【文档说明】2022年高考数学真题分类汇编05《函数与导数》及答案.docx，共(32)页，1.607 MB，由baby熊上传

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2022高考数学真题分类汇编五、函数与导数一、选择题1.（2022·全国甲（文T7）(理T5)）函数33cosxxyx在区间ππ,22的图象大致为（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由函数的奇偶性结合指数函数、

三角函数的性质逐项排除即可得解.【详解】令33cos,,22xxfxxx，则33cos33cosxxxxfxxxfx，所以fx为

奇函数，排除BD；又当0,2x时，330,cos0xxx，所以0fx，排除C.故选：A.2.（2022·全国甲（文T8）(理T6)）.当1x时，函数()lnbfxaxx取得最大值2，则(2)f（）A.1

B.12C.12D.1【答案】B【解析】【分析】根据题意可知()12f=-，10f即可解得,ab，再根据fx即可解出．【详解】因为函数fx定义域为0,，所以依题可知，()12f=-，10f，而2abfxxx，所以2,0bab，

即2,2ab，所以222fxxx，因此函数fx在0,1上递增，在1,上递减，1x时取最大值，满足题意，即有112122f．故选：B.3.（2022·全国乙（文T8）如图是下列四个函数中的某个函数在区间[3,3]的大致图

像，则该函数是（）A.3231xxyxB.321xxyxC.22cos1xxyxD.22sin1xyx【答案】A【解析】【分析】由函数图像的特征结合函数的性质逐项排除即可得解.【详解】设321xxfxx，则10f，故排除B;设22c

os1xxhxx，当π0,2x时，0cos1x，所以222cos2111xxxhxxx，故排除C;设22sin1xgxx，则2sin33010g，故排除D.故选：A.4.（2022·全国乙（理）T12）已知函数(),()

fxgx的定义域均为R，且()(2)5,()(4)7fxgxgxfx．若()ygx的图像关于直线2x对称，(2)4g，则221()kfk（）A.21B.22C.23D.24【答案】D【解析】【分析】根

据对称性和已知条件得到()(2)2fxfx，从而得到352110fff，462210fff，然后根据条件得到(2)f的值，再由题意得到36g从而得到1f的值即可求解.【详解】因为()ygx的图像关于直线2x

对称，所以22gxgx，因为()(4)7gxfx，所以(2)(2)7gxfx，即(2)7(2)gxfx，因为()(2)5fxgx，所以()(2)5fxgx，代入得()

7(2)5fxfx，即()(2)2fxfx，所以35212510fff，46222510fff.因为()(2)5fxgx，所以

(0)(2)5fg，即01f，所以(2)203ff.因为()(4)7gxfx，所以(4)()7gxfx，又因为()(2)5fxgx，联立得，2412gxgx

，所以()ygx的图像关于点3,6中心对称，因为函数()gx的定义域为R，所以36g因为()(2)5fxgx，所以1531fg.所以221123521462213101024()kfffffffffk

.故选：D【点睛】含有对称轴或对称中心的问题往往条件比较隐蔽，考生需要根据已知条件进行恰当的转化，然后得到所需的一些数值或关系式从而解题.5.（2022·新高考Ⅰ卷T10）已知函数3()1fxxx，则（）A.()fx有两个极值点B

.()fx有三个零点C.点(0,1)是曲线()yfx的对称中心D.直线2yx是曲线()yfx的切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A，结合()fx的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用

导数的几何意义判断D.【详解】由题，231fxx，令0fx得33x或33x，令()0fx得3333x，所以()fx在33(,)33上单调递减，在3(,)3，3(,)3上单调递增，所以33x是极值点，故A正确；因323()1039f，32

3()1039f，250f，所以，函数fx在3,3上有一个零点，当33x时，303fxf，即函数fx在33,+上无零点，综上所述，函数()

fx有一个零点，故B错误；令3()hxxx，该函数的定义域为R，33hxxxxxhx，则()hx是奇函数，(0,0)是()hx的对称中心，将()hx的图象向上移动一个单位得到()f

x的图象，所以点(0,1)是曲线()yfx的对称中心，故C正确；令2312fxx，可得1x，又(1)11ff，当切点为(1,1)时，切线方程为21yx，当切点为(1,1)时，切线方程为23yx，故D错误.故选：AC6.（2022·新高考Ⅰ卷T12）已知函数()

fx及其导函数()fx的定义域均为R，记()()gxfx，若322fx，(2)gx均为偶函数，则（）A.(0)0fB.102gC.(1)(4)ffD.(1)

(2)gg【答案】BC【解析】【分析】转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【详解】因为322fx，(2)gx均为偶函数，所以332222fxfx即3322fxfx

，(2)(2)gxgx，所以3fxfx，(4)()gxgx，则(1)(4)ff，故C正确；函数()fx，()gx的图象分别关于直线3,22xx对称，又()()gxfx，且函数()fx可导，

所以30,32ggxgx，所以(4)()3gxgxgx，所以(2)(1)gxgxgx，.所以13022gg，112ggg，故B正确，D错误；若函数()fx

满足题设条件，则函数()fxC（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定()fx的函数值，故A错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是转化题干条件为抽象函数的性质，准确把握原函数与导函数图象间的关系，准确把

握函数的性质（必要时结合图象）即可得解.7.（2022·新高考Ⅱ卷T8）若函数()fx的定义域为R，且()()()(),(1)1fxyfxyfxfyf，则221()kfk（）A.3B.2C.0D.1【答

案】A【解析】【分析】根据题意赋值即可知函数fx的一个周期为6，求出函数一个周期中的1,2,,6fff的值，即可解出．【详解】因为fxyfxyfxfy，令1,0xy可得，2110fff，所以02f

，令0x可得，2fyfyfy，即fyfy，所以函数fx为偶函数，令1y得，111fxfxfxffx，即有21fxfxfx，从而

可知21fxfx，14fxfx，故24fxfx，即6fxfx，所以函数fx的一个周期为6．因为210121fff，321112fff，4221fff，

5111fff，602ff，所以一个周期内的1260fff．由于22除以6余4，所以221123411213kfkffff．故选：A．8.（2022·北京卷T4）己知函数1()

12xfx，则对任意实数x，有（）A.()()0fxfx-+=B.()()0fxfxC.()()1fxfxD.1()()3fxfx【答案】C【解析】【分析】直接代入计算，注意通分不要计算错误．【详解】11211121

21212xxxxxfxfx，故A错误，C正确；11212121121212122121xxxxxxxxfxfx，不是常数，故BD错误；故选：C．9.（2022·北京卷T7）在北京冬奥会上，国家速滑馆“冰丝带”使

用高效环保的二氧化碳跨临界直冷制冰技术，为实现绿色冬奥作出了贡献．如图描述了一定条件下二氧化碳所处的状态与T和lgP的关系，其中T表示温度，单位是K；P表示压强，单位是bar．下列结论中正确的是（）A.当220T，1026P时，二

氧化碳处于液态B.当270T，128P时，二氧化碳处于气态C.当300T，9987P时，二氧化碳处于超临界状态D.当360T，729P时，二氧化碳处于超临界状态【答案】D【解析】【分析】根据T与lgP的关系图可得正确的选项

.【详解】当220T，1026P时，lg3P，此时二氧化碳处于固态，故A错误.当270T，128P时，2lg3P，此时二氧化碳处于液态，故B错误.当300T，9987P时，lgP与4非

常接近，故此时二氧化碳处于固态，另一方面，300T时对应的是非超临界状态，故C错误.当360T，729P时，因2lg3P,故此时二氧化碳处于超临界状态，故D正确.故选：D10.（2022·浙江卷T7）已知825,lo

g3ab，则34ab（）A.25B.5C.259D.53【答案】C【解析】【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出．【详解】因为25a，821log3log33b，即323b，所以22323232452544392aaabbb．故选

：C.二、填空题1.（2022·全国乙（文T16）若1ln1fxabx是奇函数，则a_____，b______．【答案】①.12；②.ln2．【解析】【分析】根据奇函数的定义即可求出．【详解】因为函数1ln1fxabx为奇函数，所以其定义域关于原点

对称．由101ax可得，110xaax，所以11axa，解得：12a，即函数的定义域为,11,11,，再由00f可得，ln2b．即111lnln2ln211xfxxx，在定义域内满足fxfx

，符合题意．故答案为：12；ln2．2.（2022·全国乙（理）T16）已知1xx和2xx分别是函数2()2exfxax（0a且1a）的极小值点和极大值点．若12xx，则a的取值范围是____________．【答案】1,1e【

解析】【分析】由12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，可得12,,xxx时，0fx，12,xxx时，0fx，再分1a和01a两种情况讨论，方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与

函数eyx的图象有两个不同的交点，构造函数lnxgxaa，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.【详解】解：2ln2exfxaax，因为12,xx分别是函数22exfxax的极小值点和极大值点，所以函数fx在1,x和

2,x上递减，在12,xx上递增，所以当12,,xxx时，0fx，当12,xxx时，0fx，若1a时，当0x时，2ln0,2e0xaax，则此时0fx，与前面矛盾，故1a不符合题意，若01a

时，则方程2ln2e0xaax的两个根为12,xx，即方程lnexaax的两个根为12,xx，即函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，令lnxgxaa，则2ln,01xgxaaa，设过原点且与函数ygx的图象

相切的直线的切点为00,lnxxaa，则切线的斜率为020lnxgxaa，故切线方程为0020lnlnxxyaaaaxx，则有0020lnlnxxaaxaa，解得01lnxa，则切线的斜率为122lnlnelna

aaa，因为函数lnxyaa与函数eyx的图象有两个不同的交点，所以2elnea，解得1eea，又01a，所以11ea，综上所述，a的范围为1,1e.【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的

几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.3.（2022·新高考Ⅰ卷T15）若曲线()exyxa有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是______________．【答案】,40,【解析】【分析】设出切点横坐标0x，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过

原点得到关于0x的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵()exyxa，∴(1)exyxa，设切点为00,xy,则000exyxa,切线斜率001ex

kxa,切线方程为：00000e1exxyxaxaxx,∵切线过原点，∴00000e1exxxaxax,整理得：2000xaxa,∵切线有两条，

∴240aa,解得4a或0a,∴a的取值范围是,40,,故答案为：,40,4.（2022·新高考Ⅱ卷T14）写出曲线ln||yx过坐标原点的切线方程：____

________，____________．【答案】①.1eyx②.1eyx【解析】【分析】分0x和0x两种情况，当0x时设切点为00,lnxx，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再

根据切线过坐标原点求出0x，即可求出切线方程，当0x时同理可得；【详解】解：因为lnyx，当0x时lnyx，设切点为00,lnxx，由1yx，所以001|xxyx，所以切线方程为0001lnyxxxx，又切线过坐标原点，所以0001lnxxx，解得0e

x，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；的当0x时lnyx，设切点为11,lnxx，由1yx，所以111|xxyx，所以切线方程为1111lnyxxxx

，又切线过坐标原点，所以1111lnxxx，解得1ex，所以切线方程为11eeyx，即1eyx；故答案为：1eyx；1eyx5.（2022·北京卷T11）函数1

()1fxxx的定义域是_________．【答案】,00,1【解析】【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；【详解】解：因为11fxxx，所以100xx

，解得1x且0x，故函数的定义域为,00,1；故答案为：,00,16.（2022·北京卷T14）设函数21,,2,.axxafxxxa若()fx存在最小

值，则a的一个取值为________；a的最大值为___________．【答案】①0（答案不唯一）②.1【解析】【分析】根据分段函数中的函数1yax的单调性进行分类讨论，可知，0a符合条件，0a

不符合条件，0a时函数1yax没有最小值，故()fx的最小值只能取2(2)yx的最小值，根据定义域讨论可知210a或2212aa，解得01a..【详解】解：若0a时，

21,0(){(2),0xfxxx，∴min()0fx；若0a时，当xa时，()1fxax单调递增，当x时，()fx，故()fx没有最小值，不符合题目要求；若0a时，当xa时，()1fxax单调递减，2()()1

fxfaa，当xa时，min20(02)(){(2)(2)afxaa∴210a或2212aa（），解得01a，综上可得01a；故答案为：0（答案不唯一），17.（2022·浙

江卷T14）已知函数22,1,11,1,xxfxxxx则12ff________；若当[,]xab时，1()3fx，则ba的最大值是_________．【答案】①.3728②.33##3+3【解析】【分析】结合分段函数的解析

式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.【详解】由已知2117()2224f，77437()144728f，所以137()228ff，当1x时，由1()3fx可得21

23x，所以11x，当1x时，由1()3fx可得1113xx，所以123x，1()3fx等价于123x，所以[,][1,23]ab，所以ba的最大值为33.故答案为：3728，33.三、解答

题1.（2022·全国甲（文）T20）已知函数32(),()fxxxgxxa，曲线()yfx在点11,xfx处的切线也是曲线()ygx的切线．（1）若11x，求a；（2）求a的取值范围．【答案】（1）3（

2）1,【解析】【分析】（1）先由()fx上的切点求出切线方程，设出()gx上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出()gx上的切点坐标，分别由()fx和()gx及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求

导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【小问1详解】由题意知，(1)1(1)0f，2()31xfx，(1)312f，则()yfx在点1,0处的切线方程为2(1)yx

，即22yx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()22gxx，解得21x，则(1)122ga，解得3a；【小问2详解】2()31xfx，则()yfx在点1

1(),xfx处的切线方程为32111131()yxxxxx，整理得2311312yxxx，设该切线与()gx切于点22,()xgx，()2gxx，则22()2gxx，则切线方程为22222()yxaxxx，整

理得2222yxxxa，则21232123122xxxxa，整理得2223343212111113193122222424xaxxxxxx，令432931()2424hxxxx，则32()9633(31)(1)h

xxxxxxx，令()0hx，解得103x或1x，令()0hx，解得13x或01x，则x变化时，(),()hxhx的变化情况如下表：x1,3131,03

00,111,()hx000()hx527141则()hx的值域为1,，故a的取值范围为1,.2.（2022·全国甲（理）T21）已知函数lnxfxxaxxe．（1）若

0fx，求a的取值范围；（2）证明：若fx有两个零点12,xx，则环121xx．【答案】（1）(,1]e（2）证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，

转化要证明条件为1e11e2ln02xxxxxxx，再利用导数即可得证.【小问1详解】()fx的定义域为(0,)，2111()e1xfxxxx1111e1e11xxxxxxxx

令()0fx,得1x当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()xfxfx单调递增()(1)e1fxfa，若()0fx,则e10a,即1ae所以a的取值范围为(,1]e【小问2详解】由题知,fx

一个零点小于1,一个零点大于1不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证121fxfx因为12fxfx,即证221fxfx即证1e1lneln0,(1,)xxxxxxxxx

即证1e11e2ln02xxxxxxx下面证明1x时，1e11e0,ln02xxxxxxx设11(),eexxgxxxx，则11122111111()eee1ee

1xxxxxgxxxxxxxx111e1e1eexxxxxxxxx设22e1111,ee0xxxxxxx

xxxx所以1ex,而1eex所以1ee0xxx,所以()0gx所以()gx在(1,)单调递增即()(1)0gxg,所以1ee0xxxx令11()l

n,12hxxxxx2222211121(1)()10222xxxhxxxxx所以()hx在(1,)单调递减即()(1)0hxh,所以11ln02xxx；综上,1e11

e2ln02xxxxxxx,所以121xx.【点睛】关键点点睛：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln2hxxxx这个函数经常出现，需要掌握3.（2022·全国乙（文）T20）已知函数1()(1)lnf

xaxaxx．（1）当0a时，求()fx的最大值；（2）若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）1（2）0,【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得211axxfxx，按照0a、01a

及1a结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.是【小问1详解】当0a时，1ln,0fxxxx，则22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以max11

fxf；【小问2详解】11ln,0fxaxaxxx，则221111axxafxaxxx，当0a时，10ax，所以当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，()0fx¢<，fx单调递减；所以

max110fxfa，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在10,1,,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在11,a上，()0fx¢<，

fx单调递减；又110fa，当x趋近正无穷大时，fx趋近于正无穷大，所以fx仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a时，2210xfxx，所以fx

单调递增，又110fa，所以fx有唯一零点，符合题意；当1a时，11a，在10,,1,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在1,1a上，()0fx¢<，fx单调递减；此时110f

a，又1111lnnnnfanaaaa，当n趋近正无穷大时，1nfa趋近负无穷，所以fx在10,a有一个零点，在1,a无零点，所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.【点睛】关键点点睛：

解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.4.（2022·全国乙（理）T21）已知函数ln1exfxxax（1）当1a时，求曲线yfx在点0,0f处的切线方程；（2）若fx在区间1,0,0,各

恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】（1）2yx（2）(,1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)两部分研究【小问1详解】()fx的定义域为(1,)当1a时,()ln(1

),(0)0exxfxxf,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx,所以切线斜率为2所以曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程为2yx【小问2详解】()ln(1)e

xaxfxx2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx设2()e1xgxax1若0a,当2(1,0),()e10xxgxax,即()0fx所以()fx在(1,0)上单调递增,()(0)0fxf

故()fx在(1,0)上没有零点,不合题意2若10a剟,当,()0x,则()e20xgxax所以()gx在(0,)上单调递增所以()(0)10gxga…,即()0fx所以()fx在(0,)上单调递增,()(0)0f

xf故()fx在(0,)上没有零点,不合题意3若1a(1)当,()0x,则()e20xgxax,所以()gx在(0,)上单调递增(0)10,(1)e0gag所以存在(0,1)m,使得()0gm,即()0fm当(0,

),()0,()xmfxfx单调递减当(,),()0,()xmfxfx单调递增所以当(0,),()(0)0xmfxf当,()xfx所以()fx在(,)m上有唯一零点又(0,)m没有

零点,即()fx在(0,)上有唯一零点(2)当2(1,0),()e1xxgxax设()()e2xhxgxax()e20xhxa所以()gx在(1,0)单调递增1(1

)20,(0)10egag所以存在(1,0)n,使得()0gn当(1,),()0,()xngxgx单调递减当(,0),()0,()xngxgx单调递增()(0)10gxga又1(1)0eg

所以存在(1,)tn,使得()0gt,即()0ft当(1,),()xtfx单调递增,当(,0),()xtfx单调递减有1,()xfx而(0)0f,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,)t上有唯一零点,(,0)t上

无零点即()fx在(1,0)上有唯一零点所以1a,符合题意所以若()fx在区间(1,0),(0,)各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯

定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.5.（2022·新高考Ⅰ卷T22）已知函数()xfxeax和()lngxaxx有相同最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线yb，其与两条曲线()yfx和()ygx共有三个不同的交点，并

且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】（1）1a,的（2）见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当1b时，exxb的解的

个数、lnxxb的解的个数均为2，构建新函数()eln2xhxxx，利用导数可得该函数只有一个零点且可得,fxgx的大小关系，根据存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根

的关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】()exfxax的定义域为R，而()exfxa，若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx的定义域为0,，而11()axgxaxx.当lnxa时，()0fx，故()fx在

,lna上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在ln,a上为增函数，故min()lnlnfxfaaaa.当10xa时，()0gx，故()gx在10,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1,a上为增函数

，故min11()1lngxgaa.因为()exfxax和()lngxaxx有相同的最小值，故11lnlnaaaa，整理得到1ln1aaa，其中0a，设1ln,01agaaaa，则

222211011agaaaaa，故ga为0,上的减函数，而()10g=，故0ga的唯一解为1a，故1ln1aaa的解为1a.综上，1a.【小问2详解】由（1）可得e()xxfx和()lngxxx的最

小值为11ln11ln11.当1b时，考虑exxb的解的个数、lnxxb的解的个数.设exSxxb，e1xSx，当0x时，0Sx，当0x时，0Sx，故Sx在,0上为减函数，在0,上为增函数，所以min0

10SxSb，而e0bSb，e2bSbb，设e2bubb，其中1b，则e20bub，故ub在1,上为增函数，故1e20ubu，故0Sb，故exSxxb有两个不同的零点，即

exxb的解的个数为2.设lnTxxxb，1xTxx，当01x时，()0Tx¢<，当1x时，0Tx，故Tx在()0,1上为减函数，在1,上为增函数，所以min110TxTb，而

ee0bbT，ee20bbTb，lnTxxxb有两个不同的零点即lnxxb的解的个数为2.当1b，由（1）讨论可得lnxxb、exxb仅有一个零点，当1b时，由（1）讨论可得lnxxb、exxb均无零点，故若存在直线yb与曲

线yfx、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设()eln2xhxxx，其中0x，故1()e2xhxx，设e1xsxx，0x，则e10xsx，故sx在0,上为增函数，故00sxs

即e1xx，所以1()1210hxxx，所以()hx在0,上为增函数，而(1)e20h，31e333122()e3e30eeeh，故hx在0,上有且只有一个零点0x，03

11ex且：当00xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，当0xx时，0hx即elnxxxx即fxgx，因此若存在直线yb与曲线yfx、()ygx=有三个不同交点，故001bfxgx，此时exxb有两个不同

的零点1010,(0)xxxx，此时lnxxb有两个不同的零点0404,(01)xxxx，故11exxb，00exxb，44ln0xxb，00ln0xxb所以44lnxbx即44exbx即

44e0xbxbb，故4xb为方程exxb的解，同理0xb也为方程exxb的解又11exxb可化为11exxb即11ln0xxb即11ln0xbxbb，故1xb为方程

lnxxb的解，同理0xb也为方程lnxxb的解，所以1004,,xxxbxb，而1b，故0410xxbxxb即1402xxx.【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质

，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.6.（2022·新高考Ⅱ卷T22）已知函数()eeaxxfxx．的（1）当1a时，讨论()fx的单调性；（2）当0x时，()1fx，求a的取值范围；（3）设nN，证明：222111ln(1)1122nnn

．【答案】（1）fx的减区间为,0，增区间为0,.（2）12a（3）见解析【解析】【分析】（1）求出()fx¢，讨论其符号后可得fx的单调性.（2）设ee1axxhxx，求出hx，先讨论12a时题设中的不等式不成立，再就102a

结合放缩法讨论hx符号，最后就0a结合放缩法讨论hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt对任意的1t恒成立，从而可得21ln1lnnnnn对任意的*nN

恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【小问1详解】当1a时，1exfxx，则exfxx，当0x时，()0fx¢<，当0x时，()0fx¢>，故fx的减区间为,0，增区间为0,.【小

问2详解】设ee1axxhxx，则00h，又1eeaxxhxax，设1eeaxxgxax，则22eeaxxgxaax，若12a，则0210ga，因为gx为连续不间断函数，故存在00,x

，使得00,xx，总有()0gx¢>，故gx在00,x为增函数，故00gxg，故hx在00,x为增函数，故01hxh，与题设矛盾.若102a，则ln11

eeeeaxaxaxxxhxax，下证：对任意0x，总有ln1xx成立，证明：设ln1Sxxx，故11011xSxxx，故Sx在0,

上为减函数，故00SxS即ln1xx成立.由上述不等式有ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx，故0hx总成立，即hx在0,上为减函数，

所以01hxh.当0a时，有eee1100axxaxhxax，所以hx在0,上为减函数，所以01hxh.综上，12a.【小问3详解】取12a，则0x，总有12ee10xxx成立，令12ex

t，则21,e,2lnxttxt，故22ln1ttt即12lnttt对任意的1t恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn，整理得到：21ln1lnnnnn，故222111ln2l

n1ln3ln2ln1ln1122nnnnln1n，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等

式.7.（2022·北京卷T20）已知函数()eln(1)xfxx．（1）求曲线()yfx在点(0,(0))f处切线方程；（2）设()()gxfx，讨论函数()gx在[0,)上的单调性；（3）证明：对任意的,(0,)st

，有()()()fstfsft．【答案】（1）yx（2）()gx在[0,)上单调递增.（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3

）令()()()mxfxtfx，(,0)xt，即证()(0)mxm，由第二问结论可知()mx在[0,+∞）上单调递增，即得证.【小问1详解】解：因为()eln(1)xfxx，所以00f，即切点坐标为0

,0，又1()e(ln(1))1xfxxx，∴切线斜率(0)1kf∴切线方程为：yx【小问2详解】解：因为1()()e(ln(1))1xgxfxxx，所以221()e(ln(1))1(1)xgxxxx，的令221()l

n(1)1(1)hxxxx，则22331221()01(1)(1)(1)xhxxxxx，∴()hx在[0,)上单调递增，∴()(0)10hxh∴()0gx在[0,)上恒成立，∴()gx[0,)上单调

递增.【小问3详解】解：原不等式等价于()()()(0)fstfsftf，令()()()mxfxtfx，(,0)xt，即证()(0)mxm，∵()()()eln(1)eln(1)xtxmxfxtfxxtx

，ee()eln(1)eln(1)()()11xtxxtxmxxtxgxtgxxtx，由（2）知1()()e(ln(1))1xgxfxxx在0,上单调递增，∴()()gxtgx，∴()0mx∴()mx在0,上单调递增，又

因为,0xt，∴()(0)mxm，所以命题得证.8.（2022·浙江卷T22）设函数e()ln(0)2fxxxx．（1）求()fx的单调区间；在（2）已知,abR，曲线()yfx上不同的三点112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经过点(,

)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa；（ⅱ）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa．（注：e2.71828是自然对数底数）【答案】（

1）fx的减区间为e02,，增区间为e,2.（2）（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方

程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31xkx，1eam，则题设不等式可转化为2131313122236mmmttmmtt，结合零点满足的方程进一步转化为211312ln0721mmm

mmm，利用导数可证该不等式成立.【小问1详解】22e12e22xfxxxx，当e02x，()0fx¢<；当e2x，()0fx¢>，故fx的减区间为e02,，fx的增区间为e,2.【小问2详解】（ⅰ）因

为过,ab有三条不同的切线，设切点为,,1,2,3iixfxi，故iiifxbfxxa，故方程fxbfxxa有3个不同的根，的该方程可整理为21eeln022xaxbxxx，设21e

eln22gxxaxbxxx，则22321e1e1e22gxxaxxxxxx31exxax，当0ex或xa时，()0gx¢<；当exa时，()0gx¢>，故gx在0,e

,,a上为减函数，在e,a上为增函数，因为gx有3个不同的零点，故e0g且0ga，故21eeelne0e2e2eab且21eeln022aaabaaa，整理得到：12ea

b且eln2bafaa，此时1e13e11lnln2e2e22e222aaabfaaaaa，设3eln22uaaa，则2e-202auaa，故ua为e,上的减函数，故3el

ne022eua，故1012eabfa（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故gx在0,,e,a上为减函数，在,ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx

，因为gx有3个不同的零点，故0ga且e0g，故21eeelne0e2e2eab且21eeln022aaabaaa，整理得到：1ln2e2eaaba

，.因为123xxx，故1230exaxx，又2ee1ln2aagxxbxx，设etx，0,1eam，则方程2ee1ln02aaxbxx即为：2eln0e2eaatttb即为21ln02mmtttb，记12

3123eee,,,tttxxx则113,,ttt为21ln02mmtttb有三个不同的根，设3131e1xtktxa，1eam，要证：22122e112ee6e6e

aaxxa，即证13e2ee26e6eaatta，即证：13132166mmttm，即证：13131321066mmttttm，即证：2131313122236m

mmttmmtt，而21111ln02mmtttb且23331ln02mmtttb，故22131313lnln102mttttmtt，故131313lnln222ttttmmtt，故即证：21

313131312lnln236mmmttmttmtt，即证：1213313ln1312072tttmmmttt即证：213121ln0172mmmkkk

，记1ln,11kkkkk，则2112ln01kkkkk，设12lnukkkk，则2122210ukkkkk即0k，故k

在1,上为增函数，故km，所以22131213121ln1ln172172mmmmmmkkmmkm，记211312ln,01721mmmmmmmm

，则2232322132049721330721721mmmmmmmmmmm，所以m在()0,1为增函数，故10m

，故211312ln0721mmmmmm即213121ln0172mmmmmm，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性

质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.