【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习02《五种导数及其应用中的数学思想》(解析版).doc，共(45)页，2.609 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点02五种导数及其应用中的数学思想（核心考点讲与练）exfxx题型一：函数与方程思想一、单选题1．（2022·广西柳州·三模（理））若曲线exfxx在点00,xfx处的切线方程为ykxb，则kb的最大值为（）A．e1B．

1C．e1D．e【答案】A【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，结合题设可得000e1e(1)xxkbx，再根据目标式构造()e(2)1xgxx，利用导数求其最大值即可.【详解】由题设，()e1

xfx，则00()e1xfx，而000()exfxx，所以00,xfx处的切线方程为0000(e1)()exxyxxx，则000e1e(1)xxkbx，故00000e1e(1)e(2)1xxxkbxx

，令()e(2)1xgxx，则()e(1)xgxx，当1x时，()0gx，即()gx递增；当1x时，()0gx，即()gx递减；所以()(1)e1gxg，故kb的最大值e1.故选：A2．（2022·浙江·宁波市鄞州高级中学高三开学考试）已知实数

,mn，函数2fxxmxn，满足230ff，则22mmn的最大值为（）A．163B．815C．813D．165【答案】B【分析】设12,xx是()fx的两个零点且12[2,3],Rxx

，应用根与系数关系求得12xxm，12xxn，进而代换目标式得到以1x为参数、2x为自变量的二次函数，由二次函数的性质可得4211221xmmnx，构造函数并应用导数研究单调性，即可求最大值.【详解】令12,xx

是()fx的两个零点，由题设若12[2,3],Rxx，由根与系数关系有：12xxm，12xxn，所以122222121121221122()2()()(12)2(1)()mmnxxxxxxhxxxxxxx，由1120

x且2Rx，即222111111211(1)4(12)4(1)()[](12)4(12)xxxxxxhxhxx，所以22242211111121121114(12)4(1)(12)2(1)4(12)21xx

xxxxxxxxxxx，令4(1)2xgxx，则343224(21)22(32)(21)(21))(xxxxxxxgx，在[2,3]x上()0gx，所以()gx在[2,3]x上递增，则1681()[,]35gx.综上，ma

x81()5gx，此时3x，所以13x时，22mmn的最大值815.故选：B.【点睛】关键点点睛：设()fx的零点并注意12[2,3],Rxx，由根与系数关系用零点表示m、n，进而转化为以2x为自变量的二次函数形式，根据其开口方向及其最值得到不等关系，最后构造函数并应用

导数求不等式中关于1x表达式的值域.二、多选题3．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系中，我们把横纵坐标相等的点称之为“完美点”，下列函数的图象中存在完美点的是（）A．y=﹣2xB．y=x﹣6C．y=3xD．y=x2﹣3x+4【答案】A

C【分析】横纵坐标相等的函数即yx，与yx有交点即存在完美点，依次计算即可.【详解】横纵坐标相等的函数即yx，与yx有交点即存在完美点，对于A,2yxyx，解得00xy，即存在完美点0,0，对于B,6yxyx，无解，即不存在完美点，对于C

,3yxyx，解得33xy或33xy，即存在完美点3,3，3,3对于D,234yxyxx，24xxx,即2240xx，解得2(

2)44120，即不存在完美点，故选：AC.三、双空题4．（2022·云南师大附中高三阶段练习（文））如图，某城市公园内有一矩形空地ABCD，300mAB，180mAD，现规划在边,,ABCDDA上分别取点E，F，G，

且满足,AEEFFGGA，在△EAG内建造喷泉瀑布，在△EFG内种植花卉，其余区域铺设草坪，并修建栈道EG作为观光路线（不考虑宽度），则当sinAEG______时，栈道EG最短，此时EG___

____．【答案】331353【分析】由题设有Rt△EAGRt△EFG，设π02AEG，根据图形中边角关系，结合三角函数可得EG290sin(1sin)，注意sin的范围，进而应用换元法并构造函数，利用导数求最值.【详解】由题意，R

t△EAGRt△EFG，设π02AEG，则ππ222DGF．在Rt△GDF中180cos2DGAGGFAG，得180cos21AG290cos，则290sinsincosAGEG290sin(1sin)

．由于2290901tan180cos190tan300tantanAGAGAE，解得1tan13≤≤.令sint，102,102t，则390E

Gtt．令3()fttt，则2()13ftt，当()0ft时103[,)103t，()ft递增；当()0ft时32(,]32t，()ft递减；所以3sin3t，()ft有最大

值，则min1353EG.故答案为：33，1353．【点睛】关键点点睛：注意根据AB，AD的长度判断AEG对应三角函数值的范围.四、解答题5．（2021·全国·模拟预测）2ln225fxxxax．（Ⅰ）若函数fx在定义域内有两

个极值点，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数fx有三个不相同的零点，求证：5a．【答案】（Ⅰ）4a；（Ⅱ）证明见解析.【分析】（Ⅰ）利用导数与函数单调性的关系及零点的性质，即可求解；（Ⅱ）构造函数，利用零点存在性定理及导数与函数单调性的关系即可得证．【详解】（Ⅰ）由题

得fx定义域为0,，14fxxax．∵fx有两个极值点，∴fx在0,内有两个零点．设函数14Fxxax，则2221414xFxxx

22121xxx，当10,2x时，0Fx，则Fx在10,2上单调递减；当1,2x时，0Fx，则Fx在1,2上单调递增，可得Fx的最小值为1

402Fa，∴4a．（Ⅱ）证明：214140xaxfxxaxxx，设0fx的两根为1t，2t，且12tt，∴124att，1214tt，可得1212

tt，12121144atttt当0x时，fx，∴22111111ln225ln224ftttattt，2222ln224fttt当x时fx，

依题意有三个不同的零点，∴10ft，20ft，构造函数2ln224gxxx，则21144xgxxxx，当10,2x时，0gx，所以gx在10,2上单调递增；当1,2x时，

0gx，所以gx在1,2上单调递减，且48ee022g，17022g，1ln220g，2ln440g，根据零点存在性定理得4e1,22mx

，使0mgx；1,2nx，使0ngx．令10gt，20gt，则11,2mtx，2,2ntx，又2214att，1,2nx，21,2t，∴5

a．6．（2021·河南平顶山·高三阶段练习（理））已知函数2()ln()afxxxaxR在1x处的切线与直线20xy平行（1）求实数a的值，并求()fx的极值；（2）若方程()fxm有两个不相等的实根1x，2x，求证：22122xx

e.【答案】（1）0a，极小值为12e；（2）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，利用切线的斜率求出a的值，解关于导函数的不等式，分析函数的单调区间即可得到极值；（2）令211tx，222tx，构造函数()ln(0)htttt，原题转化为2htm有两个实数根1t，2

12()ttt，利用导数可得11201tet，再构造函数222()()lnlngththttttteee，利用导数可得212hthte，利用单调性，可得212hthte转

化为212tte即可求证.【详解】（1）函数fx的定义域为(0,)，22lnaxfxxxx，由题意知(1)11fa，0.a()2ln(2ln1)fxxxxxx，令()0fx，则exe，当0,exe时，()0fx

；,exe时，()0fx.fx的极小值为12efee（2）由（1）知2()lnfxxx，由12()()fxfxm得，221122lnlnxxxx即2211222ln2lnxxxx，所以22221122

lnlnxxxx.12xx，不妨设12xx令211tx，222tx，()ln(0)htttt则原题转化为2htm有两个实数根1t，212()ttt，又()1lnhtt，令()0ht，得1te；令()0ht，得1te，ht在1(0,

e)上单调递减，在1(e,)上单调递增，又0t时，()0ht，10h，11()hee，由ht图象可知，120em，11201tet.设222()()lnlngththttttteee

，10,et则22()(ln1)ln12lngtttttee.当10te时，2222111ttteeee，则()0gt()gt在10,e上单调递

减.又11210ghheeee10,te时，()0gt，得到11120gththte，即112hthte，又12htht，212hthte，又110te

，则121tee，且211te，ht在1,e上单调递增，212tte，即122tte，即22122xxe.7．（2022·全国·高三专题练习）某地打算修建一条公路，但设计路线正好经过一个野

生动物迁徙路线，为了保护野生动物，决定修建高架桥，为野生动物的迁徙提供安全通道.若高架桥的两端及两端的桥墩已建好，两端的桥墩相距1200米，余下的工程只需要建两端桥墩之间的桥面和桥墩.经预测，一个桥墩的工程费用为500万元，距离为x米的相邻

两桥墩之间的桥面工程费用为10ln123xx万元，假设桥墩等距离分布，所有桥墩都视为点，且不考虑其它因素，记余下工程的费用为y万元.(1)试写出y关于x的函数关系式；(2)需新建多少个桥墩才能使y最小？并求出其最小值.参考数据：l

n20.69，ln31.10【答案】(1)60000012000ln1236500yxx(2)需新建19个桥墩才能使y最小，最小值为24740万元.【分析】（1）利用题中的已知条件设出需要建设桥墩

的个数，进而表示出工程的费用即可；（2）利用（1）的结果，再利用导数研究函数的单调性即可求出最值.(1)由已知两端的桥墩相距1200米，且相邻两桥墩相距x米，故需要建桥墩12001x个，则12001200

150010ln123yxxxx60000050012000ln1236000xx60000012000ln1236500xx所以y关于x的函数关系式为600000

12000ln1236500yxx，0,1200x(2)由（1）知60000012000ln1236500yxx222501212000600000120001212xxyx

xxx令0y，即250120xx，解得10x（舍）或60x当060x时，0y，函数单调递减；当601200x时，0y，函数单调递增；所以当60x

时，y有最小值，且min60000012000ln60123650012000ln722650060y又ln72ln89ln8ln93ln22ln330.6921.14.27min120004.272650024740y

（万元）所以需新建19个桥墩才能使y最小，最小值为24740万元.题型二：数形结合思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，已知直线ykx与曲线yfx相切于两点，函数0gxkxmm，则对函数Fxgxfx描述正确的是（）A．有极

小值点，没有极大值点B．有极大值点，没有极小值点C．至少有两个极小值点和一个极大值点D．至少有一个极小值点和两个极大值点【答案】C【分析】由题设()()Fxkfx，令ykx与()yfx切点横坐标为12,xx且12xx，由

图存在012(,)xxx使00Fx，则()Fx有三个不同零点102xxx，结合图象判断()Fx的符号，进而确定()Fx单调性，即可确定答案.【详解】由题设，()()Fxkxmfx，则()()Fxkfx，

又直线ykx与曲线()yfx相切于两点且横坐标为12,xx且12xx，所以()0Fx的两个零点为12,xx，由图知：存在012(,)xxx使00Fx，综上，()Fx有三个不同零点102xxx，由图：1(0,)x

上()0Fx，10(,)xx上()0Fx，02(,)xx上()0Fx，2(,)x上()0Fx，所以()Fx在1(0,)x上递减，10(,)xx上递增，02(,)xx上递减，2(,)x上递增.故()Fx至少有两个极小值点和一个极大值点.故选

：C.2．（2021·河南·西南大学附中高三期中（文））已知函数sin02{e0xxxfxx，，剟，若存在实数12345ixi，，，，．当11234iixxi，，，时，满足12345fxfxfxfxfx

．则51iiixfx的取值范围为（）A．61e，B．510e，C．4，D．514e，【答案】D【分析】由正弦函数的性质可知，231xx，453xx，10x，所以15111144xiiixfxx

fxxe，令4e(0)xgxxx，利用导数得到函数gx的单调性和极值，求出gx在0x时的值域，从而得到51iiixfx的取值范围．【详解】由正弦函数的性质可知，231xx，453xx，10x，151234

51111144exiiixfxxxxxxfxxfxx，令4e(0)xgxxx，则5exgxx，当5x，时，()0gx¢<，gx单调递减；当50x，时，()0gx¢>，gx单调递增，又当4x时，

0gx，且04g，min51()5gxge，514egx，51iiixfx的取值范围为514e，，故选：D．3．（2022·全国·高三专题练习）如图，函数3fxx的图象

Γ上任取一点3,,0Ammm，过点A作其切线1l，交Γ于点B，过点B作其切线2l，交Γ于点C，过点C作其切线3l，交1l于点D，则ADAB的取值（）A．与m有关，且存在最大值B．与m有关，且存在最小值C．与m有关，但无最值D．与m无关，为定值【答案】D【分析】先证明一个结论：函数

320fxaxbxacxd的图象Γ上任取一点,Pmn，3bma.过点P作其切线1l交于点11,Axy，过点P作2l交Γ于另两个点2233,,,BxyCxy，则2312xxx；利用该结论即可求出,BC的横坐标

关于m的表达式，进而求出直线AB与CD的方程，联立直线AB与CD的方程，即可求出点D的横坐标，再根据DAABADxxABxx，即可求出结果.【详解】先证函数320fxaxbxacxd的图象Γ上任取一点,Pmn，3bma.过点P作其切线1l交于点11

,Axy，过点P作2l交Γ于另两个点2233,,,BxyCxy，则2312xxx.证明:设过点,Pmn的直线为ykxmn，联立得:32yaxbxcxdykxmn，得方程320,*axb

xckxdkmn则方程*必有一根xm，于是方程*可改写为20,**axmxSxT，其中,RST，当AP与Γ相切于A点时，方程**有重根1xx，韦达定理知12x

S；当BC与相交Γ于,BC点时，方程**有另两个根23,xxxx，韦达定理知23xxS.故2312xxx.由于函数3fxx的图象Γ关于原点0,0对称，设322,Bxx，连结OB，交Γ于另一点B，由对称性，则322,Bxx，由上述结论，则202xm

，所以22xm；设333,Cxx，连结OC交Γ于另一点C由对称性，则333,()Cxx，由上述结论，则3202xx，所以34xm.于是直线AB为233ymxmm，直线

CD为2348464ymxmm，联立得:2323348464ymxmmymxmm，解得4215Dmx，所以4231535DAABmmADxxABxxm，故ADAB的取值与m无关，为定值35.故选：D.二、多选题4．（202

2·全国·高三专题练习）已知函数πlnsincos4fxxxx，下列说法正确的有（）A．函数fx是周期函数B．函数fx有唯一零点C．函数fx有无数个极值点D．函数

fx在3,44上不是单调函数【答案】CD【分析】根据πln4yx不是周期函数，从而可判断选项A错误；令π4xt，ln2cosgttt，12singttt，作出lnyt与2c

osyt的图象，由图象可判断选项B；作出1yt与2sinyt的图象，由图可判断选项C；通过图象可判断gt在π0,2不单调，从而可判断选项D.【详解】ππln2cos44fxxx

，因为πln4yx不是周期函数，则fx不是周期函数，A错；令π4xt，ln2cosgttt，12singttt，令0gt，则ln2costt，作出lnyt与2co

syt的图象，由图可知，lnyt与2cosyt的图象至少有两个交点，gt至少有两个零点，fx至少有两个零点，B错误；作出1yt与2sinyt的图象，由图可知，gt有无数个零点gt有无数个极值点，即fx有无数个极值点，

C正确；因为gt在π0,2有零点，所以gt在π0,2不单调，fx在π3,π44不单调，D正确；故选：CD.三、双空题5．（2022·湖南·长沙一中高三阶段练习）已知函数21e,0e2,0xxxfxxxx

，则方程0fx的根为________．若函数yffxa有三个零点，则实数a的取值范围是________．【答案】1或2；11(2,2)(0,1]1ee.【

分析】（1）当0x时，运用导数求得函数单调区间，可得min()(1)0fxf，可得一根，当0x时，直接求解可得.（2）先运用导数求得函数单调区间，并作出函数的图象，再根据图象列出函数有3个零点所需要的条件，即可求得结果.【详解】解：（1）当0x时，1()eexfxx

，所以ee(e)(1)xxxxxfx，令()0fx，得1x，并且当1x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以函数()fx在(,1)上单调递减，在(1,0)

上单调递增，所以min()(1)0fxf，故当0x时，()0fx有唯一根1，当0x时，22fxxx，令()0fx=，解得0x（舍去）或2，故当0x时，()0fx的根为2，综上，()0fx根为1或2；（2）因为21e,0e2,0xxxfxxxx

，当0x时，由（1）min()(1)0fxf，则10()efx，当0x时，22()2(1)1fxxxx，则函数()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，且仅当(2)0f，且()1fx，因为当(())

0yffxa时，则有()2fxa或()1fxa，即()2fxa或()1fxa，由图象得，要使函数(())yffxa有三个零点，且213aa，则12e110aa或102e11a

a或12e11eaa解得实数a的取值范围是11(2,2)(0,1]1ee故答案是：1或2；11(2,2)(0,1]1ee.6．（2022·广东·金山中学高三阶段练习）已知函数2ln

3,0,()4,0,xxxxfxxxx则函数()fx的最小值为________；若关于x的方程()10fxkx有四个不同的实根，则实数k的取值范围是________．【答案】2e(2,2)【分析】根据导数求出函数在每段上的最小值，比较

大小即可；求出过点(0,1)且与()fx相切的直线的斜率，再由数形结合可得出()yfx与1ykx有4个交点时的斜率取值范围，即可得解.【详解】令1ykx，1ykx表示过定点(0,1)，斜率为k的动直线，当0x时()ln2

fxx，当20,ex时，()0fx；当2e,x，()0fx，()fx在20,e上单调递减，在2e,上单调递增，当0x„时，2()(2)4fxx，故()fx在(,2)上单调递减，

在(2,0)上单调递增，又(2)4f，22eef，2min()efx，在同一坐标系内作出函数()yfx图象与直线1ykx，如图所示，关于x的方程()10fxkx有四个不同的实根，等价于函数()yfx的图

象与直线1ykx有四个不同的交点，当0x时，()ln3fxxxx的图象在点00,xfx处切线斜率为0ln2x，该切线过点(0,1)时，0x满足0001ln2fxxx，解得01x，()ln3fxxxx的图象过点(0,1)的切线斜2，当0x„

时，()24fxx，2()4fxxx的图象在点2,4ttt处的切线斜率为24t，该切线过点(0,1)时，24124tttt，0t„，解得1t，2()4fxxx的图象过点(0,

1)的切线斜率为2，由函数图象知，当动直线1ykx在直线21yx与21yx所夹不含y轴的对顶角区域内转动（不含边界直线）时，函数()yfx的图象与直线1ykx有四个不同的交点，此时k的取值范围是(2,2)．故答案为：

2e；(2,2)四、填空题7．（2022·河南·模拟预测（理））已知函数22e3xfxx，3exgxx，若关于x的方程fxgx在区间0,上恰有四个不同的实数根，则实数的取值范围是______.【答案】e,33,【分析】将问题转化为

e33exxxx在区间0,上恰有四个不同的实数根，进而设0exxtx，然后先通过导数的方法探讨函数0exxtx的图象和性质，再讨论关于t的方程133tt的根的分

布，最后求得答案.【详解】问题22e33exxxx即e33exxxx在区间0,上恰有四个不同的实数根.设0exxtx，e1xtx，则0,1x时，0t，函数单调递增，1,x时，0t，函数单调递减.当0x时

，0t；当1x时，max1et；当x时，0t且0t.如示意图：由图可知，当10et时，函数0exxtx有2个零点，于是问题关于t的的方程133tt即23310tt在10,e

上有2个不等实根.设2331fttt的两个零点为12,tt，易知121210003tttt.于是，20010133e,33,10eee3106eff

.故答案为：e,33,.【点睛】本题较难，首先直接处理较为麻烦，因此对原方程进行恒等变形，进而采用“换元法”降低试题的难度.另外，我们经常采用“数形结合法”进行辅助解题，这样更加形象和直观.题型三：分类与整合

思想一、多选题1．（2022·重庆南开中学模拟预测）已知函数lnmxfxxx，其中常数0m，0，则下列说法正确的有（）A．函数fx的定义域为0,B．当1，1m时，函数fx有两个极值点C．不存在实数和m，使得函数fx恰好只

有一个极值点D．若0，则“04m”是“函数fx是增函数”的充分不必要条件【答案】BC【分析】A判断0时的定义域情况即可；B利用导数研究fx的单调性，判断是否有两个变号零点即可；C、D对fx求导，构造22(()2)xmgxx结合二次函数性质讨论和m，应用零点存

在性定理判断()fx变号零点的个数，进而判断fx极值点个数及单调性.【详解】A：当0时定义域为(0,)(,)，错误；B：1()ln11fxxx且定义域为(0,1)(1,)，则2231()(1)x

xfxxx，而2()31gxxx在3(0,)2上递减，3(,)2上递增，且(0)1,(1)1gg，35(),(3)124gg，所以()fx在3(0,1),(,3)2上各有一个变号零点，则fx有两个极值点，正确；C：()lnmf

xxmx，则222(2)()()xmxfxxx，令22(()2)xmgxx，则图象开口向上，对称轴(2)2mx且2(4)mm，要使()fx有极值点，()fx必有变号零点，则0，所以0m或4m，当0时，则()fx定义域为0,

，又2(0)0g，此时0m则(2)02mx，故()gx在0,上递增，又()(0)0gxg，即()0fx，无极值点；此时4m则(2)02mx，则()gx在(2)(0,)2

m递减，(2)(,)2m递增，故(2)(0,)2m、(2)(,)2m各有一个零点，即()fx有两个变号零点；当0时，则()fx定义域为0,，且(2)02mx，2(0)0g，则()gx在

0,上递增，又()(0)0gxg，即()0fx，无极值点；当0时，()fx定义域为(0,)(,)，2(0)0g，此时0m则(2)02mx，故()gx在(0,)(2)(,)2m上递减，(2)(,)2m递增，

又()0gm，(2)[]02mg，x趋向正无穷()gx趋于正无穷，故()gx在(0,)、(2)(,)2m各有一个变号零点，即()fx有两个变号零点；此时4m则(2)02mx

，则()gx在(0,)(,)递增，又()(0)0gxg，即()0fx，无极值点；综上，不存在实数和m，使得函数fx恰好只有一个极值点，正确；D：结合C分析：当0且02m时有(2)02mx

，则()gx在0,上恒正，即()0fx，此时fx是增函数；当0且24m时有(2)02mx，则()gx在(2)(0,)2m，(2)(,)2m各有一个零点，易得()fx有两个变号零点，此时fx不单调，命题的充分性不成立，错误.

故选：BC【点睛】关键点点睛：C、D首先对fx求导，构造22(()2)xmgxx，结合二次函数性质讨论参数判断()fx变号零点的个数及fx单调性.二、解答题2．（2022·四川南充·三

模（理））已知函数2112ln2fxaxaxx．(1)讨论fx的单调性；(2)当1a时，gxfx，若34ln2m，求证：对于任意0k，函数gxmhxkx有唯一零点．【分析】（1）求导，通过讨论a的范围研究导函数的

符号变化，进而研究函数的单调区间；（2）求导，构造函数ln12xpxxm，再次求导研究.px的单调性，再利用放缩法进行转化求证.(1)解：2112ln2fxaxaxx的定义域为0,，且21221a

xaxfxaxaxx，当1a时，2xfxx，则fx在0,2单调递减，2,单调递增；当1a时，由0fx得288021aaaxa，288021

aaaxa，所以fx在2880,21aaaa单调递减，288,21aaaa单调递增；当1a时，①当0a时，fx在0,单调递减；②当01a

时，当22814240aaa时，即0426a时，fx在0,单调递减；当22814240aaa时，即4261a时，由0fx

得2212888802121aaaaaaxxaa，所以fx在2880,21aaaa、288,21aaaa单调递减，在228888,2121aaaa

aaaa单调递增；综上所述：①当1a时，fx在2880,21aaaa单调递减，在288,21aaaa

单调递增；②当1a时，fx在0,2单调递减，在2,单调递增；③426a时，fx在0,单调递减；④当4261a时，fx在2880,21aaaa、288,21

aaaa单调递减，在228888,2121aaaaaaaa单调递增；(2)解：当1a时，lnxxgfxx，lnxxmhxkx

2ln12xxmhxx，令ln12xpxxm，则11444xpxxxx．则ln12xpxxm在0,16单调递增，16,单调递减．所以ln1

164ln22102xpxxmpm所以2ln120xxmhxxlnxxmhxkx在0,单调递减．当01x时，由2lnlnlnlnxxmxmhxkkxmkxmkxx得

e0mkh当1x时，由ln1xmmxxmxmhxkkkkxxxxx得2110mhk存在唯一201e,1mkmxk，使得函数00hx．所以对于任意0k，函数

gxmhxkx有唯一零点．3．（2022·云南·二模（文））已知e是自然对数的底数，()e1xfxax，常数a是实数.(1)设ea，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；(2)1x，都有(

1)lnfxx，求a的取值范围.【答案】(1)10y(2),2【分析】（1）先求出11f，再求导得到10f，即可求出切线方程；（2）令e()ln1,1,)e[xFxxaxax，求导后令hxFx，通过()hx得到Fx在1,

单调递增，当2a时，Fx在1,单调递增，符合题意，当2a时，说明101,xx，使1lnfxx，不合题意，即可求解.(1)设ea，则1eexfxx，∴1

1f，eexfx，∴10e1ef，∴曲线yfx在点1,1f处的切线方程头101yx，即10y．∴曲线yfx在点1,1f处的切线方程为10y

．(2)设e()ln(1)ln1,)e[1,xFxxfxxaxax,则1e()exFxax．设hxFx，则221e1e()(1)(1)0eexxhxxx

．∴函数Fx在1,单调递增．当2a时，(1)20Fa．∴0Fx，故Fx在1,单调递增．又∵10F，故0Fx对任意1,x都成立．即当2a时，1x，都有()(1)0FxF,即(1)lnfxx．当2a时，e2e4,lne

1,(1)20aaFa，lne1e11(lne)0lneelnelneaFaaaaaaa，∴01,lnexa，使00Fx．∵函数Fx在1,单调递增，∴01,xx，都有0Fx．∴F

x在01,x单调递减．∴101,xx，使110FxF，即101,xx，使1lnfxx，与1x，都有1ln≤fxx矛盾．综上所述，a的取值范围为,2．【点睛】本题关键点在于构造函数e()ln1,1,

)e[xFxxaxax，求导后令hxFx，通过()hx得到Fx的单调性，求得Fx的最小值，再讨论当2a时，得到Fx在1,单调递增，符合题意，当2a时，说明101,xx，使1lnfxx，不合题意，即可

求解.4．（2022·湖南师大附中二模）已知函数1ln1fxxxax.(1)若1a，比较2log10f与5log9f的大小；(2)讨论函数fx的零点个数.【答案】(1)25log

10log9ff(2)当2a时，fx有1个零点；当2a时，fx有3个零点【分析】（1）利用导数判断函数fx在1,上的单调性，根据函数的单调性即可得出答案；（2）求出函数的导函数fx，再利用导数可求得min2fxa，再分20a和20a

两种情况讨论，结合零点的存在性定理，从而可得出结论.(1)解：当1a时，1ln1fxxxx，1ln11lnxfxxxxx，当1x时，0fx，所以fx在1,上单调递增，因为244

5log10log10log9log91，所以25log10log9ff；(2)解：11lnln1xfxxaxaxx，令1ln1gxxax，则221110xgxxxxx，当01x时，0g

x，当1x时，0gx，所以函数gx在0,1上递减，在1,上递增，所以min12gxga，即min2fxa，①若20a，即2a，则0fx，

fx在0,上递增，因为10f，则1x为fx的唯一零点；②若20a，即2a，则min10fxf，因为e1a，1e10eaaf，则fx在1,内仅有个零点，记为n，因为0e1a

，ee21aafa设e21ahaa，则当2a时，e20aha，所以ha在2,内单调递增，从而22e30hah，即e0af，所以fx在0,1内仅

有一个零点，记为m，于是，当0,xm或,xn时，0fx，当,xmn时，0fx，所以函数fx在,n和0,m上递增，在,mn上递减，因为01mn，10f，则0fm，0fn，故f

x在,mn内有唯一零点，因为ee1e12e0aaaafaaa，则fx在0,m内有唯一零点，因为ee1e120aaafaaa，则fx在,m内有唯一零点，所以fx在0,内有3个零

点.综上所述，当2a时，fx有1个零点；当2a时，fx有3个零点.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调区间及最值问题，考查了利用导数研究函数的零点的问题，考查了二次求导，考查了学生的数据分析能力及分类讨论思想，属于难题.5．（2022·河北唐山·二模）已知函

数33xfxx，singxbx，曲线yfx和ygx在原点处有相同的切线l．(1)求b的值以及l的方程；(2)判断函数hxfxgx在0,上零点的个数，并说明理由．【答案】(1)1b，l的方程

：yx.(2)hx在0,上有1个零点，理由见解析.【分析】（1）根据曲线yfx和ygx在原点处有相同的切线l，则可知斜率相等，进一步求出b的值以及l的方程；（2）函数零点即是图象与x轴的

交点，需要用导数的方法研究函数hx，其中要进行二次求导，运用零点存在性定理说明函数hx的零点情况.(1)依题意得：293fxx，cosgxbx.001fgb，1b

，l的方程：yx.(2)当2x时，3931sin33xxxx，0hx，此时hx无零点.当02x时，29cos3hxxx令29cos,0,23Hxxx

x则318sin3Hxxx，显然Hx在02，上单调递增，又2003H，02H，所以存在0,2t使得0Ht，因此可得0xt

时，0Hx，Hx单调递减；2tx时，0Hx，Hx单调递增；又00H，02H所以存在,2t，使得0H，即0x时，0Hx，0hx

，hx单调递减；2x时，0Hx，0hx，hx单调递增；又00h，02h，所以hx在02，上有一个零点.综上，hx在0,上有1个零点.【点睛】本题考查导数几何意义、函数的零点、用导数研究函数的单调性以及零点存在性定

理，知识考查较为综合，对学生是一个挑战，属于难题.6．（2022·湖北·武汉市武钢三中高三阶段练习）已知函数212xfxxeaxaxaR(1)讨论fx的单调性；(2)若关于x的不等式214ln12fxaxaxx在0,上恒成立，求实数a的取值范围.

【答案】(1)答案见解析(2)1,3【分析】（1）求出函数导数后对a分类讨论，解不等式得出函数单调区间即可；（2）由题意转化为ln13xxaex对任意,()0x恒成立，记ln1()xxFxex，利用导数可得00min0ln1()xxFxex，再利用导数及

零点的性质求出min()1Fx即可得解.(1)()(1)xfxeax①当0a时，0,10xeax时，()0,()fxfx在(1,)上单调递增；当10x，即1x时，()0,()fxfx在(,1)上递减

；②当10ae时，令()0fx，得ln()xa或1x，函数递增；令()0fx，得ln()1ax，函数递减③当1ae时，()0fx恒成立，函数在R上递增④当1ae时，令()0fx，得1x或ln()

xa，函数递增；令()0fx，得1ln()xa，函数递减.(2)不等式21()4ln12fxaxaxx在(0,)上恒成立，即ln13xxexax对任意的,()0x恒成立，ln13xxaex对任意的,()

0x恒成立记ln1()xxFxex，则222lnln()xxxxexFxexx，记2()lnxhxxex，则21()2xxhxxexex，易知()0hx在(0,)上恒

成立，()hx在(0,)上单调递增，且211211110,(1)0eeheeheee，存在01,1xe，使得00hx，且当00,xx时()0hx，即()0Fx，∴函数()Fx在00,x上单调递减；当0,xx

时()0hx，即()0Fx，故()Fx在0,x上单调递增，min0()FxFx，即00min0ln1()xxFxex，又00hx，故0200lnxxex，即100ln001lnxxxeex，令()xgxxe

0xxxxeexe在(0,)上恒成立，∴函数()xgxxe在(0,)上单调递增，且值域为(0,)，0000000min0000ln1ln1111ln,()1xxxxexxxFxexxxx

31a.综上，实数a的取值范围是1,3.【点睛】关键点点睛：求出函数222lnln()xxxxexFxexx后，需要再次利用导数及零点存在性定理，确定()Fx的单调性及极值是解题的关键，需要较强的运算及思维能力，当得到00min0ln1

()xxFxex后，再根据零点的定义及函数单调性求出min()1Fx，属于难题.7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数21ln2fxxaxaR．(1)若fx存在唯一极值点，且极值为0，

求a的值；(2)讨论函数fx在区间1,e上的零点个数．【答案】(1)1ea(2)当0a或1ea时，fx在1,e上无零点；当20e2a或时，fx在1,e上有1个零点；当221eea时，fx在1,e上有2个零点．【分析】（1）求出

fx，分0a、0a两种情况讨论fx的单调性，然后可得答案；（2）分类讨论fx在区间1,e上的单调性，每种情况下结合fx的函数值的符号判断其零点个数.(1)（1）由已知，可得2110axaxxxxfx．①当0a时，则当0,x时，0

fx，∴fx在0,上单调递增，此时fx不存在极值点，不符合题意；②当0a时，则由0fx得1xa或1xa（舍）．∴当10,xa时，0fx，函数fx单调递增；当1,xa时，

0fx，函数fx单调递减；∴fx存在唯一极大值点1xa．∴2111111lnln0222faaaaa，解得1ea(2)（1）当0a时，0fx在1,e上恒成立，∴fx在1,e上单调递增．∵111ln1022

faa，2211elnee1e022faa，由零点存在性定理知函数fx在区间1,e上无零点.（2）当20e1a时，1ea，由（1）知fx在1,e上单调递增，∵1102fa，21e1e02fa，由零点

存在性定理知函数fx在区间1,e上有一个零点.（3）当211ea时，11ea，知fx在11,a上单增，在1,ae上单减，①当222e1ea时，∵1102fa，111ln022faa

，21e1e02fa，由零点存在性定理知函数fx在区间1,e上有一个零点.②当221eea时，∵1102fa，111ln022faa，

21e1e02fa，由零点存在性定理知函数fx在区间1,e上有两个零点.③当11ea时，∵1102fa，111ln022faa，21e1e02fa，由零点

存在性定理知函数fx在区间1,e上没有零点.（4）当1a时，11a，由（1）知fx在1,e上单调递减，∵1102fa，21e1e02fa，由零点存在性定理知函数fx在区间

1,e上没有零点.综上，当0a或1ea时，fx在1,e上无零点；当20e2a或时，fx在1,e上有1个零点；当221eea时，fx在1,e上有2个零点．【点睛】关

键点睛：解答本题的关键是要掌握分类讨论的思想，利用函数的单调性和函数值的符号讨论函数的零点个数.题型四：转化与划归思想一、单选题1．（2022·广西南宁·二模（理））设大于1的两个实数a，b满足22lnanbbea，则正整数n的最大值为（）．A．7B．9C．11D．12【答案】B【分

析】将已知条件变形为22lnannbeba，构造两个函数，对函数求导，根据函数的单调性求出n的最大值即可.【详解】解：易知22lnnanbbea等价于22lnannbeba．令2ln1nxfxxx，则121ln2lnln

2lnnnnxxnxxnxfxxx．令0fx得2nxe．当0fx时21,nxe；当0fx时2,nxe．所以fx在21,ne上单调递增，在2,ne上单调递减，则fx有最大值2222nnfee．

令21xnegxxx，则212xnexngxx．当12n时不符合，舍去，所以12n．则0gx，2nx．当0gx时2nx；当0gx时12nx．所以gx在

1,2n上单调递减，在,2n上单调递增，则gx有最小值22nnnegn．若22lnannbeba成立，只需22nnfeg，即2222nnenen

，即222nnne．两边取自然对数可得22ln2nnn．当2n时等式成立；当3n时有2ln22nnn．令2ln22xxxx，本题即求0x的最大的正整数．24102xxx恒成立，则x在3,

上单调递减．因为58ln403，1199ln1.57141.51072，310ln502，所以0x的最大正整数为9．故选：B．【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成

立问题，同时也考查转化与化归的数学思想，对解题能力有一定的挑战性，是难题.2．（2022·山东·夏津第一中学高三阶段练习）已知不等式3e1xkxkx恰有2个整数解，求实数k的取值范围（）A．32233e5

ekB．2315e2ekC．32233e5ekD．2315e2ek【答案】D【分析】原不等式3e1xkxkx等价于，13exxkx，设3gxkx，1exxfx，然后转化为函数的

交点结合图象可求.【详解】原不等式3e1xkxkx等价于，13exxkx，设3gxkx，1exxfx，所以0exxfx，得0x．当0x时，0fx，所以在,0

上单调递增，当0x时，0fx，所以在0,上单调递减，又10f，且0x时，0fx，因此3gxkx与1exxfx的图象如下，当0k时，显然不满足条件，当0k时，只需要满足1122fgfg

，即224e35ekk，解得2315e2ek．故选：D．3．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）若不等式22lnababm对任意aR，0,b恒成立，则实数m的取值范围是（

）A．1,2B．2,2C．,2D．,2【答案】B【分析】将问题转化为直线yx与曲线lnfxx上的点的距离最小值dm，利用导数的几何意义求fx

上斜率为1的切线上切点坐标，再应用点线距离公式求最小距离，即可得m的范围.【详解】设22()(ln)Tabab，则T的几何意义是直线yx上的点(,)Paa与曲线lnfxx上的点(,ln)Qbb的距离，将直线yx平移到与面线lnfxx相切时，切点Q到直线yx的距离最

小．而1fxx，令0011fxx，则01x，可得(1,0)Q，此时，Q到直线yx的距离|10|222，故min2||2PQ，所以22m．故选：B【点睛】关键点点睛：将题设不等式关系转化为求直线与曲线上点的最小距离d且dm，结合导数的几何意义、点线距离公式求

m的范围.二、多选题4．（2022·广东广州·二模）我们常用的数是十进制数，如32101079110010710910，表示十进制的数要用10个数码．0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数321

02110112120212，等于十进制的数13．把m位n进制中的最大数记为,Mmn，其中m，*,2nnN，,Mmn为十进制的数，则下列结论中正确的是（）A．5,231MB．4,22,4MMC．2,11,2M

nnMnnD．2,11,2MnnMnn【答案】ABD【分析】根据问题背景的介绍，可以得到m位n进制中的最大数的书写方法，进而得到选项中最大数的式子，再进行大小比较即可.【详解】对于A：5,2M即是：4321

0211111121212121231，A正确；对于B：4,2M即是：32102111112121212152,4M即是：1041533343，B正确；对于C、D：*,2nn

N，2,1Mnn即是：111011110221111111111111111nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn

*,2nnN，1,2Mnn即是：21210121011111112121212121222221212112nnnnnnnnnnn

nnnnnnnnnnnnnnnnnnnnnn构造函数：lnxfxx，求导得：21lnxfxx

0,ex，0fx，fx单调递增；e,x，0fx，fx单调递减；*,2nnNe12nn12fnfn代入得：ln1ln212n

nnn即是：2112nnnn，211121nnnn2,11,2MnnMnn，D正确.故选：ABD【点睛】本题考查背景知识的从特殊到一般的转化过程，对获取信息从而抽象成数学问题的能力有一定的要

求，随后需要用数列求和得出需要的结果，再从构造函数的角度考查了导数在函数中的应用，运用函数的性质进行大小比较，对学生来说是一个挑战，属难题.5．（2022·江苏·高三阶段练习）若正整数,mn只有1为公约数，则称,mn互质.对于正整数

n，)(n是小于或等于n的正整数中与n互质的数的个数，函数)(n以其首名研究者欧拉命名，称为欧拉函数，例如：(3)2，(7)6，(9)6，则（）A．数列3n为等比数列B．数列{(2)}n单调递增C．777log76log6D．

数列2nn的前n项和为nS，则4nS≤.【答案】AC【分析】根据定义结合对数的运算性质和错位相减求和，依次判断各选项即可得出结果.【详解】因为与3n互质的数为1，2，4，5，7，8，10，11，…，32n，31n，共有11(31

)323nn个，所以1(3)23nn，则数列3n为等比数列，故A正确；因为(2)1,(4)2,(6)2，所以数列{(2)}n不是单调递增数列，故B错误；因为7为质数，所以与77不互质的数

为7，14，21，…，77，共有76777个，所以776777log(7)log(77)6log6，故C正确；因为1(2)2nn，所以211122.(2)22nnniiiiiiii设21122222nniniinS，则2311121,22222nn

nnnS所以1231111111111222112222222212nnnnnnnnnS，所以222nnnS，从而数列2nn的前n项和为

122442nnnS，故D错误.故选：AC.三、填空题6．（2022·全国·高三专题练习）已知23eln3xxx，则3elnxx__________．【答案】3【分析】根据已知条件进行同构，研究同构函数单调性得到3elnxx再转化求解即可.【详解】因为32

3ee3lnlnxxxx，0x所以3e333lneeeelnlnexxxxxx，令e(0)xfxxx，则3elnfxfx，因为当0x时，1e0xfxx，所以fx在0，上单调递增

，所以3elnxx，所以3eexx，即3eexx，所以33elnlnlnelne3xxxxxx．故答案为：37．（2022·全国·高三专题练习）已知函数lnfxmxx，若关于x的不等式

1fxx在0，上恒成立，则实数m的取值集合是_________．【答案】1【分析】通过同构与换元的转化，将原题转化为求ln10mtt0t恒成立时m的取值集合，通过观察可知1是函数的极大值点，所以10h，得到1m，再验证1

m对ln10mtt0t恒成立的充分性即可.【详解】因为ln1mxxx对0x恒成立，两边同时除以x得1ln1mxx，即11ln1mxx，所以11ln1mxx，令1tx，0t，则ln10mtt对0t恒成立

，令ln1,0htmttt，则1mhtt，显然10110h，所以1是函数的极大值点，所以1101mh，得1m，下面验证1m对ln10mtt0t恒成立的充分性，当1m时，ln1,0htttt，111thttt

，令0ht，得1t，此时ht单调递减，令0ht，得01t，此时ht单调递增，所以当0t时，10hth，即1m是ln10mtt0t恒成立的充

要条件.所以1m.故答案为：1四、解答题8．（2022·山西晋中·模拟预测（理））已知函数221e1xaxxfxx（其中e为自然对数的底数）.(1)当0a时，讨论函数fx的单调性；(2)若0x为函数fx的极大值点，求

实数a的取值范围.【答案】(1)当,0x，3,2时，fx单调递增；当0,1x，31,2时，fx单调递减；(2)3,2.【分析】（1）

首先求其定义域，根据导数与函数的单调性的关系即可求其单调区间；（2）对函数求导并将其表示成二次函数与另一个函数乘积形式，分段讨论函数的单调性，再根据极大值点求得a的取值范围.(1)函数fx的定义域为,11,当0a时，

21e1xxfxx，223e1xxxfxx，当0x时，0fx，fx单调递增；当01x时，0fx，fx单调递减；当312x时，0fx，fx单调递减；当32x时，

0fx，fx单调递增；综上所述，当,0x，3,2时，fx单调递增；当0,1x，31,2时，fx单调递减.(2)221e1xaxxfxx22223e1xaxxaxfxx

令2223gxaxxa，2e1xxhxx当0a时，由（1）知，0x为函数fx的极大值点，成立；当0a时，2223gxaxxa的图象开口向上，0230ga

110ga，方程0gx有两根，设为12,xx，且120,1xx，当1,0xx时，0,0,0,gxhxfxfx在1,x上单调递增；当0,1x时，0,

0,0,gxhxfxfx在1,x上单调递减；0x为函数fx的极大值点，成立；当102a或312a时，2223gxaxxa的图象开口向下，对称轴10xa，42110aa，0230ga

，方程0gx有两正根，设为34,xx，且340xx，当,0x时，0,0,0,gxhxfxfx在,0上单调递增；令3min1,x，当0,x时，

0,0,0,gxhxfxfx在0,上单调递减；0x为函数fx的极大值点，成立；当112a≤≤时，2223gxaxxa的图象开口向下，42110aa，对称轴11xa，当,

0x时，0,0,0,gxhxfxfx在,0上单调递增；当0,1x时，0,0,0,gxhxfxfx在1,x上单调递减；0x为函数fx的极大值点，成立；当32a时，2232e2

1xxxfxx在,1上0fx恒成立，0x不是函数fx的极值点，舍去；当230a即32a时，2223gxaxxa的图象开口向下，0230ga110ga，方程0gx有两

根，设为56,xx，且560,1xx，当5,0xx时，0,0,0,gxhxfxfx在5,0x上单调递减；当0,1x时，0,0,0,gxhxfxfx

在0,1上单调递增；0x为函数fx的极小值点，舍去；综上，实数a的取值范围是3,2.【点睛】本题用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性以及极值问题时应注意如下几方面：(1)在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定

函数的定义域；(2)不能随意将函数的2个独立的单调递增（或递减）区间写成并集形式；(3)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同；(4)本题研究极值点的关键是将f

x转化成gx和hx两个函数；(5)利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；(6)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝

不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．9．（2022·江西·临川一中高三期中（文））设m为实数，函数()ln2fxxmx.(1)当1m时，求函数()fx的单调区间；(2)若方程()(21)2()fxmxnnR有两个实数根1212,xxxx，证明：

122exx.（注：e2.71828是自然对数的底数）【答案】(1)在10,2上单调递增，在1,2上单调递减(2)证明见解析【分析】（1）首先求出定义域，再对函数求导，利用导数与函数的单调性的关系求解即可；（2）首先把f

x代入化简方程，然后根据方程有两个实数根，得出两根的取值范围，利用换元法得出两根的表达式，接着运用分析法从构造函数的角度，利用函数的单调性，极值和最值情况证明不等式.(1)112()2,(0)xfxxxx，令()0fx解得：102x；令(

)0fx解得：12x函数()fx在10,2上单调递增，在1,2上单调递增.(2)证明：ln2(21)2,ln2xmxmxnxxn，令()ln0Fxxxx

，1()xFxx，()Fx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，则Fx的极大值为：(1)1F，1n，不妨设1201xx，则1122ln2ln2xxnxxn，

故1122lnxxxx，令1222,lnxtttxxx，所以21lnln,,0111tttxxttt，要证122exx，只要证：2lnlne11ttttt，只要证：(21)lne(1)ttt，令1()(21)lne(1),()2lne2

htttthttt，设2121()()2lne2,()tthttttt，()ht在10,2上单调递减，在1,12上单调递增，∵110,ee10,(1)3e0eehhh，则存

在01,1et，使得00ht，()ht在10,e上单调递增，在01,et上单调递减，在0,1t上单调递增，12e20,(1)0eehh，()(21)lne(1)0htttt在01t上恒成立

，即证得：122exx.【点睛】本题考查函数零点问题，零点存在性定理，用导数研究双变量问题以及用导数证明不等式成立问题，对分析问题和解决问题的能力有一定的要求，学生应从基础入手，层层深入，各个击破.10．（2022·广东·高三阶段练习）若()exfxk=，且直线eyx与曲线()yf

x相切.(1)求k的值；(2)证明：当[1,2]a，不等式22()sin23fxaxxx对于[0,)x恒成立.【答案】(1)1k(2)证明见解析【分析】（1）设切点为00(,)xy，则有000()e()efxxfx，解之即可的解；（2）要证当[1,2]a

，不等式22()sin23fxaxxx对于[0,)x恒成立，只需证当[1,2]a时，不等式22esin23xaxxx对于[0,)x恒成立，令2()2esin23,[0,)xhxaxxxx，只需证明min0hx即可，利用导数求出函数hx的最

小值，即可得证.(1)解：设切点为00(,)xy，()exfxk¢=，则000000()eee()eeexxfxxkxfxk，解得：01,1xk，1k；(2)证明：要证当[1,2]a，不等式22()sin

23fxaxxx对于[0,)x恒成立，只需证当[1,2]a时，不等式22esin23xaxxx对于[0,)x恒成立，令2()2esin23,[0,)xhxaxxxx

，令()2ecos23,[0,)xgxhxaxxx，()2esin2,[0,)xgxaxx，令()sin,[0,)mxxxx，则o0(c)1sxmx，所以函数mx在0,上递

增，所以(0)0mxm，所以sin,[0,)xxx，故2esin22e22e222e1xxxxgxaxaxxx，()e1,0,xxxx令，则()e10,(0)xxx，所以函数

x在0,上递增，所以()(0)0x，所以()2e10xgxx，所以函数gx在0,上递增，即函数()hx在0,上递增，又(0)230ha，所以()0hx，所以()hx在0,

上递增，又因为(0)0h，故()0,[0,)hxx恒成立，即当[1,2]a，不等式22()sin23fxaxxx对于[0,)x恒成立.【点睛】本题考查了导数的几何意义，还考查了利用导数证明不

等式问题，考查了放缩及转换思想，考查了学生的数据分析能力、计算能力及逻辑推理能力，难度很大.题型五：特殊与一般思想一、单选题1．（2020·全国·高三专题练习（文））若曲线lnyx在1x处的切线也是xyeb的切线，则b（）A．-1B．-2

C．2D．e【答案】B【分析】求出曲线lnyx在1x处的切线，设切线与曲线xyeb切于点00(,)xy，根据导数的几何意义求出切点坐标，确定b值．【详解】由lnyx得1yx，|11yx，又ln1

0∴曲线lnyx在1x处的切线方程为1yx设直线1yx与曲线xyeb切于点00(,)Pxy由xyeb得exy，00|xxxye∴01xe，00x，即01y∴001yeb，解得2b故选：B【点睛】本题考查导数的几何意

义，注意区分函数在某点处的切线与过某点的切线．过某点的切线问题一般设切点坐标为00(,)xy，由导数几何意义求出切线方程（或切线斜率），利用所过点求出切点坐标，得出结论2．（2020·全国·高三专题练习）已知2()(1n)fxxxaa，则下列结论中错误的是A．0a，0x，

()0fxB．0a，0x，0fxC．0a，0x，()0fxD．0a，0x，0fx【答案】C【分析】A选项令12a，进行验证即可；B选项令5a，通过验证结论成

立；C选项当5a时，举反例5x时，不满足条件；D选项求函数的导数，判断函数存在极值进行判断．【详解】当12a，则211()(ln)22fxxx，函数的定义域为(0,)，此时函数的导数211()2(ln)2ln2ln2fxxxxxxxxxxx

，由()0fx得，1x，则当1x时，则()0fx，此时函数递增，当01x时，则()0fx，此时函数递减，故当1x时，函数()fx取得极小值同时也是最小值111022

f，则对0x，()1=0fxf…；故A正确，当5a，则2()(ln5)5fxxx，则22(ln5)5450feeee，故0a，0x，()0fx„，故B正确．当5a时，x

e，满足0e，但0fe，故0a，0x，()0fx…不成立，故C错误．函数的导数211()2(ln)2(ln)(2ln21)2(ln)2fxxxaxxxaxxxaxxax．由()0fx，则1ln02xa

，即1ln2xa，即0a，函数()fx都存在极值点，又10f，即0x，()0fx„成立，故D正确，故选：C．【点睛】本题主要考查命题的真假判断，利用特殊值法和排除法是解决本题的关键．难度较大．3．（2020·全国·高三专题练习（理））已知函

数2()sine1xfxx，其导函数记为()fx，则(2018)(2018)(2018)(2018)ffff的值为（）A．2B．1C．0D．−2【答案】A【解析】求函数的导数，并计算fxfx和fxfx的值.【详解】因为2()si

ne1xfxx，所以22e()cos(e1)xxfxx，所以()()fxfx22sinsin()2e1e1xxxx，222e2e()()coscos()(e1)(e1)xxxxfxfxxx222222e2e2ee

01(e1)(e1)(e1)()xxxxxxxxxee，所以(2018)(2018)(2018)(2018)2ffff．故选：A．【点睛】本题考查函数的导数，重点考察计算，

化简，变形能力，属于中档题型.二、填空题4．（2020·全国·高三专题练习）有如下结论：若无穷等比数列{}na的公比q满足0||1q，则它的各项和11231aSaaaq．已知函数，则()yfx的图象与x轴围成的所有图形的

面积之和为__．【答案】4【解析】由已知可得,函数yfx与x轴围成的所有图形的面积构成一个首项为43，公比为23的无穷等比数列,代入公式11231aSaaaq求解即可.【详解】当02x剟时，22()|2|2fxx

xxx，与x轴围成的封闭图形面积为：2204(2)3xxdx；当2x时，12()()32xfxf，故当26x剟时，函数()yfx图象与x轴围成的封闭图形长扩大2倍，高缩小到13,故面积为：4233；同理，当614x剟时，函数()yfx图象与x轴围成的封

闭图形面积为：422333；依次类推可得,函数()yfx的图象与x轴围成的所有图形的面积构成一个首项为43，公比为23的无穷等比数列，根据题中的公式得,函数()yfx的图象与x轴围成的所有图形的面积之和434213S.故答案为：4【点睛】本题考查利用定积分求函数与x轴围成的封闭

图形的面积和无穷等比数列的求和公式;通过计算,得出函数()yfx的图象与x轴围成的所有图形的面积构成一个首项为43，公比为23的无穷等比数列是求解本题的关键;属于中档题.能力拓展