【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题(新高考版)专题03 一元函数的导数及其应用(利用导函数研究切线,单调性问题)(选填压轴题) Word版含解析.docx,共(36)页,2.221 MB,由管理员店铺上传
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专题03一元函数的导数及其应用(利用导函数研究切线,单调性问题)(选填压轴题)一、切线问题①已知切线几条求参数②公切线问题③和切线有关的其它综合问题二、单调性问题①已知单调区间求参数②由函数存在单调区间求参数③已知函数在
某区间上不单调求参数④利用函数的单调性比大小一、切线问题①已知切线几条求参数1.(2022·全国·高三专题练习)若过点(,)ab可以作曲线lnyx=的两条切线,则()A.lnabB.lnbaC.lnbaD.lnab【答案】D设切点坐标为00(,)xy,由于1yx=,因此切线
方程为0001ln()yxxxx−=−,又切线过点(,)ab,则000lnaxbxx−−=,001lnabxx+=+,设()lnafxxx=+,函数定义域是(0,)+,则直线1yb=+与曲线()lnafxxx=+有两个不同的交点
,221()axafxxxx−=−=,当0a时,()0fx恒成立,()fx在定义域内单调递增,不合题意;当0a时,0xa时,()0fx,()fx单调递减,xa时,()0fx,()fx单调递增,所以min
()()ln1fxfaa==+,结合图像知1ln1ba++,即lnba.故选:D.2.(2022·山东泰安·高二期中)过曲线()3:Cfxxaxb=−+外一点()1,0A作C的切线恰有两条,则()A.ab=B.1ab−=C.1ba=+D.2ab=【答案】A()23fxx
a=−,过点()1,0A作曲线C的切线,设切点()()00,xfx,则切线方程为:()()2031yxax=−−,将()()00,xfx代入得:()()()230000031fxxaxxaxb=−−=−+即3200230xxab−+−=(*)由条件切
线恰有两条,方程(*)恰有两根.令()3223uxxxab=−+−,()()26661uxxxxx=−=−,显然有两个极值点0x=与1x=,于是()00u=或()10u=当()00u=时,ab=;当()10u=时,1ab−=,此时()()()32111fxxaxaxxxa=−+−=−
++−经过()1,0与条件不符,所以ab=,故选:A.3.(2022·河南洛阳·三模(理))若过点()1,Pt可作出曲线3yx=的三条切线,则实数t的取值范围是()A.(),1−B.()0,+C.()0,1D.0,1【答案】C由已知,曲线3yx=,即令3()fxx=,则(
)23fxx=,设切点为300(,)xx,切线方程的斜率为()2003fxx=,所以切线方程为:00320(3)yxxxx−=−,将点()1,Pt代入方程得:320003(1)txxx−=−,整理得230032txx=−,设函数23()32gxxx=−,过点()1,Pt可
作出曲线3yx=的三条切线,可知两个函数图像yt=与23()32gxxx=−有三个不同的交点,又因为()266gxxx=−,由()0gx=,可得0x=或1x=,所以函数()gx在(,0)−,(1,)+上单调递减,在(0,1)上单调递增,所以函数()gx的极大值为(1)321g
=−=,函数()gx的极小值为(0)000g=−=,如图所示,当()0,1t时,两个函数图像有三个不同的交点.故选:C.4.(2022·四川南充·三模(理))已知函数()1fxxx=+,过点()1,0P作函数()yfx=图
象的两条切线,切点分别为M,N.则下列说法正确的是()A.PMPN⊥B.直线MN的方程为210xy−+=C.210MN=D.PMN的面积为32【答案】C因为()1112=+=f,所以()1,0P没有在函数的图象上,()22
2111−=−=xfxxx,设切点坐标为()(),0aba,当1a=时,()12f=,1x=不与()1fxxx=+相切,所以1a,()2211−==−abfaaa,又因为1aba+=,解得12a=−,即()12,22−−
−,()12,22−+,所以2222412222==−−+−PMPNkk,故A错误;2222222+==NMk,所以直线MN的方程为()21yx=−,即220xy−+=,故B错误;()()2221012122222−+++++==MN,故C正确;()1,0P
到直线MN的距离为20245541−+==+d,所以PMN的面积为114521042225==MNd,故D错误.故选:C.5.(2022·河北·高三阶段练习)若过点(1,)Pm可以作三条直线与曲线:exxCy=相切,则m的取值范围为()A.23,e−B.
10,eC.(,0)−D.213,ee【答案】D由exxy=,则1exxy−=,设切点为000,exxx,则切线斜率001exxk−=则在点000,exxx
的切线方程为()000001eexxxxyxx−−=−,代入点P坐标得()0000011eexxxxmx−−=−整理为02001exxxm−+=,即这个方程有三个不等式实根,令21()exxxfx−+=,则2
32()exxxfx−+−=,令()0fx则12x函数()fx在(,1)−上单调递减,在(1,2)上单调递增,在(2,)+上单调递减,故得(1)(2)fmf,即213,eem,故选:D.6.(2022·内蒙古呼和浩特·二
模(理))若过点()1,Pm−可以作三条直线与曲线C:exyx=相切,则m的取值范围是()A.23,e−+B.1,0e−C.211,ee−−D.231,ee−−【答案】D设切点为()00,xy,过点P的切线方程为()()000001eexxy
xxxx=+−+,代入点P坐标,化简为()02001exmxx=−−−,即这个方程有三个不等根即可.令()()21exfxxx=−−−,求导得:()()()12exfxxx=−−+.令()0fx,解得:21x−−,所以(
)fx在()2,1−−上递增;令()0fx,解得:2x−或1x−,所以()fx在(),2−−和()1,−+上递增.要使方程()02001exmxx=−−−有三个不等根即可.只需()()21fmf−−,即231ee
x−−.故选:D7.(2022·湖南·长郡中学高三阶段练习)已知()3fxxx=−,如果过点()2,m可作曲线()yfx=的三条切线.则下列结论中正确的是()A.18m−B.07mC.35m−D.
27m−【答案】D设切点为()3000,xxx−,()231fxx=−,∴切线斜率为2031x−,∴切线方程为()()()32000031yxxxxx−−=−−,将()2,m代入得方程()()()320000312mxxxx−−=−−,即32002620xxm−++=,由题设该方
程有3个不等实根.令()32262uxxxm=−++,()()261262uxxxxx=−=−,当0x时,()0ux,当02x时,()0ux,当2x时,()0ux,所以()ux在(,0)−上递增,在(0,2)上递减,在(2,)+上递增,所以()ux在0x=时取得极
大值(0)2um=+,在2x=时取得极小值(2)286426umm=−++=−,由三次函数图象知(0)20(2)60umum=+=−,解得26m−,因为26m−可以推出,27m−,所以27m−也正确.故选:D8.(
2022·河南·高三阶段练习(文))过点()0,1P−有三条直线和曲线()32yxaxbxb=++R相切,则实数a的取值范围是()A.()1,+B.()3,+C.(),1−D.(),3−【答案】B设直线过点()0,1P−且与曲线32yxaxbx=++相切
,切点为()320000,xxaxbx++.由32yxaxbx=++得232yxaxb=++,∴切线的斜率为20032xaxb++,∴切线方程为()200132yxaxbx+=++,∴()322000000132xaxbxxaxbx+
++=++,∴3200210xax+−=.设()3221fxxax=+−,由题意,函数()fx有三个零点.()262fxxax=+,由()0fx=得0x=,或3ax=−.当0a=时,函数()fx只有一个零点,舍去;当0a时,03a−,由
()0fx,得0x或3ax−,由()0fx,得03ax−所以0x=是函数()fx的极大值点,由于()010f=−,函数()fx没有三个零点,舍去.∴0a,同理可得3ax=−是函数F(x
)的极大值点,由条件结合三次函数的性质得,310327aaf−=−,解得3a.故选:B9.(2022·全国·高三专题练习)若过点(,)mn可以作曲线(0xyaa=且1)a的两条切线,则()A.loganmB.loganmC.loganm=D.logan与m的大小关系与
a有关【答案】D设切点为:00(,)xxa,则0lnxyaa=,所以切线方程为()000lnxxyaaaxx−=−,因为点(,)mn在切线上,所以()000lnxxnaaamx−=−,即()00lnln10xaaxamn−−+=,令()()lnln1xgx
aaxamn=−−+,则()()lnlnlnxgxaaaxam=−,令()0gx¢=,得xm=,当xm时,()0gx¢<,当xm时,()0gx¢>,所以当xm=时,()gx取得极小值()mgman=−+,
若1a,当xm时,()lnln10xnaaxam−=−−;若01a时,当xm时,()lnln10xnaaxam−=−−;因为过点(,)mn可以作曲线(0xyaa=且1)a的两条切线,所
以0man−+且0n,即0mna,所以logan与m的大小关系与a有关,故选:D10.(2022·山西长治·模拟预测(理))当0a时,过点(,)aab+均可以作曲线lnyx=的两条切线,则b的取值范围是()A.(,1)−−B.(,1]−−C
.(1,)−+D.[1,)−+【答案】C设过点(,)aab+的切线与lnyx=相切于(),,0mnm,则有()ln1nmnabmma=−+=−,消去n得:()1lnamabm−=−+.因为过点(,)aab+
均可以作曲线lnyx=的两条切线,所以关于m的方程()1lnamabm−=−+有两解.即ln1abmam=+−−有两解.令()12,ln1,0aybyxaxx==+−−.只需1y与2y有两个交点.对于()2ln1,0ayxaxx=+−−,则()'22211ayxaxxx=−+=−.
令20y,解得:xa;令20y,解得:0xa.所以2y在()0,a上单调递减,在(),a+单调递增.作出2y的草图如图所示:要使1y与2y有两个交点,只需lnbaa−.记()()ln,0gaaaa=−,()()1111gaaaa=−=−.令()0ga,
解得01a;令()0ga,解得1a;所以()lngaaa=−在()0,1上单调递增,在()1,+单调递增.所以()ga的最大值为()1ln111g=−=−,所以1b−.故选:C11.(2021·江苏·高二单元测试)已知()lnfxxx=,若过一点(),mn可以作出该函数
的两条切线,则下列选项一定成立的是()A.lnnmmB.lnnmmC.2e0en−D.1m【答案】A设切点为(),lnttt,对函数()fx求导得()ln1fxx=+,则切线斜率为()ln1ftt=+,所以,切线方程为()(
)lnln1ytttxt−=+−,即()ln1ytxt=+−,所以,()ln1nmtt=+−,可得ln0tmtnm−+−=,令()lngttmtnm=−+−,其中0t,由题意可知,方程()0gt=有两个不等的实根.()1mtmgttt−
=−=.①当0m时,对任意的0t,()0gt,此时函数()gt在()0,+上单调递增,则方程()0gt=至多只有一个根,不合乎题意;②当0m时,当0tm时,()0gt,此时函数()gt单调递减,当tm时,()0gt
,此时函数()gt单调递增.由题意可得()()minlnln0gtgmmmmnmnmm==−+−=−,可得lnnmm.故选:A.12.(2021·全国·高三专题练习)若过点()(),0aba可以作曲线33yxx=−的三条切线,则()A.3ba−B.333abaa−−C
.33baa−D.3ba=−或33baa=−【答案】B233yx=−设切点()3,3Pmmm−,切线方程()()()32333ymmmxm−−=−−,切线过点()(),0aba,()()32333bmmmam−+=−−,整理得:322330mamab−++=,由于可以作
三条切线,所以关于m的方程322330mamab−++=有三个不同的实根,()32233gmmamab=−++,()266gmmam=−,令()2660gmmam=−=,0m=或(),0maa=.函数()32233gmmamab=−+
+的增区间为()(),0,,a−+,减区间为()0,a,所以函数极大值()03gab=+,极小值()33gmaab=−++,关于m的方程322330mamab−++=有三个不同的实根,所以33030aabab−+++,所以33,33ba
abaa−−.故选:B13.(2022·全国·高三专题练习)已知函数32()2fxxxx=−+−,若过点()1,Pt可作曲线()yfx=的三条切线,则t的取值范围是()A.1(0,)30B.1(0,)29C.1(0,)28D.1(0,)27【答
案】D设过点P的直线为():1lykxt=−+,()2341fxxx=−+−,设切点为()00,xy,则()20032000034112xxkkxtxxx−+−=−+=−+−,得320001254txxx+=−+有三个解,令()32254gxx
xx=−+,()()()261042132gxxxxx=−+=−−,当()0gx,得1x或25x,()0gx,得213x,所以()gx在2,3−,()1,+单调递增,2,13单调递减,又228327g=,()11g=,()
1gxt=+有三个解,得281127t+,即1027t.故选:D②公切线问题1.(2022·重庆市育才中学高三阶段练习)若直线:lykxb=+(1k)为曲线()1xfxe−=与曲线()lngxex=的公切线,则l的纵截距b=()A.0B.1C.eD.e−【答案】D设l与()fx的切点为
11(,)xy,则由()1xfxe−=,有()11111:1xxlyxexe−−=+−.同理,设l与()fx的切点为22(,)xy,由()egxx=,有()22:ln1elyxexx=+−.故()()1112112,1ln1.xxeexxeex−−=−=−解得121,.
xxe==或122,1.xx==则:lyx=或yexe=−.因1k,所以l为yx=时不成立.故be=−,故选:D.2.(2022·全国·高三专题练习)若函数2yax=与lnyx=存在两条公切线,则实数a的取值
范围是()A.10,eB.10,2eC.1,e+D.1,2e+【答案】D设切线与曲线lnyx=相切于点(),lntt,对函数lnyx=求导得1yx=,所以,曲线
lnyx=在点(),lntt处的切线方程为()1lnytxtt−=−,即1ln1yxtt=+−,联立21ln1yaxyxtt==+−可得211ln0axxtt−+−=,由题意可得0a且()21
Δ41ln0att=−−=,可得221ln4ttta=−,令()22lngtttt=−,其中0t,则()()()22ln12lngttttttt=−+=−.当0et时,()0gt,此时函数()gt单调递增,当et时,()0gt,此时函数()gt单调递减,
所以,()()maxee2gtg==.且当0et时,()0gt,当te时,()0gt,如下图所示:由题意可知,直线14ya=与曲线()ygt=有两个交点,则1e042a,解得12ea.故选:D.3.(2022·全国·高三专题练习)若两曲线ln1yx=−与2yax=存在公
切线,则正实数a的取值范围是()A.(0,2eB.31e,2−+C.310,e2−D.)2e,+【答案】B设公切线与曲线ln1yx=−和2yax=的交点分别为()11,ln1xx−,()222,xax,其中1>0x,对于ln1
yx=−有1yx=,则ln1yx=−上的切线方程为()()1111ln1yxxxx−−=−,即()11ln2xyxx=+−,对于2yax=有2yax=,则2yax=上的切线方程为()22222yaxaxxx−=−
,即2222yaxxax=−,所以2121212ln2axxxax=−=−,有1211ln24xax−=−,即()22111112ln04xxxxa=−,令()222lngxxxx=−,()()32ln32lngxxxxxx=−=−,令()0gx¢=,得32ex=,当320,ex
时,()0gx¢>,()gx单调递增,当32,ex+时,()0gx¢<,()gx单调递减,所以()332max1ee2gxg==,故3110e42a,即31e2a−.故
选:B.4.(2021·江苏·高二专题练习)已知函数()lnfxxx=,()31223egxaxx=−−,若函数()fx的图象与函数()gx的图象在交点处存在公切线,则函数()gx在点()()1,1g处的切线在y轴上的截距为()A.23e−B.23eC.3e23e+−D.2e23e+
【答案】C设交点为(),lnmmm,且()lnfxxx=的导数为()ln1fxx=+,()31223egxaxx=−−的导数为()2132gxax=−,由题意,211ln32mam+=−且312ln23emmamm=−−,消
去a得:1eln0mm+=,令()1elnhxxx=+,()()eln1hxx=+,当1ex时()'0hx,()hx递增;当10ex时()'0hx,()hx递减.∴1ex=处()hx取得极小值,也为最小
值为0,则1eln0mm+=,解得1em=,代入211ln32mam+=−,可得21e6a=,即有()23e12623egxxx=−−,∴()22e122gxx=−,则在()()1,1g处的切线斜率为2e12k−=,切点为2e121,.623e−
−∴在()()1,1g处的切线方程为()22e12e116232yxe−−−−=−,令0x=,可得3e23ey+=−.故选:C.5.(多选)(2022·河北保定·二模)若直线3yxm=+是曲线()
30yxx=与曲线()260yxnxx=−+−的公切线,则()A.2m=−B.1m=−C.6n=D.7n=【答案】AD解:设直线3yxm=+与曲线()30yxx=相切于点()3,aa,与曲线()260yxnxx=−+−相切于点(),3bbm+,对于函数()30yxx=,23yx=
,则()2330aa=,解得1a=,所以313m=+,即2m=−.对于函数()260yxnxx=−+−,2=−+yxn,则()230bnb−+=,又2632bnbb−+−=−,所以()232632bbbb−++−=−,又0b,所以2b=
,7n=.故选:AD6.(2022·福建泉州·高二期中)函数()ln1mxfxxx=++与2()1gxx=+有公切线()0yaxa=,则实数m的值为__________.【答案】4根据题意,函数()ln1mxfxxx=++与()21
gxx=+有公切线(0)yaxa=,设切点分别为1(Fx,1)y,2(Gx,2)y,21(),()2(1)mfxgxxxx=+=+;所以220ax=且22222121,2xxxax+===,所以公切线为2yx=,则有11112111211ln21ln21012(1)mxxxxxxx
mxx+=++−−=+=+,设()()221154()1816ln21(0)410xhxxxxxhxxxx−+=+−−=+−=,则()hx在(0,)+上递增,又(1)0h=,故11x=,4m=,
故答案为:47.(2022·广东·执信中学高三阶段练习)已知()e1xfx=−(e为自然对数的底数),()ln1gxx=+,则()fx与()gx的公切线条数为_______.【答案】2根据题意,设直线l与()e1xfx=−相切于点(,e1)mm
−,与()gx相切于点(,ln1)nn+,对于()e1xfx=−,其导数为()exfx=,则有()emkfm==,则直线l的方程为1ee()mmyxm+−=−,即ee(1)1mmyxm=+−−,对于()ln2gxx=+,其导数为1()gxx=,则
有1()kgnn==,则直线l的方程为1(ln1)()ynxnn−+=−,即1lnyxnn=+,直线l是()fx与()gx的公切线,则1e(1)e1lnmmnmn=−−=,可得(1)(e1)0mm−−=,则0m=或1m=,故直线l的方
程为yx=或e1yx=−;则()fx与()gx的公切线条数是2条.故答案为:2.8.(2022·黑龙江·牡丹江一中高二阶段练习)若两曲线ln1yx=−与2yax=存在公切线,则正实数a的取值范围是_________.【答案】31e,2−+
设公切线与曲线ln1yx=−和2yax=的交点分别为()11,ln1xx−,()222,xax,其中1>0x,对于ln1yx=−有1yx=,则ln1yx=−上的切线方程为()()1111ln1yxxxx−−=−,即()11ln2xyxx=+−,对
于2yax=有2yax=,则2yax=上的切线方程为()22222yaxaxxx−=−,即2222yaxxax=−,所以2121212ln2axxxax=−=−,有1211ln24xax−=−
,即()22111112ln04xxxxa=−,令()222lngxxxx=−,()()32ln32lngxxxxxx=−=−,令()0gx=,得32ex=,当320,ex时,()0gx,()gx单调递增,
当32,ex+时,()0gx,()gx单调递减,所以()332max1ee2gxg==,故3110e42a,即31e2a−.∴正实数a的取值范围是31e,2−+
.故答案为:31e,2−+.9.(2021·江苏·高二专题练习)曲线()2(0)fxaxa=与()lngxx=有两条公切线,则a的取值范围为__________【答案】1(,)2e+对2yax=求导得:2yax=;对lnyx=求导得:1
yx=,设与2yax=相切的切点为(),st,与曲线()lngxx=相切的切点为(),(0)mba,∴公共切线斜率为12tbasmsm−==−,又2tas=,lnbm=,∴21ln2asmasmsm−==−,整理得()2ln210a
sas−−=,设()()2ln21fsasas=−−,则()222122aasfsasass−=−=,又0a,0s,当12sa时,()0fs,()fs单调递增;当12sa时,()0fs,()fs单调递减,∴12sa=处()fs取得极小值,也为最小值为11ln222faa=−
−,由恰好存在两条公切线,即()0fs=有两解,而当s趋向于0时()fs趋向于正无穷大,令()ln1hxxx=−−,则1()1hxx=−且0x,故(0,1)上()0hx,即()hx递减;(1,)+上()0hx,即()h
x递增,∴()(1)0hxh=,即ln1xx+,故2ln(2)1asas−−−,∴()22(2)fsasasass−=−,显然当2s时()0fs.∴只要102fa,可得12ea.故答案为:1,2e+
.③和切线有关的其它综合问题1.(2022·河南南阳·高二期中(理))若yaxb=+是()lnfxxx=的切线,则ab+的取值范围为()A.)1,−+B.)1,+C.(,0−D.1,0−【答
案】C解:设点()000,lnxxx(00x)是函数()lnfxxx=图象上任意一点,由()ln1fxx=+,00()ln1fxx=+,所以过点()000,lnxxx的切线方程为0000ln(ln1)()yxxxxx−=+−,即00(ln1)yxxx=+−,0ln1ax=+,0
bx=−,所以00ln1abxx+=+−令()ln1gxxx=+−,()0,x+,所以()111xgxxx−=−=,所以当01x时()0gx,当1x时()0gx,所以()gx在()0,1上单调递增,在()1,+上单调递减,所以()()max10gxg==,所
以()0gx,即(,0ab+−;故选:C2.(2022·湖北·武汉二中模拟预测)已知函数()1lnfxxx=−,直线ymxn=+是曲线()yfx=的一条切线,则2mn+的取值范围是()A.)3,−+B.2e3,e−−C.)2ln24,−−+D
.5ln2,4−+【答案】C设切点为()(),Ptft,()211xfxx=+,()211kfttt==+曲线()yfx=在切点()(),Ptft处的切线方程为()()()yftftxt−=−,整理得2112ln1yxtttt=++−−
,所以21322ln2mnttt+=+−−.令()2132ln2(0)gxxxxx=+−−,则()23232xxgxx+−=.当102x时,()0gx,()gx单调递减;当12x时,()0gx,()gx单调递增.故()m
in12ln242gxg==−−,则2mn+的取值范围是)2ln24,−−+.故选:C.3.(2022·河南·南阳中学高三阶段练习(文))已知函数1()lnfxxx=−,直线ymxn=+是曲线()yfx=的一条切线,则2mn+的取值范围是()A.
)3,−+B.52ln2,4−−+C.2e3,e−−D.)2ln24,−−+【答案】D设切点为()(),Ptft,()211xfxx=+,()211kfttt==+曲线
()yfx=在切点()(),Ptft处的切线方程为()()()yftftxt−=−,整理得2112ln1yxtttt=++−−,令0x=,2ln1ymxnntt=+==−−,令1x=,2211211ln1ln1ymxnmnttttttt=+=+=++−−=+−−,
所以21322ln2mnttt+=+−−.令()2132ln2(0)gxxxxx=+−−,则()23232xxgxx+−=.当102x时,()0gx,()gx单调递减;当12x时,()0gx,()gx单
调递增.故()min12ln242gxg==−−,则2mn+的取值范围是)2ln24,−−+.故选:D.4.(2022·安徽·高二期中)若函数()2lnfxxax=+的图象上存在与直线20xy+=
垂直的切线,则实数a的取值范围是()A.1,2−B.1,2+C.1,2−D.1,2+【答案】A由题意得,函数()fx的定义域为()0,+,且()12
fxaxx=+,∵函数()2lnfxxax=+的图象上存在与直线x+2y=0垂直的切线,即122axx+=有正数解,即2112axx=−+在()0,+上有解,∵x>0,∴2211111112222xxx−+=−−+,∴12a.故选:A
.5.(2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中)已知()fx为R上的可导的偶函数,且满足()()11fxfx−=−+,则()yfx=在2022x=处的切线斜率为___________.【答案】0由题设,()(2)fxfx=−+,则(2)(4)fxfx
+=−+,即()(4)fxfx=+,所以()fx的周期为4,又()fx为R上的可导的偶函数,即(0)0f=,而()(2)fxfx=−+,故(0)(2)0ff=−=,即(2)0f=,且()(4)fx
fx=+,故()()()20224505220fff=+==.故答案为:06.(2022·海南·模拟预测)已知存在0a,使得函数()lnfxax=与()23gxxxb=−−的图象存在相同的切线,且切线的斜率为1,则
b的最大值为___.【答案】-3解:()(),23==−afxgxxx令()1afxx==,得xa=,切点为(),lnaaa,令()231gxx=−=,得2x=,切点为(2,2)−−b.切线方程为ln−=−yaa
xa代入,可得22balnaa−−−=−则4baalna=−−令()ln4=−−hxxxx,则()1ln1lnhxxx−=−=−,当01x时,()0hx,当1x时,()0,hx∴h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞
)上单调递减,∴()()13maxhxh==−即b的最大值为-3.故答案为:-3.7.(2021·四川自贡·一模(理))已知函数2211()ln2fxtxxtx=+−++,在曲线()yfx=上总存在两点()11,Pxy,()22,Qxy,使得曲线在P,Q两点处的切线
平行,则12xx+的取值范围是________.【答案】()8,+解:222111()1,02fxtxtxx=+−−+,因为在曲线()yfx=上总存在两点()11,Pxy,()22,Qx
y,使得曲线在P,Q相两点处的切线平行,所以()()12fxfx=,且1212,0,0xxxx,即22222211221111111122tttxxtxx+−−=+−−++,所以22221212121211111
11112ttxxxxxxxx+−=−=−++,所以22121112txxt+=++,令22,2mtm=+,则22tm=−,设()12,2hmmmm=+−,则
()222111mhmmm−=−=,当2m时,()0hm¢>,所以函数()hm在)2,+上递增,所以()()122hmh=所以121112xx+,又12121211xxxxxx++=,212122xxxx+,又因为12xx,所
以212122xxxx+,所以12121211222211214xxxxxxxxxxxx++++==+,所以12412xx+,所以128xx+,所以12xx+的取值范围是()8,+.故答案为:()8,+.二、单调性问题①已知单调区间求参数1.(2022
·四川省峨眉第二中学校高二阶段练习(理))若函数f(x)=x2+ax+1x在[12,+∞)上是增函数,则a的取值范围是()A.[-1,0]B.[-1,+∞)C.[0,3]D.[3,+∞)【答案】Df′(x)=2x+a-21x,由于函数f(x
)在[12,+∞)上是增函数,故f′(x)≥0在[12,+∞)上恒成立.即a≥21x-2x在[12,+∞)上恒成立.设h(x)=21x-2x,x∈[12,+∞),易知h(x)在[12,+∞)上为减,∴h(x)max=h(12)=3,∴a≥3.故选:D2.(2022·河
南·南阳中学高二阶段练习(理))若函数()ln2fxkxx=+在区间()1,3上单调递增,则实数k的取值范围是()A.1,3−+B.1,6−+C.)1,−+D.(,1−−【答案】A由()ln2fxkxx=+,得1()fxkx=+,因为函数
()ln2fxkxx=+在区间()1,3上单调递增,所以1()0fxkx=+在区间()1,3上恒成立,即1kx−恒成立,因为(1,3)x,所以1113x−−−,所以13k−,所以实数k的取值范围为1,3−+,
故选:A3.(2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习)已知函数()fx的定义域为()0+,,若()*()kfxykx=N在()0+,上为增函数,则称()fx为“k阶比增函数”.若函数2()lnfxmxxx=+−为“1阶比增函数",则实数m的取值范围是()A.1,4
−−B.1,4−−C.1,4−+D.1,4−+【答案】A解:因为函数2()lnfxmxxx=+−为“1阶比增函数”,所以函数()lnfxmxxxx=+−在()0+,上为增函数,所以令()ln,0mgxxx
xx=+−,故()2221'10mxxmgxxxx−−=−+−=在()0+,上恒成立,所以2mxx−在()0+,上恒成立,由于()22111,0244yxxxx=−=−−−+,,所以()2min14
mxx−=−.故实数m的取值范围是1,4−−故选:A4.(2022·全国·高三专题练习)函数3()26fxxax=−+的一个单调递增区间为[1,)+,则减区间是()A.(,0)−B.(1,1)−C.(0,1)D.(,1)−,(0,1)【答案】B函数3()26fxx
ax=−+,则2()6fxxa=−,当0a时,()0fx恒成立,函数()fx在其定义域内是递增.当0a时,令()0fx=,解得:6ax=,当,6ax+时,()0fx,函数()fx是递增.函数()fx的一个单
调递增区间为)1,+,故得:16a=,解得:6a=,x\在(1,1)−时,()0fx,函数()fx是递减.故选:B.5.(2022·全国·高三专题练习)已知函数()22lnfxxx=−,若()fx在区间()2,1mm+上单调递增,则m的取值范围是()A.1,14B.1
,4+C.1,12D.)0,1【答案】A因为()22lnfxxx=−的定义域为()0,+,()14fxxx=−,由()0fx,得140xx−,解得12x,所以()fx的递增区间为1,2+.由于()fx在区间()2,1mm
+上单调递增,则()12,1,2mm++,所以12122mmm+,解得114m.因此,实数m的取值范围是1,14.故选:A.6.(2022·全国·高三专题练习)已知函数32()(,,)fxxaxbxcabcR=+++,若函数()f
x在区间[1,0]−上是单调减函数,则22ab+的最小值为()A.45B.75C.95D.115【答案】C由题意知:在[1,0]−上,2()320fxxaxb=++恒成立,∴(1)320(0)0fabfb−=−+=,即由不
等式组可得如下可行域,∴22ab+为可行域内的点到原点的距离的平方,其最小值为O到230−−=ab距离的平方,故2222|3|9215d−==+,故选:C7.(2022·全国·高三专题练习)若函数()()3230,fxaxxxb
ab=+++R恰好有三个不同的单调区间,则实数a的取值范围是()A.()()0,33,+B.)3,+C.(0,3D.()0,3【答案】D由题意得()()23610fxaxxa=++,函数()fx恰好有三个不同的单调区间,()fx有两个不同的零点,所以,3612
00aa=−,解得0<<3a.因此,实数a的取值范围是()0,3.故选:D.8.(2022·全国·高二课时练习)设函数()219ln2fxxx=−在区间1,1aa−+上单调递减,则实数a的取值范围是
A.(1,2B.()1,3C.()1,2D.(1,3【答案】A由()219ln2fxxx=−,则()299xfxxxx−=−=,当(0,3)x时,()0fx,则()fx单调递减;当(3,)x+时,()0fx,则()fx单调递增,又函
数()fx在区间[1,1]aa−+上单调递减,所以1013aa−+,解得12a,故选A.②由函数存在单调区间求参数1.(2022·江西宜春·模拟预测(文))已知函数()()1exfxxmx=−−在区间2,4上存在单调减区间,则实数m的取值范围为(
)A.()22e,+B.(),e−C.()20,2eD.()0,e【答案】A因为()()1exfxxmx=−−,所以()exfxxm=−,因为()fx在区间2,4上存在单调递减区间,所以存在2,4x,使得()0
fx,即exmx,令()exgxx=,2,4x,则()()1e0xgxx=+恒成立,所以()exgxx=在2,4上单调递增,所以()()2min22egxg==,所以22em.故选:A2.(2022·四川成都·高二期中(文))已知函数()(1)exfxxmx=−−在区间
[1,2]x上存在单调增区间,则m的取值范围为()A.(0,e)B.(,e)−C.()20,2eD.()2e,2−【答案】D解:因为()(1)exfxxmx=−−,所以()exfxxm=−,()fx在区间[1
,2]上存在单调递增区间,存在[1,2]x,使得()0fx,即exmx,令()exgxx=,[1,2]x,则()()1e0xgxx=+恒成立,所以()exgxx=在[1,2]上单调递增,所以()()222emaxgxg==,2e2m
,故实数m的取值范围为()2e,2−.故选:D3.(2022·北京铁路二中高二期中)若函数2()ln2fxxax=+−在区间1,22内存在单调递增区间,则实数a的取值范围是()A.(,2]−−B.1,8−
+C.12,8−−D.(2,)−+【答案】D∵2()ln2fxxax=+−,∴1()2fxaxx=+,若()fx在区间1(,2)2内存在单调递增区间,则1()0,(,2)2fxx有解,故212ax−,令21()2gxx=−,则21()2gxx=−在1(,2)
2单调递增,1()()22=−gxg,故2a−.故选:D.4.(2022·广东·深圳市第二高级中学高二期中)若函数()2ln2fxxax=+−在区间1,22内存在单调递增区间,则实数a的取值范围是()A.(,2−B.1,8−+C.12,8−−D
.()2,−+【答案】D∵函数2()ln2fxxax=+−在区间1()22,内存在单调递增区间,∴1()20fxaxx=+在区间1()22,上有解(成立),即min212()ax−在区间1()22,上成立,又函数2yx=在1()22,上单调递增,∴
函数21yx=−在1()22,上单调递增,故当12x=时,21yx=−取最小值,即min21()=4x−−,即24a−,得2a−.故选:D﹒5.(2022·天津·汉沽一中高三阶段练习)若函数21()ln22hxxaxx=−−在[1,
4]上存在单调递减区间,则实数a的取值范围为()A.7,16−+B.(1,)−+C.[1,)−+D.7,16−+【答案】B因为()hx在[1,4]上存在单调递减区间,所以1()20hxaxx=−−在[1,4
]上有解,所以当[1,4]x时212axx−有解,而当1,4]x时,22121(1)1xxx−=−−,2min121xx−=−(此时1x=),所以1a−,所以a的取值范围是(1,)−+.
故选:B.6.(2022·广西玉林·高二期中(文))函数()2xxafxe−=在R上存在单调递增区间,则a的取值范围是()A.1a−B.1a−C.1a−D.1a−【答案】B()2xxafxe−=,()()2222xxxxaaxxfxee−−+−==,由题意可知,存在xR,使得()
0fx,即存在xR,使得22axx−,二次函数()222111yxxx=−=−−−,当且仅当1x=时,等号成立,则1a−.故选:B.7.(2022·全国·高三专题练习)若f(x)321132xx=−
++2ax在(1,+∞)上存在单调递增区间,则a的取值范围是A.(﹣∞,0]B.(﹣∞,0)C.[0,+∞)D.(0,+∞)【答案】Df(x)321132xx=−++2ax在(1,+∞)上存在单调递增区间,只需()fx>
0在(1,+∞)上有解即可.由已知得2()2fxxxa=−++,该函数开口向下,对称轴为12x=,故()fx在(1,+∞)上递减,所以(1)f=2a>0,解得a>0.故选:D.8.(2022·河南·温县第一高级中学高二阶段练习(
理))已知函数()2lnfxxaxx=−−在区间11,32存在单调递减区间,则a的取值范围是A.)1,+B.()1,+C.(),1−D.(,1−【答案】B由题,()212121axxfxaxxx−−+=−−
=,因为0x,则若函数()2lnfxxaxx=−−在区间11,32存在单调递减区间,即2210axx−−+在11,32上有解,即存在x11,32,使得2112axx−+成立,设(
)12,3ttx=,则()221124utttt=−+=−−,当2t=时,()()min22utu==,所以22a,即1a,故选:B③已知函数在某区间上不单调求参数1.(2022·天津市第四十二中学高二期中)已知函数2()ln1fxxax
=−+在(1,2)内不是单调函数,则实数a的取值范围是()A.(2,8)B.[2,8]C.(,2][8,)−+D.[2,8)【答案】A解:()222axafxxxx=−=−,令()22gxxa=−,
由于函数()2ln1fxxax=−+在()1,2内不是单调函数,则()22gxxa=−在区间()1,2的函数值有正有负,而二次函数()22gxxa=−开口向上,对称轴为y轴,所以()22gxxa=−在区间()1,2上
递增,所以()()120280gaga=−=−,解得28a.所以实数a的取值范围是()2,8.故选:A.2.(2022·广东·南海中学高二期中)若函数()()e1ln2xfxax=−−+在区间(0,1)上不单调,则实数a的取值范围为()A.1,e1+B.()1,e1+
C.(),1e1,−++D.()(),1e1,−++【答案】B由题设,1e1()exxaxafxxx−+−=−=,又()fx在(0,1)上不单调,所以e1xyxa−=+在(0,1)上存在变号零点,而(1)e0xyx=+,则y在
(0,1)上递增,只需(1)(e1)0aa−+−,即1e1a+.故选:B3.(2022·全国·高三专题练习(理))若对于任意1,2t,函数32()222mfxxxx=++−在区间(),3t上总
不为单调函数,则实数m的取值范围是()A.37,93−−B.37,53−−C.37,93−−D.37,93−−【答案】A解:()2()342fxxmx=++−,∵()02f=−,又对于任意
1,2t,函数()fx在区间(),3t上总不为单调函数,∴()()030ftf,即23(4)2027(4)320tmtm++−++−,∴min22433252373mttm+−=−=−−
,解得3793m−−,∴实数m的取值范围是37,93−−.故选:A.4.(2022·全国·高二课时练习)已知函数()24lnfxaxaxx=−−,则()fx在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是()A.1,6a−B.1,2a−+
C.1,2a+D.11,26a−【答案】C()2124124axaxfxaxaxx−−=−−=,若()fx在()1,3上不单调,令()2241gxaxax=--,对称轴方
程为1x=,则函数()2241gxaxax=--与x轴在()1,3上有交点.当0a=时,显然不成立;当0a时,有()()21680,130,aagg=+解得16a或12a−.四个选项中的范围,只有1,2+为11,,26−−+的
真子集,∴()fx在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是1,2a+.故选:C.5.(2022·山东省临沂第一中学高二阶段练习)已知函数21()2ln2fxaxaxx=−+,则()fx在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是()A.1,8a
−−B.[1,)a+C.(,0]a−D.(,1)a−−【答案】D函数()fx的定义域为(0,)+,()21212axaxfxaxaxx−+=−+=,令2()21gxaxax=−+,若()fx在(2,4)上不单调,则
函数2()21gxaxax=−+与x轴在(2,4)上有交点,又(0)(2)1gg==,则(2)(4)0gg,解得18a−,故()fx在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是(,1)a−−.故选:D.6.(2022·全国·高三专题练习)已知函数()3lnfxxmx=+在区间1,2上不是
单调函数,则m的取值范围是()A.(),3−−B.24,3−−C.()24,3−−D.()24,−+【答案】C323()3mxmfxxxx+=+=当0m时,()0fx,即函数()fx在区间1,2上单调递增,不符合题意当0m时,3()03mfxx−,
3()003mfxx−则函数()fx在区间30,3m−上单调递减,在区间3,3m−+上单调递增要使得函数()3lnfxxmx=+在区间1,2上不是单调函数,则3123m−解得243m−−故选:C7.(2
022·全国·高三专题练习)若函数32()67fxxaxx=−+−在区间(1,2上不单调,则实数a的取值范围是()A.(22,5)B.(22,5]C.9(32,)2D.9(32,]2【答案】C因为32()67fxxaxx=−+−,所以2()326fxxax=−+,当函
数()fx在区间(1,2上不单调时,24720a=−且23260xax−+=在(1,2)内有解,由24720a=−解得32a或32a−,23260xax−+=在(1,2)内有解,即332axx=+在(1,2)内有解,因为332yxx=+在(1,2)内递减,在(2,2)
内递增,所以339[32,)22xx+,即9[32,)2a,综上所述:9(32,)2a.故选:C.8.(2022·全国·高三专题练习)已知函数2()lnfxxxax=+−在(1,2)内不是单调函数,
则实数a的取值范围是()A.)22,3B.922,2C.93,2D.93,2【答案】D1()2fxxax=+−,若()fx在(1,2)内不单调,则120xax+−=在(1,2)内有实根,即ya=和12yxx=+的图象在(1,2)内有交点,显然12y
xx=+在(1,2)递增,故932y,故9(3,)2a,故选:D.④利用函数的单调性比大小1.(2022·全国·模拟预测)已知120212021ea=,2022b=,则()A.1ab+B.1bab−C.1bab+D.1ab−
【答案】C解:令()1xgxex=−−,0x,则()10xgxe=−,则()gx在()0,+上单调递增,且()()00gxg=,因此1202112022e020212021g=−,
即120212022e2021,则1202120222021e202120222021ab===.令()e21xhxx=−−,当10,2x时,()e20xhx=−,则()hx在10,2上
单调递减,即()()00hxh=,即e21xx+,取12021x=,得120212e12021+,则1202122021e20211202312021b+==+,即1ab+.综上,1bab+
,故选:C.2.(2022·江苏苏州·模拟预测)已知11e2,e,xyz===,则,,xyz的大小关系为()A.xyzB.xzyC.yxzD.yzx【答案】D解:由11e2,e,xyz===,得111lnln2,lne,ln2exyz===,令()()l
n0xfxxx=,则()()21ln0xfxxx−=,当0ex时,()0fx,当ex时,()0fx,所以函数()fx在()0,e上递增,在)e,+上递减,又因11lnln2ln424x==,e34,且)e,3,4e,+,所以()()()e34fff,
即lnlnlnyzx,所以yzx.故选:D.3.(2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测(文))设22ea=,ln22b=,ln33c=,则()A.abcB.acbC.cabD.bca【答案】A设()lnxfxx=,则()21lnxfxx−=,令()21
ln0xfxx−==,则ex=,所以当()0,ex时,()0fx,()fx单调递增;当()e,x+时,()0fx,()fx单调递减;又()222eeaf==,()4ln2ln424bf===,(
)ln333cf==,又()()()243efff,所以abc.故选:A.4.(2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测(理))设0.21e1,ln1.2,6abc=−==,则()A.acbB.b
acC.bcaD.cba【答案】D解:令()()1e1ln1xfxxx−=−−,则()()11e1xfxxx−=−,因为函数11e,xyyx−==−在()1,+上递增,所以函数()11exfxx−=−在
()1,+上递增,所以()()()11e101xfxfxx−=−=,所以函数()fx在()1,+上递增,所以()()1.210ff=,即0.2e1ln1.20−−,即ab,令()()1ln1,51xxgxxxx+=−−
+,令1,1xttx+=,令()()1ln11=+−htttt,则()()21111101htttttt=−=−,所以函数()ht在()1,+上递增,所以()()10hth=,所以()()1ln10,51xxg
xxxx+=−−+,故65ln1056−−,即1ln1.26,所以bc,综上所述,cba.故选:D.5.(2022·河南郑州·三模(理))已知0.3ea=,ln1.512b=+,1.5c=,则它们的大小关
系正确的是()A.abcB.acbC.bacD.cba【答案】B解:由ln1.51ln1.512b=+=+令()ln1fxxx=+−,则()11fxx=−,当()0,1x,()0fx;当()1
,x+,()0fx;所以()ln1fxxx=+−在()0,1上单调递增,在()1,+上单调递减,且()10f=则()1.50f,因此ln1.511.50+−,所以bc又因为1.51.3c=,所以ln1.5
11.51.3+,得0.3ln1.50.3lne=故0.31.5e,有ac.综上,acb.故选:B6.(2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中)若1201xx<<<,则下列正确的是()A.2121e
elnlnxxxx−−B.2121eelnlnxxxx−−C.1221eexxxxD.1221eexxxx【答案】C解:令e()xfxx=,(01)x,则2(1e)()0xxfxx−=,故()fx在(0,1)上单调递减,若1201xx<<
<,则12()()fxfx,即1212eexxxx,所以1221eexxxx,故C正确,D错误;令()elnxhxx=−,(01)x,则1e1()exxxhxxx−=−=,令()1exxx=−,()0,1x,所以()()10exxx=+
,所以()x在()0,1上单调递增,又()01=−,()1e10=−,所以()00,1x,使得()00x=,即当()00,xx时()0x,()0hx,当()0,1xx时()0x,()0hx,所以()hx在()00,x上单调递
减,在()0,1x上单调递增,故22elnxx−与11elnxx−大小关系无法判断,故A、B均错误;故选:C7.(2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测(理))若对1x,()20xt,,且12xx,都有122121lnln2xxxxxx−−,则t的最大值是()A.1eB.eC.1
D.3e【答案】A由题意,()()2112211221122121211212lnln1lnlnlnln2111xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx−−−==−−−,令1sx=,则有12ss,121,,sst+,2112
21212211211212lnlnlnlnlnln211xxxxxxxxssssxxssxx−−−+==−−−,()()11222211121212ln2ln2lnln220ssssssssssssss−−−−+−+=−−,即函数
()()ln2gsss=−是增函数,()'ln10,egsss=−,11e,ett,故选:A.8.(2022·湖北·模拟预测)已知:0.42ea=,0.52b=,4log5c=,则a、b、c大小关系为()A.bacB.abcC.cabD.bca【答案】B解:令()e
1xfxx=−−,则()e1xfx=−,当0x时,()0fx,所以函数()fx在()0,+上递增,所以()()0.4200ff=,即0.42e0.421+,又21.422.01642=,所以0.420.5e0.4212+,所以ab,又25252416=
,所以0.5524,54444441024log54log5log4log55625log504444−−−===,所以0.5452log54,所以abc.故选:B.9.(2022·江西·二模(理))设
1.3e27,41.14,2ln1.1abc=−=−=,则()A.abcB.acbC.bacD.cab【答案】B∵()21.32.633eee3=,23(27)283=,1.3e27,0a;()41.142l
n1.1221.12ln1.1bc−=−−=−−,令()22lnfxxx=−−,∴()111xfxxxx−=−=,∴当01x时,()0fx,()fx单调递减;当1x时,()0fx,()fx单调递增;∴()min()10fxf
==,∴()1.10f,即21.12ln1.10−−,cb,又2ln1.12ln10c==,∴acb.故选:B.10.(2022·四川成都·高二期中(理))已知,,(0,1)abc,且3lnln3aa+=+,eln1bb+=+,2lnln2cc+=+,则()A.c<b<aB.b
<c<aC.a<c<bD.a<b<c【答案】D依题意,3lnln3lnln33aaaa+=+−=−,lnlneebb−=−,lnln22cc−=−,令()ln,0fxxxx=−,求导得:1()1fxx=−,当01x时,()0fx,当1x时,()0fx,因此
,函数()fx在(0,1)上单调递增,在(1,)+上单调递减,显然,3e21,则(3)(e)(2)fff,又()(3),()(e),()(2)faffbffcf===,于是得()()()fa
fbfc,又,,(0,1)abc,所以abc.故选:D