2022年高考數(shù)學(xué)真題與模擬題分類(lèi)匯編 專(zhuān)題03 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

1、專(zhuān)題03 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1.【2022年全國(guó)甲卷】當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值-2，則f(2)=()A.-1B.-12C.12D.1【答案】B【分析】根據(jù)題意可知f1=-2，f1=0即可解得a,b，再根據(jù)fx即可解出.【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)fx定義域?yàn)?,+，所以依題可知，f1=-2，f1=0，而fx=ax-bx2，所以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以fx=-2x+2x2，因此函數(shù)fx在0,1上遞增，在1,+上遞減，x=1時(shí)取最大值，滿(mǎn)足題意，即有f2=-1+12=-12.故選：B.2.【2022年全國(guó)甲卷】已知a=3132,b=cos14,c=4sin14，則(

2、)A.cbaB.bacC.abcD.acb【答案】A【分析】由cb=4tan14結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得cb；構(gòu)造函數(shù)f(x)=cosx+12x2-1,x(0,+)，利用導(dǎo)數(shù)可得ba，即可得解.【詳解】因?yàn)閏b=4tan14,因?yàn)楫?dāng)x(0,2),sinxx14,即cb1,所以cb；設(shè)f(x)=cosx+12x2-1,x(0,+)，f(x)=-sinx+x0，所以f(x)在(0,+)單調(diào)遞增，則f14f(0)=0,所以cos14-31320，所以ba,所以cba，故選：A3.【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.1e0.1,b=19，c=-ln0.9，則()A.abcB.cbaC.cabD.ac-1)

3、，因?yàn)閒(x)=11+x-1=-x1+x，當(dāng)x(-1,0)時(shí)，f(x)0，當(dāng)x(0,+)時(shí)f(x)0，所以函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x在(0,+)單調(diào)遞減，在(-1,0)上單調(diào)遞增，所以f(19)f(0)=0，所以ln109-19ln109=-ln0.9，即bc，所以f(-110)f(0)=0，所以ln910+1100，故910e-110，所以110e11019，故ab，設(shè)g(x)=xex+ln(1-x)(0 x1)，則g(x)=x+1ex+1x-1=x2-1ex+1x-1,令h(x)=ex(x2-1)+1，h(x)=ex(x2+2x-1)，當(dāng)0 x2-1時(shí)，h(x)0，函數(shù)h(x)=ex

4、(x2-1)+1單調(diào)遞減，當(dāng)2-1x0，函數(shù)h(x)=ex(x2-1)+1單調(diào)遞增，又h(0)=0，所以當(dāng)0 x2-1時(shí)，h(x)0，所以當(dāng)0 x0，函數(shù)g(x)=xex+ln(1-x)單調(diào)遞增，所以g(0.1)g(0)=0，即0.1e0.1-ln0.9，所以ac故選：C.4.【2022年新高考1卷】(多選)已知函數(shù)f(x)=x3-x+1，則()A.f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)B.f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C.點(diǎn)(0,1)是曲線(xiàn)y=f(x)的對(duì)稱(chēng)中心D.直線(xiàn)y=2x是曲線(xiàn)y=f(x)的切線(xiàn)【答案】AC【分析】利用極值點(diǎn)的定義可判斷A，結(jié)合f(x)的單調(diào)性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷

5、D.【詳解】由題，fx=3x2-1，令fx0得x33或x-33，令f(x)0得-33x0，f(33)=1-2390，f-2=-50，即函數(shù)fx在33,+上無(wú)零點(diǎn)，綜上所述，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；令h(x)=x3-x，該函數(shù)的定義域?yàn)镽，h-x=-x3-x=-x3+x=-hx，則h(x)是奇函數(shù)，(0,0)是h(x)的對(duì)稱(chēng)中心，將h(x)的圖象向上移動(dòng)一個(gè)單位得到f(x)的圖象，所以點(diǎn)(0,1)是曲線(xiàn)y=f(x)的對(duì)稱(chēng)中心，故C正確；令fx=3x2-1=2，可得x=1，又f(1)=f-1=1，當(dāng)切點(diǎn)為(1,1)時(shí)，切線(xiàn)方程為y=2x-1，當(dāng)切點(diǎn)為(-1,1)時(shí)，切線(xiàn)方程為y=2x+3

6、，故D錯(cuò)誤.故選：AC.5.【2022年全國(guó)乙卷】已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2(a0且a1)的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn).若x1x2，則a的取值范圍是_.【答案】1e,1【分析】由x1,x2分別是函數(shù)fx=2ax-ex2的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，可得x-,x1x2,+時(shí)，fx0，再分a1和0a1兩種情況討論，方程2lnaax-2ex=0的兩個(gè)根為x1,x2，即函數(shù)y=lnaax與函數(shù)y=ex的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，構(gòu)造函數(shù)gx=lnaax，利用指數(shù)函數(shù)的圖象和圖象變換得到g(x)的圖象，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得過(guò)原點(diǎn)的切線(xiàn)的斜率，根據(jù)幾何意義可得出答案.【詳解】解：fx=2lna

7、ax-2ex，因?yàn)閤1,x2分別是函數(shù)fx=2ax-ex2的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，所以函數(shù)fx在-,x1和x2,+上遞減，在x1,x2上遞增，所以當(dāng)x-,x1x2,+時(shí)，fx0，若a1時(shí)，當(dāng)x0,2ex0，與前面矛盾，故a1不符合題意，若0a1時(shí)，則方程2lnaax-2ex=0的兩個(gè)根為x1,x2，即方程lnaax=ex的兩個(gè)根為x1,x2，即函數(shù)y=lnaax與函數(shù)y=ex的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，0a1,函數(shù)y=ax的圖象是單調(diào)遞減的指數(shù)函數(shù)，又lna0,y=lnaax的圖象由指數(shù)函數(shù)y=ax向下關(guān)于x軸作對(duì)稱(chēng)變換，然后將圖象上的每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)保持不變，縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)或縮短為原來(lái)的lna倍得到，如

8、圖所示：設(shè)過(guò)原點(diǎn)且與函數(shù)y=gx的圖象相切的直線(xiàn)的切點(diǎn)為x0,lnaax0，則切線(xiàn)的斜率為gx0=ln2aax0，故切線(xiàn)方程為y-lnaax0=ln2aax0 x-x0，則有-lnaax0=-x0ln2aax0，解得x0=1lna，則切線(xiàn)的斜率為ln2aa1lna=eln2a，因?yàn)楹瘮?shù)y=lnaax與函數(shù)y=ex的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以eln2ae，解得1eae，又0a1，所以1ea0,解得a0,a的取值范圍是(-,-4)(0,+),故答案為：(-,-4)(0,+)7.【2022年新高考2卷】曲線(xiàn)y=ln|x|過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線(xiàn)的方程為_(kāi)，_.【答案】 y=1ex y=-1ex【分析】分

9、x0和x0時(shí)設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可求出切線(xiàn)的斜率，從而表示出切線(xiàn)方程，再根據(jù)切線(xiàn)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)求出x0，即可求出切線(xiàn)方程，當(dāng)x0時(shí)y=lnx，設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0，由y=1x，所以y|x=x0=1x0，所以切線(xiàn)方程為y-lnx0=1x0 x-x0，又切線(xiàn)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以-lnx0=1x0-x0，解得x0=e，所以切線(xiàn)方程為y-1=1ex-e，即y=1ex；當(dāng)x0，解得-13x1，令h(x)0，解得x-13或0 x1，則x變化時(shí)，h(x),h(x)的變化情況如下表：x-,-13-13-13,000,111,+h(x)-0+0-0+h(x)52714-1則h(x)的值域?yàn)?1

10、,+，故a的取值范圍為-1,+.9.【2022年全國(guó)甲卷】已知函數(shù)fx=exx-lnx+x-a.(1)若fx0，求a的取值范圍；(2)證明：若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，則環(huán)x1x20，再利用導(dǎo)數(shù)即可得證.【詳解】(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+)，f(x)=(1x-1x2)ex-1x+1 =1x(1-1x)ex+(1-1x)=x-1x(exx+1)令f(x)=0,得x=1當(dāng)x(0,1),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增f(x)f(1)=e+1-a，若f(x)0,則e+1-a0,即ae+1所以a的取值范圍為(-,e+1(2)由題知,f(x)一個(gè)零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于1不妨設(shè)x11x2要證x1x21

11、,即證x1f(1x2)因?yàn)閒(x1)=f(x2),即證f(x2)f(1x2)即證exx-lnx+x-xe1x-lnx-1x0,x(1,+)即證exx-xe1x-2lnx-12(x-1x)0下面證明x1時(shí)，exx-xe1x0,lnx-12(x-1x)1，則g(x)=(1x-1x2)ex-(e1x+xe1x(-1x2)=1x(1-1x)ex-e1x(1-1x)=(1-1x)(exx-e1x)=x-1x(exx-e1x)設(shè)(x)=exx(x1),(x)=(1x-1x2)ex=x-1x2ex0所以(x)(1)=e,而e1x0,所以g(x)0所以g(x)在(1,+)單調(diào)遞增即g(x)g(1)=0,所以e

12、xx-xe1x0令h(x)=lnx-12(x-1x),x1h(x)=1x-12(1+1x2)=2x-x2-12x2=-(x-1)22x20所以h(x)在(1,+)單調(diào)遞減即h(x)h(1)=0,所以lnx-12(x-1x)0,所以x1x21.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛 ：本題是極值點(diǎn)偏移問(wèn)題，關(guān)鍵點(diǎn)是通過(guò)分析法，構(gòu)造函數(shù)證明不等式h(x)=lnx-12(x-1x)這個(gè)函數(shù)經(jīng)常出現(xiàn)，需要掌握10.【2022年全國(guó)乙卷】已知函數(shù)f(x)=ax-1x-(a+1)lnx.(1)當(dāng)a=0時(shí)，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.【答案】(1)-1(2)(0,+)【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確

13、定函數(shù)的單調(diào)性，即可得解；(2)求導(dǎo)得f(x)=(ax-1)(x-1)x2，按照a0、0a1結(jié)合導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，求得函數(shù)的極值，即可得解.【詳解】(1)當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=-1x-lnx,x0，則f(x)=1x2-1x=1-xx2，當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(1,+)時(shí)，f(x)0，則f(x)=a+1x2-a+1x=(ax-1)(x-1)x2，當(dāng)a0時(shí)，ax-10，所以當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(1,+)時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；所以f(x)max=f(1)=a-10，此時(shí)函數(shù)無(wú)零點(diǎn)，不合題意；當(dāng)0a1，在(0,1),(1a,

14、+)上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；在(1,1a)上，f(x)0，f(x)單調(diào)遞減；又f(1)=a-11時(shí)，1a0，f(x)單調(diào)遞增；在(1a,1)上，f(x)0，又f(1an)=1an-1-an+n(a+1)lna，當(dāng)n趨近正無(wú)窮大時(shí)，f(1an)趨近負(fù)無(wú)窮，所以f(x)在(0,1a)有一個(gè)零點(diǎn)，在(1a,+)無(wú)零點(diǎn)，所以f(x)有唯一零點(diǎn)，符合題意；綜上，a的取值范圍為(0,+).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解決本題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與單調(diào)性，把函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性與極值的問(wèn)題.11.【2022年全國(guó)乙卷】已知函數(shù)fx=ln1+x+axe-x(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線(xiàn)y=fx

15、在點(diǎn)0,f0處的切線(xiàn)方程；(2)若fx在區(qū)間-1,0,0,+各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.【答案】(1)y=2x(2)(-,-1)【分析】(1)先算出切點(diǎn),再求導(dǎo)算出斜率即可(2)求導(dǎo),對(duì)a分類(lèi)討論,對(duì)x分(-1,0),(0,+)兩部分研究【詳解】(1)f(x)的定義域?yàn)?-1,+)當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切點(diǎn)為(0,0) f(x)=11+x+1-xex,f(0)=2,所以切線(xiàn)斜率為2所以曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線(xiàn)方程為y=2x(2)f(x)=ln(1+x)+axexf(x)=11+x+a(1-x)ex=ex+a1-x2(1+x)ex設(shè)

16、g(x)=ex+a1-x21若a0,當(dāng)x(-1,0),g(x)=ex+a1-x20,即f(x)0所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,f(x)0所以g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增所以g(x)g(0)=1+a0,即f(x)0所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,f(x)f(0)=0故f(x)在(0,+)上沒(méi)有零點(diǎn),不合題意3若a0,所以g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增g(0)=1+a0所以存在m(0,1),使得g(m)=0,即f(m)=0當(dāng)x(0,m),f(x)0,f(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)x(0,m),f(x)0所以g(x)在(-1,0)單調(diào)遞增g(-1)=1e+2a0所以存在n(-1,0),使得g(

17、n)=0當(dāng)x(-1,n),g(x)0,g(x)單調(diào)遞增,g(x)g(0)=1+a0所以存在t(-1,n),使得g(t)=0,即f(t)=0當(dāng)x(-1,t),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x(t,0),f(x)單調(diào)遞減有x-1,f(x)-而f(0)=0,所以當(dāng)x(t,0),f(x)0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零點(diǎn),(t,0)上無(wú)零點(diǎn)即f(x)在(-1,0)上有唯一零點(diǎn)所以a1時(shí)， ex-x=b的解的個(gè)數(shù)、x-lnx=b的解的個(gè)數(shù)均為2，構(gòu)建新函數(shù)h(x)=ex+lnx-2x，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)且可得f(x),g(x)的大小關(guān)系，根據(jù)存在直線(xiàn)y=b與曲線(xiàn)y=f(x)、y=g(x)有三個(gè)不

18、同的交點(diǎn)可得b的取值，再根據(jù)兩類(lèi)方程的根的關(guān)系可證明三根成等差數(shù)列.【詳解】(1)f(x)=ex-ax的定義域?yàn)镽，而f(x)=ex-a，若a0，則f(x)0，此時(shí)f(x)無(wú)最小值，故a0.g(x)=ax-lnx的定義域?yàn)?0,+)，而g(x)=a-1x=ax-1x.當(dāng)xlna時(shí)，f(x)lna時(shí)，f(x)0，故f(x)在(lna,+)上為增函數(shù)，故f(x)min=f(lna)=a-alna.當(dāng)0 x1a時(shí)，g(x)1a時(shí)，g(x)0，故g(x)在(1a,+)上為增函數(shù)，故g(x)min=g(1a)=1-ln1a.因?yàn)閒(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值，故1-ln1a=

19、a-alna，整理得到a-11+a=lna，其中a0，設(shè)g(a)=a-11+a-lna,a0，則g(a)=2(1+a)2-1a=-a2-1a(1+a)20，故g(a)為(0,+)上的減函數(shù)，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解為a=1，故1-a1+a=lna的解為a=1.綜上，a=1.(2)由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-lnx的最小值為1-ln1=1-ln11=1.當(dāng)b1時(shí)，考慮ex-x=b的解的個(gè)數(shù)、x-lnx=b的解的個(gè)數(shù).設(shè)S(x)=ex-x-b，S(x)=ex-1，當(dāng)x0時(shí)，S(x)0時(shí)，S(x)0，故S(x)在(-,0)上為減函數(shù)，在(0,+)上為增函數(shù)，所以S(x

20、)min=S(0)=1-b0，S(b)=eb-2b，設(shè)u(b)=eb-2b，其中b1，則u(b)=eb-20，故u(b)在(1,+)上為增函數(shù)，故u(b)u(1)=e-20，故S(b)0，故S(x)=ex-x-b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即ex-x=b的解的個(gè)數(shù)為2.設(shè)T(x)=x-lnx-b，T(x)=x-1x，當(dāng)0 x1時(shí)，T(x)1時(shí)，T(x)0，故T(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1,+)上為增函數(shù)，所以T(x)min=T(1)=1-b0，T(eb)=eb-2b0，T(x)=x-lnx-b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即x-lnx=b的解的個(gè)數(shù)為2.當(dāng)b=1，由(1)討論可得x-lnx=b、ex-x=b僅

21、有一個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)b1.設(shè)h(x)=ex+lnx-2x，其中x0，故h(x)=ex+1x-2，設(shè)s(x)=ex-x-1，x0，則s(x)=ex-10，故s(x)在(0,+)上為增函數(shù)，故s(x)s(0)=0即exx+1，所以h(x)x+1x-12-10，所以h(x)在(0,+)上為增函數(shù)，而h(1)=e-20，h(1e3)=e1e3-3-2e3e-3-2e30，故h(x)在(0,+)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)x0，1e3x01且：當(dāng)0 xx0時(shí)，h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)x0時(shí)，h(x)0即ex-xx-lnx即f(x)g(x)，因此若存在直線(xiàn)y=b與曲線(xiàn)y=f(x)、y=g(x)有三個(gè)不同的

22、交點(diǎn)，故b=f(x0)=g(x0)1，此時(shí)ex-x=b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x1,x0(x10 x0)，此時(shí)x-lnx=b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)x0,x4(0 x011，故x0=x4-bx1=x0-b即x1+x4=2x0.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)的最值問(wèn)題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此時(shí)注意對(duì)參數(shù)的分類(lèi)討論，而不同方程的根的性質(zhì)，注意利用方程的特征找到兩類(lèi)根之間的關(guān)系.13.【2022年新高考2卷】已知函數(shù)f(x)=xeax-ex.(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x0時(shí)，f(x)ln(n+1).【答案】(1)f(x)的減區(qū)間為(-,0)，增區(qū)間為(0,+).(2)a12(3)見(jiàn)解析【

23、分析】(1)求出f(x)，討論其符號(hào)后可得f(x)的單調(diào)性.(2)設(shè)h(x)=xeax-ex+1，求出h(x)，先討論a12時(shí)題設(shè)中的不等式不成立，再就0a12結(jié)合放縮法討論h(x)符號(hào)，最后就a0結(jié)合放縮法討論h(x)的范圍后可得參數(shù)的取值范圍.(3)由(2)可得2lnt1恒成立，從而可得ln(n+1)-lnn1n2+n對(duì)任意的nN*恒成立，結(jié)合裂項(xiàng)相消法可證題設(shè)中的不等式.【詳解】(1)當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=(x-1)ex，則f(x)=xex，當(dāng)x0時(shí)，f(x)0時(shí)，f(x)0，故f(x)的減區(qū)間為(-,0)，增區(qū)間為(0,+).(2)設(shè)h(x)=xeax-ex+1，則h(0)=0，又h(

24、x)=(1+ax)eax-ex，設(shè)g(x)=(1+ax)eax-ex，則g(x)=(2a+a2x)eax-ex，若a12，則g(0)=2a-10，因?yàn)間(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，故存在x0(0,+)，使得x(0,x0)，總有g(shù)(x)0，故g(x)在(0,x0)為增函數(shù)，故g(x)g(0)=0，故h(x)在(0,x0)為增函數(shù)，故h(x)h(0)=-1，與題設(shè)矛盾.若00，總有l(wèi)n(1+x)x成立，證明：設(shè)S(x)=ln(1+x)-x，故S(x)=11+x-1=-x1+x0，故S(x)在(0,+)上為減函數(shù)，故S(x)S(0)=0即ln(1+x)x成立.由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex

25、eax+ax-ex=e2ax-ex0，故h(x)0總成立，即h(x)在(0,+)上為減函數(shù)，所以h(x)h(0)=-1.當(dāng)a0時(shí)，有h(x)=eax-ex+axeax1-1+0=0，所以h(x)在(0,+)上為減函數(shù)，所以h(x)0，總有xe12x-ex+11,t2=ex,x=2lnt，故2tlntt2-1即2lnt1恒成立.所以對(duì)任意的nN*，有2lnn+1nn+1n-nn+1，整理得到：ln(n+1)-lnnln2-ln1+ln3-ln2+ln(n+1)-lnn=ln(n+1)，故不等式成立.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)參數(shù)的不等式的恒成立問(wèn)題，應(yīng)該利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，注意結(jié)合端點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)的

26、符號(hào)合理分類(lèi)討論，導(dǎo)數(shù)背景下數(shù)列不等式的證明，應(yīng)根據(jù)已有的函數(shù)不等式合理構(gòu)建數(shù)列不等式.14.【2022年北京】已知函數(shù)f(x)=exln(1+x).(1)求曲線(xiàn)y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0)處的切線(xiàn)方程；(2)設(shè)g(x)=f(x)，討論函數(shù)g(x)在0,+)上的單調(diào)性；(3)證明：對(duì)任意的s,t(0,+)，有f(s+t)f(s)+f(t).【答案】(1)y=x(2)g(x)在0,+)上單調(diào)遞增.(3)證明見(jiàn)解析【分析】(1)先求出切點(diǎn)坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線(xiàn)斜率，即得切線(xiàn)方程；(2)在求一次導(dǎo)數(shù)無(wú)法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題即得解；(3)令m(x)=f(x+t)-f(x)，

27、(x,t0)，即證m(x)m(0)，由第二問(wèn)結(jié)論可知m(x)在0,+)上單調(diào)遞增，即得證.【詳解】(1)解：因?yàn)閒(x)=exln(1+x)，所以f(0)=0，即切點(diǎn)坐標(biāo)為(0,0)，又f(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，切線(xiàn)斜率k=f(0)=1切線(xiàn)方程為：y=x(2)解：因?yàn)間(x)=f(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，所以g(x)=ex(ln(1+x)+21+x-1(1+x)2)，令h(x)=ln(1+x)+21+x-1(1+x)2，則h(x)=11+x-2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)30， h(x)在0,+)上單調(diào)遞增，h(x)h(0)=10g(x)0

28、在0,+)上恒成立，g(x)在0,+)上單調(diào)遞增.(3)解：原不等式等價(jià)于f(s+t)-f(s)f(t)-f(0)，令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t0)，即證m(x)m(0)，m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x)，m(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t-exln(1+x)-ex1+x=g(x+t)-g(x)，由(2)知g(x)=f(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在0,+)上單調(diào)遞增，g(x+t)g(x)，m(x)0m(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閤,t0，m(x)m(0)，所以命題得證.15.【2022年浙

29、江】設(shè)函數(shù)f(x)=e2x+lnx(x0).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知a,bR，曲線(xiàn)y=f(x)上不同的三點(diǎn)x1,fx1,x2,fx2,x3,fx3處的切線(xiàn)都經(jīng)過(guò)點(diǎn)(a,b).證明：()若ae，則0b-f(a)12ae-1；()若0ae,x1x2x3，則2e+e-a6e21x1+1x32a-e-a6e2.(注：e=2.71828是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))【答案】(1)f(x)的減區(qū)間為(0,e2)，增區(qū)間為(e2,+).(2)()見(jiàn)解析；()見(jiàn)解析.【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性.(2)()由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個(gè)不同的解可證明不等式成立，

30、() k=x3x1，m=ae1，則題設(shè)不等式可轉(zhuǎn)化為t1+t3-2-2m(m-13)(m2-m+12)36m(t1+t3)，結(jié)合零點(diǎn)滿(mǎn)足的方程進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為lnm+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1)0，利用導(dǎo)數(shù)可證該不等式成立.【詳解】(1)f(x)=-e2x2+1x=2x-e2x2，當(dāng)0 xe2，f(x)e2，f(x)0，故f(x)的減區(qū)間為(0,e2)，f(x)的增區(qū)間為(e2,+).(2)()因?yàn)檫^(guò)(a,b)有三條不同的切線(xiàn)，設(shè)切點(diǎn)為(xi,f(xi),i=1,2,3，故f(xi)-b=f(xi)(xi-a)，故方程f(x)-b=f(x)(x-a)有3個(gè)不同的根，該方程

31、可整理為(1x-e2x2)(x-a)-e2x-lnx+b=0，設(shè)g(x)=(1x-e2x2)(x-a)-e2x-lnx+b，則g(x)=1x-e2x2+(-1x2+ex3)(x-a)-1x+e2x2=-1x3(x-e)(x-a)，當(dāng)0 xa時(shí)，g(x)0；當(dāng)ex0，故g(x)在(0,e),(a,+)上為減函數(shù)，在(e,a)上為增函數(shù)，因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故g(e)0，故(1e-e2e2)(e-a)-e2e-lne+b0，整理得到：be2a+lna=f(a)，此時(shí)b-f(a)-12(ae-1)a2e+1-(e2a+lna)-a2e+12=32-e2a-lna，設(shè)u(a)=32-e2a-

32、lna，則u(a)=e-2a2a20，故u(a)為(e,+)上的減函數(shù)，故u(a)32-e2e-lne=0，故0b-f(a)12(ae-1).()當(dāng)0ae時(shí)，同()中討論可得：故g(x)在(0,a),(e,+)上為減函數(shù)，在(a,e)上為增函數(shù)，不妨設(shè)x1x2x3，則0 x1ax2ex3，因?yàn)間(x)有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故g(a)0，故(1e-e2e2)(e-a)-e2e-lne+b0且(1a-e2a2)(a-a)-e2a-lna+b0，整理得到：a2e+1ba2e+lna，因?yàn)閤1x2x3，故0 x1ax2eea1，m=ae1，要證：2e+e-a6e21x1+1x22a-e-a6e2，即證2+

33、e-a6et1+t32ea-e-a6e，即證：13-m6t1+t32m-1-m6，即證：(t1+t3-13-m6)(t1+t3-2m+1-m6)0，即證：t1+t3-2-2m(m-13)(m2-m+12)36m(t1+t3)，而-(m+1)t1+m2t12+lnt1+b=0且-(m+1)t3+m2t32+lnt3+b=0，故lnt1-lnt3+m2(t12-t32)-(m+1)(t1-t3)=0，故t1+t3-2-2m=-2mlnt1-lnt3t1-t3，故即證：-2mlnt1-lnt3t1-t30即證：(k+1)lnkk-1+(m-13)(m2-m+12)720，記(k)=(k+1)lnkk

34、-1,k1，則(k)=1(k-1)2(k-1k-2lnk)0，設(shè)u(k)=k-1k-2lnk，則u(k)=1+1k2-2k2k-2k=0即(k)0，故(k)在(1,+)上為增函數(shù)，故(k)(m)，所以(k+1)lnkk-1+(m-13)(m2-m+12)72(m+1)lnmm-1+(m-13)(m2-m+12)72，記(m)=lnm+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1),0m(m-1)2(3m3+3)72m(m+1)20，所以(m)在(0,1)為增函數(shù)，故(m)(1)=0，故lnm+(m-1)(m-13)(m2-m+12)72(m+1)0，故原不等式得證：【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：導(dǎo)

35、數(shù)背景下的切線(xiàn)條數(shù)問(wèn)題，一般轉(zhuǎn)化為關(guān)于切點(diǎn)方程的解的個(gè)數(shù)問(wèn)題，而復(fù)雜方程的零點(diǎn)性質(zhì)的討論，應(yīng)該根據(jù)零點(diǎn)的性質(zhì)合理轉(zhuǎn)化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.2022年高考模擬試題1.(2022全國(guó)南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬預(yù)測(cè))設(shè)函數(shù)在R上存在導(dǎo)數(shù)，對(duì)于任意的實(shí)數(shù)，有，當(dāng)時(shí)，若，則實(shí)數(shù)的取值范圍是()A.B.C.D.【答案】D【分析】構(gòu)造函數(shù)，得到為奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減，分和兩種情況，利用奇偶性和單調(diào)性解不等式，求出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】，.令，且，則在上單調(diào)遞減.又，為奇函數(shù)，在上單調(diào)遞減.，.當(dāng)，即時(shí)，即即，由于在上遞減，則，解得：，.當(dāng)，即時(shí)，即.由在上遞減，則，解得：，所以.綜上所述，實(shí)數(shù)的

36、取值范圍是.故選：D.【點(diǎn)睛】構(gòu)造函數(shù)，研究出構(gòu)造的函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，進(jìn)而解不等式，是經(jīng)?？疾榈囊活?lèi)題目，結(jié)合題干信息，構(gòu)造出函數(shù)是關(guān)鍵.2.(2022內(nèi)蒙古海拉爾第二中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(理)已知函數(shù)，若對(duì)任意實(shí)數(shù)，不等式總成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為()A.B.C.D.【答案】D【分析】將所求不等式變形為，構(gòu)造函數(shù)，可知該函數(shù)在上為增函數(shù)，由此可得出，其中，利用導(dǎo)數(shù)求出的最大值，即可求得實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】當(dāng)時(shí)，由可得，即，構(gòu)造函數(shù)，其中，則，所以，函數(shù)在上為增函數(shù)，由可得，所以，即，其中，令，其中，則.當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，所以，.故選：D.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查利用

37、函數(shù)不等式恒成立求參數(shù)，解題的關(guān)鍵就是將所求不等式進(jìn)行轉(zhuǎn)化，通過(guò)不等式的結(jié)構(gòu)構(gòu)造新函數(shù)，結(jié)合新函數(shù)的單調(diào)性來(lái)求解.3.(2022江蘇無(wú)錫模擬預(yù)測(cè))已知，則，的大小為()A.B.C.D.【答案】C【分析】根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小作答.【詳解】令函數(shù)，當(dāng)時(shí)，求導(dǎo)得：，則函數(shù)在上單調(diào)遞減，又，顯然，則有，所以.故選：C【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：某些數(shù)或式大小比較問(wèn)題，探討給定數(shù)或式的內(nèi)在聯(lián)系，構(gòu)造函數(shù)，分析并運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求解.4.(2022福建三明一中模擬預(yù)測(cè))己知e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，a，b均為大于1的實(shí)數(shù)，若，則()A.B.C.D.【答案】B【分析】由題意化簡(jiǎn)得到，設(shè)，得到，結(jié)

38、合題意和函數(shù)的單調(diào)性，即可求解.【詳解】由，可得，即，設(shè)，可得，因?yàn)椋傻?，又因?yàn)?，所以，即，所以，?dāng)時(shí)，可得函數(shù)在為單調(diào)遞增函數(shù)，所以，即.故選：B.5.(2022河南開(kāi)封市東信學(xué)校模擬預(yù)測(cè)(文)已知函數(shù)，則曲線(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為()A.B.C.D.【答案】B【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及點(diǎn)斜式方程即可求解.【詳解】，.又，切點(diǎn)為所以曲線(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)的斜率為，所以曲線(xiàn)在點(diǎn)處的切線(xiàn)方程為，即.故選：B.6.(2022湖北模擬預(yù)測(cè))若過(guò)點(diǎn)可作曲線(xiàn)三條切線(xiàn)，則()A.B.C.D.【答案】A【分析】設(shè)切點(diǎn)為，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義寫(xiě)出切線(xiàn)的方程，代入點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為方程有3個(gè)根，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)可知函數(shù)的極值

39、，根據(jù)題意列出不等式組求解即可.【詳解】設(shè)切點(diǎn)為，由，故切線(xiàn)方程為，因?yàn)樵谇芯€(xiàn)上，所以代入切線(xiàn)方程得，則關(guān)于t的方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，令，則或，所以當(dāng)，時(shí)，為增函數(shù)，當(dāng)時(shí)，為減函數(shù)，且時(shí)，時(shí)，所以只需，解得故選：A7.(2022全國(guó)模擬預(yù)測(cè)(理)若關(guān)于的方程有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，則的取值范圍是()A.B.C.D.【答案】A【分析】首先判斷不是方程的根，再方程兩邊同除以，即可得到，令，利用導(dǎo)數(shù)說(shuō)明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到函數(shù)的圖象，令，設(shè)方程的兩根分別為、，對(duì)分類(lèi)討論，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解；【詳解】解：當(dāng)時(shí)等式顯然不成立，故不是方程的根，當(dāng)時(shí)，將的兩邊同除以，可得，令，則且，所以，所以當(dāng)和時(shí)，當(dāng)

40、時(shí)，即在和上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，且，函數(shù)的圖象如下所示：令，設(shè)方程的兩根分別為、，當(dāng)時(shí)，方程無(wú)解，舍去；當(dāng)時(shí)，若，則，由圖可得有且僅有一個(gè)解，故舍去，若，則，由圖可得有且僅有一個(gè)解，故舍去，當(dāng)時(shí)，或，若，由，所以，由圖可得與各有一個(gè)解，符合題意，若，由，可設(shè)，由圖可得無(wú)解，有兩個(gè)解，符合題意，綜上可得的取值范圍為；故選：A8.(2022河南安陽(yáng)模擬預(yù)測(cè)(理)已知函數(shù)，若時(shí)，在處取得最大值，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.B.C.D.【答案】B【分析】根據(jù)題意當(dāng)時(shí)恒成立，整理得，當(dāng)時(shí)，在圖像的下方，結(jié)合圖像分析處理.【詳解】根據(jù)題意得當(dāng)時(shí)恒成立則，即當(dāng)時(shí)，在圖像的下方，則，則故選：B.9.(20

41、22河南開(kāi)封模擬預(yù)測(cè)(理)若關(guān)于x的不等式對(duì)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.B.C.D.【答案】B【分析】由題設(shè)有，構(gòu)造，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性及值域，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為在上恒成立，再構(gòu)造結(jié)合導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.【詳解】由題設(shè)可得，令，則在上恒成立，由，在上；在上；所以在上遞增；在上遞減，且，在上，上，而，所以，只需在上恒成立，即恒成立，令，則，即在上遞增，故.故a的取值范圍為.故選：B【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：不等式化為，構(gòu)造研究單調(diào)性，進(jìn)一步將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為研究在上恒成立.10.(2022湖北黃岡中學(xué)模擬預(yù)測(cè))已知a，b為正實(shí)數(shù)，直線(xiàn)與曲線(xiàn)相切，則的最小值為()A.8B.9C.10D.13【答案】B【分析】

42、設(shè)切點(diǎn)為,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由已知切線(xiàn)的方程，可得切線(xiàn)的斜率，求得切點(diǎn)的坐標(biāo)，可得,再由乘1法結(jié)合基本不等式，即可得到所求最小值.【詳解】設(shè)切點(diǎn)為 ，的導(dǎo)數(shù)為，由切線(xiàn)的方程可得切線(xiàn)的斜率為1，令，則 ，故切點(diǎn)為，代入，得，、為正實(shí)數(shù)，則，當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，取得最小值9，故選：B11.(2022河南平頂山市第一高級(jí)中學(xué)模擬預(yù)測(cè)(理)已知函數(shù).(1)若，討論的單調(diào)性；(2)若有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)答案見(jiàn)解析；(2).【分析】(1)對(duì)函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，分為和兩種情形，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與0的關(guān)系可得單調(diào)性；(2)函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)即有兩個(gè)零點(diǎn)，根據(jù)(1)中的單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在定理即可得結(jié)果.【詳解】(

43、1)由題意知，的定義域?yàn)椋?若，則，所以在上單調(diào)遞減；若，令，解得.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增.(2)因?yàn)?，所以有兩個(gè)零點(diǎn)，即有兩個(gè)零點(diǎn).若，由(1)知，至多有一個(gè)零點(diǎn).若，由(1)知，當(dāng)時(shí)，取得最小值，最小值為.當(dāng)時(shí)，由于，故只有一個(gè)零點(diǎn)：當(dāng)時(shí)，由于，即，故沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)時(shí)，即.又，故在上有一個(gè)零點(diǎn).存在，則.又，因此在上有一個(gè)零點(diǎn).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為.12.(2022山東德州市教育科學(xué)研究院三模)已知函數(shù)，曲線(xiàn)在處的切線(xiàn)與直線(xiàn)垂直.(1)設(shè)，求的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)，且時(shí)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為，；(2).【分析】(1)根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得，則，對(duì)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，注意函數(shù)的定義域；(2)整理得，對(duì)求導(dǎo)，分類(lèi)討