導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（解答題）-2020-2024年高考數(shù)學(xué)試題分類匯編（解析版）

4<04導(dǎo)檄備感用(解答盤J

五年考情?探規(guī)律

考點(diǎn)五年考情(2020-2024)命題趨勢

2024全國甲卷I卷

考點(diǎn)1利用導(dǎo)2023II卷乙甲

甲卷卷卷乙卷

數(shù)求函數(shù)單調(diào)2022III

2021甲卷I卷含參的函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)求參數(shù)問題

性，求參數(shù)

2020I卷III卷是高考中的一個(gè)高頻考點(diǎn)，也是必

考點(diǎn)，通過函數(shù)單調(diào)性轉(zhuǎn)化成為恒

成立問題或者存在使成立問題以

2023甲卷

及其他問題，可直接求導(dǎo)或者是利

考點(diǎn)2恒成立2022甲卷I卷II卷

用分離參數(shù)去轉(zhuǎn)化。

問題2021乙卷II卷

2020Iinn卷

2023II卷甲卷

考點(diǎn)3與三角2022天津卷與三角函數(shù)相關(guān)問題隨著新高考

函數(shù)相關(guān)導(dǎo)數(shù)2021I卷新結(jié)構(gòu)的出現(xiàn)，這類題目一壓軸題

問題2020II卷甲卷出現(xiàn)的頻率會(huì)變大。

2024北京天津?qū)?shù)綜合類問題一直是高考數(shù)學(xué)

2023乙卷北京I卷天津的壓軸題一般牽扯到不等式的證

考點(diǎn)04導(dǎo)數(shù)

2022甲卷III卷明問題，極值點(diǎn)偏移問題，拐點(diǎn)偏

綜合類問題

2021乙卷I卷移問題，隱零點(diǎn)問題，函數(shù)放縮問

2020IIIII卷題。未來也是高考重難點(diǎn)

考點(diǎn)05新定隨著高考數(shù)學(xué)新結(jié)構(gòu)的形式出現(xiàn)。

2024上海卷

義問題導(dǎo)數(shù)新定義問題將成為高頻考點(diǎn)

分考點(diǎn)?精準(zhǔn)練

考點(diǎn)01利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)單調(diào)性，求參數(shù)

一、解答題

1.(2024?全國?高考I卷)已知函數(shù)〃x)=ln上+辦+6。-1)3

2—x

⑴若6=0,且/'(x)20,求。的最小值；

(2)證明：曲線了=/(x)是中心對(duì)稱圖形；

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

2

【答案】⑴-2⑵證明見解析⑶

【詳解】(1)6=0時(shí)，f(x)=ln—^—+ax,其中xe(0,2),

2—x

11?

則/'(x)=/：=7孤0+a，xe(0,2),

因?yàn)槎?_上廣;+[=],當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號(hào)成立，

故/'(x)mM=2+a,而/'(x)N0成立，故a+220即/-2,

所以。的最小值為-2.,

(2)/(x)=ln——+。尤+6(x-l『的定義域?yàn)?0,2),

設(shè)尸(私〃)為了=/@)圖象上任意一點(diǎn)，

尸(加,〃)關(guān)于(1,*的對(duì)稱點(diǎn)為0(2-加,2°-〃),

因?yàn)樵趛=/(x)圖象上，w=In——+am+b(m-l)3,

2—m

而/(2—m)=ln-----ba(2-加)+b(2-加一1)=一In------1-am+b^m-1)+2a,

m[_2—m

=-n+2a,

所以0(2-刃,2a-〃)也在y=f(x)圖象上，

由P的任意性可得V=/(x)圖象為中心對(duì)稱圖形，且對(duì)稱中心為(1,。).

(3)因?yàn)椤ā?gt;-2當(dāng)且僅當(dāng)l<x<2,故x=l為/("=-2的一個(gè)解，

所以/⑴=-2即。=-2,

先考慮1〈尤<2時(shí)，1(力>-2恒成立.

此時(shí)/(力>一2即為ln」+2(l-x)+6(x-l)3>0在(1,2)上恒成立，

2-x

設(shè)t=x-1e(0,1),貝IJIn詈一2/+從3>0在(0,1)上恒成立，

設(shè)g（，）=ln^----2t+bt3,tG（0,1）,

則g"）=*-2+3療/（=：2+”）

當(dāng)620,—36產(chǎn)+2+362—36+2+36=2〉0,

故g'G)>0恒成立，故g(。在(0,1)上為增函數(shù),

故g(f)>g(o)=0即/(x)>-2在(1,2)上恒成立.

2

當(dāng)一時(shí)，一342+2+3622+36之0,

故g'?"o恒成立，故g0在(0,1)上為增函數(shù),

故g(f)>g(o)=0即/(X)>-2在(1,2)上恒成立.

當(dāng)方<-|>貝！I當(dāng)Oct<Jl+2<1時(shí)，g'?)<0

3、%

故在°[1+羨]上g(')為減函數(shù)，故g(f)<g(o)=o,不合題意，舍;

綜上,/(、)>-2在(1,2)上恒成立時(shí)6

2

而當(dāng)62——時(shí)，

3

而時(shí)，由上述過程可得g?)在(0,1)遞增，故g⑺>0的解為(0,1),

即/(尤)>-2的解為(1,2).

2

綜上，b>—.

3

2.(2024?全國?高考H卷)已知函數(shù)/(x)=e*-".

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

⑵若/(x)有極小值，且極小值小于0,求。的取值范圍.

【答案】(l)(e-l)x-y-l=：0(2)(1,+oo)

【詳解】(1)當(dāng)°=1時(shí)，則〃x)=e*—x-1,/,(x)=ev-l,

可得/(D=e-2,r(l)=e-l,

即切點(diǎn)坐標(biāo)為(l,e-2),切線斜率k=e-l,

所以切線方程為k(e-2)=(e-l"-1),即(e-l)x-y-l=0.

(2)解法一：因?yàn)?&)的定義域?yàn)镽,且尸(x)=e，-a,

若。<0,則/'(x"0對(duì)任意xeR恒成立，

可知/(x)在R上單調(diào)遞增，無極值，不合題意；

若。>0,令/''(x)>0,解得x>lna；令/解得x<lna；

可知/(x)在(-8,In°)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，

由題意可得：/(lna)=a-alna-a3<0,即/+lna-1>0,

構(gòu)建g(a)=〃+lna-l,a>0,則g'(q)=2q+工>0,

可知g(a)在(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞增,且g⑴=0,

不等式/+lna-l>0等價(jià)于g(a)>g⑴，解得。>1,

所以a的取值范圍為(1,+e);

解法二：因?yàn)?(x)的定義域?yàn)镽,且f\x)=e*-a,

若/(x)有極小值,則八x)=e?有零點(diǎn),

令/'(x)=e*-a=0,可得e*=a,

可知〉=e*與y有交點(diǎn)，貝

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

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

則/(只有極小值/(111。)=。-。111。-。3,無極大值，符合題意，

由題意可得：/(lna)=a-alna-a3<0,即Y+lna-l〉。，

構(gòu)建g(a)=a?+Ina-1,a>0,

因?yàn)閯tV=a2)=lna-l在(0,+s)內(nèi)單調(diào)遞增，

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

不等式等價(jià)于g(a)>g⑴，解得0>1,所以a的取值范圍為(1,+8).

3.(2024?全國高考甲卷理)已知函數(shù)/(x)=(l-")ln(l+x)-x.

(1)當(dāng)a=-2時(shí)，求“X)的極值；

(2)當(dāng)尤20時(shí)，/(%)>0,求4的取值范圍.

【答案】⑴極小值為0,無極大值.(2)a〈-g

【詳解】(1)當(dāng)。=一2時(shí)，/(x)=(l+2x)ln(l+x)-x,

故八尤)=21n(l+x)+H^-l=21n(l+x)--—+1,

'1+x1+X

因?yàn)?gt;=21n(l+x),y=-」一+1在上為增函數(shù)，

1+x

故/(x)在(-1,+8)上為增函數(shù)，而/'(0)=0,

故當(dāng)-l<x<0時(shí)，r(x)<0,當(dāng)x>0時(shí)，(尤)>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+無)+；"_]=_qln(]+@,工>(,

、C/、，/、(Q+1)X

設(shè)s(%)=-QIn(1+x)-———,x>0,

,(、-a(Q+1)Q(X+1)+Q+1ax^laW

則S(X)=-----------7=---------2---=--------T~，

LX+1(1+x)2(1+x)2(1+/2

當(dāng)心-；時(shí)，s1x)>0,故5(尤)在(o,+8)上為增函數(shù)，

故s(x)>s(O)=O,gpf'[x)>Q,

所以/(x)在[0,+。)上為增函數(shù),故f(x"/(O)=O.

當(dāng)-，<a<0時(shí)，當(dāng)0<x<-2°+l時(shí),s[x)<0,

2a

故s(x)在(0,-平]上為減函數(shù)，故在(0,-誓[上s(x)<s(o),

即在(0,-"|上r(x)<0即/(x)為減函數(shù)，

故在，，-號(hào)總]上/卜)</(0)=0,不合題意，舍.

當(dāng)a20,此時(shí)s'(x)<0在(0,+e)上恒成立，

同理可得在(0,+⑹上/'(x)<y(O)=O恒成立，不合題意，舍；綜上，a<-1.

4.(2023?年全國新高考I卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(x)=a(e，+a)-x.

⑴討論/(無)的單調(diào)性；

3

(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，/(x)>21na+-.

【答案】⑴答案見解析⑵證明見解析

(2)方法一：結(jié)合(1)中結(jié)論，將問題轉(zhuǎn)化為/-1-Ina>0的恒成立問題，構(gòu)造函數(shù)

g(a)=/_g_]na(a>0),利用導(dǎo)數(shù)證得g(a)>0即可.

方法二：構(gòu)造函數(shù)〃(x)=e*r-l,證得爐。+1,從而得到/(x)Nx+lna+l+a2-x,進(jìn)而將問題轉(zhuǎn)化為

/-L-lna>0的恒成立問題，由此得證.

2

【詳解】⑴因?yàn)?x)=a(e，+a)r,定義域?yàn)镽,所以解(x)=ae-1,

當(dāng)aWO時(shí)，由于e*>0，貝Uae'VO,故/'(尤)=溫-1<0恒成立，

所以/(x)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，令/''(X)=ae"-1=0,解得x=-lna,

當(dāng)x<-lna時(shí)，/\%)<0,則/(x)在(-co,-Ina)上單調(diào)遞減；

當(dāng)x>-lna時(shí)，/取)>0,則“X)在(一Ina,+8)上單調(diào)遞增；

綜上：當(dāng)aVO時(shí)，/(x)在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，/(x)在(-no,-Ina)上單調(diào)遞減，在(-lna,+oo)上單調(diào)遞增.

(2)方法一：

aa2

由(1)得，f(x)min==a[or'+a)+Ina=1+a+ln?,

331

要證/(%)>21110+5,即證1+。2+lna>21na+Q,即證/一,-in。>0恒成立,

令g(q)=q2>0),貝lj=2Q—工=—~~-，

2aa

令g'(a)<0,則0<〃<￥；令g'(a)>0,則°>等；

所以g(。)在o,]上單調(diào)遞減，在],+8上單調(diào)遞增，

\7\7

(歷、(萬丫￡

所以g(〃)min=g-------------In---=Iny/2>0,則g(〃)>0恒成立，

''I2JI2J22

3

所以當(dāng)〃〉0時(shí)，/(x)〉21na+w恒成立，證畢.

方法二：

令/z(x)=e"—%一1,貝U=e"—1,

由于>=e、在R上單調(diào)遞增，所以"(x)=ex-1在R上單調(diào)遞增，

又"(O)=e°—1=0,

所以當(dāng)x<0時(shí)，Ar(x)<0；當(dāng)%>0時(shí)，〃'(x)〉0；

所以〃(x)在(-鞏0)上單調(diào)遞減，在(0,+功上單調(diào)遞增，

故〃(％"〃(0)=0,貝博0+1,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)，等號(hào)成立，

x2x+lna22

因?yàn)?(%)=a(e"+a)-x=ae+a-x=e+a-x>x+]na+l+a-x9

當(dāng)且僅當(dāng)x+lna=O,即x=—lna時(shí)，等號(hào)成立,

3.01

所以要證”x)>21na+5,即證x+lna+l+q-x>21na+—即證“2----Ina〉0,

f2

令g(a)="----lna(q〉O),貝Ijg，(。)=2Q—工=—->

2aa

令g[a)<0,則0<.<冬令g<a)>0,則如曰；

所以g(〃)在o,*上單調(diào)遞減，在十,+8上單調(diào)遞增，

<7\?

((萬丫s

所以g(〃)min=g——=——----M——=In41>0,則g(〃)〉0恒成立,

n'I2JI2J22

3

所以當(dāng)〃>0時(shí)，/(x)〉21na+5恒成立，證畢.

5.(2023年全國高考乙卷數(shù)學(xué)(文)試題)已知函數(shù)/(x)=］：+41n(l+x).

(1)當(dāng)a=T時(shí)，求曲線了=/(力在點(diǎn)(1,7(司)處的切線方程.

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

［答案］⑴(ln2)x+yTn2=0；(2)|a|a>|j.

【詳解】(1)當(dāng)a=-l時(shí)，/(x)=Q-l^ln(x+l)(x>-l),

貝=—^-xln(x+l)+|—1p,

據(jù)此可得/⑴=0j(l)=-ln2,

所以函數(shù)在(1J⑴)處的切線方程為>-0=-ln2(x-l),即(ln2)x+y-ln2=0.

(2)由函數(shù)的解析式可得/'(x)=(-4]ln(x+l)+t+a]x一1(尤>-1),

滿足題意時(shí)/'(X)20在區(qū)間(0,+司上恒成立.

+++a|—-->0,則-(x+l)ln(x+l)+(x+ax2"0,

XJyXJX+1

令g(x)=M+x-(x+1)lna+1),原問題等價(jià)于g(x)20在區(qū)間(0,+功上恒成立,

貝！J(無)=2<zr-ln(x+l),

當(dāng)aWO時(shí)，由于2ax40,ln(x+l)>0,故g'(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,+司上單調(diào)遞減,

此時(shí)g(尤)<g⑼=0,不合題意；

令〃(無)=g'(x)=2辦一ln(x+l),貝ljh'(x)=2a———,

當(dāng)a，,2azi時(shí)，由于，<1,所以"(x)>O,〃(x)在區(qū)間(0,+司上單調(diào)遞增，

即g’a)在區(qū)間(0,+司上單調(diào)遞增，

所以g'(x)>g'⑼=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<.<!時(shí)，由"(x)=2a--—=0PJ-WX=---1,

2x+12a

當(dāng)1時(shí)，"(x)<0,“x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，即g'(x)單調(diào)遞減，

注意到g'(0)=0,故當(dāng)時(shí)，g,(x)<g,(O)=O,g(x)單調(diào)遞減，

由于g(0)=0,故當(dāng)時(shí)，g(x)<g(O)=O,不合題意.

綜上可知：實(shí)數(shù).得取值范圍是“I。

6.(2022年全國高考乙卷數(shù)學(xué)(文)試題)已知函數(shù)/(x)=4x-'-(a+l)lnx.

X

(1)當(dāng)a=0時(shí)，求/(x)的最大值；

(2)若〃x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.

【答案】⑴-1⑵(0,+00)

【詳解】(1)當(dāng)0=0時(shí)，f(x)=---lnx,x>0,則r(x)=3-L=r，

XXJCX

當(dāng)xe(0,l)時(shí)，f^x)>0,〃x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xe(l,+a))時(shí)，r(x)<0,〃x)單調(diào)遞減；

所以〃力2=〃1)=一1；

(2)/(x)=ax---(a+l)lnx,x>0,則八x)=q+二一(?￥工D,

當(dāng)aVO時(shí)，ax-l<0,所以當(dāng)xe(O,l)時(shí)，f^x)>0,〃x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xe(l,+⑹時(shí)，r(x)<0,〃x)單調(diào)遞減；

所以/(x)1mx=7⑴=。一1<°，此時(shí)函數(shù)無零點(diǎn)，不合題意；

當(dāng)0<a<l時(shí)，!>1,在(0,1),1，上，H(x)>0,單調(diào)遞增；

ayaJ

在［i'￡l上’/'(力<°，/a)單調(diào)遞減；

又/⑴=。-1<0,

由(1)得一+ln%21,即In’Nl-x,所以lnx<x,ln4<4,lnx<2j^,

Xx

當(dāng)x>1時(shí)，f(x)=ax---(a+V)lnx>ax---2(〃+l)Vx>ax-(2a+3)Vx,

xx

21

則存在m=3+2>-，使得/(使>0,

aa

所以/(X)僅在+8)有唯一零點(diǎn)，符合題意;

三口20,所以/(x)單調(diào)遞增，又〃1)=。-1=0,

當(dāng)4=1時(shí)，/，(%)=

X

所以/(X)有唯一零點(diǎn)，符合題意;

1時(shí)，-<1,在(0-],(1,+⑹上，H(x)〉o,“X)單調(diào)遞增;

當(dāng)〃〉

a\)

在上，r(x)<o,/(X)單調(diào)遞減；此時(shí)/■⑴=。-1>0,

由(1)得當(dāng)0<%<1時(shí)，lnx>l—,，InVx>1--,所以lnx〉2

x

1,2(a+l)

小匕f(%)=ax-------(a+1)Inx<ux-------2(〃+1)<—+—/=~,

xxXy/x

存在仁君了使得

所以/(X)在(0,￡|有一個(gè)零點(diǎn)，在[J+s]無零點(diǎn)，

所以/(x)有唯一零點(diǎn)，符合題意；

綜上,a的取值范圍為(0,+司.

7.(2022年全國高考甲卷數(shù)學(xué)(文)試題)已知函數(shù)/(尤)=/7,g(x)=/+a,曲線產(chǎn)/(x)在點(diǎn)(再J(xJ)

處的切線也是曲線>=g(x)的切線.

(1)若王=—1,求a；

(2)求a的取值范圍.

【答案】(1)3(2)[—1,+8)

【詳解】(1)由題意知，/(-I)=-1-(-1)=0,f\x)=3x2-\,r(-l)=3-l=2,則y=/(x)在點(diǎn)(-1,0)處的

切線方程為>=2(x+l),

即y=2x+2,設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)(X2，g(z)),g，(x)=2x,貝ljgU2)=2%=2,解得遍=1,貝!]

g(l)=l+?=2+2,解得a=3；

(2)f\x)=3x2-\,則y=/(x)在點(diǎn)(〃/&))處的切線方程為了-(Mf)=(3dT)(xf),整理得

y=(3x；—l)x—2X13,

設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)(馬健馬))，g'(x)=2x,則加工2)=2覆，則切線方程為了-(考+勾=2苫2(尤-x?),整理

得y=2X2X一x；+。,

則凰L，整理得。=月-2x；=存一/-2x；=g

,3321

2%-^1+-

9311

令力(x)=aX，-2x3--x2+—,則h\x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+l)(x一1),令h\x)>0,解得-]<x<0或x〉l,

令"(x)<0,解得x<-；或0<x<l,則x變化時(shí)，”(x)/(x)的變化情況如下表:

H'0)

(0,1)(1,+°°)

X17-301

A(x)-0+0-0+

5￡

〃(x)/-1/

274

則〃(x)的值域?yàn)椋跿,+<?),故。的取值范圍為［T+s).

8.(2021年全國高考甲卷數(shù)學(xué)(文)試題)設(shè)函數(shù)/(0二//+ax-3lnx+l,其中a>0.

(1)討論〃x)的單調(diào)性；

(2)若y=/(x)的圖象與X軸沒有公共點(diǎn)，求a的取值范圍.

【答案】(1)/(”的減區(qū)間為(o,，)，增區(qū)間為(2)a>k

【詳解】(1)函數(shù)的定義域?yàn)?0,+8),

乂仆)=(2辦+3)3一1),

X

因?yàn)椤?gt;0,x〉0,故2ax+3>0,

當(dāng)0<x<!時(shí)，/V)<0；當(dāng)X>!時(shí)，/V)>0:

aa

所以〃X)的減區(qū)間為(o,￡|,增區(qū)間為H，+s|.

(2)因?yàn)?1)=/+。+1>0且y=/(x)的圖與X軸沒有公共點(diǎn),

所以v=f(x)的圖象在X軸的上方，

由(1)中函數(shù)的單調(diào)性可得/(x)min=/1')=3-31nL=3+31n。，

\aja

故3+31na>0即a>L

e

9.(2020年全國高考1卷(文)數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(》)=?*-4。+2).

(1)當(dāng)。=1時(shí),討論了(X)的單調(diào)性；

(2)若/(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求。的取值范圍.

【答案】(1)/(X)的減區(qū)間為(-8,0),增區(qū)間為(0,+8);(2)d,+◎.

e

【詳解】(1)當(dāng)。=1時(shí)，/(x)=e，_(x+2),/(x)=e=l,

令/’(x)<0,解得x<0,令/'(x)>0,解得x>0,

所以fM的減區(qū)間為(-co,0),增區(qū)間為(0,+8)；

(2)若〃x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即蜻-。(尤+2)=0有兩個(gè)解，

從方程可知，x=-2不成立，即心￡有兩個(gè)解,

Xex(x+2)-exe"(x+l)

令h(x)=----(xw-2)，貝I］有"(x)=2

x+2(x+2)~(%+2)2

令"(x)>0,解得％>一1,令"(x)<0,解得xv—2或一2v%v—l,

所以函數(shù)〃(%)在(-%-2)和(-2,7)上單調(diào)遞減，在(-1,+8)上單調(diào)遞增,

且當(dāng)xv-2時(shí)，h(x)<0,

而X——2+時(shí)，〃0)f+8,當(dāng)Xf+8時(shí)，〃0)f+8,

所以當(dāng)a=W-有兩個(gè)解時(shí)，有a>"(-l)=L

x+2e

所以滿足條件的。的取值范圍是：(A+W.

e

10.(2020年全國新高考I卷數(shù)學(xué)試題)已知函數(shù)/(x)=ae，T-lnx+lna.

(1)當(dāng)“=e時(shí)，求曲線了=/(x)在點(diǎn)(1J。))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

(2)若不等式/(x)Nl恒成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)j(2)[1,+QO)

e-1

【詳解】(1)Q"x)=ex-lnx+l,f'(x)=exk==e-1.

X

Qf(l)=e+l,切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1+e),

.??函數(shù)〃x)在點(diǎn)(V(l)處的切線方程為-l=(e-l)(xT),即了=(e-l)x+2,

???切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,2),(二々,0),

e-1

1-?2

二?所求三角形面積為7；X2X|---|=----.

2e-1e-1

(2)［方法一］:通性通法

xxxl

Qf(x)=ae~-Inx+Intz,f\x)=ae~--,且Q〉0.

x

設(shè)g(x)=八x),則gV)=a/T+4>0,

X

：.g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,即Ax)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

當(dāng)a=1時(shí)，/'⑴=0,???〃力加"=/⑴=1,.：〃x)N1成立.

111A-i

當(dāng)0>1時(shí)，—<1，.?.?<1，../(—)/”)-W-1)<0,

a,,匕a

...存在唯一%>0,使得/'(x0)=ae』-C=0,且當(dāng)尤e(0,尤0)時(shí)/'(x)<0,當(dāng)xe(x°,+8)時(shí)/'(x)>0,

%

0-1

ae'=—,Ino+x0-1=-lnx0,

xo

因此/(x)1nhi=/(/)-In.%+lna

=—+lna+x-l+lna>21na-l+2--x=2Ina+1>1,

/0NX。0

.：/(尤)>1,1恒成立；

當(dāng)0<a<l時(shí)，/⑴=a+lna<。<1,/⑴不是恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)。的取值范圍是［1,+8).

［方法二］【最優(yōu)解】：同構(gòu)

由/(尤)21得ae*T-Inx+lna21，即e山+Ina+x-12lnx+x,而lnx+x=e"，+Inx,所以

3…i+］na+x-i2e?'+lnx.

令h(m)=e'"+m,則〃'(m)=e"+1>0,所以〃(加)在R上單調(diào)遞增.

由eiT+lna+x-lZe'+lnx,可知〃(Ina+x-1)2”(Inx),所以Ina+x-l2Inx,所以Ina2(lnx-x+1)

11—Y

令F(x)=Inx-x+1,貝?。軫'(x)-——1=-----.

xx

所以當(dāng)xe(0,l)時(shí)，/(x)>0,尸(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xe(l,+a))時(shí)，/(x)<0/(x)單調(diào)遞減.

所以［網(wǎng)x)］1mL21)=0,則lna20,即aZl.

所以。的取值范圍為。21.

［方法三］:換元同構(gòu)

由題意知a>0,x>0,令ae'i=f,所以lna+x-l=lnf,所以Ina=lnt-x+1.

于是/(x)=aex~l-lnx+lna=f-lnx+lnf-x+l.

由于/(%)21J—lnx+ln，一x+121=/+ln，2x+lnx,而y=x+lnx在xc(0,+oo)時(shí)為增函數(shù)，i^t>x,即

Y

…x，分離參數(shù)后有〃b

ex-\l-x)

令g(x)=W，所以g，(x)==若二

e2x~2

當(dāng)0<x<l時(shí)，g'(x)>O,g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)X>1時(shí)，g'(x)<o,g(x)單調(diào)遞減.

X

所以當(dāng)尤=1時(shí)，g(x)=—r取得最大值為g⑴=1.所以。卻.

e

[方法四]:

因?yàn)槎x域?yàn)?0,+功，且〃x)21,所以“1)21,即a+lnaNl.

令S(a)=a+lna,貝I]S(a)=1+工>0,所以S(a)在區(qū)間(0,+劃內(nèi)單調(diào)遞增.

a

因?yàn)镾⑴=1,所以“21時(shí)，有S⑷之S⑴,即a+ln〃21.

下面證明當(dāng)時(shí)，恒成立.

令T(“)=aex~l-lnx+\na,只需證當(dāng)Q21時(shí)，T{a}>1恒成立.

因?yàn)?'(a)=，1+1>0,所以7(。)在區(qū)間口,+⑹內(nèi)單調(diào)遞增，則[7⑷。=?。)=#1-Inx.

a

因此要證明時(shí)，7(4)21恒成立，只需證明[T(a)]min=ei-lnx21即可.

由ex>x+l,lnx<x-l,得e'T>^,-lnx>1-JC.

上面兩個(gè)不等式兩邊相加可得ei-lnxNl,故1時(shí)，/(x)Wl恒成立.

當(dāng)0<a<l時(shí)，因?yàn)?(l)=a+lna<l,顯然不滿足/(x)上1恒成立.

所以。的取值范圍為。21.

11.(2023?全國乙卷)已知函數(shù)/(x)=\+a]ln(l+x).

⑴當(dāng)a=T時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(1J⑴)處的切線方程；

⑵是否存在。，b,使得曲線了=/[￡|關(guān)于直線x=b對(duì)稱，若存在，求0,6的值，若不存在，說明理由.

⑶若〃x)在(0,+司存在極值，求。的取值范圍.

【答案】⑴(ln2)x+y-ln2=0；(2)存在0=；力=一；滿足題意，理由見解析.⑶(o,￡|.

【詳解】(1)當(dāng)。=一1時(shí)，/(x)=Q-l^|ln(x+l),

則/(x)=-3xln(x+l)+己一據(jù)此可得/⑴=0/(1)=-ln2,

XkJCJX+1

函數(shù)在(1,/。))處的切線方程為>-0=Tn2(x-l),

BP(ln2)x+j?-ln2=0.

(2)由函數(shù)的解析式可得=5++1

1_|_1

函數(shù)的定義域滿足L+i=rWo,即函數(shù)的定義域?yàn)?-叫-1)3。,+⑹,

XX

定義域關(guān)于直線x=-1對(duì)稱，由題意可得b=-1,

22

由對(duì)稱性可知加)=/1_：一加加〉，，

取可得/'⑴=/(一2),

即(a+1)In2=(a-2)Ing,貝!Ja+1=2-“，解得a=；,

經(jīng)檢驗(yàn)a=1,b=-g滿足題意，故a=《,6=_g.

2222

即存在”;,6=滿足題意.

(3)由函數(shù)的解析式可得/'(x)=

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

令(管岫+1)+]*”,

則一(％+1)111(%+1)+(X+412)=0,

令g(x)=以2+x-(x+l)ln(r+1),

/(x)在區(qū)間(0,+。)存在極值點(diǎn)，等價(jià)于g(x)在區(qū)間(0,+。)上存在變號(hào)零點(diǎn),

g'(%)=2ax—In(x+1),g"僅)=2a------

當(dāng)aWO時(shí),gz(x)<0,g(x)在區(qū)間(0,+力)上單調(diào)遞減,

此時(shí)g(%)<g⑼=0,g(x)在區(qū)間(0,+。)上無零點(diǎn)，不合題意;

當(dāng)aw1,2aNl時(shí)，由于，<1,所以g"(尤)>0,g'(x)在區(qū)間(0,+s)上單調(diào)遞增,

所以g'(x)>g'(O)=O,g(x)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增,g(x)>g⑼=0,

所以g(x)在區(qū)間(0,+司上無零點(diǎn)，不符合題意；

當(dāng)0<a<一時(shí)，由g"(x)=2a-----=0可得x=-----1,

2x+12a

當(dāng)時(shí)，g"(x)<0,g<x)單調(diào)遞減，

當(dāng)無[]一1,+[|時(shí)，g"(x)>0,g'(x)單調(diào)遞增，

故g'(x)的最小值為g[：T)=l-2q+ln2a,

_r1

令加(x)=1—x+lnx(0<x<1),則mz(x)=----->0,

函數(shù)加(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m(x)<m(l)=0,

據(jù)此可得1-工+111%<0恒成立，

貝|J——1]=1-2tz+In2(2<0,

^/z(x)=lnx-x2+x(x>0),則=-2.+x+l,

當(dāng)X￡(0,1)時(shí),Ar(x)>0,/z(x)單調(diào)遞增,

當(dāng)X€(1,+co)時(shí)，h\x)<o,/z(x)單調(diào)遞減，

故力⑺”⑴=0,即lnxW%2_%(取等條件為％=i),

所以g'(x)=2“x-ln(x+l)〉2辦一[(x+11-(x+l)j=2ax-(^x2+x),

g\2a-l)>2a(2a-l)-[(2tz-1)2+(2a-1)]=0,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)飛.

當(dāng)％￡(0,%0)時(shí),g〈X)<0,g(x)單調(diào)減，

當(dāng)%￡(/0，+8)時(shí),g'(x)〉o,g(x)單調(diào)遞增，

所以g(/)<g(o)=o.

令〃(x)=lnx-?,貝|“，(％)=L--1—=~~~―,

x2<x2x

則函數(shù)〃(x)=lnx-G在(0,4)上單調(diào)遞增，在(4,+co)上單調(diào)遞減，

所以〃(x)?"4)=ln4—2<0,所以lnx<6，

所以且討="°"一山"一胃一20+1

2十1

L。」

所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(o,+")上存在變號(hào)零點(diǎn)，符合題意.綜合上面可知:實(shí)數(shù).得取值范圍是

12.(2022?全國乙卷)已知函數(shù)/(x)=ln(l+x)+oxer

(1)當(dāng)a=l時(shí)，求曲線y=/(x)在點(diǎn)(0,/(0))處的切線方程；

⑵若/(無)在區(qū)間(T0),(0,。)各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求°的取值范圍.

【答案】(l)y=2x(2)(-<?,-1)

【詳解】(1)/⑴的定義域?yàn)?T+S)

Y11—Y

當(dāng)a=1Ht/(x)=ln(l+x)+-,/(0)=0，所以切點(diǎn)為(0,0)/(x)=-—+—,/(0)=2，所以切線斜率為2

e1+xe

所以曲線歹=/(x)在點(diǎn)(0,7(0))處的切線方程為y=2x

(2)f(x)=ln(l+x)4——

e

/a—

l+xex(l+x)eA

設(shè)g(x)=e"+a(I-x2)

「若a>0,當(dāng)xw(-l,0),g(無)=e"+a(l-￡)>0,即f'(x)>0

所以〃x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,/(x)</(0)=0

故/(x)在(-1,0)上沒有零點(diǎn)，不合題意

2。若TWaVO,當(dāng)xe(0,+oo),貝！|g'(x)=e*-2ax>0

所以g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a20,即f\x)>0

所以fM在(0,+s)上單調(diào)遞增,/(尤)>/(0)=0

故/(x)在(0,+劃上沒有零點(diǎn)，不合題意

3°若。<-1

(1)當(dāng)工6(0,+00),則g\x)=ex-2ax>0，所以g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞增

g(0)=1+a<0,g(l)=e>0

所以存在加￡(0,1)，使得g(m)=0,即f\m)=0

當(dāng)x￡(0,m),/(x)<0,/(x)單調(diào)遞減

當(dāng)X￡(九+8),/(X)>0J(x)單調(diào)遞增

所以

^xe(0,m),/(x)</(0)=0,

y1—V

令h(x)=-,x>-l,則h\x)=>-1,

ee

所以〃(x)=j在(-1,1)上單調(diào)遞增，在(1,+切)上單調(diào)遞減，所以以X)4Ml)=g,

又e1>0'/ee-lR-：+a.：=0,

1/ee

所以/(x)在上有唯一零點(diǎn)

又(0,旭)沒有零點(diǎn)，即/⑴在(0,+8)上有唯一零點(diǎn)

出當(dāng)》€(wěn)(-1,0)遭0)=鏟+。(1一工2)

設(shè)〃(x)=g'(x)-ex-2ax

h\x)=ex-2a>0

所以g'(x)在(-1,0)單調(diào)遞增

1,

g(-l)=-+2a<0,g(0)=1>0

e

所以存在〃w(T0),使得g5)=0

當(dāng)X€(-1,"),g(X)<0,g(x)單調(diào)遞減

當(dāng)xe(〃,0),g'(X)>0,g(x)單調(diào)遞增,g(x)<g(0)=l+a<0

Xg(-i)=->o

e

所以存在te(-1,〃),使得g(O=0,即/'(f)=0

當(dāng)xe(-l,Z),/(x)單調(diào)遞增，當(dāng)xe(Z,0),/(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)xe(-l,0),A(x)>A(-l)=-e,

又-l<e"e-l<0,/(eae-l)<ae-ae=0

而“0)=0,所以當(dāng)xe(f,0)J(x)>0

所以/(x)在(-1,?)上有唯一零點(diǎn),(C0)上無零點(diǎn)

即“X)在(-1,0)上有唯一零點(diǎn)

所以。<-1,符合題意

所以若〃x)在區(qū)間(T0),(0,+◎各恰有一個(gè)零點(diǎn)，求。的取值范圍為(一》,-1)

13.(2021?全國甲卷)已知a>0且awl,函數(shù)〃X)=K>。).

(1)當(dāng)a=2時(shí)，求/(尤)的單調(diào)區(qū)間；

(2)若曲線y=f(x)與直線y=l有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求。的取值范圍.

【答案】(1)。，3］上單調(diào)遞增；［卷,上單調(diào)遞減；(2)(l,e)U(e,y).

，/、X2\2x-2x-x2-2xln2x-2x(2-xln2)

【詳解】(1)當(dāng)a=2時(shí)，〃"=王，/(切=--------------=----5；-----

令/(x)=0得》=二，當(dāng)0<x〈二時(shí)，川同>0,當(dāng)x>二時(shí)，fr(x)<0,

m2m2m2

???函數(shù)/(%)在(o，W上單調(diào)遞增;總+8上單調(diào)遞減;

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：分離參數(shù)

/(x)=—=lu></=￡<=>xlna=alnx上」,設(shè)函數(shù)g(x)=電二

貝=令g<X)=0,得戶6,

在(0,e)內(nèi)g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

在(e,+oo)上g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減；

^(xL=^(e)=7

又g⑴=0,當(dāng)X趨近于y時(shí)，g(x)趨近于0,

所以曲線y=/(x)與直線k1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線y=g(x)與直線y弋有兩個(gè)交點(diǎn)的充分必要條

件是0<皿<2,這即是0<g(a)<g(e),

ae

所以。的取值范圍是(l,e)U(e,??).

［方法二］:構(gòu)造差函數(shù)

由>=/(X)與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)知"X)=1,即X。=能在區(qū)間(0,+?)內(nèi)有兩個(gè)解，取對(duì)數(shù)得方程

alnx=xlna在區(qū)間(0,+oo)內(nèi)有兩個(gè)解.

構(gòu)造函數(shù)g(x)="lnx-xlna,xe(0,+oo),求導(dǎo)數(shù)得g'(x)=q一Ina=~衛(wèi)巴

xx

當(dāng)0<a<i時(shí)，lnq<0,x￡(0,4w)M-xlnq〉0,g'(x)>0,g(x)在區(qū)間(0,+°°)內(nèi)單調(diào)遞增，所以，g(%)在(0,+8)

內(nèi)最多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意;

當(dāng)a〉l時(shí)，lna〉0,令g'(%)=0得％=■；—，xG|0,-]時(shí)，gr(x)>0；當(dāng),+°0|時(shí)，gf(x)<0；

ina<InaJ〈InaJ

所以，函數(shù)g(X)的遞增區(qū)間為遞減區(qū)間為(高,+8

由于0<e“e=-1-eaIna<0,

Ina[

當(dāng)xf+oo時(shí)，有a\nx<x\na,即g(x)<0,由函數(shù)g(x)=alnx-xlna在(0,+oo)內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn)知

所以總?即a—eIna>0.

構(gòu)造函數(shù)訪(a)=a-elna,則“(a)=l_±=U,所以/z(a)的遞減區(qū)間為(l,e),遞增區(qū)間為(e,+s),所以

aa

h(a)>h(e)=0,當(dāng)且僅當(dāng)a=e時(shí)取等號(hào)，故恤)>0的解為a>1且"e.

所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(l,e)u(e,+s).

［方法三］分離法：一曲一直

曲線y=/(x)與y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)為5=1在區(qū)間(0,+8)內(nèi)有兩個(gè)不