高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題03 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用(含解析)

專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用1．【2022年全國甲卷】當(dāng)x=1時，函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值?2，則A．?1 B．?12 C．【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意可知f1=?2，f'1=0【詳解】因為函數(shù)fx定義域為0,+∞，所以依題可知，f1=?2，f'1=0，而f'x=ax?bx2，所以故選：B.2．【2022年全國甲卷】已知a=3132,b=A．c>b>a B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b【答案】A【解析】【分析】由cb=4tan14結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得c>b【詳解】因為cb=4所以tan14>14設(shè)f(x)=cosf'(x)=?sinx+x>0，所以則f14>f(0)所以b>a,所以c>b>a，故選：A3．【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.1e0.1,b=A．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a(chǎn)<c<b【答案】C【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定【詳解】設(shè)f(x)=ln(1+x)?x(x>?1)，因為當(dāng)x∈(?1,0)時，f'(x)>0，當(dāng)x∈(0,+∞所以函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x在(0,+∞所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(?110)<f(0)=0，所以ln910故a<b，設(shè)g(x)=xex+令?(x)=ex(當(dāng)0<x<2?1時，?'當(dāng)2?1<x<1時，?'(x)>0又?(0)=0，所以當(dāng)0<x<2?1時，所以當(dāng)0<x<2?1時，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故選：C.4．【2022年新高考1卷】(多選)已知函數(shù)f(x)=x3?x+1A．f(x)有兩個極值點 B．f(x)有三個零點C．點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心 D．直線y=2x是曲線y=f(x)的切線【答案】AC【解析】【分析】利用極值點的定義可判斷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D.【詳解】由題，f'x=3x2?1，令令f'(x)<0得所以f(x)在(?33,33所以x=±3因f(?33)=1+23所以，函數(shù)fx在?當(dāng)x≥33時，fx≥f3綜上所述，函數(shù)f(x)有一個零點，故B錯誤；令?(x)=x3?x，該函數(shù)的定義域為R則?(x)是奇函數(shù)，(0,0)是?(x)的對稱中心，將?(x)的圖象向上移動一個單位得到f(x)的圖象，所以點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心，故C正確；令f'x=3x2當(dāng)切點為(1,1)時，切線方程為y=2x?1，當(dāng)切點為(?1,1)時，切線方程為y=2x+3，故D錯誤.故選：AC.5．【2022年全國乙卷】已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?【答案】1【解析】【分析】由x1,x2分別是函數(shù)fx=2ax?ex2的極小值點和極大值點，可得x∈?∞,x1∪x2,+∞時，【詳解】解：f'因為x1,x所以函數(shù)fx在?∞,x1所以當(dāng)x∈?∞,x1∪x若a>1時，當(dāng)x<0時，2lna?a故a>1不符合題意，若0<a<1時，則方程2lna?a即方程lna?ax即函數(shù)y=lna?a∵0<a<1,∴函數(shù)y=a又∵lna<0,∴y=lna?ax的圖象由指數(shù)函數(shù)設(shè)過原點且與函數(shù)y=gx的圖象相切的直線的切點為x則切線的斜率為g'故切線方程為y?ln則有?lna?a則切線的斜率為ln2因為函數(shù)y=lna?a所以eln2a<又0<a<1，所以1e綜上所述，a的范圍為1e【點睛】本題考查了函數(shù)的極值點問題，考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了轉(zhuǎn)化思想及分類討論思想，有一定的難度.6．【2022年新高考1卷】若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標(biāo)原點的切線，則【答案】(?【解析】【分析】設(shè)出切點橫坐標(biāo)x0，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點得到關(guān)于x0的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個不同的實數(shù)根，求得【詳解】∵y=(x+a)ex，∴設(shè)切點為(x0,y0切線方程為：y?x∵切線過原點，∴?x整理得：x0∵切線有兩條，∴?=a2+4a>0,解得a<?4∴a的取值范圍是(?∞故答案為：(?7．【2022年新高考2卷】曲線y=ln【答案】

y=1e【解析】【分析】分x>0和x<0兩種情況，當(dāng)x>0時設(shè)切點為x0,lnx0【詳解】解：因為y=ln當(dāng)x>0時y=lnx，設(shè)切點為x0,lnx0又切線過坐標(biāo)原點，所以?lnx0=1x0當(dāng)x<0時y=ln?x，設(shè)切點為x1,ln?x又切線過坐標(biāo)原點，所以?ln?x1=1x故答案為：y=1e8．【2022年全國甲卷】已知函數(shù)f(x)=x3?x,g(x)=x2+a，曲線(1)若x1=?1，求(2)求a的取值范圍．【答案】(1)3(2)?1,+【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切點求出切線方程，設(shè)出g(x)上的切點坐標(biāo)，由斜率求出切點坐標(biāo)，再由函數(shù)值求出a即可；(2)設(shè)出g(x)上的切點坐標(biāo)，分別由f(x)和g(x)及切點表示出切線方程，由切線重合表示出a，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.(1)由題意知，f(?1)=?1?(?1)=0，f'(x)=3x2?1，f'(?1)=3?1=2即y=2x+2，設(shè)該切線與g(x)切于點x2,g(x2)，g'(x)=2x，則g(2)f'(x)=3x2?1，則y=f(x)在點x設(shè)該切線與g(x)切于點x2,g(x2)，g'(x)=2x則3x12令?(x)=94x4?2x3?3令?'(x)<0，解得x<?13或0<x<1，則x???00,111,+??0+0?0+?(x)↘5↗1↘?1↗則?(x)的值域為?1,+∞，故a的取值范圍為?1,+9．【2022年全國甲卷】已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個零點x1,【答案】(1)(?(2)證明見的解析【解析】【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；(2)利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為ex(1)f(x)的定義域為(0,+∞f'(x)=(令f(x)=0,得x=1當(dāng)x∈(0,1),f當(dāng)x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,則e+1?a≥0,即所以a的取值范圍為(?(2)由題知,f(x)一個零點小于1,一個零點大于1不妨設(shè)x要證x1x因為x1,因為f(x1即證e即證e下面證明x>1時，e設(shè)g(x)=e則g=(1?設(shè)φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而所以exx所以g(x)在(1,+∞即g(x)>g(1)=0,所以e令?(x)=?所以?(x)在(1,+∞即?(x)<?(1)=0,所以lnx?綜上,exx?x【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題是極值點偏移問題，關(guān)鍵點是通過分析法，構(gòu)造函數(shù)證明不等式?(x)=ln10．【2022年全國乙卷】已知函數(shù)f(x)=ax?1(1)當(dāng)a=0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．【答案】(1)?1(2)(0,+【解析】【分析】(1)由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可得解；(2)求導(dǎo)得f'(x)=(ax?1)(x?1)x2，按照a≤0(1)當(dāng)a=0時，f(x)=?1x?當(dāng)x∈(0,1)時，f'(x)>0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，f'所以f(x)(2)f(x)=ax?1x?(a+1)當(dāng)a≤0時，ax?1≤0，所以當(dāng)x∈(0,1)時，f'(x)>0，當(dāng)x∈(1,+∞)時，f'所以f(x)當(dāng)0<a<1時，1a>1，在(0,1),(1a,+在(1,1a)上，f又f(1)=a?1<0，當(dāng)x趨近正無窮大時，f(x)趨近于正無窮大，所以f(x)僅在(1當(dāng)a=1時，f'(x)=(x?1)2x所以f(x)有唯一零點，符合題意；當(dāng)a>1時，1a<1，在(0,1a),(1,+在(1a,1)上，f'(x)<0又f(1an)=1所以f(x)在(0,1a)所以f(x)有唯一零點，符合題意；綜上，a的取值范圍為(0,+∞【點睛】關(guān)鍵點點睛：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)零點問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性與極值的問題.11．【2022年全國乙卷】已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)若fx在區(qū)間?1,0,0,+【答案】(1)y=2x(2)(?【解析】【分析】(1)先算出切點,再求導(dǎo)算出斜率即可(2)求導(dǎo),對a分類討論,對x分(?1,0),(0,+∞(1)f(x)的定義域為(?1,+當(dāng)a=1時,f(x)=ln(1+x)+xex所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x(2)f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=e所以f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(?1,0)上沒有零點,不合題意2°若?1?a?0,當(dāng)x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a?0所以f(x)在(0,+∞)故f(x)在(0,+∞3°若(1)當(dāng)x∈(0,+∞),則g'(x)=eg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當(dāng)x∈(0,m),f當(dāng)x∈(m,+∞所以當(dāng)x∈(0,m),f(x)<f(0)=0當(dāng)x→+所以f(x)在(m,+∞又(0,m)沒有零點,即f(x)在(0,+∞(2)當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=設(shè)?(x)=?所以g'(x)在g所以存在n∈(?1,0),使得g當(dāng)x∈(?1,n),g當(dāng)x∈(n,0),g'又g(?1)=所以存在t∈(?1,n),使得g(t)=0,即f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,(t,0)上無零點即f(x)在(?1,0)上有唯一零點所以a<?1,符合題意所以若f(x)在區(qū)間(?1,0),(0,+∞)各恰有一個零點,求a【點睛】方法點睛：本題的關(guān)鍵是對a的范圍進(jìn)行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說明.12．【2022年新高考1卷】已知函數(shù)f(x)=ex?ax(1)求a；(2)證明：存在直線y=b，其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【答案】(1)a=1(2)見解析【解析】【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a.注意分類討論.(2)根據(jù)(1)可得當(dāng)b>1時，ex?x=b的解的個數(shù)、x?lnx=b的解的個數(shù)均為2，構(gòu)建新函數(shù)?(x)=ex+lnx?2x，利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個零點且可得f(x),g(x)(1)f(x)=ex?ax的定義域為R若a≤0，則f'(x)>0，此時f(x)無最小值，故g(x)=ax?lnx的定義域為(0,+∞當(dāng)x<lna時，f'(x)<0，故當(dāng)x>lna時，f'(x)>0，故故f(x)當(dāng)0<x<1a時，g'(x)<0，故當(dāng)x>1a時，g'(x)>0，故故g(x)因為f(x)=ex?ax故1?ln1a=a?aln設(shè)g(a)=a?11+a?故g(a)為(0,+∞)上的減函數(shù)，而故g(a)=0的唯一解為a=1，故1?a1+a=ln綜上，a=1.(2)由(1)可得f(x)=ex?x和g(x)=x?當(dāng)b>1時，考慮ex?x=b的解的個數(shù)、設(shè)S(x)=ex?x?b當(dāng)x<0時，S'(x)<0，當(dāng)x>0時，故S(x)在(?∞,0)上為減函數(shù)，在所以S(x)而S(?b)=e?b>0設(shè)u(b)=eb?2b，其中b>1故u(b)在(1,+∞)上為增函數(shù)，故故S(b)>0，故S(x)=ex?x?b設(shè)T(x)=x?lnx?b，當(dāng)0<x<1時，T'(x)<0，當(dāng)x>1時，故T(x)在(0,1)上為減函數(shù)，在(1,+∞所以T(x)而T(e?b)=T(x)=x?lnx?b有兩個不同的零點即當(dāng)b=1，由(1)討論可得x?lnx=b、當(dāng)b<1時，由(1)討論可得x?lnx=b、故若存在直線y=b與曲線y=f(x)、y=g(x)有三個不同的交點，則b>1.設(shè)?(x)=ex+lnx?2x設(shè)s(x)=ex?x?1，x>0故s(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故s(x)>s(0)=0即所以?'(x)>x+1x?1≥2?1>0而?(1)=e?2>0，故?(x)在(0,+∞)上有且只有一個零點x0當(dāng)0<x<x0時，?(x)<0即ex當(dāng)x>x0時，?(x)>0即ex因此若存在直線y=b與曲線y=f(x)、y=g(x)有三個不同的交點，故b=f(x此時ex?x=b有兩個不同的零點此時x?lnx=b有兩個不同的零點故ex1?x1=b所以x4?b=lnx4故x4?b為方程ex?x=b的解，同理又ex1?x1=b可化為故x1+b為方程x?lnx=b的解，同理所以{x1,故{x0=【點睛】思路點睛：函數(shù)的最值問題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此時注意對參數(shù)的分類討論，而不同方程的根的性質(zhì)，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關(guān)系.13．【2022年新高考2卷】已知函數(shù)f(x)=xe(1)當(dāng)a=1時，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>0時，f(x)<?1，求a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N?，證明：【答案】(1)f(x)的減區(qū)間為(?∞,0)，增區(qū)間為(2)a≤(3)見解析【解析】【分析】(1)求出f'(x)，討論其符號后可得(2)設(shè)?(x)=xeax?ex+1，求出?″(x)，先討論a>1(3)由(2)可得2lnt<t?1t對任意的t>1恒成立，從而可得(1)當(dāng)a=1時，f(x)=(x?1)ex，則當(dāng)x<0時，f'(x)<0，當(dāng)x>0時，故f(x)的減區(qū)間為(?∞,0)，增區(qū)間為(2)設(shè)?(x)=xeax?又?'(x)=(1+ax)e則g'若a>12，則因為g'故存在x0∈(0,+∞)，使得故g(x)在(0,x0)故?(x)在(0,x0)若0<a≤12，則下證：對任意x>0，總有l(wèi)n(1+x)<x證明：設(shè)S(x)=ln(1+x)?x，故故S(x)在(0,+∞)上為減函數(shù)，故S(x)<S(0)=0即由上述不等式有eax+故?'(x)≤0總成立，即?(x)在所以?(x)<?(0)=?1.當(dāng)a≤0時，有?'(x)=所以?(x)在(0,+∞)上為減函數(shù)，所以綜上，a≤1(3)取a=12，則?x>0，總有令t=e12故2tlnt<t2?1所以對任意的n∈N?，有整理得到：ln(n+1)?故1=ln故不等式成立.【點睛】思路點睛：函數(shù)參數(shù)的不等式的恒成立問題，應(yīng)該利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，注意結(jié)合端點處導(dǎo)數(shù)的符號合理分類討論，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)=e(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)=f'(x)，討論函數(shù)g(x)(3)證明：對任意的s,t∈(0,+∞)，有【答案】(1)y=x(2)g(x)在[0,+∞(3)證明見解析【解析】【分析】(1)先求出切點坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，即得切線方程；(2)在求一次導(dǎo)數(shù)無法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問題即得解；(3)令m(x)=f(x+t)?f(x)，(x,t>0)，即證m(x)>m(0)，由第二問結(jié)論可知m(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增，即得證.(1)解：因為f(x)=exln即切點坐標(biāo)為(0,0)，又f'∴切線斜率k=∴切線方程為：y=x(2)解：因為g(x)=f'(x)=所以g'令?(x)=ln則?'∴?(x)在[0,+∞∴?(x)≥?(0)=1>0∴g'(x)>0在∴g(x)在[0,+∞(3)解：原不等式等價于f(s+t)?f(s)>f(t)?f(0)，令m(x)=f(x+t)?f(x)，(x,t>0)，即證m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)?f(x)=em'由(2)知g(x)=f'(x)=∴g(x+t)>g(x)，∴m∴m(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，又因為∴m(x)>m(0)，所以命題得證.15．【2022年浙江】設(shè)函數(shù)f(x)=e(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知a,b∈R，曲線y=f(x)上不同的三點x1,fx(ⅰ)若a>e，則0<b?f(a)<(ⅱ)若0<a<e,x(注：e=2.71828?【答案】(1)f(x)的減區(qū)間為(0,e2)(2)(ⅰ)見解析；(ⅱ)見解析.【解析】【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性.(2)(ⅰ)由題設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個不同的解可證明不等式成立，(ⅱ)k=x3x1，m=a(1)f'當(dāng)0<x<e2，f'(x)<0；當(dāng)故f(x)的減區(qū)間為(0,e2)，f(x)(2)(ⅰ)因為過(a,b)有三條不同的切線，設(shè)切點為(x故f(x故方程f(x)?b=f該方程可整理為(1設(shè)g(x)=(1則g=?1當(dāng)0<x<e或x>a時，g'(x)<0；當(dāng)e故g(x)在(0,e),(a,+∞因為g(x)有3個不同的零點，故g(e)<0且故(1e?整理得到：b<a2e+1此時b?f(a)?1設(shè)u(a)=32?故u(a)為(e,+∞故0<b?f(a)<1(ⅱ)當(dāng)0<a<e時，同(ⅰ故g(x)在(0,a),(e,+∞不妨設(shè)x1<x因為g(x)有3個不同的零點，故g(a)<0且g(e故(1e?整理得到：a2e因為x1<x又g(x)=1?a+設(shè)t=ex，ae?a+ee記t則t1,t設(shè)k=t1t要證：2e+e即證：13?m即證：(t即證：t1而?(m+1)t1+故lnt故t1故即證：?2即證：(即證：(k+1)ln記φ(k)=(k+1)lnk設(shè)u(k)=k?1k?2lnk故φ(k)在(1,+∞)上為增函數(shù)，故所以(k+1)ln記ω(m)=ln則ω'所以ω(m)在(0,1)為增函數(shù)，故ω(m)<ω(1)=0，故lnm+(m?1)(m?13)(m故原不等式得證：【點睛】思路點睛：導(dǎo)數(shù)背景下的切線條數(shù)問題，一般轉(zhuǎn)化為關(guān)于切點方程的解的個數(shù)問題，而復(fù)雜方程的零點性質(zhì)的討論，應(yīng)該根據(jù)零點的性質(zhì)合理轉(zhuǎn)化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.1．(2022·全國·南京外國語學(xué)校模擬預(yù)測)設(shè)函數(shù)SKIPIF1<0在R上存在導(dǎo)數(shù)SKIPIF1<0，對于任意的實數(shù)SKIPIF1<0，有SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，則實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】【分析】構(gòu)造函數(shù)SKIPIF1<0，得到SKIPIF1<0為奇函數(shù)，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，分SKIPIF1<0和SKIPIF1<0兩種情況，利用奇偶性和單調(diào)性解不等式，求出實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍.【詳解】∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．令SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減．又∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0為奇函數(shù)，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減．∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．當(dāng)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0即SKIPIF1<0，由于SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上遞減，則SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0．當(dāng)SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．由SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上遞減，則SKIPIF1<0，解得：SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0．綜上所述，實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍是SKIPIF1<0．故選：D．【點睛】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)常考查的一類題目，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(理))已知函數(shù)SKIPIF1<0，若對任意實數(shù)SKIPIF1<0，不等式SKIPIF1<0總成立，則實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】D【解析】【分析】將所求不等式變形為SKIPIF1<0，構(gòu)造函數(shù)SKIPIF1<0，可知該函數(shù)在SKIPIF1<0上為增函數(shù)，由此可得出SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，利用導(dǎo)數(shù)求出SKIPIF1<0的最大值，即可求得實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍.【詳解】當(dāng)SKIPIF1<0時，由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，構(gòu)造函數(shù)SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以，函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上為增函數(shù)，由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，所以，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0.當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞減，所以，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.故選：D.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題考查利用函數(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)性來求解.3．(2022·江蘇無錫·模擬預(yù)測)已知SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的大小為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定條件，構(gòu)造函數(shù)SKIPIF1<0，利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小作答.【詳解】令函數(shù)SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時，求導(dǎo)得：SKIPIF1<0，則函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，又SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，顯然SKIPIF1<0，則有SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0.故選：C【點睛】思路點睛：某些數(shù)或式大小比較問題，探討給定數(shù)或式的內(nèi)在聯(lián)系，構(gòu)造函數(shù)，分析并運用函數(shù)的單調(diào)性求解.4．(2022·福建·三明一中模擬預(yù)測)己知e為自然對數(shù)的底數(shù)，a，b均為大于1的實數(shù)，若SKIPIF1<0，則(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】【分析】由題意化簡得到SKIPIF1<0，設(shè)SKIPIF1<0，得到SKIPIF1<0，結(jié)合題意和函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)性，即可求解.【詳解】由SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，設(shè)SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，又因為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，可得函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0為單調(diào)遞增函數(shù)，所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.故選：B.5．(2022·河南·開封市東信學(xué)校模擬預(yù)測(文))已知函數(shù)SKIPIF1<0，則曲線SKIPIF1<0在點SKIPIF1<0處的切線方程為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】【分析】根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義及點斜式方程即可求解.【詳解】∵SKIPIF1<0，∴SKIPIF1<0.又SKIPIF1<0，切點為SKIPIF1<0所以曲線SKIPIF1<0在點SKIPIF1<0處的切線的斜率為SKIPIF1<0，所以曲線SKIPIF1<0在點SKIPIF1<0處的切線方程為SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0.故選：B.6．(2022·湖北·模擬預(yù)測)若過點SKIPIF1<0可作曲線SKIPIF1<0三條切線，則(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】【分析】設(shè)切點為SKIPIF1<0，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義寫出切線的方程，代入點SKIPIF1<0，轉(zhuǎn)化為方程有3個根，構(gòu)造函數(shù)SKIPIF1<0，利用導(dǎo)數(shù)可知函數(shù)的極值，根據(jù)題意列出不等式組求解即可.【詳解】設(shè)切點為SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，故切線方程為SKIPIF1<0，因為SKIPIF1<0在切線上，所以代入切線方程得SKIPIF1<0，則關(guān)于t的方程有三個不同的實數(shù)根，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，所以當(dāng)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0為增函數(shù)，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0為減函數(shù)，且SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，所以只需SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0故選：A7．(2022·全國·模擬預(yù)測(理))若關(guān)于SKIPIF1<0的方程SKIPIF1<0有兩個不相等的實數(shù)根，則SKIPIF1<0的取值范圍是(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】A【解析】【分析】首先判斷SKIPIF1<0不是方程的根，再方程兩邊同除以SKIPIF1<0，即可得到SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到函數(shù)的圖象，令SKIPIF1<0，設(shè)方程SKIPIF1<0的兩根分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，對SKIPIF1<0分類討論，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解；【詳解】解：當(dāng)SKIPIF1<0時等式顯然不成立，故SKIPIF1<0不是方程的根，當(dāng)SKIPIF1<0時，將SKIPIF1<0的兩邊同除以SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0且SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，所以當(dāng)SKIPIF1<0和SKIPIF1<0時SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0在SKIPIF1<0和SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，且SKIPIF1<0，函數(shù)SKIPIF1<0的圖象如下所示：令SKIPIF1<0，設(shè)方程SKIPIF1<0的兩根分別為SKIPIF1<0、SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，①當(dāng)SKIPIF1<0時，方程無解，舍去；②當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，由圖可得SKIPIF1<0有且僅有一個解，故舍去，若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，由圖可得SKIPIF1<0有且僅有一個解，故舍去，③當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0或SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0由圖可得SKIPIF1<0與SKIPIF1<0各有一個解，符合題意，若SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，可設(shè)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，由圖可得SKIPIF1<0無解，SKIPIF1<0有兩個解，符合題意，綜上可得SKIPIF1<0的取值范圍為SKIPIF1<0；故選：A8．(2022·河南安陽·模擬預(yù)測(理))已知函數(shù)SKIPIF1<0，若SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處取得最大值，則實數(shù)a的取值范圍是(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時恒成立，整理得SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0圖像的下方，結(jié)合圖像分析處理．【詳解】根據(jù)題意得SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時恒成立則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0∴當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0在SKIPIF1<0圖像的下方SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0故選：B．9．(2022·河南開封·模擬預(yù)測(理))若關(guān)于x的不等式SKIPIF1<0對SKIPIF1<0恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為(

)A．SKIPIF1<0 B．SKIPIF1<0 C．SKIPIF1<0 D．SKIPIF1<0【答案】B【解析】【分析】由題設(shè)有SKIPIF1<0，構(gòu)造SKIPIF1<0，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性及值域，將問題轉(zhuǎn)化為SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立，再構(gòu)造SKIPIF1<0結(jié)合導(dǎo)數(shù)求參數(shù)范圍.【詳解】由題設(shè)可得SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立，由SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0上SKIPIF1<0；在SKIPIF1<0上SKIPIF1<0；所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上遞增；在SKIPIF1<0上遞減，且SKIPIF1<0，在SKIPIF1<0上SKIPIF1<0，SKIPIF1<0上SKIPIF1<0，而SKIPIF1<0，所以，只需SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立，即SKIPIF1<0恒成立，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上遞增，故SKIPIF1<0.故a的取值范圍為SKIPIF1<0.故選：B【點睛】關(guān)鍵點點睛：不等式化為SKIPIF1<0，構(gòu)造SKIPIF1<0研究單調(diào)性，進(jìn)一步將問題轉(zhuǎn)化為研究SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上恒成立.10．(2022·湖北·黃岡中學(xué)模擬預(yù)測)已知a，b為正實數(shù)，直線SKIPIF1<0與曲線SKIPIF1<0相切，則SKIPIF1<0的最小值為(

)A．8 B．9 C．10 D．13【答案】B【解析】【分析】設(shè)切點為SKIPIF1<0,求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，由已知切線的方程，可得切線的斜率，求得切點的坐標(biāo)，可得SKIPIF1<0,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)切點為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的導(dǎo)數(shù)為SKIPIF1<0，由切線的方程SKIPIF1<0可得切線的斜率為1，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故切點為SKIPIF1<0，代入SKIPIF1<0，得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0、SKIPIF1<0為正實數(shù)，則SKIPIF1<0，當(dāng)且僅當(dāng)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0取得最小值9，故選：B11．(2022·河南·平頂山市第一高級中學(xué)模擬預(yù)測(理))已知函數(shù)SKIPIF1<0．(1)若SKIPIF1<0，討論SKIPIF1<0的單調(diào)性；(2)若SKIPIF1<0有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)答案見解析；(2)SKIPIF1<0.【解析】【分析】(1)對函數(shù)進(jìn)行求導(dǎo)，分為SKIPIF1<0和SKIPIF1<0兩種情形，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與0的關(guān)系可得單調(diào)性；(2)函數(shù)有兩個零點即SKIPIF1<0有兩個零點，根據(jù)(1)中的單調(diào)性結(jié)合零點存在定理即可得結(jié)果.(1)由題意知，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的定義域為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0．若SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減；若SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，解得SKIPIF1<0．當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0；當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減，在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增．(2)因為SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0有兩個零點，即SKIPIF1<0有兩個零點．若SKIPIF1<0，由(1)知，SKIPIF1<0至多有一個零點．若SKIPIF1<0，由(1)知，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0取得最小值，最小值為SKIPIF1<0．①當(dāng)SKIPIF1<0時，由于SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0只有一個零點：②當(dāng)SKIPIF1<0時，由于SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0沒有零點；③當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上有一個零點．存在SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0．又SKIPIF1<0，因此SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上有一個零點．綜上，實數(shù)a的取值范圍為SKIPIF1<0．12．(2022·山東·德州市教育科學(xué)研究院三模)已知函數(shù)SKIPIF1<0，曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線與直線SKIPIF1<0垂直.(1)設(shè)SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0的單調(diào)區(qū)間；(2)當(dāng)SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，求實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍.【答案】(1)單調(diào)增區(qū)間為SKIPIF1<0，單調(diào)減區(qū)間為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0.【解析】【分析】(1)根據(jù)題意結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，對SKIPIF1<0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SKIPIF1<0，對SKIPIF1<0求導(dǎo)，分類討論理解處理．(1)∵SKIPIF1<0曲線SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線與直線SKIPIF1<0垂直，則SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0∴SKIPIF1<0，SKIPIF1<0的定義域為SKIPIF1<0則SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，函數(shù)SKIPIF1<0的單調(diào)增區(qū)間為SKIPIF1<0，單調(diào)減區(qū)間為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0(2)當(dāng)SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0SKIPIF1<0構(gòu)建SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時恒成立SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞減且SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0；當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0∴當(dāng)SKIPIF1<0，且SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0.當(dāng)SKIPIF1<0時，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增且SKIPIF1<0∴當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，與題設(shè)矛盾.當(dāng)SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增且SKIPIF1<0∴當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，與題設(shè)矛盾.綜上所述：SKIPIF1<0的取值范圍為SKIPIF1<0.13．(2022·四川省瀘縣第二中學(xué)模擬預(yù)測(理))已知函數(shù)SKIPIF1<0(e為自然對數(shù)的底數(shù))有兩個零點．(1)若SKIPIF1<0，求SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程；(2)若SKIPIF1<0的兩個零點分別為SKIPIF1<0，證明：SKIPIF1<0．【答案】(1)SKIPIF1<0(2)證明見解析【解析】【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義切線的斜率為SKIPIF1<0，利用點斜式求切線方程；(2)分析可得對SKIPIF1<0的零點即SKIPIF1<0的零點，對SKIPIF1<0分析可得SKIPIF1<0，利用零點整理可得SKIPIF1<0，構(gòu)建函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)證明．(1)當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，又SKIPIF1<0，所以切點坐標(biāo)為SKIPIF1<0，切線的斜率為SKIPIF1<0．所以切線方程為SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0(2)由已知得SKIPIF1<0有兩個不等的正實跟．所以方程SKIPIF1<0有兩個不等的正實根，即SKIPIF1<0有兩個不等的正實根，SKIPIF1<0①要證SKIPIF1<0，只需證SKIPIF1<0，即證SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以只需證SKIPIF1<0，由①得SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，消去a得SKIPIF1<0，只需證SKIPIF1<0，設(shè)SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，即證SKIPIF1<0構(gòu)建SKIPIF1<0則SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上單調(diào)遞增，則SKIPIF1<0，即當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0成立，所以SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，證畢．【點睛】利用同構(gòu)處理可得SKIPIF1<0，結(jié)合零點代換整理可得SKIPIF1<0．14．(2022·河南安陽·模擬預(yù)測(文))已知函數(shù)SKIPIF1<0．(1)當(dāng)SKIPIF1<0時，求函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程；(2)對于SKIPIF1<0，不等式SKIPIF1<0恒成立，求實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍．【答案】(1)SKIPIF1<0(2)SKIPIF1<0【解析】【分析】(1)求出SKIPIF1<0、SKIPIF1<0的值，結(jié)合點斜式可得出所求切線的方程；(2)由參變量分離法可得SKIPIF1<0，利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上的最小值，即可得出實數(shù)SKIPIF1<0的取值范圍.(1)解：當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，所以，SKIPIF1<0，此時，函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0處的切線方程為SKIPIF1<0.(2)解：SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0可得SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上為增函數(shù)，因為SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，所以，存在SKIPIF1<0使得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，令SKIPIF1<0，其中SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，故函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上為增函數(shù)，因為SKIPIF1<0，所以，SKIPIF1<0，可得SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞減，當(dāng)SKIPIF1<0時，SKIPIF1<0，此時函數(shù)SKIPIF1<0單調(diào)遞增，所以，SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.【點睛】結(jié)論點睛：利用參變量分離法求解函數(shù)不等式恒(能)成立，可根據(jù)以下原則進(jìn)行求解：(1)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(2)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(3)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0；(4)SKIPIF1<0，SKIPIF1<0.15．(2022·青?！ご笸ɑ刈逋磷遄灾慰h教學(xué)研究室三模(文))已知函數(shù)SKIPIF1<0.(1)討論函數(shù)SKIPIF1<0在SKIPIF1<0上的單調(diào)性；(2)已知SKIPIF1<0，SKIPIF1<0