导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全国理科）解析版

䁫导数的应用（解答题）——大数据之五年（2018-2022）高考真题汇编（新高考卷与全整理得到：ln䁫쬐ln，䁫䁫䁫香lnln䁫lnlnln䁫쬐ln国理科）故䁫䁫一、解答题ɤln䁫쬐，1．（2022·新高考Ⅱ卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ．故不等式成立.（1）当ɤ䁫时，讨论ࠩ쬐的单调性；【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性（2）当ࠩ香䁫时，ࠩ쬐䁫，求a的取值范围；【解析】【分析】（1）求出ࠩ쬐ɤࠩࠩ，讨论其符号后可得ࠩ쬐的单调性.䁫䁫䁫香ln䁫쬐（3）设，证明：䁫．ࠩࠩ䁫䁫（2）设ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ䁫쬐，求出ࠩ쬐，令ࠩ쬐ɤࠩ쬐，先讨论香时题设中的不等式不成立，再【答案】（1）解：解：ɤ䁫ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩɤࠩ䁫쬐ࠩࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫就䁫结合放缩法讨论ࠩ쬐符号，最后就䁫结合放缩法讨论ࠩ쬐的范围后可得参数的取值范围.当ࠩ，䁫쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减；䁫䁫（3）由（2）可得ln对任意的香䁫恒成立，从而可得ln䁫쬐ln对任意的恒成当ࠩ䁫，쬐吋，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增.立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.（2）令ࠩ쬐ɤࠩ쬐䁫ɤࠩࠩࠩ䁫ࠩ䁫쬐䁫2．（2022·全国乙卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐lnࠩ．ࠩࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫对ࠩ䁫恒成立（1）当ɤ䁫时，求ࠩ쬐的最大值；又ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩࠩ䁫쬐ɤ䁫（2）若ࠩ쬐恰有一个零点，求a的取值范围．令ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩࠩ쬐ࠩɤࠩࠩࠩ쬐ࠩ䁫则䁫쬐ɤ䁫【答案】（1）解：当ɤ䁫时，ࠩ쬐ɤࠩlnࠩ䁫ࠩ쬐䁫쬐ࠩ쬐䁫䁫䁫ࠩ①若䁫쬐ɤ䁫香䁫，即香，䁫쬐ɤlimɤlim香䁫ࠩ쬐ɤɤࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩࠩࠩࠩ所以ࠩ䁫香䁫，使得当ࠩ䁫，ࠩ䁫쬐时，有ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增ࠩ䁫쬐香䁫쬐ɤ䁫，x（0，1）1（1，+∞）ࠩ矛盾f’（x）+0-䁫䁫ࠩln䁫䁫ࠩ쬐f（x）↗↘②若䁫쬐ɤ䁫䁫，即时，ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩࠩɤࠩln䁫ࠩ쬐ࠩࠩ∴ࠩ쬐的最大值=f（1）=-1-ln1=-1䁫䁫ࠩࠩࠩɤ䁫（2）解：ࠩ쬐定义域为（0，+∞）ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递减，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫，符合题意.䁫䁫ࠩ䁫쬐ࠩ䁫䁫ࠩ쬐ɤɤɤࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐ࠩࠩࠩࠩ䁫综上所述，实数a的取值范围足.根据（1）得：a=0时，f（x）max=-1＜0，∴f（x）无零点䁫䁫当a＜0时，∀x＞0，ax-1＜0，又x2＞0（3）证明：取ɤ，则ࠩ香䁫，总有ࠩࠩࠩ䁫䁫成立，䁫x（0，1）1（1，+∞）令ɤࠩ，则香䁫，ɤࠩ，ࠩɤln，f’（x）+0-䁫故ln䁫即ln对任意的香䁫恒成立.f（x）↗↘䁫䁫所以对任意的，有ln，䁫∴∀x＞0，f（x）≤f（1）=a-1＜0，∴f（x）无零点n䁫䁫䁫ࠩ䁫䁫䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ当a＞0时，ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ䁫쬐ࠩɤ䁫ɤ䁫䁫ɤ䁫，ࠩࠩࠩࠩࠩࠩࠩࠩࠩ①当0＜a＜1时，䁫＞1令f'(x)=0，得x=1，当x∈（0，1），f'(x)<0，f(x)单调递减，x（0，1）1（1，䁫）䁫（䁫，+∞）当x∈（1，+∞），f'(x)>0，f(x)单调递增，f’（x）+0-0+若f(x)≥0，则e+1-a≥0，即a≤e+1，f（x）↗↘↗所以a的取值范围为（-∞，e+1）䁫（2）证明：由题知，ࠩ쬐一个零点小于1，一个零点大于1∴∀x∈（0，]，f（x）≤f（1）=a-1＜0，不妨设ࠩ䁫䁫ࠩ又limf（x）=+∞，∴f（x）恰有一个零点ࠩ䁫要证ࠩ䁫ࠩ䁫，即证ࠩ䁫ࠩࠩ䁫쬐②当a=1时，ࠩ쬐ɤ䁫，ࠩ䁫䁫因为ࠩ䁫，ࠩ䁫，䁫쬐，即证ࠩ䁫쬐香쬐ࠩ∴f（x）在（0，+∞）上递增，䁫由f（1）=a-1=0可得，f（x）恰有一个零点因为ࠩ䁫쬐ɤࠩ쬐，即证ࠩ쬐香ࠩ쬐䁫ࠩ䁫䁫③当a＞1时，∈（0，1]即证lnࠩࠩࠩࠩlnࠩ香䁫，ࠩ䁫，쬐ࠩࠩx䁫䁫䁫1（1，+∞）ࠩ䁫䁫䁫（0，）（，1）即证ࠩࠩlnࠩࠩ쬐㈹香䁫ࠩࠩࠩ䁫䁫䁫f’（x）+0-0+下面证明ࠩ香䁫时，ࠩࠩ香䁫，lnࠩࠩ쬐䁫ࠩࠩf（x）↗↘↗ࠩ䁫设ࠩ쬐ɤࠩࠩ，ࠩ香䁫，ࠩ䁫∴∀x∈[，+∞），f（x）≥f（1）=a-1＞0，䁫䁫ࠩ䁫䁫䁫䁫䁫ࠩ䁫䁫则ࠩ쬐ɤ쬐ࠩࠩࠩ쬐쬐ɤ䁫쬐ࠩ䁫쬐ࠩࠩࠩࠩࠩࠩ又limf（x）=-∞，∴f（x）恰有一个零点䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ɤ䁫쬐ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩࠩࠩࠩ综上所得a取值范围为䁫，쬐ࠩ䁫䁫ࠩࠩ䁫ࠩ设ࠩ쬐ɤࠩ香䁫쬐，ࠩ쬐ɤ쬐ɤ香䁫ࠩࠩࠩࠩ【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；函数的零点䁫所以ࠩ쬐香䁫쬐ɤ，而ࠩ【解析】【分析】（1）将ɤ䁫代入，再对函数求导利用导数判断函数的单调性，从而求其最大值；ࠩ䁫ࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐所以ࠩ香䁫，所以ࠩ쬐香䁫（2）求导得ࠩ쬐ɤ，分a=0、a＜0及a＞0三种情况讨论函数的单调性，求得函数的极值，即ࠩࠩ所以ࠩ쬐在䁫，쬐单调递增可得解.ࠩࠩ䁫3．（2022·全国甲卷）已知函数ࠩ쬐ɤlnࠩࠩ．即ࠩ쬐香䁫쬐ɤ䁫，所以ࠩࠩ香䁫ࠩࠩ（1）若ࠩ쬐䁫，求a的取值范围；令ࠩ쬐ɤlnࠩ䁫ࠩ䁫쬐，ࠩ香䁫ࠩ（2）证明：若ࠩ쬐有两个零点ࠩ䁫，ࠩ，则ࠩ䁫ࠩ䁫．䁫䁫䁫ࠩࠩ䁫ࠩ䁫쬐ࠩ쬐ɤ䁫쬐ɤɤ䁫ࠩࠩࠩࠩ【答案】（1）解：由题意得，函数f(x)的定义域为䁫，，所以ࠩ쬐在䁫，쬐单调递减n䁫䁫即ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫，所以lnࠩࠩ쬐䁫；则ࠩ쬐的值域为䁫，쬐，故的取值范围为䁫，쬐.ࠩࠩ䁫䁫䁫【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；导数在最大值、最小值问题中的应用综上，ࠩࠩlnࠩࠩ쬐㈹香䁫，所以ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩࠩ【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函【知识点】利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用数值求出a即可；【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求ࠩ䁫䁫䁫ࠩ（2）由化归思想，将原问题转化要证明ࠩࠩlnࠩࠩ쬐㈹香䁫恒成立问题，构造函数ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ导求出函数值域，即可求得a的取值范围.䁫ࠩࠩ，再利用导数研究函数的单调性与最值即可得证.5．（2022·全国乙卷）已知函数ࠩ쬐ɤln䁫ࠩ쬐ࠩࠩ.4．（2022·全国甲卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ，ࠩ쬐ɤࠩ，曲线ɤࠩ쬐在点ࠩ䁫，ࠩ䁫쬐쬐处的切线也（1）当ɤ䁫时，求曲线ɤࠩ쬐在点䁫，䁫쬐쬐处的切线方程；是曲线ɤࠩ쬐的切线．（2）若ࠩ쬐在区间䁫，䁫쬐，䁫，쬐各恰有一个零点，求a的取值范围．（1）若ࠩ䁫ɤ䁫，求a：【答案】（1）解：ࠩ쬐的定义域为䁫，쬐（2）求a的取值范围．ࠩ，䁫쬐ɤ䁫，所以切点为䁫，䁫쬐䁫䁫ࠩ【答案】（1）解：由题意知，䁫쬐ɤ䁫䁫쬐ɤ䁫，ࠩ쬐ɤࠩ䁫，䁫쬐ɤ䁫ɤ，则ɤࠩ쬐当ɤ䁫时，ࠩ쬐ɤln䁫ࠩ쬐ࠩࠩ쬐ɤ䁫ࠩࠩ，䁫쬐ɤ，所以在点䁫，䁫쬐处的切线方程为ɤࠩ䁫쬐，切线斜率为2所以曲线ɤࠩ쬐在点䁫，䁫쬐쬐处的切线方程为ɤࠩ即ɤࠩ，设该切线与ࠩ쬐切于点ࠩ，ࠩ쬐쬐，ࠩ쬐ɤࠩ，则ࠩ쬐ɤࠩɤ，解得ࠩɤ䁫，ࠩ则䁫쬐ɤ䁫ɤ，解得ɤ；（2）解：ࠩ쬐ɤln䁫ࠩ쬐ࠩ（2）解：ࠩ쬐ɤࠩ䁫，则ɤࠩ쬐在点ࠩ䁫，ࠩ䁫쬐쬐处的切线方程䁫䁫ࠩ쬐ࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ쬐ɤࠩɤ䁫ࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ为ࠩࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩ쬐，整理得ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩ，䁫䁫䁫䁫䁫䁫设ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ쬐设该切线与ࠩ쬐切于点ࠩ，ࠩ쬐쬐，ࠩ쬐ɤࠩ，则ࠩ쬐ɤࠩ，则切线方程为ࠩ쬐ɤ1°若香䁫，当ࠩ䁫，䁫쬐，ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ쬐香䁫，即ࠩ쬐香䁫ࠩࠩࠩ쬐，整理得ɤࠩࠩࠩ，所以ࠩ쬐在䁫，䁫쬐上单调递增，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫ࠩ䁫䁫ɤࠩࠩ䁫䁫则，整理得ɤࠩࠩɤ䁫쬐ࠩɤࠩࠩࠩ，ࠩɤࠩ䁫䁫䁫䁫䁫䁫故ࠩ쬐在䁫，䁫쬐上没有零点，不合题意令ࠩ쬐ɤ䁫，则ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩɤࠩࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐，令ࠩ쬐香䁫，解得䁫ࠩࠩࠩ2°若䁫䁫，当ࠩ䁫，쬐，则ࠩ쬐ɤࠩࠩ香䁫ࠩ䁫或ࠩ香䁫，所以ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增所以ࠩ쬐香䁫쬐ɤ䁫䁫，即ࠩ쬐香䁫令䁫或䁫ࠩ䁫，则ࠩ变化时，ࠩ쬐䁫，解得ࠩࠩ쬐，ࠩ쬐的变化情况如下表：所以ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增，ࠩ쬐香䁫쬐ɤ䁫䁫䁫䁫ࠩ，쬐，䁫쬐0䁫，䁫쬐1䁫，쬐故ࠩ쬐在䁫，쬐上没有零点，不合题意ࠩ쬐-0+0-0+3°若䁫䁫ࠩ쬐-1①当ࠩ䁫，쬐，则ࠩ쬐ɤࠩࠩ香䁫，所以ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增n所以䁫，符合题意䁫쬐ɤ䁫䁫，䁫쬐ɤ香䁫所以若ࠩ쬐在区间䁫，䁫쬐，䁫，쬐各恰有一个零点，求的取值范围为，䁫쬐所以存在䁫，䁫쬐，使得쬐ɤ䁫，即쬐ɤ䁫【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的零点当ࠩ䁫，쬐，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减【解析】【分析】（1）先求切点，再求导计算斜率，最后根据直线的点斜式方程即可得切线方程；当ࠩ，쬐，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增（2）求导，对a分类讨论，对ࠩ分䁫，䁫쬐，䁫，쬐两部分研究.所以6．（2022·北京）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ쬐．当ࠩ䁫，쬐，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫（Ⅰ）求曲线ɤࠩ쬐在点䁫，䁫쬐쬐处的切线方程；当ࠩ，ࠩ쬐（Ⅱ）设ࠩ쬐ɤࠩ쬐，讨论函数ࠩ쬐在䁫，쬐上的单调性；所以ࠩ쬐在，쬐上有唯一零点（III）证明：对任意的，䁫，쬐，有쬐香쬐쬐．又䁫，쬐没有零点，即ࠩ쬐在䁫，쬐上有唯一零点䁫【答案】（Ⅰ）ࠩ쬐ɤࠩln䁫ࠩ쬐㈹，则䁫쬐ɤ䁫，又䁫쬐ɤ䁫，䁫ࠩ②当ࠩ䁫，䁫쬐，ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ쬐故所求切线方程为ɤࠩ设ࠩ쬐ɤࠩ쬐ɤࠩࠩ（Ⅱ）ࠩ쬐ɤࠩln䁫ࠩ쬐䁫㈹，䁫ࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ쬐ɤࠩ香䁫䁫䁫ࠩ又ࠩ香䁫，ln䁫ࠩ쬐香ln䁫香䁫䁫ࠩ䁫ࠩ쬐䁫ࠩ쬐所以ࠩ쬐在䁫，䁫쬐单调递增故ࠩ쬐香䁫对ࠩ䁫，쬐成立，ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增䁫䁫쬐ɤ䁫，䁫쬐ɤ䁫香䁫（III）证明：不妨设，所以存在䁫，䁫쬐，使得쬐ɤ䁫쬐쬐由拉格朗日中值定理可得：ɤ쬐쬐当ࠩ䁫，쬐，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减其中，㈹，即쬐쬐ɤ쬐当ࠩ，䁫쬐，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫䁫쬐䁫쬐ɤ쬐，其中䁫，쬐，即쬐䁫쬐ɤ쬐䁫䁫又䁫쬐ɤ香䁫由ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增，故쬐香쬐所以存在䁫，쬐，使得쬐ɤ䁫，即쬐ɤ䁫∴쬐쬐香쬐䁫쬐ɤ쬐当ࠩ䁫，쬐，ࠩ쬐单调递增，当ࠩ，䁫쬐，ࠩ쬐单调递减∴쬐香쬐쬐证毕【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；不等式的证明有ࠩ䁫，ࠩ쬐【解析】【分析】（1）对函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ쬐求导得ࠩ쬐ɤࠩln䁫ࠩ쬐䁫㈹，分别计算䁫쬐，䁫쬐，根䁫ࠩ而䁫쬐ɤ䁫，所以当ࠩ，䁫쬐，ࠩ쬐香䁫据直线的点斜式方程即可求切线方程；所以ࠩ쬐在䁫，쬐上有唯一零点，，䁫쬐上无零点ࠩ䁫䁫（2）由（1）知ࠩ쬐ɤln䁫ࠩ쬐㈹，利用放缩法可得ln䁫ࠩ쬐香ln䁫䁫ࠩ䁫ࠩ쬐䁫ࠩ䁫ࠩ쬐即ࠩ쬐在䁫，䁫쬐上有唯一零点n䁫ࠩ香䁫，即可判断ࠩ쬐的单调性；则肯定有ࠩ䁫쬐ɤࠩ쬐ɤࠩ쬐ɤࠩ쬐ɤo，䁫ࠩ쬐（3）不妨设，由拉格朗日中值定理可得쬐쬐ɤ쬐，쬐䁫쬐注意ࠩ쬐，ࠩ쬐的结构，易知lnࠩ쬐ɤࠩ쬐，ɤ쬐，即쬐쬐䁫쬐ɤ쬐，쬐䁫쬐ɤ쬐，由（2）的结论，得쬐香쬐，即쬐쬐香쬐䁫쬐ɤ쬐，所以有lnࠩ쬐ɤࠩ쬐，所以有ࠩ䁫쬐ɤlnࠩ쬐，而由ࠩ䁫䁫，lnࠩ䁫，ࠩ쬐在，䁫쬐上单调递减，即可证明.知ࠩࠩ䁫ɤlnࠩ，同理ࠩɤlnࠩࠩɤ，7．（2022·新高考Ⅰ卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ和ࠩ쬐ɤࠩࠩ有相同的最小值.所以ࠩ䁫ࠩɤlnࠩࠩ，（1）求a；又由ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩࠩɤࠩlnࠩࠩlnࠩɤࠩ，（2）证明：存在直线ɤo，，其与两条曲线ɤࠩ쬐和ɤࠩ쬐共有三个不同的交点，并且从左到故ࠩ䁫ࠩɤࠩ，所以存在直线ɤo，其与两条曲线ɤࠩ쬐和ɤࠩ쬐共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点右的三个交点的横坐标成等差数列．的横坐标成等差数列.【答案】（1）因为ࠩ쬐ɤࠩࠩ，所以ࠩ쬐ɤࠩ，【知识点】指数式与对数式的互化；利用导数研究函数的单调性；导数在最大值、最小值问题中的应用；等差数列若䁫，则ࠩ쬐ɤࠩ香䁫恒成立，【解析】【分析】（1）对a分䁫，香䁫两种情况，利用导数研究函数f(x)的单调性，并求得ࠩ쬐minɤ所以ࠩ쬐在䁫，쬐上单调递增，无最小值，不满足；䁫䁫ln，同理可得ࠩ쬐minɤ䁫ln，根据题意列式，构造函数쬐ɤln䁫，并利用导数h’(a)，可得若香䁫，令f’（x）＞0⇒x＞lna，令f’（x）＜0⇒x＜lna，函数h(x)的单调性，并易得h(1)=0，从而求得a；所以ࠩ쬐minɤln쬐ɤln，（2）由(1)易得函数f(x)，g(x)的单调性，易得ࠩ䁫䁫ࠩ䁫ࠩ，同时根据lnࠩ쬐ɤࠩ쬐，可得䁫因为ࠩ쬐ɤࠩlnࠩ，定义域ࠩ香䁫，所以ࠩ쬐ɤ，ࠩࠩɤlnࠩࠩɤlnࠩࠩࠩɤlnࠩࠩ，再由对数运算可证ࠩ䁫，，从而得䁫䁫ࠩɤࠩ，结论得证.所以䁫䁫，ࠩ쬐香䁫ࠩ香，ࠩ쬐䁫䁫ࠩ8．（2021·新高考Ⅱ卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩo．所以ࠩ쬐䁫䁫，（1）讨论ࠩ쬐的单调性；minɤ쬐ɤ䁫ln（2）从下面两个条件中选一个，证明：ࠩ쬐有一个零点䁫䁫依题有lnɤ䁫ln，即lnɤ䁫，䁫䁫①，o香；䁫䁫令쬐ɤln香䁫쬐，则쬐ɤ香䁫恒成立䁫䁫쬐䁫②䁫，o．所以쬐在䁫，쬐上单调递增，又因为䁫쬐ɤ䁫，【答案】（1）由函数的解析式可得：ࠩ쬐ɤࠩࠩ쬐，䁫lnɤ䁫有唯一解ɤ䁫，䁫当䁫时，若ࠩ，䁫쬐，则ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，综上，ɤ䁫若ࠩ䁫，쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增；（2）由(1)易知ࠩ쬐在，䁫쬐上单调递减，在䁫，쬐上单调递增，ࠩ쬐在䁫，䁫쬐上单调递减，䁫当䁫时，若ࠩ，ln쬐쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，在䁫，쬐上单调递增，若ࠩln쬐，䁫쬐，则ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，存在直线ɤo，其与两条曲线ɤࠩ쬐和ɤࠩ쬐共有三个不同的交点，若ࠩ䁫，쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增；设三个不同交点的横坐标分别为ࠩ䁫，ࠩ，ࠩ，不妨设ࠩ䁫ࠩࠩ，䁫显然有ࠩ䁫䁫ࠩ䁫ࠩ，当ɤ时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐在上单调递增；n䁫当香时，若ࠩ，䁫쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，而函数在区间䁫，쬐上单调递增，故函数在区间䁫，쬐上有一个零点.ln쬐쬐ɤln쬐䁫㈹ln쬐㈹o若ࠩ䁫，ln쬐쬐，则ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，ln쬐䁫㈹ln쬐㈹若ࠩln쬐，쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增；ɤln쬐ln쬐㈹（2）若选择条件①：ɤln쬐ln쬐㈹，䁫由于，故䁫，则o香香䁫，䁫쬐ɤo䁫香䁫，䁫由于䁫，䁫䁫，故ln쬐ln쬐㈹䁫，而o쬐ɤ䁫o쬐ooo䁫，结合函数的单调性可知函数在区间，䁫쬐上没有零点.而函数在区间，䁫쬐上单调递增，故函数在区间，䁫쬐上有一个零点.综上可得，题中的结论成立.ln쬐쬐ɤln쬐䁫㈹ln쬐㈹o【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理香ln쬐䁫㈹ln쬐㈹【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；ɤln쬐ln쬐㈹(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.ɤln쬐ln쬐㈹，ࠩ9．（2021·北京）已知函数ࠩ쬐ɤ．ࠩ䁫由于，䁫，故ln쬐ln쬐㈹䁫，（1）若ɤ䁫，求ɤࠩ쬐在䁫䁫쬐쬐处切线方程；结合函数的单调性可知函数在区间䁫，쬐上没有零点.（2）若函数ࠩ쬐在ࠩɤ䁫处取得极值，求ࠩ쬐的单调区间，以及最大值和最小值．综上可得，题中的结论成立.【答案】（1）当ɤ䁫时，ࠩ쬐ɤࠩ，则ࠩ쬐ɤࠩ쬐，䁫쬐ɤ䁫，䁫쬐ɤ，ࠩࠩ若选择条件②：此时，曲线ɤࠩ쬐在点䁫䁫쬐쬐处的切线方程为䁫ɤࠩ䁫쬐，即ࠩɤ䁫；䁫由于䁫，故䁫，则䁫쬐ɤo䁫䁫䁫，ࠩࠩ쬐ࠩࠩ쬐ࠩࠩ쬐（2）因为ࠩ쬐ɤ，则ࠩ쬐ɤɤ，ࠩࠩ쬐ࠩ쬐当o䁫时，香，，쬐ɤo香䁫，쬐由题意可得䁫쬐ɤɤ䁫，解得ɤ，䁫쬐而函数在区间䁫，쬐上单调递增，故函数在区间䁫，쬐上有一个零点.ࠩࠩ䁫쬐ࠩ쬐故ࠩ쬐ɤ，ࠩ쬐ɤ，列表如下：ࠩࠩ쬐当o䁫时，构造函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫，则ࠩ쬐ɤࠩ䁫，ࠩ䁫쬐-1䁫쬐4쬐当ࠩ，䁫쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，ࠩ쬐+0-0+当ࠩ䁫，쬐时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，ࠩ쬐增极大值减极小值增注意到䁫쬐ɤ䁫，故ࠩ쬐䁫恒成立，从而有：ࠩࠩ䁫，此时：所以，函数ࠩ쬐的增区间为䁫쬐、쬐，单调递减区间为䁫쬐.ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩoࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐ࠩoɤ䁫쬐ࠩo䁫쬐，当ࠩ时，ࠩ쬐香䁫；当ࠩ香时，ࠩ쬐䁫.䁫o当ࠩ香时，䁫쬐ࠩo䁫쬐香䁫，䁫䁫所以，ࠩ쬐maxɤ䁫쬐ɤ䁫，ࠩ쬐minɤ쬐ɤ.取ࠩɤ䁫o䁫，则ࠩ䁫쬐香䁫，䁫䁫【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的即：䁫쬐䁫，䁫o䁫쬐香䁫，最值䁫n【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）若y＝f(x)的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．（2）根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.【答案】（1）函数的定义域为䁫，쬐，10．（2021·全国乙卷）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ䁫.ࠩ쬐ࠩ䁫쬐又ࠩ쬐ɤ，ࠩ（1）讨论ࠩ쬐的单调性；（2）求曲线ɤࠩ쬐过坐标原点的切线与曲线ɤࠩ쬐的公共点的坐标.因为香䁫，ࠩ香䁫，故ࠩ香䁫，【答案】（1）由函数的解析式可得：ࠩ쬐ɤࠩࠩ，当䁫ࠩ䁫时，ࠩ쬐䁫；当ࠩ香䁫时，ࠩ쬐香䁫；导函数的判别式ɤ䁫，䁫䁫所以ࠩ쬐的减区间为䁫，쬐，增区间为，쬐.䁫当ɤ䁫䁫时，ࠩ쬐䁫ࠩ쬐在R上单调递增，（2）因为䁫쬐ɤ䁫香䁫且ɤࠩ쬐的图与ࠩ轴没有公共点，当ɤ䁫香䁫䁫时，䁫䁫，ࠩ쬐ɤ䁫的解为：ࠩ䁫ɤࠩɤ所以ɤࠩ쬐的图象在ࠩ轴的上方，当ࠩ䁫由（1）中函数的单调性可得ࠩ쬐䁫䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增；minɤ쬐ɤlnɤln，当ࠩ䁫䁫故ln香䁫即香䁫.쬐时，ࠩ쬐䁫ࠩ쬐单调递减；当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增；【知识点】函数单调性的性质；函数的单调性与导数的关系【解析】【分析】（1）先明确函数的定义域，先对函数求导，然后根据a的取值，讨论导数年的正负，来确定函䁫综上可得：当时，ࠩ쬐在R上单调递增，数的单调区间；䁫䁫䁫䁫当时，ࠩ쬐在쬐上单调递增，在쬐上单调递减，在（2）首先注意到䁫쬐ɤ䁫香䁫且ɤࠩ쬐的图与ࠩ轴没有公共点这一特点，表明ɤࠩ쬐的䁫图象在ࠩ轴的上方，求函数f(x)的最小值，只要最小值大于0即可，解不等式，即可得到结果。쬐上单调递增.ࠩࠩࠩ䁫，12．（2021·全国甲卷）已知a＞0且a≠1，函数f（x）=ࠩ（x＞0），（2）由题意可得：ࠩ䁫쬐ɤࠩ䁫䁫䁫ࠩ䁫쬐ɤࠩ䁫ࠩ䁫，（1）当a=2时，求f（x）的单调区间；则切线方程为：ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫䁫쬐ɤࠩ䁫ࠩ䁫쬐ࠩࠩ䁫쬐，（2）若曲线y=f（x）与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围.切线过坐标原点，则：䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫䁫쬐ɤࠩ䁫ࠩ䁫쬐䁫ࠩ䁫쬐,ࠩࠩࠩࠩࠩlnࠩࠩࠩln쬐整理可得：ࠩࠩ䁫ɤ䁫，即：ࠩ䁫䁫쬐ࠩࠩ䁫䁫쬐ɤ䁫，【答案】（1）当ɤ时，ࠩ쬐ɤࠩ，ࠩ쬐ɤɤࠩ，䁫䁫䁫ࠩ쬐解得：ࠩ䁫ɤ䁫，则ࠩ䁫쬐ɤ䁫쬐ɤ䁫䁫䁫ɤ䁫，令ࠩ쬐ɤ䁫得ࠩɤ，当䁫ࠩ时，ࠩ쬐香䁫，当ࠩ香时，ࠩ쬐䁫，lnlnln即曲线ɤࠩ쬐过坐标原点的切线与曲线ɤࠩ쬐的公共点的坐标为䁫䁫쬐.∴函数ࠩ쬐在䁫，㈹上单调递增；，쬐上单调递减；【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性（2）ࠩ쬐ɤࠩࠩlnࠩln，设函数ࠩ쬐ɤlnࠩ，【解析】【分析】（1）先对函数求导，通过分类讨论a的取值，确定导数的符号，来确定函数的单调区间；ࠩɤ䁫ɤࠩࠩlnɤlnࠩࠩɤࠩ（2）先设切点坐标横坐标x0,通过求导求出切线的斜率，写出切线的方程，再利用切线过原点的条件，就可以则ࠩ쬐ɤ䁫lnࠩ，令ࠩ쬐ɤ䁫，得ࠩɤ，ࠩ得到x0的值，进一步得到公共点坐标。在䁫，쬐内ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增；11．（2021·全国甲卷）设函数ࠩ쬐＝ࠩ＋ࠩࠩ＋䁫，其中a>0．在，쬐上ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减；（1）讨论f(x)的单调性；䁫ࠩ쬐ࠩɤ쬐ɤ，n又䁫쬐ɤ䁫，当ࠩ趋近于时，ࠩ쬐趋近于0，【答案】（1）ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩ，则䁫쬐ɤ䁫，所以曲线ɤࠩ쬐与直线ɤ䁫有且仅有两个交点，即曲线ɤࠩ쬐与直线ɤ有两个交点的充分必又䁫쬐ɤ䁫，则切线方程为ɤ䁫쬐ࠩ，香䁫쬐；lnln䁫（2）令ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩɤ䁫，则ɤࠩ䁫쬐ࠩ，要条件是䁫，这即是䁫쬐쬐，令ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩ，则ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ，所以的取值范围是䁫，쬐，쬐.当ࠩ，쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减；当ࠩ，쬐时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调【知识点】函数的单调性与导数的关系；导数在最大值、最小值问题中的应用递增，ࠩ【解析】【分析】（1）当ａ＝2时，函数ࠩ쬐ɤ，用导数研究其单调性；ࠩ当ࠩ时，ࠩ쬐䁫，䁫쬐ɤ䁫，当ࠩ时，ࠩ쬐香䁫，画出ࠩ쬐大致图像如下：lnࠩlnlnࠩln（2）首先将问题转化为方程ࠩɤ有两个解的问题，进一步转化为函数ࠩ쬐ɤࠩ与函数ࠩ쬐ɤ有两所以当香䁫时，ɤ与ɤࠩ쬐仅有一个交点，令쬐ɤ，则香䁫，且听问题，然后利用导数研究相关函数的单调性及函数的最大值，进而得到结果。쬐ɤ쬐ɤ䁫，13．（2021·全国乙卷）设函数f（x）=ln（a-x），已知x=0是函数y=xf（x）的极值点。当ࠩ，쬐时，香ࠩ쬐，则ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，（1）求a；当ࠩ，쬐时，ࠩ쬐，则ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，ࠩ（ࠩ）（2）设函数g（x）=，证明：g（x）＜1.ࠩ（ࠩ）ࠩɤ为ࠩ쬐的极大值点，故ࠩ쬐存在唯一的极值点；【答案】（1）[xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)（3）由（II）知ࠩ쬐maxɤ쬐，此时ɤ䁫쬐，香䁫，当x=0时，[xf(x)]′=f(0)=lna=0，所以a=1（2）由f(x)=ln(1-x)，得x＜1所以ࠩ쬐maxɤ쬐ɤ䁫쬐，香䁫쬐，当0＜x＜1时，f(x)=ln(1-x)＜0，xf(x)＜0；当x＜0时，f(x)=ln(1-x)＞0，xf(x)＜0令ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫쬐ࠩ，ࠩ香䁫쬐，故即证x+f(x)＞xf(x)，x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0若存在a，使得ࠩ쬐o对任意ࠩ成立，等价于存在ࠩ䁫，쬐，使得ࠩ쬐o，即o令1-x=t(t＞0且t≠1)，x=1-t，即证1-t+lnt-(1-t)lnt＞0ࠩ쬐min，令f(t)=1-t+lnt-(1-t)lnt，ࠩ쬐ɤࠩࠩ쬐ࠩɤࠩ䁫쬐ࠩ쬐ࠩ，ࠩ香䁫，䁫䁫䁫䁫则f′(t)=-1--[(-1)lnt+]=-1++lnt-=lnt当ࠩ䁫，䁫쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，当ࠩ䁫，쬐时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，所以f(t)在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故f(t)＞f（1）=0，得证。所以ࠩ쬐minɤ䁫쬐ɤ，故o，【知识点】利用导数研究函数的极值；导数在最大值、最小值问题中的应用【解析】【分析】（1）先对函数y=xf（x）求导：[xf(x)]′=x′f(x)+xf′(x)，因为x=0是方程的根，代入求得a值。所以实数b的取值范围，쬐.（2）首先由（1）写出函数f(x),并求其定义域，将问题转化为证明x+f(x)＞xf(x)，即证：x+ln(1-x)-xln(1-x)＞0，【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的然后通过换元，构造函数，用导数研究相关函数的单调性，从而证明命题成立。最值14．（2021·天津）已知香䁫，函数ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ．【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；（2）令f'(x)=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a与y=g(x)仅有一个交点，利用导数研究y=g(x)的变化情况，（1）求曲线ɤࠩ쬐在点䁫，䁫쬐쬐处的切线方程：数形结合求解即可；（2）证明ࠩ쬐存在唯一的极值点（3）令h(x)=(x2-x-1)ex，(x>-1)，则将问题等价转化为存在x∈(-1，+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)min，利用导数（3）若存在a，使得ࠩ쬐o对任意ࠩ成立，求实数b的取值范围．n求出h(x)的最小值即可.ࠩࠩ䁫䁫쬐ࠩ쬐䁫ࠩ쬐15．（2021·新高考Ⅰ）已知函数f(x)=x（1-lnx)又ࠩ香䁫，ࠩ쬐香䁫，且쬐ɤ䁫（1）讨论f(x)的单调性故ࠩ䁫，䁫쬐香䁫，（2）设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b证明:䁫䁫䁫쬐ɤ䁫쬐䁫쬐香䁫oࠩ쬐香䁫恒成立【答案】（1）ࠩ쬐ɤࠩ䁫lnࠩ쬐ࠩ䁫쬐ࠩ䁫ࠩ得证ࠩ쬐ɤ䁫lnࠩ䁫ɤlnࠩ䁫䁫ࠩ䁫䁫쬐ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐oࠩ䁫쬐ࠩ쬐䁫ࠩ쬐【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数求闭区间上函数的最值ࠩ쬐在䁫䁫쬐单调递增，ࠩ쬐在䁫쬐单调递减【解析】【分析】（1）利用导数研究函数的单调性即可求解；（2）由olnlnoɤo，得䁫䁫䁫䁫䁫䁫（2）根据化归转化思想，将不等式问题等价转化为函数h(x)=f(x)-f(2-x)与ࠩɤࠩࠩ的最值问题，lnlnɤooo利用h'(x)与ࠩ研究函数函数h(x)与ࠩ的单调性及最值即可.䁫䁫䁫䁫即䁫ln쬐ɤ䁫ln쬐oo16．（2020·新课标Ⅲ·文）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ香ࠩ香．䁫䁫令ࠩ䁫ɤ，oɤࠩ（1）讨论ࠩ쬐的单调性；则ࠩ䁫ࠩ为ࠩ쬐ɤ香的两根，其中香䁫䁫쬐．（2）若ࠩ쬐有三个零点，求k的取值范围．不妨令ࠩ䁫䁫䁫쬐，ࠩ䁫쬐，则ࠩ䁫香䁫【答案】（1）解：由题，ࠩ쬐ɤࠩ香，先证ࠩ䁫ࠩ，即证ࠩ香ࠩ䁫当香䁫时，ࠩ쬐䁫恒成立，所以ࠩ쬐在쬐上单调递增；即证ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐当香香䁫时，令ࠩ쬐ɤ䁫，得ࠩɤ香，令ࠩ쬐䁫，得香ࠩ香，令ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐香香香香令ࠩ쬐香䁫，得ࠩ或ࠩ香，所以ࠩ쬐在쬐上单调递减，在则ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐香香ɤlnࠩlnࠩ쬐쬐，쬐上单调递增.ɤlnࠩࠩ쬐㈹ࠩ䁫䁫쬐香쬐香䁫ࠩࠩ쬐䁫䁫쬐（2）解：由（1）知，ࠩ쬐有三个零点，则香香䁫，且香쬐䁫ࠩ쬐香䁫恒成立，ࠩ쬐ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫香ࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐香香香䁫即，解得䁫香，ࠩࠩ得证香䁫香香䁫同理，要证ࠩ䁫ࠩ香当䁫香时，香香，且香쬐ɤ香香䁫，即证ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐香令ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ䁫䁫쬐所以ࠩ쬐在香쬐上有唯一一个零点，则ࠩ쬐ɤlnࠩࠩ쬐㈹，令ࠩ䁫쬐ɤ䁫同理香䁫香，香䁫쬐ɤ香香䁫쬐䁫，ࠩ䁫ࠩ䁫쬐ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐香所以ࠩ쬐在香䁫쬐上有唯一一个零点，n又ࠩ쬐在香香由零点存在性定理知ࠩ쬐在䁫쬐上存在唯一一个零点ࠩ䁫，쬐上有唯一一个零点，所以ࠩ쬐有三个零点，即ࠩ쬐在䁫쬐上存在唯一一个零点，在䁫쬐上不存在零点，综上可知香的取值范围为䁫쬐.此时ࠩ쬐不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；【知识点】利用导数研究函数的单调性；函数零点的判定定理综上，ࠩ쬐所有零点的绝对值都不大于1.【解析】【分析】（1）ࠩ쬐ɤࠩ香，对香分香䁫和香香䁫两种情况讨论即可；（2）ࠩ쬐有三个零点，【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程；反证法；函数零点的判定定理香쬐香䁫【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得到䁫쬐ɤ䁫，解方程即可；（2）由（1）可得ࠩ쬐ɤࠩɤࠩ由（1）知香香䁫，且，解不等式组得到香的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.香쬐䁫䁫䁫䁫䁫䁫䁫쬐ࠩ쬐，易知ࠩ쬐在쬐上单调递减，在쬐，쬐上单调递增，且䁫쬐ɤ䁫䁫17．（2020·新课标Ⅲ·理）设函数ࠩ쬐ɤࠩoࠩ，曲线ɤࠩ쬐在点(，f())处的切线与y轴垂直．䁫䁫䁫䁫䁫䁫쬐ɤ쬐ɤ䁫쬐ɤ，采用反证法，推出矛盾即可.（1）求b．18．（2020·新课标Ⅱ·文）已知函数f（x）=2lnx+1．（2）若ࠩ쬐有一个绝对值不大于1的零点，证明：ࠩ쬐所有零点的绝对值都不大于1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；【答案】（1）解：因为ࠩ쬐ɤࠩo，ࠩ쬐쬐（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．䁫䁫ࠩ由题意，쬐ɤ䁫，即쬐oɤ䁫【答案】（1）解：函数ࠩ쬐的定义域为：䁫쬐则oɤࠩ쬐ࠩࠩ쬐ࠩ䁫lnࠩ䁫ࠩ䁫쬐，（2）解：由（1）可得ࠩ쬐ɤࠩ设ࠩ쬐ɤlnࠩ䁫ࠩࠩ香䁫쬐，则有䁫ࠩ쬐，ࠩ，ࠩ쬐ɤɤࠩࠩ䁫䁫当ࠩ香䁫时，ࠩ쬐䁫ࠩ쬐单调递减，ࠩ쬐ɤࠩɤࠩ쬐ࠩ쬐，当䁫ࠩ䁫时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增，䁫䁫䁫䁫令ࠩ쬐香䁫，得ࠩ香或ࠩ；令ࠩ쬐䁫，得ࠩ，所以当ࠩɤ䁫时，函数ࠩ쬐有最大值，䁫䁫䁫䁫所以ࠩ쬐在쬐上单调递减，在쬐，쬐上单调递增，即ࠩ쬐maxɤ䁫쬐ɤln䁫䁫䁫ɤ䁫，且䁫쬐ɤ䁫䁫䁫䁫䁫䁫，要想不等式쬐在䁫쬐上恒成立，쬐ɤ쬐ɤ䁫쬐ɤ只需ࠩ쬐max䁫䁫䁫䁫；若ࠩ쬐所有零点中存在一个绝对值大于1的零点ࠩ䁫，则䁫쬐香䁫或䁫쬐䁫，lnࠩ䁫ln䁫쬐lnࠩln쬐䁫䁫（2）解：ࠩ쬐ɤɤࠩ香䁫且ࠩ쬐即香或.ࠩࠩࠩࠩlnࠩࠩln쬐䁫䁫䁫䁫䁫䁫䁫因此ࠩ쬐ɤ，设ࠩ쬐ɤࠩࠩlnࠩࠩln쬐，当香时，䁫쬐ɤ香䁫쬐ɤ香䁫쬐ɤ香䁫䁫쬐ɤ香䁫，ࠩࠩ쬐则有ࠩ쬐ɤlnlnࠩ쬐，又쬐ɤɤ䁫䁫쬐䁫，当ࠩ香时，lnࠩ香ln，所以ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减，因此有ࠩ쬐쬐ɤ䁫，即由零点存在性定理知ࠩ쬐在䁫쬐上存在唯一一个零点ࠩ䁫，ࠩ쬐䁫，所以ࠩ쬐单调递减；即ࠩ쬐在䁫쬐上存在唯一一个零点，在䁫쬐上不存在零点，当䁫ࠩ时，lnࠩln，所以ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增，因此有ࠩ쬐쬐ɤ䁫，即ࠩ쬐䁫，此时ࠩ쬐不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；所以ࠩ쬐单调递减，䁫䁫䁫䁫䁫䁫䁫当时，䁫쬐ɤ䁫쬐ɤ䁫쬐ɤ䁫䁫쬐ɤ䁫，所以函数ࠩ쬐在区间䁫쬐和쬐上单调递减，没有递增区间.又쬐ɤɤ䁫䁫쬐香䁫，【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值n【解析】【分析】（1）不等式ࠩ쬐ࠩ转化为ࠩ쬐ࠩ䁫，构造新函数，利用导数求出新函数的ࠩ쬐ɤsinࠩcosࠩsinࠩ쬐ɤsinࠩcosࠩsinࠩ쬐最大值，进而进行求解即可；（2）对函数ࠩ쬐求导，把导函数ࠩ쬐的分子构成一个新函数ࠩ쬐，再求导ɤsinࠩcosࠩ䁫쬐ɤsinࠩcosࠩ䁫쬐cosࠩ䁫쬐，得到ࠩ쬐，根据ࠩ쬐的正负，判断ࠩ쬐的单调性，进而确定ࠩ쬐的正负性，最后求出函数ࠩ쬐的ࠩ쬐ɤ䁫在ࠩ䁫쬐上的根为：ࠩ，䁫ɤࠩɤ单调性.当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增，ࠩ19．（2020·新课标Ⅰ·文）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ쬐.（1）当ɤ䁫时，讨论ࠩ쬐的单调性；当ࠩ쬐时，ࠩ쬐䁫ࠩ쬐单调递减，（2）若ࠩ쬐有两个零点，求a的取值范围.当ࠩ쬐时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增.【答案】（1）解：当ɤ䁫时，ࠩ쬐ɤࠩࠩ쬐，ࠩ쬐ɤࠩ䁫，（2）解：注意到ࠩ쬐ɤsinࠩ쬐sinࠩ쬐㈹ɤsinࠩsinࠩɤࠩ쬐，令ࠩ쬐䁫，解得ࠩ䁫，令ࠩ쬐香䁫，解得ࠩ香䁫，故函数ࠩ쬐是周期为的函数，所以ࠩ쬐的减区间为䁫쬐，增区间为䁫쬐；结合(1)的结论，计算可得：䁫쬐ɤ쬐ɤ䁫，（2）解：若ࠩ쬐有两个零点，即ࠩࠩ쬐ɤ䁫有两个解，쬐ɤ쬐ɤ，쬐ɤ쬐쬐ɤ，ࠩ从方程可知，ࠩɤ不成立，即ɤ有两个解，ࠩࠩ据此可得：ࠩ쬐㈹maxɤ，ࠩ쬐㈹minɤ，ࠩࠩ쬐ࠩࠩࠩ䁫쬐令ࠩ쬐ɤࠩ쬐，则有ࠩ쬐ɤɤ，ࠩࠩ쬐ࠩ쬐即ࠩ쬐.令ࠩ쬐香䁫，解得ࠩ香䁫，令ࠩ쬐䁫，解得ࠩ或ࠩ䁫，（3）解：结合(2)的结论有：所以函数ࠩ쬐在쬐和䁫쬐上单调递减，在䁫쬐上单调递增，sinࠩsinࠩsinࠩsinࠩ且当ࠩ时，ࠩ쬐䁫，而ࠩ时，ࠩ쬐，当ࠩ时，ࠩ쬐，ɤsinࠩsinࠩsinࠩsinࠩ㈹ࠩ䁫所以当ɤࠩ有两个解时，有香䁫쬐ɤ，ɤsinࠩsinࠩsinࠩ쬐sinࠩsinࠩ쬐sin䁫ࠩsinࠩ쬐sinࠩ㈹䁫所以满足条件的的取值范围是：쬐.sinࠩsinࠩ㈹【知识点】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】【分析】（1）将ɤ䁫代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调쬐㈹ɤ쬐.ࠩࠩ【知识点】函数的周期性；利用导数研究函数的单调性；三角函数的最值；反证法与放缩法增区间和减区间；（2）若ࠩ쬐有两个零点，即ࠩ쬐ɤ䁫有两个解，将其转化为ɤ有两个解，ࠩࠩ【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原令ࠩ쬐ɤࠩ쬐，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.ࠩ函数的单调性即可；(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值20．（2020·新课标Ⅱ·理）已知函数f(x)=sin2xsin2x.即可证得题中的不等式；(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得ࠩ쬐ɤ（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；sinࠩsinࠩsinࠩ쬐sinࠩsinࠩ쬐sin䁫ࠩsinࠩ쬐sinࠩ㈹，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放（2）证明：ࠩ쬐；缩即可证得题中的不等式.（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.21．（2020·新课标Ⅰ·理）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ.【答案】（1）解：由函数的解析式可得：ࠩ쬐ɤsinࠩcosࠩ，则：（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；n䁫3（2）当x≥0时，f（x）≥x+1，求a的取值范围.切线与坐标轴交点坐标分别为䁫쬐䁫쬐,䁫【答案】（1）解：当ɤ䁫时，ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ，ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫，∴所求三角形面积为䁫;ɤ䁫䁫由于ࠩ쬐ɤࠩ香䁫，故ࠩ쬐单调递增，注意到䁫쬐ɤ䁫，故：（2）解：解法一：ࠩ쬐ɤࠩ䁫lnࠩln,当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐䁫ࠩ쬐单调递减，ࠩ䁫䁫，且香䁫.ࠩ쬐ɤࠩ当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫ࠩ쬐单调递增.ࠩ䁫䁫（2）解：由ࠩ쬐䁫ࠩࠩࠩ䁫ࠩ䁫，其中ࠩ䁫，设ࠩ쬐ɤࠩ쬐,则ࠩ쬐ɤࠩ香䁫ࠩ䁫得，∴g(x)在䁫쬐上单调递增，即ࠩ쬐在䁫쬐上单调递增，①.当x=0时，不等式为：䁫䁫，显然成立，符合题意；䁫当ɤ䁫时，䁫쬐ɤ䁫,∴ࠩ쬐㌳ɤ䁫쬐ɤ䁫,∴ࠩ쬐䁫成立.ࠩࠩࠩ䁫②.当ࠩ香䁫时，分离参数a得，，ࠩ䁫䁫䁫䁫䁫䁫当香䁫时，䁫，䁫䁫，쬐䁫쬐ɤ䁫쬐䁫쬐䁫,ࠩࠩࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ䁫ࠩࠩ䁫쬐记ࠩ쬐ɤ，ࠩ쬐ɤ，ࠩࠩ∴存在唯一ࠩ香䁫，使得ࠩ쬐ɤࠩ䁫䁫䁫ɤ䁫，且当ࠩ䁫ࠩ쬐时ࠩ쬐䁫，当ࠩࠩ쬐时䁫䁫ࠩ䁫䁫䁫䁫令ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ䁫ࠩ䁫쬐，䁫ࠩ쬐香䁫，ࠩ䁫䁫ɤ，lnࠩ䁫ɤlnࠩ，ࠩ䁫䁫则ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫，ࠩ쬐ɤࠩ䁫䁫，䁫因此ࠩ쬐minɤࠩ䁫쬐ɤࠩ䁫䁫lnࠩ䁫ln故ࠩ쬐单调递增，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫，䁫䁫故函数ࠩ쬐单调递增，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫，ɤࠩlnࠩ䁫䁫lnln䁫ࠩࠩ䁫ɤln䁫>1,䁫䁫由ࠩ쬐䁫可得：ࠩ䁫ࠩࠩ䁫䁫恒成立，∴ࠩ쬐香䁫∴ࠩ쬐䁫恒成立；当䁫䁫时，䁫쬐ɤln䁫∴䁫쬐䁫ࠩ쬐䁫不是恒成立.故当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增；综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).当ࠩ쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减；解法二：ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩɤࠩ䁫ࠩ䁫等价于因此，ࠩ쬐㈹maxɤ쬐ɤ,ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩࠩɤࠩࠩ,综上可得，实数a的取值范围是쬐.令ࠩ쬐ɤࠩࠩ,上述不等式等价于ࠩ䁫쬐ࠩ쬐,【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值显然ࠩ쬐为单调增函数，∴又等价于ࠩ䁫ࠩ，即ࠩࠩ䁫，【解析】【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)首令ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫,则䁫䁫ࠩࠩ쬐ɤ䁫ɤࠩࠩ先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的在䁫䁫쬐上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，取值范围.∴ࠩ쬐ࠩɤ䁫쬐ɤ䁫,22．（2020·新高考Ⅰ）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫lnࠩln．䁫，即䁫，∴a的取值范围是[1,+∞).（1）当ɤ时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解析】【分析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点【答案】（1）解：ࠩ쬐ɤࠩlnࠩ䁫，ࠩ䁫，香ɤࠩ쬐ɤ䁫쬐ɤ䁫.ࠩ坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）解法一：利用导数研究，得到函数ࠩ쬐得导函数ࠩ쬐的单调䁫쬐ɤ䁫，∴切点坐标为(1,1+e),递增，当a=1时由䁫쬐ɤ䁫得ࠩ쬐ɤ䁫쬐ɤ䁫,符合题意；当a>1时，可证䁫㌳쬐䁫쬐䁫，从而ࠩ쬐∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为䁫ɤ䁫쬐ࠩ䁫쬐,即ɤ䁫쬐ࠩ,n存在零点ࠩ香䁫，使得ࠩ쬐ɤࠩ䁫䁫䁫ɤ䁫，得到ࠩ쬐，利用零点的条件，结合指数对数的运算ɤࠩࠩࠩࠩࠩࠩ香ࠩ䁫ࠩ쬐香lnࠩ䁫䁫䁫ࠩmin䁫䁫䁫ࠩࠩࠩ䁫䁫化简后，利用基本不等式可以证得ࠩ쬐䁫恒成立；当䁫䁫时，研究䁫쬐.即可得到不符合题意.综合䁫ɤࠩ䁫쬐香ln쬐.①可得a的取值范围.解法二：利用指数对数的运算可将ࠩ쬐䁫转化为ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩࠩ，令䁫令ࠩ쬐ɤࠩlnࠩࠩ䁫쬐.ࠩࠩࠩ쬐ɤࠩ,上述不等式等价于ࠩ䁫쬐ࠩ쬐,注意到ࠩ쬐的单调性，进一步等价转化为䁫䁫ࠩࠩ䁫，令ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫,利用导数求得ࠩ쬐ࠩ，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对当x>1时，ࠩ쬐ɤ䁫ࠩࠩɤ䁫ࠩ쬐香䁫，数不等式，解得a的取值范围.由此可得ࠩ쬐在䁫쬐单调递增，所以当t>1时，쬐香䁫쬐，即䁫ln香䁫.23．（2020·天津）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ香lnࠩ香쬐，ࠩ쬐为ࠩ쬐的导函数．因为ࠩ䁫，䁫ɤ䁫쬐香䁫，香，（Ⅰ）当香ɤ时，所以ࠩ䁫쬐香䁫ln쬐䁫쬐䁫ln쬐（i）求曲线ɤࠩ쬐在点䁫䁫쬐쬐处的切线方程；ɤln䁫.②（ii）求函数ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐的单调区间和极值；ࠩࠩࠩࠩ由(Ⅰ)(ii)可知，当香䁫时，쬐香䁫쬐，即ln香䁫，（Ⅱ）当香时，求证：对任意的ࠩ䁫ࠩ䁫쬐，且ࠩ䁫香ࠩ，有䁫쬐쬐香䁫쬐ࠩ쬐．ࠩ䁫ࠩ故ln䁫香䁫③【答案】解：(Ⅰ)(i)当k=6时，ࠩ쬐ɤࠩlnࠩ，ࠩ쬐ɤࠩ.可得䁫쬐ɤ䁫，䁫쬐ɤ，ࠩ由①②③可得ࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ䁫쬐ࠩ쬐쬐ࠩ䁫쬐ࠩ쬐쬐香䁫.所以曲线ɤࠩ쬐在点䁫䁫쬐쬐处的切线方程为䁫ɤࠩ䁫쬐，即ɤࠩ.所以，当香时，任意的ࠩ䁫ࠩ䁫쬐，且ࠩ䁫香ࠩ，有(ii)依题意，ࠩ쬐ɤࠩࠩlnࠩࠩ䁫쬐.ࠩࠩ䁫쬐ࠩ쬐ࠩ䁫쬐ࠩ쬐香.ࠩ䁫ࠩ从而可得ࠩ쬐ɤࠩࠩ，ࠩࠩ【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程ࠩ䁫쬐ࠩ䁫쬐整理可得：ࠩ쬐ɤ，【解析】【分析】(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得ࠩ令ࠩ쬐ɤ䁫，解得ࠩɤ䁫.ࠩ쬐的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数ࠩ当x变化时，ࠩ쬐ࠩ쬐的变化情况如下表：的解析式，然后令䁫ɤ，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得ࠩࠩ䁫䁫쬐ࠩɤ䁫䁫쬐题中的结论.ࠩ쬐䁫24．（2020·北京）已知函数ࠩ쬐ɤ䁫ࠩ．ࠩ쬐单调递减极小值单调递增（Ⅰ）求曲线ɤࠩ쬐的斜率等于的切线方程；所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；（Ⅱ）设曲线ɤࠩ쬐在点쬐쬐处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为쬐，求쬐的最小值．g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.【答案】解：（Ⅰ）因为ࠩ쬐ɤ䁫ࠩ，所以ࠩ쬐ɤࠩ，（Ⅱ）证明：由ࠩ쬐ɤࠩ香lnࠩ，得ࠩ쬐ɤࠩ香.设切点为ࠩ䁫䁫ࠩ䁫쬐，则ࠩ䁫ɤ，即ࠩ䁫ɤ䁫，所以切点为䁫䁫䁫쬐，ࠩࠩ由点斜式可得切线方程为：䁫䁫ɤࠩ䁫쬐，即ࠩ䁫ɤ䁫.对任意的ࠩ䁫ࠩ䁫쬐，且ࠩ䁫香ࠩ，令䁫ɤ香䁫쬐，则ࠩ（Ⅱ）显然䁫，ࠩࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐쬐ࠩ쬐ࠩ쬐쬐䁫䁫䁫因为ɤࠩ쬐在点䁫쬐处的切线方程为：䁫쬐ɤࠩ쬐，香香ࠩ䁫ɤࠩ䁫ࠩ쬐ࠩ䁫ࠩࠩࠩ쬐ࠩ䁫ࠩ香lnࠩ쬐令ࠩɤ䁫，得ɤ䁫，令ɤ䁫，得ࠩɤ䁫，䁫n所以쬐ɤ䁫䁫，时，ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫，所以ࠩࠩ䁫.从而䁫쬐䁫䁫䁫ln䁫䁫䁫䁫不妨设香䁫䁫时，结果一样쬐，ln쬐ɤlnlnln䁫쬐ɤlnlnln䁫ɤln쬐䁫，则쬐ɤ䁫䁫䁫又因为ࠩ䁫쬐香䁫쬐ɤ䁫，所以ࠩ쬐在䁫쬐内有唯零点.又ࠩ쬐在䁫ࠩ䁫쬐内有唯一零点1，从而，ɤ쬐，ࠩ쬐）在䁫쬐内恰有两个零点.所以䁫䁫쬐쬐ɤ쬐ɤࠩ쬐ɤ䁫ࠩࠩɤ䁫ࠩ䁫䁫ࠩࠩlnࠩ（ii）由题意，䁫即䁫，从而lnࠩ䁫ɤ䁫ࠩ䁫，即ࠩ䁫ࠩ䁫ɤ䁫䁫.因为ࠩ쬐ɤ䁫lnࠩɤࠩ䁫쬐ࠩ䁫ࠩࠩ쬐䁫쬐쬐쬐䁫쬐䁫䁫䁫䁫䁫䁫ɤɤ，ࠩࠩ䁫䁫쬐当ࠩ香䁫时，lnࠩࠩ䁫，又ࠩ䁫香ࠩ䁫香䁫，故ࠩ䁫ࠩ䁫䁫ɤࠩ，两边取对数，得由ࠩ䁫䁫䁫쬐香䁫，得香，由쬐䁫，得䁫，lnࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ，于是所以쬐在䁫쬐上递减，在쬐上递增，䁫ࠩ䁫ࠩ䁫lnx䁫ࠩ䁫䁫쬐，所以ɤ时，쬐取得极小值，整理得ࠩ䁫ࠩ䁫香.䁫䁫也是最小值为쬐ɤɤ.【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；函数零点的判定定理【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意，由函数的解析式求出导函数，通过当䁫时，判断ࠩ쬐香䁫，得到函【解析】【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意数的单调性；义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.（Ⅱ）（ⅰ）求导，分析导函数可得函数ࠩ쬐的单调性和极值点，再根据极值点的取值范围分析函数在不同区25．（2019·天津）设函数ࠩ쬐ɤlnࠩࠩ䁫쬐ࠩ，其中.间的正负，即可得函数ࠩ쬐的零点个数。（Ⅰ）若䁫，讨论ࠩ쬐的单调性；ࠩlnࠩ（ⅱ）根据ࠩ䁫为ࠩ쬐的极值点，ࠩ䁫为ࠩ쬐的零点可列出等式，化简整理得ࠩ䁫ࠩ䁫ɤ䁫䁫，由（ⅰ）䁫ࠩ䁫䁫（Ⅱ）若䁫，ࠩࠩ可得ࠩ䁫ࠩ䁫䁫䁫䁫쬐ɤࠩ，两边取对数，即可得ࠩ䁫ࠩ䁫lnx䁫ࠩ䁫䁫쬐，整理即可得。ࠩ䁫（i）证明ࠩ쬐恰有两个零点䁫䁫26．（2019·天津）设函数ࠩ쬐ɤࠩcosࠩࠩ쬐为ࠩ쬐的导函数.（ii）设ࠩ为ࠩ쬐的极值点，ࠩ䁫为ࠩ쬐的零点，且ࠩ䁫香ࠩ䁫，证明ࠩ䁫ࠩ䁫香.（Ⅰ）求ࠩ쬐的单调区间；【答案】解：（Ⅰ）解：由已知，ࠩ쬐的定义域为䁫쬐，且䁫䁫ࠩࠩ（Ⅱ）当ࠩ㈹时，证明ࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐䁫；ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫쬐ࠩ㈹ɤࠩࠩ因此当䁫时，䁫ࠩࠩ香䁫，从而ࠩ쬐香䁫，所以ࠩ쬐在䁫쬐内单调递增.（Ⅲ）设ࠩ为函数ࠩ쬐ɤࠩ쬐䁫在区间쬐内的零点，其中，证明（Ⅱ）证明：（i）由（Ⅰ）知䁫ࠩࠩ.令ࠩ쬐ɤ䁫ࠩࠩ，由䁫䁫，ࠩ.ࠩ쬐ɤࠩsinࠩ䁫cosࠩ䁫可知ࠩ쬐在䁫쬐内单调递减，又䁫쬐ɤ䁫香䁫，且【答案】解：（Ⅰ）由已知，有ࠩ쬐ɤࠩcosࠩsinࠩ쬐.因此，当ࠩ香香쬐香쬐时，有sinࠩ香䁫䁫䁫䁫ln쬐ɤ䁫ln쬐ɤ䁫ln쬐䁫.cosࠩ，得ࠩ쬐䁫，则ࠩ쬐单调递减；当ࠩ香香쬐香쬐时，有sinࠩcosࠩ，得ࠩ쬐香故ࠩ쬐ɤ䁫在䁫쬐内有唯一解，从而ࠩ쬐ɤ䁫在䁫쬐内有唯一解，不妨设为ࠩ䁫，则䁫ࠩ䁫䁫，则ࠩ쬐单调递增.ln䁫.当ࠩ䁫ࠩ쬐时，ࠩ쬐ࠩ䁫쬐䁫ࠩ쬐ɤ香ɤ䁫，所以ࠩ쬐在䁫ࠩ䁫쬐内单调递增；当ࠩࠩ䁫쬐时，ࠩࠩ所以，ࠩ쬐的单调递增区间为香香㈹香쬐ࠩ쬐的单调递减区间为香香ࠩ쬐ࠩ䁫쬐ࠩ쬐ɤɤ䁫，所以ࠩ쬐在ࠩ䁫쬐内单调递减，因此ࠩ䁫是ࠩ쬐的唯一极值点.ࠩࠩ㈹香쬐.䁫令ࠩ쬐ɤlnࠩࠩ䁫，则当ࠩ香䁫时，ࠩ쬐ɤࠩ䁫䁫，故ࠩ쬐在䁫쬐内单调递减，从而当ࠩ香䁫ࠩ（Ⅱ）证明：记ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐.依题意及（Ⅰ），有ࠩ쬐ɤcosࠩsinࠩ쬐，从而nࠩࠩ쬐ɤsinࠩ.当ࠩ쬐时，ࠩ쬐䁫，故쬐䁫쬐单调递增，在䁫쬐单调递减.ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐䁫쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐䁫.（2）当䁫时，由（1）知，ࠩ쬐在䁫쬐单调递减，在䁫쬐单调递增，所以ࠩ쬐在[0,1]的最因此，ࠩ쬐在区间㈹上单调递减，进而ࠩ쬐쬐ɤ쬐ɤ䁫.小值为쬐ɤ，最大值为䁫쬐ɤ或䁫쬐ɤ.于是䁫所以，当ࠩ㈹时，ࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐䁫.ɤ，ɤ（Ⅲ）证明：依题意，ࠩ쬐ɤࠩ쬐䁫ɤ䁫，即ࠩcosࠩɤ䁫.记ɤࠩ，则쬐，且䁫所以ɤ쬐ɤcosɤࠩcosࠩ쬐ɤ쬐.由쬐时，ࠩ쬐䁫，所以ࠩ쬐在쬐ɤ䁫ɤ䁫쬐及（Ⅰ），得䁫.由（Ⅱ）知，当ࠩ当䁫时，可知单调递减，所以的取值范围是쬐.㈹上为减函数，因此쬐䁫쬐쬐ɤ䁫.又由（Ⅱ）知，쬐쬐쬐䁫，故当时，单调递减，所以的取值范围是䁫쬐.쬐쬐ɤ쬐ɤsinࠩ.䁫쬐䁫sin䁫cos䁫쬐䁫cosࠩ综上，的取值范围是쬐.所以，ࠩsinࠩ【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值䁫cosࠩ䁫【知识点】利用导数研究函数的单调性；不等式的证明；反证法与放缩法【解析】【分析】（1）先求导，令，分三种情况讨论a，即可求出函数ࠩ쬐的ࠩ쬐ɤ䁫，得x=0或ࠩɤ【解析】【分析】本题主要考导数的计算、不等式证明及导数在研究函数中的应用。单调区间；（2）分三种情况讨论a，利用（1）中函数ࠩ쬐单调性，分别求出函数ࠩ쬐的最值，即可求出（Ⅰ）对函数ࠩ쬐ɤࠩcosࠩ求导可求出ࠩ쬐的单调递增区间和单调递减区间；的取值范围.ࠩ（Ⅱ）先构造函数ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ࠩ쬐，再对（Ⅰ）ࠩ쬐ɤcosࠩsinࠩ쬐求导，找出ࠩ쬐的单调28．（2019·全国Ⅲ卷理）已知函数f（x）=2x3-ax2+b.递减区间，结论得以证明；（1）讨论f（x）的单调性；（Ⅲ）由已知条件ࠩ쬐ɤࠩ쬐䁫ɤ䁫得出ɤࠩ，进而得出쬐ɤ䁫ɤ䁫쬐，（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为-1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；，结合（Ⅱ）ࠩ쬐在㈹为减函数，即可得到쬐쬐쬐ɤ䁫，再由（Ⅱ）可知쬐若不存在，说明理由。䁫䁫【答案】（1）解：ࠩ쬐ɤࠩࠩɤࠩࠩ쬐．令ࠩ쬐ɤ䁫，得x=0或ࠩɤ.若a>0，则当ࠩ쬐쬐䁫，利用单调性即可证得结论。27．（2019·全国Ⅲ卷文）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ.䁫쬐쬐时，ࠩ쬐香䁫；当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐䁫．故ࠩ쬐在䁫쬐쬐单调递增，（1）讨论ࠩ쬐的单调性；在䁫쬐单调递减；（2）当0<a<3时，记ࠩ쬐在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.若a=0，ࠩ쬐在쬐单调递增；【答案】（1）解：ࠩ쬐ɤࠩࠩɤࠩࠩ쬐．令ࠩ쬐ɤ䁫，得x=0或ࠩɤ.若a>0，则当ࠩ若a<0，则当ࠩ쬐䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫；当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐䁫．故ࠩ쬐在䁫쬐쬐时，ࠩ쬐香䁫；当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐䁫．故ࠩ쬐在䁫쬐쬐单调递增，쬐䁫쬐单调递增，在䁫쬐单调递减.在䁫쬐单调递减；（2）满足题设条件的a，b存在.若a=0，ࠩ쬐在쬐单调递增；（i）当a≤0时，由（1）知，ࠩ쬐在[0，1]单调递增，所以ࠩ쬐在区间[0，l]的最小值为䁫쬐ɤo，最大值若a<0，则当ࠩ쬐䁫쬐时，ࠩ쬐香䁫；当ࠩ䁫쬐时，ࠩ쬐䁫．故ࠩ쬐在为䁫쬐ɤo.此时a，b满足题设条件当且仅当oɤ䁫，oɤ䁫，即a=0，oɤ䁫．n（ii）当a≥3时，由（1）知，ࠩ쬐在[0，1]单调递减，所以ࠩ쬐在区间[0，1]的最大值为䁫쬐ɤo，最小（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；值为䁫쬐ɤo．此时a，b满足题设条件当且仅当oɤ䁫，b=1，即a=4，b=1．（2）设xࠩ0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线ɤ的切线.（iii）当0<a<3时，由（1）知，ࠩ쬐在[0，1]的最小值为【答案】（1）解：f（x）的定义域为（0，1），（1，+∞）单调递增．因为f（e）=䁫䁫䁫쬐ɤo，最大值为b或o．䁫，쬐ɤɤ䁫䁫若oɤ䁫，b=1，则ɤ，与0<a<3矛盾.香䁫，䁫若oɤ䁫，oɤ䁫，则ɤ或ɤ或a=0，与0<a<3矛盾．所以f（x）在（1，+∞）有唯一零点x1，即f（x1）=0．䁫䁫ࠩ䁫䁫综上，当且仅当a=0，oɤ䁫或a=4，b=1时，ࠩ쬐在[0，1]的最小值为–1，最大值为1．又䁫ࠩ䁫，ࠩ쬐ɤlnࠩ䁫ࠩɤࠩ䁫쬐ɤ䁫，䁫䁫䁫䁫【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值䁫故f（x）在（0，1）有唯一零点．ࠩ䁫【解析】【分析】（1）先求导，令ࠩ쬐ɤ䁫，得x=0或ࠩɤ，分三种情况讨论a，即可求出函数ࠩ쬐的综上，f（x）有且仅有两个零点．单调区间；（2）先判断满足题设条件的a，b存在，再分三种情况讨论a，利用（1）中函数ࠩ쬐单调性分别（2）因为䁫ɤlnࠩ䁫，故点B（–lnx䁫xɤࠩ䁫䁫ࠩ0，ࠩ）在曲线y=e上．由题设知ࠩ䁫쬐ɤ䁫，即lnࠩ䁫ࠩ，故䁫䁫䁫䁫求出a，b的值进行判断，即可得结论.䁫䁫ࠩ䁫䁫ࠩlnࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫䁫直线AB的斜率香ɤ䁫ɤ䁫ɤ．29．（2019·全国Ⅱ卷文）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩ䁫，证明：lnࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫䁫ࠩࠩ䁫ࠩ䁫䁫䁫（1）ࠩ쬐存在唯一的极值点；䁫䁫䁫曲线y=ex在点lnࠩ䁫쬐处切线的斜率是，曲线ɤlnࠩ在点ࠩ䁫lnࠩ䁫쬐处切线的斜率也是，ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫（2）ࠩ쬐ɤ䁫有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.所以曲线ɤlnࠩ在点ࠩlnࠩ쬐处的切线也是曲线y=ex的切线．䁫䁫【答案】（1）解：ࠩ쬐的定义域为（0，+）.【知识点】导数的几何意义；函数的零点与方程根的关系ࠩ䁫䁫ࠩ쬐ɤlnࠩ䁫ɤlnࠩ.ࠩࠩ【解析】【分析】（1）对函数f(x)解析式求导，判断导函数的正负来判断函数f(x)的单调性，由于定义域为（0，因为ɤlnࠩ单调递增，ɤ䁫单调递减，所以ࠩ쬐单调递增，又䁫쬐ɤ䁫䁫，䁫ࠩ1），（1，+∞），取特殊值f(e)，f(e2)可证在在(0,1)上函数f(x)必存在唯一零点，又쬐ɤࠩ쬐，则在（1，ࠩ䁫ln䁫ࠩ쬐ɤ䁫.쬐ɤlnɤ香䁫，故存在唯一ࠩ䁫䁫쬐，使得䁫+∞）上函数f(x)也存在唯一零点。由此此题即解出。（2）求出曲线y=lnx在A（x0，lnx0）的切线表达式，根又当ࠩࠩ时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐单调递减；当ࠩ香ࠩ时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐单调递增.据两个切线斜率相等的条件进而求出y=ex的切线表达式，最后由已知条件化简两个表达式，即证得是同一条切䁫䁫因此，ࠩ쬐存在唯一的极值点.线。（2）由（1）知ࠩ䁫쬐䁫쬐ɤ，又쬐ɤ香䁫，所以ࠩ쬐ɤ䁫在ࠩ䁫쬐内存在唯一根31．（2019·北京）已知函数f（x）=䁫x3-x2+x.ࠩɤ.（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；䁫由香ࠩ䁫香䁫得䁫ࠩ䁫.（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；又䁫䁫䁫䁫쬐䁫是ࠩ쬐ɤ䁫在䁫ࠩ쬐的唯一根.（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[-2，4]上的最大值为M（a）.当M（a）最小쬐ɤ䁫쬐ln䁫ɤɤ䁫，故䁫时，求a的值.综上，ࠩ쬐ɤ䁫有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【知识点】利用导数研究函数的单调性【答案】解（I）ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫，令ࠩ쬐ɤ䁫，【解析】【分析】（1）首先求出原函数的导函数，再由导函数的性质研究出原函数的单调性以及极值的情况结则ࠩ，䁫ɤ䁫ࠩɤ论即可得证。（2）利用根与方程的关系即可得证。因为䁫쬐ɤ䁫쬐ɤ，ࠩ䁫30．（2019·全国Ⅱ卷理）已知函数ࠩ쬐ɤlnࠩ.ࠩ䁫n故斜率为1的直线为y=x或，（Ⅲ）求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数的最值，确定M（a）的表达式，即可求出M（a）取最小ɤࠩ值时相应的a值.整理得，斜率为1的直线方程为x-y=0或ࠩɤ䁫；32．（2019·全国Ⅰ卷理）已知函数f(x)=sinx-ln(1+x)，f’(x)为f(x)的导数。证明：（II）构造函数g（x）=f（x）-x+6，（1）f’(x)在区间(-1,)存在唯一极大值点；则ࠩ쬐ɤࠩࠩ，令ࠩ쬐ɤ䁫，则ࠩ䁫ɤ䁫ࠩɤ，（2）f(x)有且仅有2个零点。故g（x）在[-2,0]上单调递增，在䁫㈹上单调递减，在㈹上单调递增，故g（x）的最小值为g（-2）或쬐，䁫䁫【答案】（1）证明：ࠩ쬐ɤcosࠩࠩ쬐ɤsinࠩࠩ䁫쬐䁫ࠩ䁫ࠩ쬐而g（-2）=0，쬐ɤ香䁫，故ࠩ쬐㈹minɤ쬐ɤ䁫，䁫䁫쬐ɤ䁫香䁫쬐ɤ䁫所以ࠩ쬐䁫，故在[-2,4]上，ࠩࠩ쬐；䁫쬐构造函数h（x）=f（x）-x，存在ࠩ䁫쬐使ࠩ쬐ɤ䁫䁫䁫则ࠩ쬐ɤࠩࠩ，令ࠩ쬐ɤ䁫，则ࠩ䁫ɤ䁫ࠩɤ，ࠩࠩ（䁫ࠩ䁫쬐䁫（ࠩ䁫，쬐故h（x）在[-2,0]上单调递增，在䁫㈹上单调递减，在㈹上单调递增，故h（x）的最大值为h（0）或hࠩ쬐＋0－（4），ࠩ쬐极大值因为h（0）=0，h（4）=0，所以ࠩ쬐在区间（䁫，쬐存在唯一极大值点。所以ࠩ쬐䁫，故在[-2,4]上，ࠩ쬐ࠩ，综上在[-2,4]上，ࠩࠩ쬐ࠩ；（2）证明：쬐ɤ䁫ln䁫쬐香䁫䁫쬐ɤsin䁫쬐䁫䁫（Ⅲ）令ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩ쬐ɤ䁫ࠩࠩ，存在ࠩ䁫，䁫쬐ࠩ䁫쬐ɤ䁫䁫则ࠩ쬐ɤࠩࠩ，令ࠩ쬐ɤ䁫，则ࠩ䁫ɤ䁫ࠩɤ，⒈当䁫ࠩ䁫时，ࠩ쬐ɤcosࠩ䁫ࠩ쬐递减，又䁫쬐ɤ䁫ࠩ쬐香䁫䁫ࠩ故（x）在[-2,0]上单调递增，在䁫㈹上单调递减，在㈹上单调递增，⒉当䁫ࠩࠩ䁫时，sinࠩ香ln䁫ࠩ쬐ࠩ쬐香䁫⒊当ࠩ䁫ࠩ时，sinࠩࠩ䁫쬐ln䁫ࠩ쬐香ࠩ䁫쬐ࠩ쬐䁫所以（x）的最小值为（-2）=-6-a或쬐ɤ，⒋当ࠩ香时，sinࠩ䁫ln䁫ࠩ쬐香lnɤ䁫ࠩ쬐䁫最大值为（0）=-a或（4）=12-a，综上所述，ࠩ쬐有且仅有2个零点。䁫故ࠩ쬐ɤࠩ쬐其最大值쬐ɤ，香【知识点】利用导数研究函数的极值；根的存在性及根的个数判断故当a=3时，M（a）有最小值9.【解析】【分析】（1）对函数两次求导，用求导的方法判断函数的单调性，从而求出函数的极值，从而证出ࠩ쬐【知识点】导数的几何意义；利用导数求闭区间上函数的最值在区间（䁫，쬐存在唯一极大值点。（2）用分类讨论的方法结合求导的方法判断函数的单调性，再利用零【解析】【分析】（I）求导数，根据导数的几何意义，结合斜率为1，求出切点坐标，利用点斜式，即可求出点存在性定理证出ࠩ쬐有且仅有2个零点.相应的切线方程；䁫33．（2018·全国Ⅰ卷理）已知函数ࠩ쬐ɤࠩlnࠩࠩ（II）构造函数，要证ࠩࠩ쬐ࠩ，只需要证在[-2,4]上ࠩ쬐ɤ（ࠩ）ࠩ䁫和ࠩ쬐ɤࠩ쬐（1）讨论ࠩ쬐的单调性；ࠩ䁫即可，求导数，利用导数确定函数单调性，求出函数极值即可证明；ࠩ䁫쬐ࠩ쬐（2）若ࠩ쬐存在两个极值点ࠩ䁫，ࠩ，证明：ࠩ䁫ࠩn【答案】（1）解：ࠩ쬐的定义域为䁫，쬐，䁫ࠩࠩ䁫.∴ࠩ쬐在䁫，쬐，又쬐ɤ䁫ࠩ쬐ɤ䁫ɤࠩࠩࠩ若，则ࠩ쬐䁫，当且仅当ɤ，ࠩɤ䁫时ࠩ쬐ɤ䁫，所以ࠩ쬐在䁫，쬐单调递减.所以ࠩ䁫，쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐若香，令ࠩ쬐ɤ䁫得，ࠩɤ或ࠩɤ.当ࠩ，쬐时，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐当ࠩ䁫，综上所述ɤ䁫쬐，쬐时，ࠩ쬐䁫；ࠩ，䁫，쬐，，쬐（2）解：∵ࠩ䁫当ࠩ，쬐时，ࠩ쬐香䁫.所以ࠩ쬐在䁫，쬐，，쬐单调递减，当䁫时，ࠩ䁫ࠩࠩ䁫ɤ在，쬐单调递增.∴ࠩ쬐ɤࠩlnࠩ䁫ࠩ䁫lnࠩ（2）解：由（1）知，ࠩ쬐存在两个极值点当且仅当香.由于ࠩ쬐的两个极值点ࠩ䁫，ࠩ满足ࠩࠩ令ࠩ쬐ɤࠩ䁫lnࠩ䁫，ࠩ香䁫ࠩ䁫䁫ࠩ쬐ɤࠩ䁫쬐ࠩ쬐䁫ࠩ䁫ࠩࠩ䁫ɤ䁫，所以ࠩ䁫ࠩɤ䁫，不妨设ࠩ䁫ࠩ，则ࠩ香䁫.由于ࠩɤࠩ䁫ࠩɤ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ同理ࠩ쬐在䁫，쬐ࠩ䁫ࠩࠩࠩɤ䁫，又䁫䁫ࠩࠩࠩ䁫쬐ɤ䁫ɤ䁫ࠩ䁫쬐ࠩ쬐䁫∴ࠩ䁫，䁫쬐时，ࠩ쬐䁫，ࠩ쬐所以等价于ࠩࠩࠩ䁫.ࠩ䁫ࠩ䁫ࠩ䁫，쬐，ࠩ쬐香䁫，ࠩ쬐设函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ，由（1）知，ࠩ쬐在䁫，쬐单调递减，又䁫쬐ɤ䁫，从而当ࠩ䁫，쬐ࠩ∴ࠩ쬐minɤ䁫쬐ɤ䁫时，ࠩ쬐䁫.䁫䁫ࠩࠩ䁫，即ࠩ䁫쬐ࠩ쬐即时，ࠩ쬐ࠩ쬐䁫所以ࠩࠩ.䁫ࠩ【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值【解析】【分析】求出函数的导数，由x=2是函数f(x)的极值点求出a的值，再由导数研究函数的单调区间；从【解析】【分析】(1)求出函数的导数，对a分类讨论研究函数的单调性；(2)当函数f(x)存在两个极值点时，则函而证明不等式.数有导数有两个异号零点即导方程有两个相异实根，求出a的范围，不等式左边即相当于函数的导数，从而证35．（2018·天津）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ，ࠩ쬐ɤlogࠩ，其中a>1.明不等式.（Ⅰ）求函数ࠩ쬐ɤࠩ쬐ࠩln的单调区间；34．（2018·全国Ⅰ卷文）已知函数f(x)=aex-lnx-1（1）设x=2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间（Ⅱ）若曲线ɤࠩ쬐在点ࠩ䁫，ࠩ䁫쬐쬐处的切线与曲线ɤࠩ쬐在点ࠩ，ࠩ쬐쬐处的切线平行，证䁫lnln（2）证明：当a≥时，f(x)≥0明ࠩ䁫ࠩ쬐ɤ；ln【答案】（1）解：ࠩ䁫（Ⅲ）证明当䁫ࠩ쬐ɤࠩ，ࠩ香䁫时，存在直线l，使l是曲线ɤࠩ쬐的切线，也是曲线ɤࠩ쬐的切线.∵x=2是ࠩ쬐极值点，∴쬐ɤ䁫【答案】解：（Ⅰ）∵h(x)=ࠩࠩlnࠩ쬐ɤࠩlnln，∴ࠩ䁫䁫令ࠩ쬐ɤ0，ࠩɤ䁫。ɤ䁫ɤࠩ由a>1，则h(x)在，䁫쬐递减，在䁫，쬐递增。又ࠩ在䁫，쬐香䁫（Ⅱ）证明：由ࠩ쬐ɤࠩln，则ɤࠩ쬐在点ࠩࠩ䁫ln，由ࠩ쬐ɤ䁫，ࠩ䁫䁫，ࠩ䁫쬐쬐处切线斜率为ࠩln∴在䁫，쬐，又在䁫，쬐ࠩn则ɤࠩ쬐在点ࠩ䁫∴ࠩࠩ䁫ࠩ䁫䁫lnln=䁫ࠩlnlnlnln䁫。，ࠩ쬐쬐处切线斜率为ࠩ䁫쬐ɤࠩ䁫lnࠩ䁫lnlnࠩ䁫lnlnln䁫ln쬐又ࠩ䁫ln=䁫ࠩ䁫ࠩln쬐ɤ䁫两边取以a为底的对称，下面证明存在实数t，使得쬐䁫。ࠩln由䁫쬐知：ࠩ䁫ࠩln，则logࠩࠩ䁫loglnɤ䁫，∴ࠩlnln。当ࠩ香䁫时：有ࠩ쬐䁫ࠩln쬐䁫ࠩln쬐ࠩ䁫lnln=ln쬐䁫lnln。䁫ࠩ쬐ɤlnࠩࠩ䁫lnlnlnlnln（Ⅲ）证明：曲线ɤࠩ쬐在点ࠩ䁫，ࠩ䁫쬐切线䁫：ࠩ䁫ɤࠩ䁫lnࠩࠩ䁫쬐，∴存在t，使得쬐䁫，䁫∴时，存在ࠩ䁫，使得ࠩ䁫쬐ɤ䁫。曲线ɤࠩ쬐在点ࠩ，ࠩ쬐处切线【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程䁫：logࠩɤࠩࠩࠩ쬐，ln【解析】【分析】(Ⅰ)导数运算，找到导函数的零点。(Ⅱ)（i）利用导函数意义，证明切线斜率相导。(ii)先将题䁫䁫要证明当时，存在直线l，使l是曲线ɤࠩ쬐的切线，也是曲线ɤࠩ쬐的切线，只需证明当意转化为方程③有解，再构造函数证明ࠩ쬐有零点。时，存在ࠩ36．（2018·全国Ⅱ卷文）已知函数ࠩ쬐ɤ䁫䁫，ࠩ䁫，쬐，使得䁫，重合。即需证明：ࠩࠩࠩ䁫쬐ࠩ䁫䁫lnɤ（1）若a=3，求ࠩ쬐的单调区间当䁫ࠩln，时，ࠩ䁫ࠩࠩ䁫lnɤlogࠩ䁫（2）证明：ࠩ쬐只有一个零点䁫ln由得：ࠩ䁫【答案】（1）ࠩ쬐ɤ䁫䁫ɤࠩࠩࠩࠩ䁫쬐当a=3时，ࠩ쬐ɤࠩࠩࠩ䁫쬐䁫ln쬐ࠩࠩ䁫lnlnࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫쬐ɤࠩࠩ代入得：䁫ࠩ䁫䁫lnࠩ䁫ɤ䁫③，lnln䁫䁫当f’（x）﹥0时ࠩ﹥ɤɤ或ࠩ﹤因此，关于ࠩ䁫方程③存在实数解即可。设ࠩ쬐ɤࠩࠩ䁫lnln，f’（x）﹤0时，﹤ࠩ﹤ࠩlnࠩlnln䁫∴ࠩ쬐的单调递增区间为，쬐，，쬐则时，ࠩ쬐存在零点，ࠩ쬐ɤ䁫ln쬐ࠩࠩ，ࠩ쬐的单调递减区间为，쬐ࠩ䁫时，ࠩ쬐﹥䁫，ࠩ（2）由于ࠩࠩ䁫﹥0，所以ࠩ쬐=0等价于ɤ䁫ࠩ﹥䁫时，ࠩ쬐䁫ࠩࠩ䁫ࠩࠩࠩࠩ쬐䁫设（ࠩ）ɤࠩࠩ䁫，则（ࠩ）ɤࠩࠩ䁫쬐䁫又䁫쬐ɤ䁫香䁫，䁫쬐ɤ䁫ln쬐䁫，ln쬐仅当x=0时，（ࠩ）=0，所以（ࠩ）在，쬐单调递增，故g（x）至多有一个零点，从而f（x）ࠩ䁫쬐ɤ䁫，而䁫ln쬐ࠩ䁫ࠩ䁫ɤ䁫，至多有一个零点∴ࠩ쬐在，ࠩ䁫쬐在ࠩ䁫，쬐，又䁫쬐ɤ䁫䁫䁫䁫ɤ쬐﹤䁫，䁫쬐ɤ﹥䁫∴ࠩ쬐极大值ɤࠩ䁫쬐。故f（x）有一个零点∵䁫综上所述，f（x）只有一个零点，【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值∴lnln-1.n【解析】【分析】（1）导数的应用，求单调性；（2）函数的零点.只需证：ࠩࠩ䁫ࠩ䁫37．（2018·全国Ⅱ卷理）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ即证ࠩ䁫ࠩࠩ䁫䁫（1）若a=1，证明：当ࠩ䁫时，ࠩ쬐䁫；又a≥1，则证：ࠩ䁫ࠩࠩ䁫䁫令h（x）=ࠩ䁫ࠩࠩ䁫（2）若ࠩ쬐在䁫，쬐只有一个零点，求.ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩ䁫【答案】（1）a=1时，f（x）=ex-x2ࠩ쬐ɤࠩ䁫香䁫ࠩ䁫欲证x≥0时，f（x）≥等价于证明：䁫ࠩ所以ࠩ쬐在又䁫쬐ɤ䁫ࠩ䁫ࠩࠩ䁫ࠩ䁫쬐令ࠩ쬐ɤࠩ则ࠩ쬐ɤɤ䁫ࠩࠩ所以ࠩ쬐在，䁫쬐，䁫，쬐∴g（x）是（0，+∞）上的减函数，即ࠩ쬐䁫쬐ɤ䁫䁫䁫䁫ɤ䁫ࠩ䁫所以g（x）≤g（0）=1，即䁫ࠩ所以ࠩ쬐0恒成立所以ex-x2≥1，即f（x）≥1即原命题成立.ࠩࠩ쬐（2）当a﹥0时，ࠩ쬐ɤ令h’（x）=0解得x=2，h（2）=䁫【知识点】根据实际问题选择函数类型；利用导数研究曲线上某点切线方程ࠩ当x∈（0，2），h’（x）﹤0，x∈（2，+∞），h’（x）﹥0；∴h（x）在（0，2）单调递减，∴在（2，+∞）单调【解析】【分析】（1）切线定义：求导；（2）导数的应用，将不等式变形，再构建函数.递增.39．（2018·全国Ⅲ卷理）已知函数ࠩ쬐ɤࠩࠩ쬐ln䁫ࠩ쬐ࠩ．（i）0﹤a﹤时，h（2）=1-﹥0，此时h（x）在（0，+∞）上无零点，不合题意；（ii）a=时，h（2）（1）若ɤ䁫，证明：当䁫ࠩ䁫时，ࠩ쬐䁫；当ࠩ香䁫时，ࠩ쬐香䁫；（2）若ࠩɤ䁫是ࠩ쬐的极大值点，求a．=0，h（x）在（0，+∞）上只有一个零点，符合题意；（iii）a﹥时，h（0）=1﹥0，h（2）=1-﹤0；由【答案】（1）证明：当a=0时ࠩ쬐ɤࠩ쬐ln䁫ࠩ쬐ࠩ（1）知：x﹥0，ex﹥x2+1∴ex=ࠩࠩࠩ令ࠩ﹥ax2，解得：x﹥4，当b﹥4时，eb﹥o﹥ab2﹥䁫䁫䁫䁫䁫ࠩࠩ쬐ɤɤo䁫ࠩ䁫ࠩ쬐䁫ࠩ쬐取b满足b﹥2，且b﹥4，则o쬐ɤ䁫﹥䁫所以此时h（x）在（0，+∞）上有两个零点，不合题意；oࠩɤln䁫ࠩ쬐综上：a=时，f（x）在（0，+∞）上只有一个零点.䁫ࠩࠩ【知识点】利用导数研究函数的极值设函数g（x）=f'（x）ɤln䁫ࠩ쬐䁫ࠩࠩ【解析】【分析】（1）利用导数证明不等式；（2）运用函数零点，求参数的值.则g'（x）=䁫ࠩࠩࠩ䁫38．（2018·全国Ⅲ卷文）已知函数ࠩ쬐ɤࠩ当-1<x<0时，g'(x)<0；当x>0时，g'(x)>0.故当x>-1时，g(x)≥g(0)=0（1）求函数ɤࠩ쬐在点䁫，䁫쬐处的切线方程且仅当x=0时，g（x）=0从而f'（x）≥0，当且仅当x=0时，f'（x）=0（2）证明：当䁫时，ࠩ쬐䁫所以f（x）在（-1，+∞）单调递增【答案】（1）解：因为f（x）=ࠩࠩ䁫ࠩ쬐ɤࠩ䁫ࠩࠩ䁫ɤࠩ䁫쬐ࠩࠩࠩࠩ又f（0）=0，所以䁫쬐ɤ即切线方程为；y+1=2x2x-y-1=0为所求故当-1<x<0时，f（x）<0，当x>0时，f（x）>0ࠩࠩ䁫（2）解：欲证：䁫ࠩn（2）解：ࠩ쬐ɤ䁫ࠩ쬐ln䁫ࠩ쬐䁫ࠩ䁫䁫ࠩࠩ䁫ࠩࠩ䁫쬐ࠩ䁫ࠩ쬐ɤlnࠩ䁫쬐䁫ࠩ䁫ࠩ䁫쬐2a(x+1)2ln(x+1)+(2ax+1)(x+1)+ax2+2ax-1≤02a(x+1)2ln(x+1)+3ax2+4ax+a≤0a[2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x]≤-x设h(x)=2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x则ࠩ쬐=4(x+1)ln(x+1)+2(x+1)+6x+4䁫쬐=6＞0h(0)=0所以在x=0邻域内，x＞0时，h(x)＞0；x＜0时，h(x)＜0ࠩ䁫x＞0时，a≤由洛必达法则得a≤-ࠩ䁫쬐ln䁫ࠩ쬐ࠩࠩࠩ䁫x＜0时，a≥由洛必达法则得a≥-ࠩ䁫쬐ln䁫ࠩ쬐ࠩࠩ䁫综上所述：a=-【知识点】函数单调性的判断与证明；利用导数研究函数的极值【解析】【分析】（1）求出函数的导数的导数，研究其正负得到ࠩ쬐的单调性，从而得到ࠩ쬐香䁫，即ࠩ쬐在䁫，쬐单调递增，因此ࠩ쬐香䁫쬐ɤ䁫；（2）由函数的导数研究函数的极值.