx, 由题意可得 f （x） 0恒成立, 即为 1 cos2x+acosx0, 第 7 页,共 37 页即有 cos 2x+acosx0, 设 t=cosx（ 1t 1）,即有 54t2+3at0, 当 t=0 时,不等式明显成立； 当 0t 1 时, 3a4t

13、 , 由 4t 在（ 0,1 递增,可得 t=1 时,取得最大值 1, 可得 3a 1,即 a ； 当 1t 0 时, 3a4t , 由 4t 在 1, 0）递增,可得 t=1 时,取得最小值 1, 可得 3a1,即 a 综上可得 a 的范畴是 , 应选： C 【点评】 此题考查导数的运用：求单调性,考查不等式恒成立问题的解法,留意 运用参数分别和换元法,考查函数的单调性的运用,属于中档题 4（2022.四川）已知 a为函数 f（x）=x 12x 的微小值点,就 a=（ 3） A 4 B 2 C4 D2 f（ x）的 【分析】 可求导数得到 f （x）=3x 212,可通过判定导数符号从而得出

14、 微小值点,从而得出 a 的值 【解答】 解： f （x）=3x2 12； x 2时, f （x） 0, 2x 2时, f （x） 0,x2时, f （x） 0； x=2 是 f（x）的微小值点； 又 a 为 f（x）的微小值点； a=2 应选 D 【点评】考查函数微小值点的定义, 以及依据导数符号判定函数极值点的方法及 过程,要熟识二次函数的图象 第 8 页,共 37 页5（2022.山东）如函数 y=f（ x）的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点 处的切线相互垂直, 就称 y=（f x）具有 T 性质以下函数中具有 T 性质的是（ ） Ay=sinx By=lnx Cy=e x D y

15、=x 3【分析】 如函数 y=f（ x）的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线 相互垂直, 就函数 y=f（ x）的导函数上存在两点, 使这点的导函数值乘积为 1, 进而可得答案 【解答】 解：函数 y=f（ x）的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切 线相互垂直, 就函数 y=f（ x）的导函数上存在两点,使这点的导函数值乘积为 当 y=sinx时, y=co,sx中意条 件； 当 y=lnx 时, y= 0 恒成立,不中意条件； 1, 当 y=ex 时, y=xe0恒成立,不中意条件； 当 y=x3 时, y=32x 0 恒成立,不中意条件； 应选： A 【点评】 此题考

16、查的学问点是利用导数争辩曲线上某点切线方程, 转化思想, 难 度中档 6（2022.安徽）函数 （f x）= 的图象如以下图,就以下结论成立的是 （ ） Aa0,b0,c0 Ba0,b0,c 0 Ca 0, b 0, c 0Da0, b0,c0 【分析】 分别依据函数的定义域,函数零点以及 f（0）的取值进行判定即可 【解答】解：函数在 P 处无意义,由图象看 P 在 y 轴右边,所以 c 0,得 c 0, 第 9 页,共 37 页f（0）= ,b0, 由 f（ x）=0 得 ax+b=0,即 x= , 即函数的零点 x= 0, a 0, 综上 a0,b0,c0, 应选： C 【点评】 此题主

17、要考查函数图象的识别和判定, 依据函数图象的信息, 结合定义 域,零点以及 f（0）的符号是解决此题的关键 7（2022.新课标）设函数 f （x）是奇函数 f（x）（x R）的导函数, f（ 1） =0,当 x0时, xf （x） f（x） 0,就使得 f（ x） 0成立的 x 的取值范畴是 （ ） A（, 1）（ 0,1） B（ 1, 0）（ 1,+） C（, 1） （ 1,0） D（0,1）（ 1, +） 【分析】由已知当 x 0时总有 xf（x）f（x）0成立,可判定函数 g（x）= 为减函数,由已知 f（x）是定义在 R 上的奇函数,可证明 g（x）为（, 0） （0,+）上的偶函数

18、,依据函数 g（x）在（0,+）上的单调性和奇偶性, 模拟 g（x）的图象,而不等式 f（ x） 0 等价于 x.g（x） 0,数形结合解不等 式组即可 【解答】 解：设 g（ x） = ,就 g（x）的导数为： g（ x） = , 当 x0时总有 xf （x） f（x）成立, 即当 x0时, g（x）恒小于 0, 当 x0 时,函数 g（ x）= = 为减函数, 又 g（ x）= = =g（x）, 函数 g（x）为定义域上的偶函数 又 g（ 1）= =0, 第 10 页,共 37 页函数 g（x）的图象性质类似如图： 数形结合可得,不等式 f（x） 0. x.g（ x） 0 .或 , . 0

19、 x1 或 x 1 应选： A 【点评】此题主要考查了利用导数判定函数的单调性, 并由函数的奇偶性和单调 性解不等式,属于综合题 二填空题（共 8 小题） 8（2022.天津）已知函数 f（ x）=（2x+1）e x, f （ x）为 f（x）的导函数,就 f （ 0）的值为 3 【分析】 先求导,再带值运算 【解答】 解： f（x）=（2x+1）ex, f （ x）=2ex+（ 2x+1） ex, f （ 0） =2e0+（20+1）e0=2+1=3 故答案为： 3 【点评】 此题考查了导数的运算法就,属于基础题 9（2022.北京）函数 f（x） = （ x 2）的最大值为 2 【分析】

20、分别常数便可得到 ,依据反比例函数的单调性便可判定该 第 11 页,共 37 页函数在 2,+）上为减函数, 从而 x=2 时 f（ x）取最大值, 并可求出该最大值 【解答】 解： ； f（x）在 2,+）上单调递减； x=2 时, f（x）取最大值 2 故答案为： 2 【点评】 考查函数最大值的概念及求法, 分别常数法的运用, 以及反比例函数的 单调性,依据函数单调性求最值的方法 10（ 2022.新课标）已知 f（x）为偶函数,当 x0 时, f（x） =e x 1 x,就 曲线 y=f（x）在点（ 1,2）处的切线方程是 y=2x 【分析】 由已知函数的奇偶性结合 x0 时的解析式求出

21、 x0 时的解析式, 求出 导函数,得到 f （ 1）,然后代入直线方程的点斜式得答案 x 1 x, 【解答】 解：已知 f（x）为偶函数,当 x 0 时, f（x）=e 设 x0,就 x0, f（x）=f（ x） =e x 1+x, 就 f （x） =ex1+1,f （1）=e +1=2 曲线 y=f（ x）在点（ 1,2）处的切线方程是 即 y=2x 故答案为： y=2x y 2=2（x1） 【点评】此题考查利用导数争辩过曲线上某点处的切线方程, 考查了函数解析式 的求解及常用方法,是中档题 11（ 2022.新课标）已知 f（x）为偶函数,当 x 0时,f（ x）=ln（ x）+3x,

22、就曲线 y=f（ x）在点（ 1, 3）处的切线方程是 2x+y+1=0 【分析】 由偶函数的定义,可得 f（ x）=f（ x）,即有 x 0时,f（x）=lnx3x, 求出导数,求得切线的斜率,由点斜式方程可得切线的方程 【解答】 解： f（x）为偶函数,可得 f（ x）=f（ x）, 当 x0 时, f（x）=ln（ x）+3x,即有 第 12 页,共 37 页x0时, f（ x）=lnx3x,f （x）= 3, 可得 f（1）=ln1 3=3,f （1）=1 3=2, 就曲线 y=f（ x）在点（ 1, 3）处的切线方程为 即为 2x+y+1=0 故答案为： 2x+y+1=0 y（ 3）

23、 = 2（ x1）, 【点评】 此题考查导数的运用： 求切线的方程, 同时考查函数的奇偶性的定义和 运用,考查运算才能,属于中档题 12（2022.新课标）如直线 y=kx+b是曲线 y=lnx+2的切线,也是曲线 y=ln（x+1） 的切线,就 b= 1ln2 【分析】 先设切点,然后利用切点来查找切线斜率的联系,以及对应的函数值, 综合联立求解即可 【解答】解：设 y=kx+b与 y=lnx+2和 y=ln（x+1）的切点分别为 （x1,kx1+b）,（x2, kx2+b）； 由导数的几何意义可得 k= = ,得 x1=x2+1 再由切点也在各自的曲线上,可得 联立上述式子解得 ； 从而

24、kx1+b=lnx1+2 得出 b=1 ln2 【点评】 此题考查了导数的几何意义, 表达了方程思想, 对同学综合运算才能有 确定要求,中档题 13（ 2022.陕西）函数 y=xex 在其极值点处的切线方程为 y= 【分析】 求出极值点,再结合导数的几何意义即可求出切线的方程 【解答】 解：依题解：依题意得 y= x+exe x, 令 y=,0 可得 x=1, 第 13 页,共 37 页y= 因此函数 y=xe x 在其极值点处的切线方程为 y= 故答案为： y= 【点评】 本小题主要考查直线的斜率, 导数的几何意义, 利用导数争辩曲线上某 点切线方程等基础学问,考查运算求解才能属于基础题

25、14（ 2022.天津）曲线 y=x2 与 y=x 所围成的封闭图形的面积为 【分析】先依据题意画出区域, 然后依据图形得到积分下限为 0,积分上限为 1, 从而利用定积分表示出曲边梯形的面积,最终用定积分的定义求出所求即可 【解答】 解：先依据题意画出图形,得到积分上限为 1,积分下限为 0直线 y=x 与曲线 y=x2 所围图形的面积 S=01（ xx2） dx而 0 1（xx 2）dx=（ ）| = = 1曲边梯形的面积是 故答案为： 【点评】此题主要考查了同学会求出原函数的才能, 以及考查了数形结合的思想, 同时会利用定积分求图形面积的才能,解题的关键就是求原函数 15（ 2022.新

26、课标）已知函数 f（ x） =ax3+x+1的图象在点（ 1,f（1）处的切 线过点（ 2, 7）,就 a=1 【分析】 求出函数的导数,利用切线的方程经过的点求解即可 第 14 页,共 37 页【解答】 解：函数 f（ x） =ax3+x+1的导数为： f （x）=3ax2+1,f （1） =3a+1,而 f（1）=a+2, 切线方程为： ya2=（ 3a+1）（x1）,由于切线方程经过（ 2,7）, 所以 7a2=（ 3a+1）（21）, 解得 a=1 故答案为： 1 【点评】 此题考查函数的导数的应用,切线方程的求法,考查运算才能 三解答题（共 15 小题） 16（ 2022.新课标）已

27、知函数 f（ x） =（ x+1） lnx a（ x1） （ I）当 a=4时,求曲线 y=f（x）在（ 1,f （1）处的切线方程； （ II）如当 x（ 1, +）时, f（x） 0,求 a 的取值范畴 【分析】（I）当 a=4 时,求出曲线 可求出切线方程； y=f（x）在（ 1, f（1）处的切线的斜率,即 （ II）先求出 f （x） f （1）=2a,再结合条件,分类争辩,即可求 a 的取值 范畴 【解答】 解：（I）当 a=4时, f（ x） =（ x+1） lnx 4（ x1） f（1）=0,即点为（ 1, 0）, 函数的导数 f （x）=lnx+（x+1）.4, 就 f （1

28、）=ln1+24=24= 2, 即函数的切线斜率 k=f （1）=2, 就曲线 y=f（ x）在（ 1,0）处的切线方程为 y=2（x1）=2x+2； （ II） f（ x）=（x+1） lnxa（x1）, f （ x）=1+ +lnxa, f （x） = , x1, f （x） 0, f （ x）在（ 1,+）上单调递增, f （ x） f （ 1）=2a 第 15 页,共 37 页 a 2,f （ x） f （ 1） 0, f（x）在（ 1, +）上单调递增, f（x） f（1）=0,中意题意； a 2,存在 x0（ 1,+）,f （x0）=0,函数 f（ x）在（ 1,x0）上单调递减,

29、 在（ x0,+）上单调递增, 由 f（ 1） =0,可得存在 x0（ 1,+）,f （x0） 0,不合题意 综上所述, a 2 【点评】此题主要考查了导数的应用, 函数的导数与函数的单调性的关系的应用, 导数的几何意义,考查参数范畴的求解, 考查同学分析解决问题的才能, 有难度 17（ 2022.北京）设函数 f（ x）=xe a x+bx,曲线 切线方程为 y=（ e 1） x+4, （）求 a,b 的值； （）求 f（ x）的单调区间 y=f（x）在点（ 2, f（2）处的 【分析】（）求函数的导数,依据导数的几何意义求出函数的切线斜率以及 f （ 2）,建立方程组关系即可求 a, b

30、的值； （）求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系即可求 f（ x）的单调区 间 【解答】 解：（） y=f（x）在点（ 2,f（2）处的切线方程为 y=（ e 1）x+4, 当 x=2 时, y=2（e1）+4=2e+2,即 f（2）=2e+2, 同时 f （2）=e1, f（x）=xe a x+bx, f （ x）=ea x xea x+b, 就 , 即 a=2,b=e； （） a=2, b=e； f（x）=xe2 x+ex, f （ x）=e 2 x xe 2 x+e=（ 1 x）e 2 x+e, 第 16 页,共 37 页f （ x）=e 2 x（ 1x）e2 x=（x2）e 2

31、 x, 由 f （x） 0得 x 2,由 f （ x） 0得 x2, 即当 x=2 时, f （x）取得微小值 f （2）=（ 1 2） e22+e=e1 0, f （ x） 0 恒成立, 即函数 f（x）是增函数, 即 f（ x）的单调区间是（, +） 【点评】 此题主要考查导数的应用, 依据导数的几何意义, 结合切线斜率建立方 程关系以及利用函数单调性和导数之间的关系是解决此题的关键综合性较强 18（ 2022.山东）设 f（x）=xlnxax2+（ 2a1）x,aR （）令 g（ x） =f （x）,求 g（x）的单调区间； （）已知 f（x）在 x=1 处取得极大值,求实数 a 的取值

32、范畴 【分析】（）先求出 g（x）=f （x）的解析式,然后求函数的导数 g（ x）,利用 函数单调性和导数之间的关系即可求 g（ x）的单调区间； （）分别争辩 a 的取值范畴,依据函数极值的定义,进行验证即可得到结论 【解答】 解：（） f（x）=xlnxax 2+（2a 1） x, g（ x）=f （x）=lnx2ax+2a, x0, g（ x）= 2a= , 当 a0,g（x） 0恒成立,即可 g（x）的单调增区间是（ 0, +）； 当 a0,当 x 时, g（x） 0,函数为减函数, 当 0 x ,g（x） 0,函数为增函数, 当 a0时, g（ x）的单调增区间是（ 0,+）； 当

33、 a0 时, g（x）的单调增区间是（ 0, ）,单调减区间是（ , +）； （） f（x）在 x=1 处取得极大值, f （1）=0, 当 a0时, f （x）单调递增, 就当 0 x1时, f （ x） 0,f（ x）单调递减, 当 x1时, f （ x） 0, f（x）单调递增, f（x）在 x=1 处取得微小值,不合 题意, 第 17 页,共 37 页当 0a 时, 1,由（ 1）知, f （x）在（ 0, ）内单调递增, 当 0 x 1时, f （x） 0,当 1x 时, f （x） 0, f（x）在（ 0, 1）内单调递减,在（ 1, ）内单调递增,即 f（ x）在 x=1 处 取

34、得微小值,不合题意 当 a= 时, =1,f （x）在（0,1）内单调递增,在（ 1,+）上单调递减, 就当 x0时, f （ x） 0,f（ x）单调递减,不合题意 当 a 时, 0 1, 当 x 1时, f （x） 0,f（x）单调递增,当 x1时, f （x） 0,f（ x） 单调递减, 当 x=1 时, f（ x）取得极大值,中意条件 综上实数 a 的取值范畴是 a 【点评】此题主要考查导数的综合应用, 考查函数的单调性, 极值和导数的关系, 要求娴熟把握利用导数争辩函数的单调性, 极值与最值, 把问题等价转化等是解 题的关键综合性较强,难度较大 19（2022.四川）设函数 f（ x

35、）=ax2 a lnx,g（ x）= ,其中 aR,为自然对数的底数 （）争辩 f（x）的单调性； （）证明：当 x 1 时, g（x） 0； （）确定 a 的全部可能取值, 使得 f（ x） g（x）在区间 （1,+）内恒成立 【分析】（）求导数,分类争辩,即可争辩 f（x）的单调性； （）要证 g（x） 0（x1）,即 0,即证 ,也就是证 ； （ ） 由 f （ x ） g（ x ）, 得 , 设 t （ x） = ,由题意知, t（x） 0 在（ 1,+）内恒成立,再构 造函数,求导数,即可确定 a 的取值范畴 第 18 页,共 37 页【解答】（）解：由 f（x）=ax2alnx,得

36、 f （x）=2ax = （x0）, 当 a0时,f （x）0在（ 0,+）成立,就 f（x）为（ 0,+）上的减函数； 当 a0时,由 f （x）=0,得 x= = , 当 x（ 0, ）时, f （x） 0,当 x（ , +）时, f （ x） 0, 就 f（ x）在（ 0, ）上为减函数,在（ ,+）上为增函数； 综上,当 a0 时, f（x）为（ 0, +）上的减函数,当 a0 时, f（x）在（ 0, ）上为减函数,在（ ,+）上为增函数； （）证明：要证 g（x） 0（x1）,即 0, 即证 ,也就是证 , 令 h（x） = ,就 h（ x）= , h（ x）在（ 1,+）上单调递

37、增,就 h（x） min=h（ 1） =e, 即当 x1 时, h（ x） e,当 x 1 时, g（x） 0； （）解：由 f（x） g（x）,得 , , 设 t（ x） = 由题意知, t（ x） 0 在（ 1,+）内恒成立, t（1）=0, 有 t （x）=2ax= 0 在（1,+）内恒成立, 令 （x）= , 就 （x）=2a= , 当 x2时, （x） 0, 第 19 页,共 37 页令 h（x）= ,h（x）= ,函数在 1,2）上单调递增, h（x）min=h （ 1） = 1 又 2a 1, e 1x0, 1x2,（x） 0, 综上所述, x 1, （x） 0,（x）在区间（

38、1, +）单调递增, t （ x） t （1） 0,即 t（ x）在区间（ 1, +）单调递增, a 【点评】 此题考查导数学问的综合运用,考查函数的单调性,不等式的证明,考 查恒成立成立问题,正确构造函数,求导数是关键 20（ 2022.新课标）设函数 f（x）=lnx x+1 （ 1）争辩 f（x）的单调性； （ 2）证明当 x（ 1,+）时, 1 x； （ 3）设 c1,证明当 x（ 0,1）时, 1+（ c 1） xcx 【分析】（1）求出导数, 由导数大于 0,可得增区间； 导数小于 0,可得减区间, 留意函数的定义域； （ 2）由题意可得即证 lnxx1xlnx运用（ 1）的单调性

39、可得 lnx x1,设 F（x）=xlnxx+1,x1,求出单调性,即可得到 x 1 xlnx 成立； （ 3）设 G（x）=1+（c 1）xc x,求出导数,可令 G（x）=0,由 c1,x（ 0, 1）,可得 1 c,由（ 1）可得 c x= 恰有一解,设为 x=x0 是 G（x）的 最小值点,运用最值,结合不等式的性质,即可得证 【解答】 解：（1）函数 f（x）=lnxx+1的导数为 f （ x） = 1, 由 f （x） 0,可得 0 x1；由 f （ x） 0,可得 x1 即有 f（x）的增区间为（ 0, 1）；减区间为（ 1,+）； （ 2）证明：当 x（ 1,+）时, 1 x,

40、即为 lnxx1xlnx 由（ 1）可得 f（ x）=lnxx+1 在（ 1, +）递减, 可得 f（x） f（1）=0,即有 lnxx1； 设 F（x） =xlnx x+1,x1,F（x）=1+lnx 1=lnx, 第 20 页,共 37 页当 x1时, F（ x） 0,可得 F（ x）递增,即有 即有 xlnx x 1,就原不等式成立； F（x） F（1）=0, （ 3）证明：设 G（x）=1+（c1）xcx,G（x） =c1cxlnc, 可令 G（ x） =0,可得 cx=, 由 c1, x（ 0,1）,可得 1 cx c,即 1 c, x 由（ 1）可得 c = 恰有一解,设为 x=x

41、0 是 G（x）的最大值点,且 0 x01, 由 G（0）=G（1）=0,且 G（x）在（ 0, x0）递增,在（ x0,1）递减, 可得 G（x0） =1+（c1）x0cx00 成立, 就 c1,当 x（ 0, 1）时, 1+（c 1） x cx 【点评】 此题考查导数的运用：求单调区间和极值,最值,考查不等式的证明, 留意运用构造函数法, 求出导数判定单调性, 考查推理和运算才能, 属于中档题 21（ 2022.新课标）已知函数 （）争辩 f（x）的单调性； f（ x） =（ x2）e x+a（x1）2 （）如 f（ x）有两个零点,求 a 的取值范畴 【分析】（）求出 f（x）的导数,争

42、辩当 a 0 时, a 时, a= 时, a 0,由导数大于 0,可得增区间；由导数小于 0,可得减区间； （）由（）的单调区间,对 a 争辩,结合单调性和函数值的变化特点,即可 得到所求范畴 【解答】 解：（）由 f（x） =（ x2）ex+a（x1）2, 可得 f （x）=（x1）ex+2a（x1）=（x1）（ ex+2a）, 当 a0时,由 f （x） 0,可得 x1；由 f （x） 0,可得 x1, 即有 f（x）在（, 1）递减；在（ 1,+）递增； 当 a0 时,如 a= ,就 f （x） 0恒成立,即有 f（x）在 R 上递增； 如 a 时,由 f （x） 0,可得 x1或 xl

43、n（ 2a）； 由 f （x） 0,可得 1xln（ 2a） 即有 f（x）在（, 1）,（ ln（ 2a）, +）递增； 第 21 页,共 37 页在（ 1,ln（ 2a）递减； 如 a0,由 f （x） 0,可得 xln（ 2a）或 x 1； 由 f （x） 0,可得 ln（ 2a） x1 即有 f（x）在（, ln（ 2a）,（ 1, +）递增； 在（ ln（ 2a）, 1）递减； （） 由（）可得当 a0 时, f（x）在（, 1）递减；在（ 1,+）递增, 且 f（ 1） = e 0, x+, f（x）+； x, f（x）+ f（x）有两 个零点； 当 a=0 时, f（x） =（

44、x 2） e x,所以 f（ x）只有一个零点 x=2； 当 a0 时, 如 a 时, f（x）在（ 1,ln（ 2a）递减,在（, 1）,（ln（ 2a）,+ ）递增, 又当 x1 时, f（x） 0,所以 f（x）不存在两个零点； 当 a 时,f（x）在（1,+）单调递增,又 x1 时,f（x）0,所以 f（ x） 不存在两个零点 综上可得, f（ x）有两个零点时, a 的取值范畴为（ 0, +） 【点评】 此题考查导数的运用：求单调区间,考查函数零点的判定,留意运用分 类争辩的思想方法和函数方程的转化思想, 考查化简整理的运算才能, 属于难题 22（ 2022.天津）设函数 f（ x）

45、 =（ x 1）3ax b, x R,其中 a,b R （ 1）求 f（x）的单调区间； （ 2）如 f（ x）存在极值点 x0,且 f（x1）=f（x0）,其中 x1 x0,求证： x1+2x0=3； （ 3）设 a0,函数 g（x） =| f（ x）| ,求证： g（x）在区间 0,2 上的最大值不 小于 【分析】（1）求出 f（x）的导数,争辩 a0时,f （x）0,f（x）在 R 上递 增； 当 a0 时,由导数大于 0,可得增区间；导数小于 0,可得减区间； （ 2） f （ x0）=0,可得 3（x 1） 2=a ,分别运算 f（x ）,f （3 2x）,化简整理 第 22 页,共

46、 37 页即可得证； （ 3）要证 g（x）在区间 0,2 上的最大值不小于 ,即证在 0, 2 上存在 x1, x2,使得 f（x1） f（x2 ） 争辩当 a3 时,当 0a3 时,运用单调性和 极值,化简整理即可得证 【解答】 解：（1）函数 f（x）=（x1）3axb的导数为 f （x）=3（ x 1） 2a, 当 a0时, f （ x） 0, f（x）在 R上递增； 当 a0 时,当 x1+ 或 x 1 时, f （x） 0, 当 1 x1+ , f （ x） 0, 可得 f（x）的增区间为（, 1 ）,（1+,+）,减区间为（ 1 , 1+ ）； （ 2）证明： f （ x0）=0

47、,可得 3（x0 1） 2=a, 由 f（ x0）=（x01）33x0 （x01）2b=（ x01）2（ 2x01） b, f（32x0）=（22x0）3 3（ 3 2x0）（x01） 2b=（x0 1） 2（88x09+6x0） b=（ x01）2（ 2x01） b, 即为 f（32x0）=f（x0） =f（x1）, 即有 32x0=x1,即为 x1 +2x0=3； （ 3）证明：要证 g（x）在区间 0,2 上的最大值不小于 , 即证在 0,2 上存在 x1, x2,使得 f（ x1） f（x2） 当 a3 时, f（x）在 0,2 递减, f（2）=1 2ab,f（0）= 1b, f（0

48、） f（2）=2a24 ,递减,成立； 当 0a3 时,f（1 ）=（ ）3 a（1 ） b= a+a b = ab, b f（1+ ） =（ ） 3a（1+ ） b= a a = ab, 第 23 页,共 37 页f（2）=1 2ab,f（0）=1b, f（2） f（0）=2 2a, 如 0a 时, f（2） f（0）=22a 成立； 如 a 时, f（1 ） f（1+ ）= 成立 综上可得, g（ x）在区间 0,2 上的最大值不小于 【点评】 此题考查导数的运用：求单调区间和最值,考查不等式的证明,留意运 用分类争辩的思想方法和转化思想, 考查分析法的证明, 以及化简整理的运算能 力,属

49、于难题 23（ 2022.新课标）设函数 f（x）=acos2x+（a1）（cosx+1）,其中 a0,记 | f（ x） | 的最大值为 A （）求 f （x）； （）求 A； （）证明： | f （x） | 2A 【分析】（）依据复合函数的导数公式进行求解即可求 f （ x）； （）争辩 a 的取值,利用分类争辩的数学,结合换元法,以及一元二次函数的 最值的性质进行求解； （）由（ I）,结合确定值不等式的性质即可证明： | f （ x） | 2A 【解答】（I）解： f （x）=2asin2x（ a1）sinx （ II）当 a1时, | f（x）| =| acos2x+（ a 1）（c

50、osx+1）| a| cos2x|+ （a1）| （ cosx+1） | a| cos2x|+ （a1）（| cosx|+ 1）| a+2（a1）=3a 2=f（ 0）,因 此 A=3a2 当 0a1 时,f（x）等价为 f（x）=acos2x+（a1）（ cosx+1）=2acos 2x+（ a 1）cosx1, 令 g（t ）=2at 2+（a1）t 1, 就 A 是| g（t ）| 在 1, 1 上的最大值, g（ 1）=a, g（ 1）=3a2, 且当 t= 时,g（ t）取得微小值,微小值为 g（ ）= 1= , 第 24 页,共 37 页（二次函数在对称轴处取得极值） 令 1 1,

51、得 a （舍）或 a 因此 A=3a2 当 0a 时, g（ t）在（ 1,1）内无极值点, | g（ 1）| =a,| g（ 1）| =2 3a,| g（ 1）| | g（ 1） | , A=23a, 当 a1 时,由 g（ 1） g（ 1） =2（1a）0,得 g（ 1） g（1） g（ ）, 0, 又| g（ ） g（ 1）| = A=| g（ ）| = , 综上, A= （ III）证明：由（ I）可得： | f （ x） | =| 2asin2x（ a1）sinx| 2a+| a1| , 当 0a 时, | f （x）| 1+a24a2（23a）=2A, 当 a1 时, A= = +

52、 + 1, | f （x）| 1+a2A, 当 a1时,| f （x）| 3a 1 6a4=2A, 综上： | f （x） | 2A 【点评】 此题主要考查函数的导数以及函数最值的应用, 求函数的导数, 利用函 数单调性和导数的关系, 以及换元法, 转化法转化法转化为一元二次函数是解决 此题的关键综合性较强,难度较大 24（ 2022.新课标）（）争辩函数 f（x）= 时,（ x2）ex+x+20； （）证明：当 a 0,1）时,函数 g（ x） = e x 的单调性,并证明当 x0 （x0）有最小值设 第 25 页,共 37 页g（x）的最小值为 h（a）,求函数 h（ a）的值域 【分析】

53、从导数作为切入点探求函数的单调性, 通过函数单调性来求得函数的值 域,利用复合函数的求导公式进行求导,然后逐步分析即可 【解答】 解：（1）证明： f（x）= f（x）=ex（ ）= 当 x（, 2）（ 2, +）时, f （x） 0 f（x）在（, 2）和（ 2,+）上单调递增 x0 时, f（ 0） = 1 即（ x 2） e x+x+2 0 （ 2 ） g （ x ） = = = a 0,1） 由（ 1）知,当 x0 时, f（x）= , t（ 0,2 的值域为（ 1,+）,只有一解使得 当 x（ 0,t）时, g（ x） 0,g（ x）单调减； 当 x（ t,+）,g（x） 0,g（x

54、）单调增； h（a）= = = 0, 记 k（t）= ,在 t（ 0, 2 时, k（ t）= 故 k（t）单调递增, 所以 h（a）=k（ t）（ , 【点评】 该题考查了导数在函数单调性上的应用,重点是把握复合函数的求导, 以及导数代表的意义,运算量较大,难度较大 第 26 页,共 37 页25（ 2022.天津）设函数 f（ x） =x3 axb,xR,其中 a,bR （ 1）求 f（x）的单调区间； （ 2）如 f（ x）存在极值点 x0,且 f（x1）=f（x0）,其中 x1 x0,求证： x1+2x0=0； （ 3）设 a0,函数 g（x） =| f（ x）| ,求证： g（x）在

55、区间 1,1 上的最大值 不小于 【分析】（1）求出 f（x）的导数,争辩 a0时 f （ x） 0, f（x）在 R上递增； 当 a0 时,由导数大于 0,可得增区间；导数小于 0,可得减区间； （ 2）由条件判定出 a 0,且 x00,由 f （x0）=0求出 x0,分别代入解析式化简 f（x0）,f（ 2x0）,化简整理后可得证； （ 3）设 g（x）在区间 1,1 上的最大值 M,依据极值点与区间的关系对 a 分 三种情形争辩,运用 f（x）单调性和前两问的结论,求出 g（x）在区间上的取 值范畴,利用 a 的范畴化简整理后求出 M,再利用不等式的性质证明结论成立 【解答】 解：（1）

56、如 f（x）=x3axb,就 f （x）=3x2 a, 分两种情形争辩： ,当 a 0时,有 f （ x） =3x 2a0恒成立, 此时 f（x）的单调递增区间为（, +）, ,当 a 0时,令 f （ x） =3x2a=0,解得 x= 或 x= , , ）； 当 x 或 x 时, f （x）=3x2a 0, f（ x）为增函数, 当 x 时, f （x） =3x 2a0,f （x）为减函数, 故 f（x）的增区间为 （, ）,（ ,+）,减区间为（ （ 2）如 f（x）存在极值点 x0,就必有 a0,且 x00, 由题意可得, f （x）=3x2 a,就 x0 2= , 进而 f（x0）=x

57、0 3 ax0 b= x0b, 又 f（ 2x0）=8x03+2ax0b= x0+2ax0b=f（x0）, 由题意及（）可得：存在唯独的实数 就有 x1=2x0,故有 x1+2x0=0； x1,中意 f（x1）=f（ x0）,其中 x1x0, （）设 g（x）在区间 1, 1 上的最大值 M,max x,y 表示 x,y 两个数的 第 27 页,共 37 页最大值, 下面分三种情形争辩： 当 a3 时, 11 , 由（ I）知 f（x）在区间 1, 1 上单调递减, 所以 f（x）在区间 1, 1 上的取值范畴是 f（ 1）,f （ 1） , 因此 M=max| f（1）| ,| f（ 1）|

58、 =max| 1ab| ,| 1+ab| =max| a1+b| ,| a1b| = , 所以 M=a1+| b| 2 当 a3 时, , 由（）,（ ）知,（f 1） =（）,（f 1） = , 所以 f（x）在区间 1, 1 上的取值范畴是 f（ ）,f （ ） , 因此 M=max| f（ ）| ,| f（ ）| =max| | ,| | =max| | ,| | = , 当 0a 时, , 由（）,（ ）知,（f 1） =（）,（f 1） = , 所以 f（x）在区间 1, 1 上的取值范畴是 因此 M=max| f（ 1） | ,| f（1）| =max| f（ 1）,f （1） ,

59、 1+ab| ,| 1ab| =max| 1a+b| ,| 1ab| =1 a+| b| , 综上所述,当 a0 时, g（x）在区间 1, 1 上的最大值不小于 【点评】 此题考查导数的运用：求单调区间和最值,不等式的证明,留意运用分 类争辩的思想方法和转化思想, 考查分析法在证明中的应用, 以及化简整理, 运 算才能,属于难题 26（ 2022.新课标）已知函数 f（ x） =（ x2）e +a（x1） x 2 有两个零点 （）求 a 的取值范畴； 第 28 页,共 37 页（）设 x1,x2 是 f（ x）的两个零点,证明： x1+x22 【分析】（）由函数 f（x）=（x2）ex+a（

60、x1）2可得：f （x）=（x 1）ex+2a（ x1）=（x1）（ex+2a）,对 a进行分类争辩,综合争辩结果,可得答案 （）设 x1 ,x2 是 f（x）的两个零点,就 a= = ,令 g （ x）= ,就 g（x1）=g（ x2 ）=a,分析 g（x）的单调性,令 m 0, 就 g（1+m） g（1 m）= , 设 h（m）= ,m0,利用导数法可得 h（m） h（ 0） =0 恒成立, 即 g（1+m） g（1 m）恒成立,令 m=1 x10,可得结论 【解答】 解：（）函数 f（x）=（x2）ex+a（ x 1） 2, f （ x）=（x1）ex+2a（ x1）=（x1）（ ex+