函數(shù)與導(dǎo)數(shù)核心考點(diǎn)深度剖析與壓軸題解答策略（13大題型）講義-2025年上海高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)專練（解析版）

專題07函數(shù)與導(dǎo)數(shù)核心考點(diǎn)深度剖析與壓軸題解答策略

目錄

01考情透視?目標(biāo)導(dǎo)航.............................................................2

02知識導(dǎo)圖?思維引航.............................................................3

03知識梳理?方法技巧............................................................4

04真題研析?精準(zhǔn)預(yù)測............................................................5

05核心精講?題型突破...........................................................27

題型一：含參數(shù)函數(shù)單調(diào)性討論27

題型二：導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的綜合問題31

題型三：雙變量問題39

題型四：證明不等式46

題型五：極最值問題53

題型六：零點(diǎn)問題60

題型七：不等式恒成立問題68

題型八：極值點(diǎn)偏移問題與拐點(diǎn)偏移問題74

題型九：利用導(dǎo)數(shù)解決一類整數(shù)問題83

題型十：導(dǎo)數(shù)中的同構(gòu)問題90

題型十一：洛必達(dá)法則98

題型十二：導(dǎo)數(shù)與三角函數(shù)結(jié)合問題104

重難點(diǎn)突破：函數(shù)與導(dǎo)數(shù)背景下的新定義壓軸解答題111

1/121

w

本節(jié)內(nèi)容在高考中常作為壓軸題出現(xiàn)，涉及函數(shù)零點(diǎn)個數(shù)'不等式證明及存在性等問題，綜合性強(qiáng)且

難度較大。解決這類導(dǎo)數(shù)綜合問題，需要綜合運(yùn)用分類討論、構(gòu)造函數(shù)、等價轉(zhuǎn)化'設(shè)而不求等多種思維

方法，并結(jié)合不等式、方程等相關(guān)知識。這類問題不僅思維難度大，而且運(yùn)算量也相當(dāng)可觀?？梢哉f，考

生一旦攻克了本節(jié)內(nèi)容，就將具備出色的邏輯推理'數(shù)學(xué)運(yùn)算、數(shù)據(jù)分析和直觀想象等核心素養(yǎng)。

考點(diǎn)要求目標(biāo)要求考題統(tǒng)計考情分析

2024年天津卷第20題，16分函數(shù)與導(dǎo)數(shù)在高中數(shù)學(xué)

2023年I卷第19題，12分中占據(jù)重要地位，不僅是重點(diǎn)

掌握技巧，靈活

不等式2023年甲卷第21題，12分

應(yīng)用求解考查內(nèi)容，也是高等數(shù)學(xué)的基

2023年天津卷第20題，16分

礎(chǔ)。通過對近十年高考數(shù)學(xué)試

2022年H卷第22題，12分

題的分析，可以總結(jié)出五大核

2024年II卷第16題，15分

明確概念，掌握心考點(diǎn)：一是含參函數(shù)的單調(diào)

極最值2023年乙卷第21題，12分

求解方法性'極值與最值問題；二是函

2023年II卷第22題，12分

數(shù)的零點(diǎn)求解問題；三是不等

2024年I卷第18題，17分

式恒成立與存在性的探討；四

2024年甲卷第21題，12分

理解概念，熟練是函數(shù)不等式的證明技巧；五

恒成立與有解2022年北京卷第20題，12分

轉(zhuǎn)化求解是導(dǎo)數(shù)中涉及三角函數(shù)的問

2021年天津卷第20題，16分

2020年I卷第21題，12分題。其中，函數(shù)不等式證明中

的極值點(diǎn)偏移、隱零點(diǎn)問題、

2022年甲卷第21題，12分含三角函數(shù)形式的問題以及

理解原理，熟練

零點(diǎn)問題2022年I卷第22題，12分不等式的放縮技巧，是當(dāng)前高

求解應(yīng)用

2022年乙卷第20題，12分考函數(shù)與導(dǎo)數(shù)壓軸題的熱門

考點(diǎn)。

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匐2

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〃“牛nXt”口、?■”?1A里Z?右,?—拈/V

1、對稱變換

主要用來解決與兩個極值點(diǎn)之和、積相關(guān)的不等式的證明問題.其解題要點(diǎn)如下：(1)定函數(shù)(極值

點(diǎn)為與)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點(diǎn)X0.

(2)構(gòu)造函數(shù)，即根據(jù)極值點(diǎn)構(gòu)造對稱函數(shù)尸(%)=/(%)—/(2%—%),若證苔馬〉￥，則令

F(x)=/(x)-/(2^x).

X

(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論尸(x)的單調(diào)性.

(4)比較大小，即判斷函數(shù)尸(尤)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出“X)與/(2/一》)的大小關(guān)系.

(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)“X)的單調(diào)性，將“X)與/^^一%)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為K與2%一%之間的

關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.

【注意】若要證明了(然幺］的符號問題，還需進(jìn)一步討論五戶與xo的大小，得出土戶所在的

I2J22

單調(diào)區(qū)間，從而得出該處導(dǎo)數(shù)值的正負(fù).

構(gòu)造差函數(shù)是解決極值點(diǎn)偏移的一種有效方法，函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿

于整個高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)

在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單

調(diào)性進(jìn)行全面、準(zhǔn)確的認(rèn)識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點(diǎn)，構(gòu)造一個

適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運(yùn)用這種思想去解決，往往能

獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效

2、應(yīng)用對數(shù)平均不等式瓜式＜丁土二土產(chǎn)證明極值點(diǎn)偏移：

InXj-Inx22

①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；

②將所得含對數(shù)的等式進(jìn)行變形得到?*一：；

③利用對數(shù)平均不等式來證明相應(yīng)的問題.

3、比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性證明

題中的不等式即可.

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葡4

百翱招折?增:住鋪i涮

1.(2024年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(理)真題)已知函數(shù)[(x)=(l-ax)ln(l+x)-尤.

(1)當(dāng).=-2時，求/'(x)的極值；

(2)當(dāng)xNO時，/(%)>0,求。的取值范圍.

【解析】(1)當(dāng)a=-2時，/(x)=(l+2x)ln(l+x)-x,

故八x)=21n(l+x)+^^-l=21n(l+x)--—+1,

l+xi+x

因?yàn)閥uZlna+x),;^-「一+1在(-1,+8)上為增函數(shù)，

i+x

故/'(x)在(-L+")上為增函數(shù)，而/'(0)=0,

故當(dāng)一l<x<0時，f'{x)<0,當(dāng)x>0時，/'(x)>0,

故;'(x)在x=0處取極小值且極小值為/(0)=0,無極大值.

(2)/〈X)=-aln(l+x)+-——-1=-a\n[\+,x>0,

1+X1+X

、n_/\/\(Q+1)X

Rs(x)=-6ZIn(1+x)-———,x>0,

(Q+1)Q(X+1)+Q+1ax-^2a-A

則s'(x)

x+l(l+x)(1+x)(1+x)

當(dāng)aV-；時，s'(x)>0,故s(“在(0,+“)上為增函數(shù)，

故s(x)>s(o)=o,BPy,(x)>0,

所以/(X)在［o,+8)上為增函數(shù),故f(x"〃O)=O.

當(dāng)-!<°<0時，當(dāng)0〈尤時，s'(x)<0,

2a

故s(x)在上為減函數(shù)，故在”［上s(x)<s(o),

即在(0,-子4［上f(x)<0即/(x)為減函數(shù)，

故在［。,一=T上/(x)</(0)=0,不合題意，舍.

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當(dāng)a20,此時s'(x)<0在(0,+8)上恒成立，

同理可得在(0,+8)上/(尤)<〃0)=0恒成立，不合題意，舍;

綜上，aW-5.

2.(2024年天津高考數(shù)學(xué)真題)已知函數(shù)7'(x)=xlnx.

⑴求曲線了=/(x)在點(diǎn)(1)(1))處的切線方程；

出若/(月泊［-6)對任意尤6(0,+8)成立，求實(shí)數(shù)。的值；

⑶若如Ze(O,l),求證：|/(X1)-/(x2)|<^-x2|l.

【解析】(1)由于/(x)=xlnx,故廠(x)=lnx+l.

所以;'⑴=0,/'⑴=1，所以所求的切線經(jīng)過(1刀)，且斜率為1,故其方程為y=x-L

(2)設(shè)〃(。=/一1一Inf,則=從而當(dāng)0</<1時〃”)<0,當(dāng)f>l時〃。)>0.

所以訪⑴在(0』上遞減，在［1,+⑹上遞增，這就說明BPf-l>lnf,且等號成立當(dāng)且僅當(dāng)"1.

設(shè)=,則

當(dāng)xe(O,+s)時，S的取值范圍是(°，+。)，所以命題等價于對任意，40，+⑹，都有g(shù)U)、O.

y/x

一方面，若對任意，e(0,+°o),者B有g(shù)(/)20,則對/e(0,+oo)有

0?g(')=Q(%—1)—2In/--1)+2In—<Q(%—1)+21—1j-atH------a—2,

取，=2,得0?a—1,故。21〉0.

再取Up,MO<a-^+2^|-a-2=2/2^

-a-2=~^y/~a，所以a=2.

另一方面，若a=2,則對任意te(O,+⑹都有g(shù)⑺=26l)-21nf=24/)N0,滿足條件.

綜合以上兩個方面，知。的值是2.

(3)先證明一個結(jié)論：對0<。<6,有+—<lnb+l.

b-a

6/121

I1n—b

b\nb-a]naalnb-a]na,,

證明：前面已經(jīng)證明不等式故-----------=------------+lnZ?='3—+lnb<1+lnb,

b-ab-aJ

a

.a

-In—

b\nb-a\x\ab\nb-b]na

且+ln。=----+ln。>+lna=1+lnQ,

b-ab-a1--1--

bb

1blnb-akia<ln6+1,即InQ+1<""~<lnZ7+1.

所以]nq+]<-----------

b-ab-a

由/'(x)=lnx+l,可知當(dāng)0<x<L時/'(x)<0,當(dāng)時/'(x)>0.

ee

所以/（x）在（of1上遞減，在：,+"］上遞增.

e

不妨設(shè)再《馬，下面分三種情況（其中有重合部分）證明本題結(jié)論.

情況一：當(dāng)，4須4%＜1時，有|/（網(wǎng)）一/（工2）|=/（工2）-）（占）＜。11工2+1）（工2-毛）＜馬一玉〈出廠工，結(jié)論

成立；

情況二：當(dāng)0＜占4/4：時，有|/（網(wǎng)）一/（工2）|=/（%）一）（工2）=%111%一%111馬.

對任意的ce0,-,設(shè)0(x)=xlnx-c\wc—y1c—x,貝！J(P(x)=lnx+ld/.

2yjc-x

由于。（尤）單調(diào)遞增，且有

(、

c111

=ln--<ln=—1—+1+=0

<P'1+;廠+1+丁+1+iJ—

i+-i+-J2c

(2e岳)V2c.詬2.]cN2c

2eec~~

]

x>c-12

且當(dāng)4,2-1j,尤＞^j■時，由21n——l可知

2y/c—xc

]c11ln--lj>0

"(x)=lnx+ld---,>In—+1+

V)27^722\lc—x2y/c-x

所以“（X）在（0,c）上存在零點(diǎn)X。，再結(jié)合“（X）單調(diào)遞增，即知O＜x＜Xo時夕’（力＜0,m＜x＜c時夕'（x）＞0.

故9（x）在（0,%］上遞減，在［%,。］上遞增.

①當(dāng)/KxWc時，有e(x)?9(c)=0；

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=Li,Ing」.

②當(dāng)0<x<故我們可以取gw

e

從而當(dāng)0<x<1。時，由［c-x>q&，可得

i-q

0(x)=xlnx-clnc-s/c-x<-cInc-\Jc-x<-cInc-qy[c=Vc&In——q<0.

再根據(jù)9(x)在(O,%］上遞減，即知對。<尤<%都有夕(x)<0；

綜合①②可知對任意0cx4c,都有夕(無)40,艮［J0(x)=jdnx-clnc-Jc-xV0.

根據(jù)ce(0,：和OcxWc的任意性，取c=x?,x=xt,就得到尤Jn國-x21nx2-Jx?-占40.

所以|/'(再)一/'(馬)|=/(%)-/(工2)=天山西一3111X2<y］x2-xl.

情況三：當(dāng)0<占4：4％<1時，根據(jù)情況一和情況二的討論，可得/卜產(chǎn);W&f,

M)-Jx2T4&-X］.

而根據(jù)/(尤)的單調(diào)性，知|/(再)一〃%)區(qū)［&)一或|〃網(wǎng))一14n-.

故一定有|/(%)-/(%)仔”2-再成立.

綜上，結(jié)論成立.

3.(2024年新課標(biāo)全國H卷數(shù)學(xué)真題)已知函數(shù)/(x)=e*-ax-/.

⑴當(dāng)“=1時，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(1J(D)處的切線方程；

(2)若/(x)有極小值，且極小值小于0,求。的取值范圍.

【解析】(1)當(dāng)。=1時，貝!1/(無)=e*-x-1,f'(x)=e'-1,

可得〃l)=e-2,f'(l)=e-l,

即切點(diǎn)坐標(biāo)為(l,e-2),切線斜率左=e-l,

所以切線方程為廣(e-2)=(e-l"-l),即(e-l)x7-l=0.

(2)解法一：因?yàn)?Xx)的定義域?yàn)镽,且/'(x)=e'

若。40,則/'(x)20對任意xeR恒成立，

可知“X)在R上單調(diào)遞增，無極值，不合題意；

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若a>0,令/'(x)>0,解得x>lna；令/'(x)<0,解得x<lna；

可知/(x)在(-8,Ina)內(nèi)單調(diào)遞減，在(Ina,+e)內(nèi)單調(diào)遞增，

則“X)有極小值/(lna)=a-alna-a3,無極大值，

由題意可得：/(lna)=a-alna-/<0,即aZ+Ma—]〉。，

構(gòu)建g(a)=/+lna-1,a>0,貝I]g[a)=2a>0,

可知g(a)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，且g⑴=0,

不等式J+lna-1>0等價于g(a)>g⑴,解得。>1,

所以a的取值范圍為(1,+8)；

解法二：因?yàn)?Xx)的定義域?yàn)镽,且八x)=e「a,

若/(x)有極小值，則八x)=e-a有零點(diǎn)，

令f\x)=e'~a=0,可得e*=a，

可知y=e，與y="有交點(diǎn)，則a>0,

若a>0,令/''(x)>0,解得x>lna；令/'(x)<0,解得x<lna；

可知/(x)在(-8,Ina)內(nèi)單調(diào)遞減，在(Ina,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，

則“X)有極小值/(lna)="-alna-a3,無極大值，符合題意，

由題意可得：f(lna)=a-alna-a3<0,即M+lna-l〉。，

構(gòu)建g(a)=/+lna-1,a>0,

因?yàn)閯ty=//=Ina-1在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，

可知g(a)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增，且g(l)=0,

不等式/+lna-l>0等價于g(a)>g⑴，解得。>1,

所以。的取值范圍為(1,+00).

4.(2024年新課標(biāo)全國I卷數(shù)學(xué)真題)已知函數(shù)〃無)=ln」+G+，(x-l)3

2-x

(1)若b=0,Mr(x)>0,求。的最小值；

(2)證明：曲線y=/(x)是中心對稱圖形；

⑶若/(x)>-2當(dāng)且僅當(dāng)1<X<2,求6的取值范圍.

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【解析】(1)6=0時，/(x)=ln-^—+,其中%￡(0,2),

2-x

][2

則/'(x)=一+：^+a=(+a,xe(O,2),

XLXXI/JCI

因?yàn)閄(2_X)42-；+J=1,當(dāng)且僅當(dāng)x=l時等號成立，

故/'(x)min=2+4,而/'(')>0成立，故〃+220即〃2—2,

所以。的最小值為-2.,

Ya

(2)/(x)=ln-——+ax+b(x-t)的定義域?yàn)?0,2),

設(shè)尸(加,〃)為y=f(x)圖象上任意一點(diǎn)，

尸(加,〃)關(guān)于(1,0)的對稱點(diǎn)為。(2-加,2"〃),

因?yàn)镻(〃z,〃)在y=f(x)圖象上,故〃=Inm+am+b(m-l]3,

2-m

2_MJqMJ-1

而/(2—m)=ln-------}-a(2—m]+b(2-m-1]=-In--------1-am+b(m-\\+2a,

m2-m

=—n+2a,

所以0(2-?n,2a-〃)也在y=/(x)圖象上,

由P的任意性可得y=/(久)圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為(1,。).

(3)因?yàn)?(力>-2當(dāng)且僅當(dāng)l<x<2,故x=l為/(x)=-2的一個解,

所以/⑴=一2即.=_2,

先考慮1cx<2時,2恒成立.

此時/(可>一2即為In上+2(1-x)+/x-l)3>0在(1,2)上恒成立,

設(shè)f=x-le(0,l),貝"In山-2/+#>0在(0,1)上恒成立，

L-t

設(shè)g")=\n^--2t+bt\te(0,1),

則g'(，)=*-2+3療+

當(dāng)620,-3#+2+362-36+2+36=2>0,

故g'?)>0恒成立，故g(。在(0,1)上為增函數(shù),

故g?)>g(。)=0即/(x)>-2在(1,2)上恒成立.

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2

當(dāng)一時，-36/+2+3,22+3b20,

故g'?)NO恒成立，故g(。在(0,1)上為增函數(shù)，

故g?)>g(o)=0即/(X)>-2在(1,2)上恒成立.

當(dāng)方則當(dāng)0</<.+2<1時,g'0<o

3\3b

故在上g⑺為減函數(shù)，故g⑺<g(°)=°，不合題意，舍；

綜上，外力>-2在(1,2)上恒成立時2-孑

2

而當(dāng)時，

而時，由上述過程可得g⑺在(0,1)遞增，故g?)>0的解為(0,1),

即/(可>一2的解為(1,2).

2

綜上，b>——.

5.(2023年北京高考數(shù)學(xué)真題)設(shè)函數(shù)f{x)=x-^Qax+b，曲線y=/(x)在點(diǎn)(1,7(1))處的切線方程為y=f+1.

⑴求6的值；

(2)設(shè)函數(shù)g(x)=/'(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間；

⑶求“X)的極值點(diǎn)個數(shù).

【解析】⑴因?yàn)?■(x)=xf3ef,x€R,所以/'3=1-作2+-卜2,

因?yàn)?(可在(1，/⑴)處的切線方程為了=f+1，

所以〃i)=-1+1=0,r(i)=-i,

所以〃=-1,6=1.

(2)由(1)得8(%)=/'(工)=1一(3/一“3卜-山［￡1＜),

貝ijg'(x)=-x^x2-6x+6^e-x+1,

令％2一6%+6=0,解得％=3±6，不妨設(shè)玉=3-G，x2=3+＞/3,則0＜再＜%2,

易知er”〉0恒成立，

所以令g'(x)＜0，解得0＜、＜再或x＞、2；令g'(x)＞。，解得x＜0或玉；

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所以g（x）在（0,西），@2，+00）上單調(diào)遞減，在（-8,0）,（國/2）上單調(diào)遞增，

即g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0,3-6）和（3+6,+可，單調(diào)遞增區(qū)間為（-8,0）和（3-百,3+百）.

（3）由（1）得/（x）=x-/eTM（xeR）,/'（x）=1-（3/-dk-小，

由（2）知/'（X）在（0,占），卜2，+°°）上單調(diào)遞減，在（-8,0）,（王,無2）上單調(diào)遞增，

當(dāng)尤＜0時，r（-l）=l-4e2＜0,r（0）=l＞0,BP/，（-l）r（°）＜0

所以/'（x）在（-的,0）上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為退，則-

此時，當(dāng)時，/'（x）＜0,則f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)無3〈尤＜0時，r（x）＞0,則/（x）單調(diào)遞增；

所以/（x）在（-8,0）上有一個極小值點(diǎn)；

當(dāng)xe（（Uj時，/在（0,占）上單調(diào)遞減，

則/（國）=/'（3-6）＜/（1）=1-2＜0,故/''（（））/'（玉）＜0,

所以/'（X）在（0,不）上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為匕，則0＜匕＜玉，

此時，當(dāng)0＜x＜z時，r（x）＞0,則/'（x）單調(diào)遞增；當(dāng)匕＜》＜七時，/'（“＜0,則/'（x）單調(diào)遞減；

所以/"）在（0,網(wǎng)）上有一個極大值點(diǎn)；

當(dāng)xe（占,工2）時，/'（無）在（國,工2）上單調(diào)遞增，

則/'（%）=/'（3+6）＞r（3）=1＞0,故/（石）/（％）＜0,

所以/'（X）在（再生）上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為％,則再＜三＜%,

此時，當(dāng)X1＜X＜%時，r（x）＜0,則/（X）單調(diào)遞減；當(dāng)退＜?。脊?時，r（x）＜0,則/（X）單調(diào)遞增;

所以/（X）在（X15x2）上有一個極小值點(diǎn)；

當(dāng)X〉％=3+/＞3時，3x2-x3=x2（3-x）＜0,

所以/'（x）=l-（3f-巧尸+、0,則/（x）單調(diào)遞增，

所以/（x）在（9,內(nèi)）上無極值點(diǎn)；

綜上：/（x）在（-叱0）和（西，尤2）上各有一個極小值點(diǎn)，在（。,再）上有一個極大值點(diǎn)，共有3個極值點(diǎn).

6.（2023年高考全國乙卷數(shù)學(xué)（文）真題）已知函數(shù)/（x）=t+\ln（l+x）.

（1）當(dāng)。=-1時，求曲線y=fO）在點(diǎn)（1J。））處的切線方程.

12/121

⑵若函數(shù)/(X)在(0,+8)單調(diào)遞增，求。的取值范圍.

【解析】(1)當(dāng)。=-1時，〃x)=--1jln(x+l)(x>-1),

貝1J/'(x)=-4xln(x+l)

據(jù)止匕可得1(1)=0,/'(1)=_歷2,

所以函數(shù)在處的切線方程為了-0=-ln2(無一1),即(ln2)尤+y-ln2=0.

卜/卜+1)

(2)由函數(shù)的解析式可得了'(x)=

滿足題意時/'(x"0在區(qū)間(0,+司上恒成立.

令1--y|ln(x+l)+|—+^|—-—>0,貝［J-(x+l)ln(x+l)+(x+ax2)2o,

^g(x)=ax2+x-(x+l)ln(x+1),原問題等價于g(x”0在區(qū)間(0,+e)上恒成立，

則S(x)=2辦一ln(x+l),

當(dāng)aWO時，由于2axW0/n(x+l)>0,故g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,+s)上單調(diào)遞減,

此時g(x)<g(O)=O,不合題意；

令h(x)=gr(x)=2ax-ln(尤+1),貝!］1(尤)=2a---,

當(dāng)awL2a21時，由于一匚<1,所以〃(無)>0,〃(無)在區(qū)間(0,+司上單調(diào)遞增，

2x+1

即g'(x)在區(qū)間(0,+“)上單調(diào)遞增，

所以g'(x)>g'(o)=o，g(x)在區(qū)間(0,+司上單調(diào)遞增，g(x)>g(o)=o,滿足題意.

當(dāng)0<a<工時，由"(x)=2a-=0可得x=-!——1,

2x+12a

當(dāng)時，”(尤)<0,力(口在區(qū)間，］-1)上單調(diào)遞減，即g'(x)單調(diào)遞減，

注意到g'(O)=O,故當(dāng)尤<0,［-1］時，g,(x)<g-(O)=O,g(x)單調(diào)遞減，

由于g(O)=O,故當(dāng)時，g(x)<g(O)=O,不合題意.

13/121

綜上可知：實(shí)數(shù).得取值范圍是k

7.(2023年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(文)真題)已知函數(shù)/卜)="-三華,

cosxI2J

⑴當(dāng)“=1時，討論/'(X)的單調(diào)性；

⑵若〃x)+siwc<0,求。的取值范圍.

【解析】(1)因?yàn)?1,所以〃x)=x-當(dāng)士”(0,小，

cosxv2J

\,cosxcos2x-2cosx(-sinx)sinx,cos2x+2sin2x

則f(x)=1---------------―-----L——=1--------------

cosXcosX

cos3X-cos2X-2(1-cos2x)cos3x+COS2X-2

-----------------------------------------,

cos3Xcos3X

^t=COSX,由于所以，=COSX￡(0,1),

所以cos3%+cos2x—2=P+/2—2=/—"+2』—2=/?—i)+2?+l)?—1)=?2+2/+2)“—1),

因?yàn)閞+2,+2=?+1)+l〉0,—1<0,cos3x=t3>0,

32

所以r^)=cosx+cosx-2<0在上恒成立，

cosx'2J

所以/(X)在(0段]上單調(diào)遞減.

(2)法一：

構(gòu)建g(x)=/(%)+sinx-ax——二警+sinx[0<x<—j,

cosx12)

EI，/、1+sin2x/八兀1

貝！Jg(x)=a----------FCOSX0<x<—,

cosxI2J

若g(x)=/(x)+sinx<0,且8(0)=/(0)+$吊0=0,

則g'(O)=Q—1+1=〃《0,解得a?0,

當(dāng)Q=0時，因?yàn)閟inx-sin：=sinx[l---—],

cosxVcosx/

14/121

又x所以0<sinx<l,0<cosx<l,則—>1,

V2Jcosx

所以7(x)+sinx=sinx-----廠<0,滿足題意;

cosX

71

當(dāng)4<0時，由于0<%<5，顯然辦<0,

所以/(x)+sinx=ax-----+sinx<sinx----z—<0,滿足題意;

cosXcosX

綜上所述：若/(x)+sinx<o,等價于〃40,

所以Q的取值范圍為(-叫0].

法二：

2

sinx,2,sinx(cosx-1si?n3x

因?yàn)閟inx-sinxcosx-sinx

cos2xcos2xcos2xcos2x

因?yàn)樗?<sinx<l,0<cosx<l,

故sinx-羋二<0在(0,父上恒成立,

cosxI2)

所以當(dāng)a=0時，/■(x)+sinx=sin尤一以*<0,滿足題意;

cosX

jr

當(dāng)Q<O時，由于o<%<5，顯然亦<o,

sinx..smx八田廠,口工.

所以/(x)+sinx=4x-———+smx<smx-----<0,滿足題思；

cosXcosX

w、.si,nxsi,n3x

當(dāng)Q>0時,m因?yàn)閖r((xj+sinx=ax--------I-sinx=ax-------

COSXCOSX

si-n3x3sin2xcos2x+2sin4x

令g(x)=ax--0-<--x--<一，則g<x)=a—

3

cosx2COSX

3mm4

注意到g‘⑼="s1s°=a>0f

若V0<x嘮，g，(x)>0,則g(x)在[0,/J上單調(diào)遞增,

注意到g(o)=o,所以g(x)>g(o)=o,即/(尤)+sin尤>0,不滿足題意;

，

若三0</<、，g(x0)<0,則g'(O)g'(Xo)<O,

所以在(0e0,-^1,使得g'(xJ=0,

上最靠近x=0處必存在零點(diǎn)再e

15/121

此時g'(x)在(0,再)上有g(shù)'(x)>o,所以g(x)在(0,再)上單調(diào)遞增,

則在(0,再)上有g(shù)(x)>g(O)=O,即/(x)+sinx>0,不滿足題意;

綜上：4Z<0.

8.(2023年高考全國甲卷數(shù)學(xué)(理)真題)已知函數(shù)〃x)=ax-'續(xù),x

cosxv27

⑴當(dāng)。=8時，討論〃x)的單調(diào)性；

⑵若〃x)<sin2x恒成立，求。的取值范圍.

rAn'i/,\x/、cosxcos3x+3sinxcos2xsinx

［解析］(1)/{x)=a-----------------------------------------

COSX

cos2x+3sin2x3-2cos2x

令cos2x=￡,則/e(。，1)

3—2tat?+2t—3

則/'(%)=g?)=a

(21)(4+3)

當(dāng)Q=8j'(x)=g?)=

當(dāng)￡即15)J(x)<。.

當(dāng)即x€(0,",/(x)>0.

所以/(x)在(0,：J上單調(diào)遞增，在「弓)上單調(diào)遞減

(2)設(shè)g(x)=/(x)-sin2%

23

g(x)=/(x)-2cos2x=g(0-2(2co^㈠—2(2/—l)=a+2—------^設(shè)

tt

23

以。=a+2---------

/、，26-4「-21+62(I)(2/+2/+3),0

<PW=-4--+—=

tr^3

所以0(f)<0(l)="3.

1。若ae(-00,3],g'(x)=(??(r)<a-3<0

16/121

即g(x)在[o/J上單調(diào)遞減，所以g(x)<g(0)=0.

所以當(dāng)。e(-?,3],/(無)<sin2x，符合題意.

2。若Q￡(3,+OO)

當(dāng)/—>0,2—導(dǎo)=_3+g-—co，所以夕(Q—一°0.

夕⑴=q-3>0.

,

所以弘e(0,1),使得夕日)=0,即叫e[0,,使得g(xo)=O.

當(dāng)/e仇,1),麗)>0,即當(dāng)尤e(0,尤。),g(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

所以當(dāng)xe(O,Xo),g(x)>g(O)=O，不合題意.

綜上，。的取值范圍為(一*3].

9.(2023年高考全國乙卷數(shù)學(xué)(理)真題)已知函數(shù)〃x)=t+a]ln(l+x).

(1)當(dāng)a=-l時，求曲線y=〃x)在點(diǎn)處的切線方程；

(2)是否存在a,b,使得曲線了=/(￡|關(guān)于直線x=b對稱，若存在，求a,6的值，若不存在，說明理由.

⑶若/'(x)在(0,+功存在極值，求°的取值范圍.

【解析】(1)當(dāng)a=T時，/(x)=Q-l^|ln(x+l),

貝!J/'(x)=—^xln(x+1)+f1]x-----,

XVXJXI1

據(jù)止匕可得/'(1)=0,/'(l)=-ln2,

函數(shù)在(1J0))處的切線方程為N-0=-ln2(x-l),

即(ln2)x+y-ln2=0.

(2)令g(x)=/U=(x+a)ln(T+lJ,

函數(shù)的定義域滿足，+1=匕>0,即函數(shù)的定義域?yàn)?-8,-1)。(0,+應(yīng)，

XX

定義域關(guān)于直線對稱，由題意可得6=-1,

22

17/121

由對稱性可知加)

g[-g+=g-mm〉T

取刃=；可得g6=g(一2),

即(a+1)In2=(a-2)Ing,則a+l=2-a,解得“=g,

經(jīng)檢驗(yàn)a=g,6=_；滿足題意，故a=；,6=—;.

即存在a=t，6=-2滿足題意.

22

(3)由函數(shù)的解析式可得/()=(-二]111(%+1)+(L+〃

由;'(x)在區(qū)間(0,+。)存在極值點(diǎn)，則/'(同在區(qū)間(0,+動上存在變號零點(diǎn);

則-(1+1)111(%+1)+卜+"2)=0,

令g(x)=Q12+x-(X+1)111(X+1),

/(X)在區(qū)間(0,+")存在極值點(diǎn)，等價于g(x)在區(qū)間(0,+功上存在變號零點(diǎn)，

g，(x)=2〃x-ln(x+l),/(@=2a——彳

當(dāng)a?0時，g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,+動上單調(diào)遞減，

此時g(x)〈g(O)=O,g(x)在區(qū)間(0,+。)上無零點(diǎn)，不合題意；

當(dāng)心1，2azi時，由于」7V1,所以g"(x)>0,g'(x)在區(qū)間(0,+功上單調(diào)遞增,

所以g'(x)>g'(O)=O，g(x)在區(qū)間(0,+。)上單調(diào)遞增,g(x)>g(O)=O,

所以g(x)在區(qū)間(0,+司上無零點(diǎn)，不符合題意；

當(dāng)0<.<!時，由g"(x)=2a---=0可得尤=-^--1,

20''x+12a

當(dāng)時，g"(x)<0,g[x)單調(diào)遞減，

當(dāng)時，g"(x)>0,g'(x)單調(diào)遞增,

故g'(x)的最小值為g'd-l]=l-2a+ln2“,

18/121

令加(x)=l—x+lnx(O<x<l),貝ij加'(x)=x+l〉0,

函數(shù)加(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m(x)<m(l)=O,

據(jù)此可得1-%+lnx<0恒成立，

則g'(^--l]=l-2a+ln2a<0,

由一次函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，當(dāng)Xf+8時，

g'(x)=2ax-ln(x+l)—>+oo,

且注意到g'(0)=0,

根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知:g'(x)在區(qū)間(0,+<?)上存在唯一零點(diǎn)X。.

當(dāng)xe(0,x°)時，g,(x)<0,g(x)單調(diào)減,

當(dāng)xe(%,+oo)時，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，

所以g(x())<g(O)=O.

-^-n(x]=lnx-y/x,貝=----\=-~~~—>

x2Vx2x

則函數(shù)"3=111》-爪在(0,4)上單調(diào)遞增，在(4,+00)上單調(diào)遞減,

所以〃(x)V〃(4)=ln4-2<0,所以In尤<?,

所以+"2+1]-1"：