备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题22 第12、16题 导数的综合应用压轴题(上海精选归纳) Word版含解析

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【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷(上海专用) 猜题22 第12、16题 导数的综合应用压轴题(上海精选归纳) Word版含解析.docx,共(39)页,2.287 MB,由管理员店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

猜题22第12、16题导数的综合应用压轴题(上海精选归纳)一、填空题1.(2022秋·上海宝山·高三统考期末)已知函数()()2log41xfxx=+−,数列na是公差为4的等差数列,若()()()()112233440afaafaafaafa+

++=,则数列na的前n项和nS=_____.【答案】228nn−【分析】设()()gxxfx=,根据()fx的奇偶性和单调性可得()gx的奇偶性和单调性,然后结合等差数列的性质可得140aa+=,

再利用等差数列的通项公式及求和公式即得.【解析】因为()()222411log41loglog222xxxxxfxx+=+−==+,xR,则()()2122logxxffxx−=+=,所以()fx为R上的偶函数,当0x时,()41041xxfx−=+,所以函数()f

x在)0,+上单调递增,且()()01fxf=≥,设()()gxxfx=,则()gx为奇函数,且在)0,+上单调递增,因此()gx在R上单调递增,由题知()()()()12340gagagaga+++=,又数列na是公差为4的等差数列,可得1423aaaa+=+,若140aa+

,则14aa−,∴()()()144gagaga−=−,即()()140gaga+,同理可得()()230gaga+,∴()()()()12340gagagaga+++,与()()()()12340g

agagaga+++=矛盾,舍去;同理若140aa+,则()()()()12340gagagaga+++,与()()()()12340gagagaga+++=矛盾,舍去;∴140aa+=,又na的公差4d=,∴12340a+=,解得16a=−,∴2(1)64282−=−+=−nnnS

nnn=2n2﹣8n,故答案为:228nn−.2.(2022·上海宝山·统考一模)对于正整数n,设nx是关于x的方程320nxxn+−=的实数根,记(1)(2)nnanxn=+,其中x表示不超过x

的最大整数,则()234202211012aaaa++++=______.【答案】2021【分析】根据导数可得()fx为单调递增函数,根据零点存在性定理找到nx的取值范围,代入(1)(2)nnanxn=+即可得出通项公式,求出

答案.【解析】设()32fxnxxn=+−,则()232fxnx=+,当2n时,()0fx¢>因此()fx为单调递增函数,又因当2n时,()()2332111110nnnnfnnnnnnnn=+−=−+++

+++且()120f=,所以当2n时,方程320nxxn+−=有唯一的实数根nx,且,11nnxn+,所以(1)1nnnxn++,(1)nnanxn=+=,因此()()()2342022220

22202111234202220211012101221012aaaa+++++=++++==故答案为:20213.(2022·上海普陀·统考一模)设1a、2a、3a均为正数且222123aaa+=,则使得不等式123123111

kaaaaaa++++总成立的k的取值范围为______.【答案】(,532−+【分析】由已知可得出2212331aaaa+=,不妨设13cosaa=,23sinaa=,其中π0,2,可得出(

)()()123123sincossincossincos11113sincosaaaaaa++++++++==+,令(sincos1,2t=+,可得出()123123

111231aaataaat++++=++−,利用导数求出函数()ft在(1,2上的最小值,即可得出实数k的取值范围.【解析】因为1a、2a、3a均为正数且222123aaa+=,则2212331aaaa+=,不妨设13cosaa=,23sinaa

=,其中π0,2,所以,()3311221231233231121113aaaaaaaaaaaaaaaaaa++++=++++++cossin113cossinsincoscoss

in=++++++22sincossincossincos13sincos++++=+()()sincossincossincos13sincos++++=+,因为π0,2,则ππ3π444+,令(πsi

ncos2sin1,24t=+=+,则()22sincos12sincost=+=+,所以,21sincos2t−=,所以,()()21232123111112233112

tttaaattaaat−++++++=+=++−−,令()231fttt=++−,其中(1,2t,则()()()2222211011ttfttt−−=−=−−,所以,函数()ft在(

1,2上单调递减,所以,()()min222353221ftf==++=+−,所以,()123123min111532kaaaaaa++++=+.故答案为:(,532−+.【点睛】结论点睛:利用参变量分离法求解函数不

等式恒(能)成立,可根据以下原则进行求解:(1)xD,()()minmfxmfx;(2)xD,()()maxmfxmfx;(3)xD,()()maxmfxmfx;(4)xD,()()minmfxmfx.4.(2022春·上

海宝山·高二上海市吴淞中学校考期末)已知数列na前n项和2nSn=,数列nb满足11,N,1;nnnnbnnTaa+=为数列nb的前n项和.若对任意的N,1nn,不等式9(1)nnTn+−恒成

立,则实数的取值范围为______.【答案】(),24−−【分析】利用na与nS的关系,求得na,由题意,求得nb并裂项,利用裂项相消,求得nT,分n为奇数或偶数两种情况,利用函数求最值研究不等式恒成立问题,可得答案.【

解析】当1n=时,111aS==;当2n时,()221121nnnaSSnnn−=−=−−=−,将1n=代入上式,可得12111a−==,则()*21,Nnann=−;()()111111212122121nnnbaannnn+===−−+−+,111111

11112335212122121nnTnnnn=−+−++−=−=−+++L,代入不等式9(1)nnTn+−,可得()9121nnnn+−+,整理可得()()212191nnnn+++−,当n为偶数时,不等式为21921

9219nnnnn+++=++,令()9219fxxx=++,()()()222223239292xxxfxxxx−+−=−==,当32,2x+时,()0fx¢>,则()fx在32,2+上单调

递增,由于()()429.2527.52ff==,故()()min227.5fxf==,此时27.5;当n为奇数时,不等式为219219217nnnnn++−=−−,令()9217gxxx=−−,(x为奇数且*Nx),易知()gx在()0,+单调递增,则()()min1

24gxg==−,此时24−,综上所述,24−.故答案为:(),24−−.5.(2023·上海·高三专题练习)已知函数()fx是定义在R上的偶函数,在[0,)+上是增函数,且()()22241fxaxbfxx++++恒成立,则不等式sin0+a

bxbx的解集为______.【答案】()0,+【分析】由题意可得出22241xaxbxx++++,可知方程20xaxb++=与方程22410xx++=同解,可解得122,ab==,则不等式为1sin02xx+,利用

函数1()sin2hxxx=+的单调性即可解出不等式.【解析】由于函数()fx定义在R上的偶函数,在[0,)+是增函数,由()()22241fxaxbfxx++++得()()22241fxaxbfxx++++,所以22241xaxbxx++

++,解方程22410xx++=得122222,22xx−+−−==,令2()gxxaxb=++,则22220,022gg−+−−,所以122222,22xx−+−−==是方

程20xaxb++=的两根,由韦达定理得1212212axxbxx−=+=−==,解得212ab==,则不等式sin0+abxbx即1sin02xx+,设1()sin2hxxx=+,11()1cos22hxx=+,1111cos,2222x−

,故()0hx,所以()hx单调递增,且(0)0h=,故解集为(0,)+.故答案为:(0,)+.【点睛】方法点睛:对于求值或求解函数不等式问题,一般先利用函数的奇偶性得出区间上的单调性,再利用其单调性

脱去函数的符号“f”,转化为解不等式(组)的问题,若()fx为偶函数,则()()(||)fxfxfx−==.6.(2022秋·上海长宁·高一统考期末)已知函数1()2fxxax=+−;若存在相异的实数()12,,0xx−,使得(

)()12fxfx=成立,则实数a的取值范围是__________.【答案】(,2)−−【分析】去掉绝对值得到分段函数,分别讨论0a、a<0,结合函数的导数研究单调性,再通过存在性进行求解.【解析】12

,12()2122,2axaxxfxxaaxxaxx+−=+−=−+①当0a,0x时,1()2fxxax=−+,'21()20fxx=−−,则()fx在(),0−单调递减,不满足题意(舍);②当a<0,0x时,12,02()122,

2axaxxfxaxaxx+−=−+,当2ax时,()2120fxx=−−,()fx在,2a−单调递减,且()()2afxf,;当02ax时,由'21()20fxx=−=,得22x=−,当222a

−,即2a−时,02ax,则'()0fx恒成立,则()()2afxf,不满足题意(舍);当222a−,即2a−时,02ax,则()fx在2,22a−单调递增,在2,02

−单调递减,且对于任意02(,)22ax−,0()()2afxf,则满足存在相异的实数()12,,0xx−,使得()()12fxfx=成立,所以2a−.故答案为:(,2)−−.7.(2022秋·上

海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习)已知函数()()2e820exxxxfxxmm−=−+有三个零点123,,xxx,且有123xxx,则312123eee222xxxxxx−−−

的值为________.【答案】12【分析】由()0fx=得出2ee2(4)2120xxmxx−++−−=,令e2xtx=−,得出2(4)120tmt++−=,利用导数

得出e()2xgxx=−的图象,由零点的个数,结合图象求解即可.【解析】若()0fx=,则2e820exxxxxm−−+=,即22e8ee20xxxmxmx−−+=当0x=时,可得0e0=,不成立,故0x等式两边同除以2x

,得22e8ee20xxxmmxxx−−+=即2ee2(4)2120xxmxx−++−−=令e2xtx=−,则2(4)120tmt++−=22Δ(4)41(12)(4)480mm=+−−=++方程有两个

不等的实根,12,tt,12120tt=−令10t,则20t,令e()2xgxx=−,()21()xexgxx−=当(1,)x+时,()0gx,当(0,1)x或(,0)x−时,()0gx即函数()gx在(1,)+上单调递减,

在(0,1),(,0)−上单调递增,(1)2e0g=−如下图所示函数()fx有三个零点123,,xxx,123xxx31212123eee2,22xxxttxxx=−=−=−由图可知,3212123eee22212xxxttxxx−−−=−

=故答案为:12【点睛】方法点睛:已知零点的个数求参数的范围一般思路:利用导数得出函数的简图,由交点的个数结合图象得出参数的范围.8.(2023·上海·高三专题练习)关于函数()esinxfxx=+,(,)x−,下列四个结论中正确的为__________.①(

)fx在(,0)−上单调递减,在(0,)上单调递增;②()fx有两个零点;③()fx存在唯一极小值点0x,且()010fx−;④()fx有两个极值点.【答案】②③【分析】利用导数可判断①,利用指数函数及正弦函数的性质可判断②,利用零点存在定理可知

存在03(,)42x−−,使得'()0fx=,进而可知函数()fx的单调性及极值情况,再结合函数的零点存在性定理及三角函数的图像性质可判断③④.【解析】∵()esinxfxx=+,()ecosxfxx=+,因为,02x−时,e0x,cos0x,所以()0fx,所以(

)fx在,02−上单调递增,故①错误;()fx有两个零点等价于esin0xx+=有两个根,即函数exy=与sinyx=−有两个交点,根据exy=与sinyx=−的图象,可知在(,)−上有两个交点,故②正确;-2e02f

−=,34343312ecos442ef−−=+−=−23342eee2=,34e2,34122e,304f−存在03,42x−−,使得()00fx=且00ecos0xx

+=在()0,x−上,()0fx,在()0,x上,()0fx,在()0,x−上,()fx单调递减,在()0,x上,()fx单调递增,()fx在(,)−上存在唯一极小值点0x,()000000esinsincos2sin4xfxxxxx=+

=−=−03,42x−−,则03,44x−−−,02sin(1,0)4x−−,故③正确.令()()ecosxgxfxx==+,则()esinxgxx=−,当

(,0)x−时,0e1x,sin0x,esin0xx−,当(0,)x时,e1x,0sin1x.()esin0xgxx=−在(,)−恒成立,()gx单调递增且()ecos()e10g−−−=+−

=−,22ecose220g−−−=+−=,()gx存在唯一零点0,2x−−,使得00ecos0xx+=()0,xx−,()0gx,即()0fx,()0,xx,()0gx,即

()0fx,()fx在0x处取得极小值故有唯一极小值点,故④错误.故答案为:②③.9.(2023·上海·高三专题练习)在空间直角坐标系Oxyz−中,三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面.比如方程22

21xyz++=表示球面,就是一种常见的二次曲面.二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛.已知点(,,)Pxyz是二次曲面22420xxyyz−+−=上的任意一点,且0x,0y,0z,则当zxy取

得最小值时,不等式lne3022xayxza+−恒成立,则实数a的取值范围是________.【答案】[e,)−+【分析】先通过zxy取得最小值这个条件找出当,,xyz的关系,带入后一个不等式,利用对数恒等式变型,

此后分离参数求最值即可.【解析】根据题意22420xxyyz−+−=,带入zxy可得:2224212222zzxxyyxyxyxyxyyx−+===+−,而0x,0y,利用基本不等式222222xyxyyxy

x+=,当22xyyx=,即2yx=取得等号,此时22224246zxxxxx=−+=,即23zx=,综上可知,当zxy取得最小值时,223yxzx==,带入第二个式子可得,2eln02xaxax

x+−,即eln0xaxaxx+−,于是lneln(ln)0xxxaxaxeaxxx−+−=+−,设()lnuuxxx==−,11()1xuxxx−=−=,故当1x时,()ux递增,01x时,()

ux递减,min()(1)1uxu==;于是原不等式转化为1u≥时,0ueau+恒成立,即ueau−在1u≥时恒成立,设()uehuu=(1)u,于是2(1)()0ueuhuu−=,故()hu在1u≥时单调递增

,min()(1)huhe==,故ae−,ae−即可.故答案为:[e,)−+【点睛】本题eln0xaxaxx+−恒成立的处理用到了对数恒等式,若直接分离参数求最值,会造成很大的计算量.10.(2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习)已知1x,2x是函数()2ln2

fxxmxx=+−,mR的两个极值点,若12xx,则()12fxx的取值范围为______.【答案】3ln2,02−−【分析】先由题得所以12121,2mxxxx+==,110x2.化简得()12fxx=111111)2ln1xxxx−+−−(,再

构造函数1)xx−+g()=(1112ln(0)12xxxx−−,利用导数求函数的值域即得解.【解析】由题得函数的定义域为(0,)+,21()22(22)mfxxxxmxx=+−=−+,所以12,xx是方程2220xxm−+=的两个实数根,所以12121,

2mxxxx+==,因为12xx,1>0x,所以112021xxx+=,所以110x2.所以()2211111121222ln2(1)2ln1=fxxmxxxxxxxxx+−−+−==111111)2ln1xxxx−+−−(记1111)2ln(0)12xxx

xxx−+−−g()=(,所以22211()12ln2ln()(1)(1)gxxexxx=−++−=−−−由102x2201,ln()04eexex,所以()0,()gxgx在1(0)2,单调递减,又由洛必达法则得当0x→时

,21lnln011xxxxxxx===−→−,即00lim(ln)0,lim()0xxxxgx→→==1113()ln2ln22222g=+−=−−,所以函数g(x)的值域为3ln2,02−−.即()12fxx的取值范围为3ln2,02−−.故答案为:

3ln2,02−−【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的极值和取值范围,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.11.(2022·上海·高三专题练习)已知函数()lg2fxxkx=−−,给出下列四个结论:①若0k=,()fx恰有2个零点;②存在负数k,使

得()fx恰有1个零点;③存在负数k,使得()fx恰有3个零点;④存在正数k,使得()fx恰有3个零点.其中所有正确结论的序号是_______.【答案】①②④【分析】由()0fx=可得出lg2xkx=+,考查直线2y

kx=+与曲线()lggxx=的左、右支分别相切的情形,利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.【解析】对于①,当0k=时,由()lg20fxx=−=,可得1100x=或100x=,①正确;对于②,考查直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=−

相切于点(),lgPtt−,对函数lgyx=−求导得1ln10yx=−,由题意可得2lg1ln10kttkt+=−=−,解得100100lgetkee==−,所以,存在100lg0kee=−,使得()fx只有一个零点,②正确;对于③,当直

线2ykx=+过点()1,0时,20k+=,解得2k=−,所以,当100lg2eke−−时,直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=−有两个交点,若函数()fx有三个零点,则直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=−有两个交点,直线2ykx=+与曲线()lg1y

xx=有一个交点,所以,100lg220ekek−−+,此不等式无解,因此,不存在0k,使得函数()fx有三个零点,③错误;对于④,考查直线2ykx=+与曲线()lg1yxx=相切于点(),lgPtt,对函数lgyx=求导得1

ln10yx=,由题意可得2lg1ln10kttkt+==,解得100lg100teeke==,所以,当lg0100eke时,函数()fx有三个零点,④正确.故答案为:①②④.【点睛】思路点

睛:已知函数的零点或方程的根的情况,求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题,求解此类问题的一般步骤:(1)转化,即通过构造函数,把问题转化成所构造函数的零点问题;(2)列式,即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式;(3)得解,即由

列出的式子求出参数的取值范围.12.(2020·上海·统考一模)若定义在N上的函数(),()fxgx满足:存在0xN,使得()()00fxgx成立,则称()fx与()gx在N上具有性质(,)Pfg,设函数1()2xafx−=与3()gxx=,其中,0a

,已知()fx与()gx在N上不具有性质(,)Pfg,将a的最小值记为0a.设有穷数列nb满足()1101,1,504nnbbbnNna+==+,这里0a表示不超过0a的最大整数.若去掉nb中的一项tb后,剩下的所有项之和恰可表为()2mmN,则tmb+

的值为_________.【答案】2626【解析】问题可转化为()()fxgx在N上恒成立,令31()02xazxx−=−在N上恒成立,根据函数的单调性求出20ae=,从而求出nS,再求出答案即可.【解析】因为()fx与()gx在N上不具有性质(,)Pfg,所以()()f

xgx在N上恒成立,令31()02xazxx−=−在N上恒成立,当21'()ln302xzxaax=−=时,a最小,所以联立()0'()0zxzx==,得到2011ln36xax=+,令21()36xhxx=+,则311'()32hxx=−,

当0,1x=时,'()0hx,()hx递减,当2,3,4,x=时,'()0hx,()hx递增,所以117(1),(2)224hh==,所以(1)(2)hh,当1x=时,20ae=,所以50473528n=,因为111,1nnbbb+==+,所以nbn=,所以2(1)352835

2922ntnnSbm+==+=,而352835292495.0262nS==,取2495m=,则131tb=,所以13124952626tbm+=+=,故答案为:2626.【点睛】方法点睛:该题考查的是有关函数恒成立问题,数列的应用以及转化

思想,解题方法如下:(1)根据题意,将问题转化,将其转化为31()02xazxx−=−在N上恒成立,利用导数研究其单调性,得到最值,求得相应的参数值;(2)根据数列相关公式求得的nS;(3)根据题意,建立相应的等量关系式求得结果.13.(

2020·上海·高三专题练习)设函数()()fxxR满足()(),()(2)fxfxfxfx−==−,且当[0,1]x时3()fxx=,又函数()|cos()|gxxx=,则函数()()()hxg

xfx=−在13[,]22−上的零点个数为___________.【答案】6【解析】判断函数()fx为偶函数,周期为2,判断()gx为偶函数,计算(0)0,(1)1ff==,113(0)()()()0222gggg==−==,画出函数图像,根据图像到答案.【解析】()()fxfx−=知

,函数()fx为偶函数,()(2)fxfx=−,函数关于1x=对称。()(2)(2)fxfxfx=−=−,故函数()fx为周期为2的周期函数,且(0)0,(1)1ff==。()|cos()|gxxx=为偶函数,113(0)(

)()()0222gggg==−==,()11g=,当10,2x时,()cos()gxxx=,()'()cos()singxxxx=−,函数先增后减。当13,22x时,()cos()gxxx=−,()'()

sincos()gxxxx=−,函数先增后减。在同一坐标系下作出两函数在13[,]22−上的图像,发现在13[,]22−内图像共有6个公共点,则函数()hx在13[,]22−上的零点个数为6.故答案为:6.【点睛】本题考查了函数零

点问题,确定函数的奇偶性,对称性,周期性,画出函数图像是解题的关键.14.(2022秋·上海浦东新·高三上海市进才中学校考期中)若函数f(x)=12ax2-ex+1在x=x1和x=x2两处取到极值,且212xx,则实数a的取值范围是________.【答案】2,ln2+【解析

】对()fx求导后令'()0fx=,再根据12,xx是导函数的两根数形结合分析两根的关系求解.【解析】函数21()12xfxaxe=−+,所以'()xfxaxe=−,若函数21()12xfxaxe=−+在1xx=和2xx=两处取到极值,则1xx=和2xx

=是函数'()xfxaxe=−的两个零点,即是方程0,xaxe−=,即xeax=的两个根,所以函数()xegxx=的图象与直线ya=有两个不同的交点,且交点的横坐标分别为12,xx,由于2(1)'()xxegxx−=,所以当0x或01x时,)'(0gx;当1x时,'()

0gx;故()gx的减区间有(),0−和()0,1,增区间有()1,+,且当1x=时,()()min1gxge==,作出()gx的草图:由图可知:12,0xx,且ae,因为212xx,即212xx,取212xx=,并令1,(0)xtt=,则22,xt=所以2

2tteett=,解得ln2t=,此时ln22ln2ln2ea==,故2ln2a,即实数a的取值范围是2,ln2+.故答案为:2,ln2+【点睛】本题主要考查了函数的极值问题,包括数形结合求解函数零点与范围分析的问题,

需要根据题意参变分离画出图像分析极值点之间的关系,并找到临界条件进行分析.属于中等题型.15.(2015秋·上海·高三校联考阶段练习)对于具有相同定义域D的函数()fx和()gx,若存在函数()hxkxb=+(k,b为常数),对任给的正数m,存在相应的0xD,使得当xD且0xx时,总有0

()()0()()fxhxmhxgxm−−,则称直线:lykxb=+为曲线()yfx=和()ygx=的“分渐近线”.给出定义域均为{|1}Dxx=的四组函数如下:①()2fxx=,()gxx=;②()102xfx−=+,()23xgxx−=;③21()xfxx+=,

ln1()lnxxgxx+=;④22()1xfxx=+,()()21xgxxe−=−−其中,曲线()yfx=和()ygx=存在“分渐近线”的是________.【答案】②④【分析】根据分渐近线的定义,对四组函数逐一分析,由此确定存在“分渐近线”的函数.【解析】()fx和()gx存在分渐近线的充要条

件是x→时,()()0,()()fxgxfxgx−→.对于①()2fxx=,()gxx=,当1x时,令()()()2Fxfxgxxx=−=−由于1()202Fxxx=−,所以()hx为增函数,不符合x→时,()()0f

xgx−→,所以①不存在;对于②()1022xfx−=+,()232,(1)xgxxx−=()()fxgx2313()()10210xxxfxgxxx−−−=+−=+,因为当1x且x→时,()()0f

xgx−→,所以存在分渐近线;对于③21()xfxx+=,ln1()lnxxgxx+=,21111111()()lnlnlnxxnxfxgxxxxxxxxx++−=−=+−−=−当1x且x→时,1x与1lnx均单调递减,但1x的递减速度比1lnx快,所以当x→时()()fxgx−会越来越小,

不会趋近于0,所以不存在分渐近线;对于④22()1xfxx=+,()()21xgxxe−=−−,当x→时,22()()2221xxfxgxxex−−=−+++222222221xxxxxex−−−++=++22

01xxe=+→+,且()()0fxgx−因此存在分渐近线.故存在分渐近线的是②④.故答案为②④.【点睛】本小题主要考查新定义概念的理解和运用,考查函数的单调性,属于中档题.16.(2014·上海闵行·统考二模)对于函数()()()sin,0,212,2,2xxfxfxx

=−+,有下列4个命题:①任取)12,0,xx+,都有()()122fxfx−恒成立;②()()()*22fxkfxkk=+N,对于一切)0,x+恒成立;③函数()()ln1yfxx=−−有3个零点;④对任意0x,不等式()2fx

x恒成立.则其中所有真命题的序号是______.【答案】①③④【分析】因为()()()sin,0,212,2,2xxfxfxx=−+,()fx定义域为)0,+,以长度2为变化区间的正弦类型的曲线,且当2x时,后面每个周期都是前一个周期振幅的12

,根据相应性质判断命题即可求得答案.【解析】对于①,如图:任取)12,0,xx+当12,0,2xx,()()1212sinsin2fxfxxx−=−当()2,x+,11()(2)sin22nfxfxn=−=

,()*nN)12,0,xx+,()()122fxfx−,恒成立故①正确.对于②,1()(2)2fxfx=−1(2)()2kfxkfx+=()*()2(2)kfxfxkkN=+,故②错误.对于

③,()()ln1fxx=−的零点的个数问题,分别画出()yfx=和()ln1yx=−的图像如图:()yfx=和()ln1yx=−图像由三个交点.()()ln1fxx=−的零点的个数为:3.故③正确.对于④,设(2,22xk

k+,()kN()()()sin,0,212,2,2xxfxfxx=−+max1()2kfx=,()kN令()2gxx=在(2,22xkk+,()kN可得:()min11gxk=+当

0k=时,0,2x,max()1fx=,()min1gx=,()maxmin()fxgx若任意2x,不等式()2fxx恒成立,即()maxmin()fxgx,可得1112kk+求证:当1k,1112kk+,化简可得:21kk+设函数()21kTkk=−−,则()2ln

210kTk=−当1k时,()Tk单调递增,可得()(1)0TkT=()210kTkk=−−21kk+即:1112kk+综上所述,对任意0x,不等式()2fxx恒成立.故④正确.故答案为:①③④.【点睛】本题考查了三角函

数的图像与性质,分段函数的性质和函数的零点.对于含参数不等式恒成立问题可转化为求函数的最值问题,然后再构造辅助函数,利用函数的最值即可求出结果,考查了推理能力与计算能力.17.(2023·上海·高三专题练习)已知函数()12

exxfx−=,若关于x的方程()()210fxmfxm−+−=恰好有3个不相等的实根,则m的取值范围是__________.【答案】(),12−【分析】由题设()1fx=或()1fxm=−,这两个方程

的解的个数可看作函数()yfx=的图象与直线1y=或1ym=−的交点个数,首先研究函数()fx的性质并作出简图且()1fx=有三个解,进而求参数范围.【解析】当0x时,121122()eexxxxfx−−==,则1112121e2e12()(e)exxxxxxxfxx

−−−−−−−==,当102x时,()0fx,()fx递增,当12x时,()0fx,()fx递减,当0x时,121122()()eexxxxfx−−−−==,则121()0exxfxx−−=−,即()fx递减,注意x趋向+时,()fx趋向于0且()0fx,(

0)0f=,有极大值1()2e2f=,函数()fx的图象如下,由2()()10fxmfxm−+−=得:()1fx=或()1fxm=−,由图知:()1fx=有三个不同的根,因此11m−=或()1fxm=−无实根,即10m−,所以1m或2m=.故答案为:()

,12−18.(2017春·上海闵行·高三上海市七宝中学校考期中)已知函数f(x)=2x,g(x)=x2+ax(其中a∈R).对于不相等的实数x1,x2,设m=1212()()fxfxxx−−,n=1212()()gxgxxx−−

,现有如下命题:①对于任意不相等的实数x1,x2,都有m>0;②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2,都有n>0;③对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=n;④对于任意的a,存在不相等的实数x1,x2,使得m=-n.其中真命题有__

_________________(写出所有真命题的序号).【答案】①④【解析】对于①,因为f'(x)=2xln2>0恒成立,故①正确对于②,取a=-8,即g'(x)=2x-8,当x1,x2<4时n<0,②错误对于③,

令f'(x)=g'(x),即2xln2=2x+a记h(x)=2xln2-2x,则h'(x)=2x(ln2)2-2存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0,可知函数h(x)先减后增,有最小值.因此,对任意的a,m=n不一定成立.③错误对于④,由f'(x)=

-g'(x),即2xln2=-2x-a令h(x)=2xln2+2x,则h'(x)=2x(ln2)2+2>0恒成立,即h(x)是单调递增函数,当x→+∞时,h(x)→+∞当x→-∞时,h(x)→-∞因此对任意的a,存在

y=a与函数h(x)有交点.④正确考点:本题主要考查函数的性质、函数的单调性、导数的运算等基础知识,考查函数与方程的思想和数形结合的思想,考查分析问题和解决能提的能力.19.(2022秋·上海黄浦·高三上海市向明中学校考开学考试)已知函数()fx

满足,1(1)ln(1),1axaxfxxx+−+=+−,函数()()()gxfxfx=−−恰有5个零点,则实数a的取值范围为____________.【答案】1,0e−【分析】把函

数零点问题转化为两函数交点问题,再结合函数图像,利用导数求切线进行求解.【解析】因为函数()fx满足,1(1)ln(1),1axaxfxxx+−+=+−,所以,0()ln,0axxfxxx=,-,0()ln(-),0axxfxxx−=,因为函数()()()g

xfxfx=−−恰有5个零点,所以函数()yfx=与()yfx=−恰有5个交点,如图,因为yax=−与yax=交于原点,要恰有5个交点,,0yaxx=−与lnyx=必有2个交点,设,0yaxx=−与l

nyx=相切,切点为(,)mn,此时切线斜率为1100nyxmm−===−,解得1,ln1nm==,解得em=,所以切点为(e,1),所以e1a−=,解得1ae=−,所以要使函数()()()gxfxfx=−−恰有5个零点,则1(,0)ea−.故答案为:1,0e−.20

.(2022秋·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试)设a,b是两个实数,0ab,直线:lykxm=+和圆221xy+=交于两点A,B,若对于任意的,kab,均存在正数m,使得OAB的面积均不小于34,则2ba−的最大值为__________.【答案】2【分析】设O到

直线l的距离为d,利用三角形的面积均不小于34列不等式,由此求得d的取值范围,再利用点到直线的距离公式转化为关于,mk的不等式.根据k的取值范围,求得m的取值范围,由此求得关于,ab的不等式,结合导数求得2ba−的最大值.【解析】设O到直线

l的距离为d,则2132124AOBSdd=−,解得1322d,即213221mk+,所以22131122kmk++,因为,kab,0m时,22max111122kb+=+,22min3

31122ka+=+,所以22131122bma++,因为存在0m满足条件,所以22131122ba++,化简得223122ba−,且0ab,由223122ba−得232ba+,所以()22322baaafa−+−=,因为0

a,解不等式()2620232afaa=−+无解,所以()fa在)0,+上单调递减,所以()()02faf=.故2ba−的最大值为2.故答案为:2【点睛】本小题主要考查直线和圆的位置关系,考查利用导数求最值,属于难题.

21.(2019春·上海普陀·高三曹杨二中校考阶段练习)若存在实数ab、,对任意实数04x,,使不等式xmaxbxm−++恒成立,则实数m的取值范围为________.【答案】14m【分析】不等式xmaxbxm−++可化为不等式||

axbxm+−,等价于存在实数a,b,对任意[0,4]x,不等式||axbxm+−成立,等价于存在实数a,b,不等式max||axbxm+−成立,分别讨论14a,11,42a,1,2a+的情况,注意由任意性和存在性可知需先求出max||axbx+−,再求

()maxmin||axbx+−即可解决.【解析】不等式xmaxbxm−++可化为不等式||axbxm+−,原题等价于存在实数a,b,对任意[0,4]x,不等式||axbxm+−成立,等价于存在实数a,b,不等式max||axbxm+−成立,令yaxbx=+−,则1

2yax=−,(1)在[0,4]x上,当0y,即14a时,函数单调递减,此时42abyb+−,当12ba−时,42abb+−−,且420ab+−,则max||42yab=−−+,当12ba−时,42abb+−−,且0b,则m

ax||yb=,从而当14a时,设max42,12()||,12abbagbybba−−+−==−,则()gb在(,12)a−−单调递减,在(12,)a−+单调递增,所以12ba=−时,()gb取最小值,最小值为1(12)122gaa−=−;(2)当14a时,由1

02yax=−可得,y在210,4a上单调递减,在21,44a上单调递增,①在11,42a时,42bab+−,则14byba−,同理可得,当11,42a时,max11,48(

)||1,8bbaagbybba−==,则()gb在1(,)8a−单调递减,在1(,)8a+单调递增,故当18ba=时,()gb取最小值,最小值为111()884gaa=;②在1,2a+时,

42bab+−,则1424byaba−+−,同理可得,当1,2a+时,max11,1248()||142,128bbaaagbyabbaa−−+==+−−+,则()gb在1(,12)8aa−−+单调递减,在1(12

,)8aa−++单调递增,故当1128baa=−+时,()gb取最小值,最小值为11(12)2188gaaaa−+=+−,根据对勾函数的性质可得,111(12)21884gaaaa−+=+−.综上所述,1()4gb

,即min1()4gb=,14m.故答案为14m.【点睛】本题考查函数综合,考查了函数任意性和存在性问题的综合,难度较大,关键在于根据任意性先对a进行讨论求出max||axbx+−,再对b进行分段得到分段函数()gb,结合单调性和存在性的特点求出()gb的最小值,属难

题.二、单选题22.(2023春·上海杨浦·高三复旦附中校考开学考试)无穷数列na满足:101a,且对任意的正整数n,均有()1e3ennaana+=−,则下列说法正确的是()A.数列na为严格减数列B.存在正整数n,使得0naC.数列na中存在某一项为最大

项D.存在正整数n,使得43na【答案】D【分析】由已知可变形为()1ln3nnnaaa+−−=,构造函数()ln(3),03fxxxx=+−,利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.【解析】因为()10e3ennaana+=−,所以30na−,所以3na,由(

)1e3ennaana+=−可得()1e3nnanaa+−=−,则()1ln3nnnaaa+−−=,则有()1ln3nnnaaa+=+−,设函数()ln(3),03fxxxx=+−,12()133xfxxx−=+=−

−,当02x时,()0fx,当23x时,()0fx,所以()fx在()0,2单调递增,()2,3单调递减,所以()(2)2fxf=,因为101a,所以()()2132()0,2,()0,2,afaafa==以此类

推,对任意,02nnaN,故B错误;所以1()ln(3)nnnnnafaaaa+==+−,故A错误;因为1nnaa+,所以数列na中不存在某一项为最大项,C错误;因为101a,所以2111()ln(3)ln31afaaa==+−,322234()ln(3)

1ln223afaaa==+−+,所以存在正整数n,使得43na,D正确.【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为()1ln3nnnaaa+−−=,利用函数()ln(3),03fxxxx=+−的单调性以及最值分析求解.23.(2022春

·上海宝山·高二上海市行知中学校考期末)关于函数2()lnfxxx=+,下列判断正确的是()①2x=是()fx的极大值点②函数()yfxx=−有且只有1个零点③存在正实数k,使得()fxkx成立④对任意两个正实数12,xx,且12xx,若12()()fxfx=,则12

4xx+A.①④B.②③C.②④D.①③【答案】C【分析】对于①,根据极大值点的定义,求导,研究导数与零的大小关系,可得答案;对于②,构造函数,求导研究其单调性,根据零点存在定理,可得答案;对于③,采用变量分离,构造函数,研究单调性与最值,可得答案;对于④

,以直线2x=为对称轴,构造函数()()()()22,0,2mtftftt=+−−,求导研究其单调性和最值,可得答案.【解析】解:对于①,由()2lnfxxx=+,求导得()()222120xfxxxxx−=−+=,令()0fx=,解得2x=,

可得下表:x()0,22()2,+()fx−0+()fx极小值则2x=为函数()fx的极小值点,故①错误;对于②,由()2lnyfxxxxx=−=+−,求导得:()222221721224100xxxyxxxxx−−−−+−=−+−==,则函数()yfxx=−在(

)0,+上单调递减,当1x=时,()1110yf=−=,当2x=时,()2221ln22ln0eyf=−=+−=,由21ln0e,故函数()yfxx=−有且只有1个零点,故②正确;对于③,由题意,等价于存在正实数k,使得()fxkx,令()()22lnfxxgxx

xx==+,求导得()()34ln0xxxgxxx−+−=,令()4lnhxxxx=−+−,则()lnhxx=−,在()0,1x上,()0hx,函数()hx单调递增;在()1,x+上,()0hx,函数()hx单调递减,()()10hxh,()0

gx,()22lnxgxxx=+在()0,+上单调递减,无最小值,不存在正实数k,使得()fxkx恒成立,故③错误;对于④,令()0,2t,则()20,2t−,()22,4t+,令()()()()()222

4t222ln2ln2ln2242tmtftfttttttt+=+−−=++−−−=++−−−,则()()()()22222222482228042244tttttmtttttt−−++−=−+=−+−−−,()mt在()0,2上单调

递减,则()()00=mtm,即()()()220mtftft=+−−,令22xt=−,由()()12fxfx=,且函数()fx在()2,+上单调递增,得12xt+,则12224xxtt+−++=,当14x时,124xx+显然成立,故④正确.故选

:C.【点睛】本题主要考查了导数得应用,涉及函数的单调性和极值,函数零点个数的判断,以及构造法证明不等式,运算量较大,有一定的难度.24.(2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考开学考试)已知112233xyxyxy、、、、、为6个不

同的正实数,满足:①112233,,xyxyxy,②112233xyxyxy==,③()()()2113322xyxyxy++=+,则下列选项中恒成立的是()A.2132yyy+B.2132yyy+C.2213yyyD.2213yyy【答案

】D【分析】利用不等式的性质,得到33221122xxyyxy++与()()31132222xxyyxy++++,由此排除A、B选项,再得到()()222323110yyxxyy−−与1223yxx,由此得到2213yyy

,即D选项正确,C选项错误.【解析】不妨设13xx,则由1133xyxy=得13yy,故130xx−,310yy−,则()()13310xxyy−−,即133111330xyxyxyxy+−−,即3113

1331xyxyxyxy++,故()()()11313311133313312xyxyxyxyxyxyxxyy++++=++,所以()()3122314xyxxyy++,即33221122xxyyxy++(1),又因为()()()()()2211332211332xyxyx

yxyxy=++++++,所以()()()()3311311322222xyxyxxyyxy++++++=+(2),由(1)(2)可知1322yyy+或1322yyy+皆有可能,故

A、B错误;由()()()2113322xyxyxy++=+得131313132222222xyxxxyyxyyxy+++=++,所以1313131322211332xxxyyxyyxyxyxy+++=+++,所以()()222231131133xxy

yxyxxyy+−−=−−,不妨设31xx,则31yy,所以()()2222311331310xxyyxyxxyy+−−=−−,所以13224222223212xxyyxyyyy++,所以()()222323110yyxxyy−−,

又112233xyxyxy==,所以12232231xxxyyy=,所以13231231xxyyxxy,所以222321130,0xxyyyy−−,同理当31xx时,22130yyy−,所以

2213yyy,故D正确,C错误;故选:D.25.(2023·上海·高三专题练习)已知函数()()()()2213222e8122xxxfxxxx−−−=−+−,若在区间()1,上存在()2nn个不同的数

123,,,,nxxxx,使得()()()1212nnfxfxfxxxx===成立,则n的取值集合是()A.2,3,4,5B.2,3C.2,3,5D.2,3,4【答案】D【分析】由题意,可知n为方程()fxkx=的解的个数,判断()fx的单调性,作出()yfx=与ykx=的函数

图象,根据图象交点个数即可求解.【解析】解:设1212()()()nnfxfxfxkxxx===,则方程()fxkx=有n个根,即()fxkx=有n个根,2231,23()2,22e(812),2xxxf

xxxxxx−−=−+−+−„„,所以()fx在3(1,)2上单调递增,在3(2,2)上单调递减,且31()22f=,当2x时,22222()e(812)e(28)e(64)xxxfxxxxxx−−−=−+−+−+=−+−,设2()64(2)

gxxxx=−+−,令()0gx=得35x=+,所以当235x+时,()0gx,即()0fx,当35x+时,()0gx,即()0fx,所以()fx在(2,35)+上单调递增,在(35,)++上单调递减,且()151(35)e2522f++=−,作出()fx与ykx=的大致

函数图象,如图所示:由图象可知()fxkx=的交点个数可能为1,2,3,4,又2n…,所以n的值为2,3,4.故选:D.26.(2022春·上海浦东新·高二华师大二附中校考阶段练习)关于函数()2lnfxxx=+,下列判断正确的是()①2x=是()fx

极大值点;②函数()yfxx=−有且仅有1个零点;③存在正实数k,使得()fxkx成立;④对任意两个正实数1x、2x且12xx,若()()12fxfx=,则124xx+.A.①④B.②③C.②③④D.②④【答案】D【分析】利用极值与导数的关系可判断①的正误;利用导数分析函数()yfxx=−的

极值与单调性,结合零点存在定理可判断②的正误;利用参变量分离法结合导数可判断③的正误;利用对数平均不等式121212lnlnxxxxxx−−结合基本不等式可判断④的正误.【解析】对于①,函数()2lnfxxx=+的定义域为()0,+,()221

22xfxxxx=−=−,当02x时,()0fx,此时函数()fx单调递减,当2x时,()0fx¢>,此时函数()fx单调递增,所以,2x=是()fx极小值点,①错;对于②,令()()2lngxfxxxxx=−=−+,该函数的定

义域为()0,+,()22222122210xxxxgxxxxx−+−−+=−−==−,则函数()gx在()0,+上单调递减,因为()110g=,()2ln210g=−,所以,函数()yfxx

=−有且仅有1个零点,②对;对于③,若存在正实数k,使得()fxkx成立,则2ln2xxkx+,令()2ln2xxpxx+=,其中0x,则()34lnxxxpxx−−=,令()4lnhxxxx=−−,其中0x,则()lnhxx=−,当01x时,()0hx,此时函数()hx单调

递增,当1x时,()0hx,此时函数()hx单调递减,则()()130hxh=−,所以,当0x时,()0px,故函数()px在()0,+上单调递减,则()px无最小值,故不存在正实数k,使得()fxkx成立,③错;对于④,先证明121212lnlnxxxxxx−

−,其中120xx,即证1121222112lnxxxxxxxxxx−=−,令121xtx=,即证12lnttt−,令()12lnmtttt=−−,其中1t,则()222212110ttmtttt−+=−−=−,所以,函数()mt在()1,+上为减函数,当

1t时,()()10mtm=,所以,当120xx时,121212lnlnxxxxxx−−,由()()12fxfx=,得121222lnlnxxxx+=+可得()12122112222lnlnxx

xxxxxx−−=−=,所以,12121212lnln2xxxxxxxx−=−,所以,122xx,因此,121224xxxx+,④对.故选:D.【点睛】方法点睛:利用导数解决函数零点问题的方法:(1)直接法:先对函数求导,根据导数的方法求出

函数的单调区间与极值,根据函数的基本性质作出图象,然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题,突出导数的工具作用,体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用;(2)构造新函数法:将问题转化为研究两函数图象的交点问题;(3)参变量分离

法:由()0fx=分离变量得出()agx=,将问题等价转化为直线ya=与函数()ygx=的图象的交点问题.27.(2022秋·上海黄浦·高三上海市光明中学校考期中)已知1,0,()sin,0,xxfxxx+

=若()()()123123,fxfxfxxxx==,则1232232xxx+++的最大值是()A.3B.522+C.833+D.1716+【答案】C【分析】利用数形结合,画出()fx的图像可得23xx+为定值,再将1232232xxx+++转化为关于

x的函数,最后利用求导求出1232232xxx+++的最大值.【解析】如图作出()fx的图象,依题意,1231sinsinxxx+==,注意到23xx+=,且13sin1xx=−,因此1233322322sin2xxxxx+++=

++,其中3,2x,设()2sin2,()12cosgxxxgxx=+=++,当2,23x,时()0gx,当2,3x,时()0gx,因此()gx在2,23上单调递增,在2,3上单调递减,则8()

3,33gx+,即1232232xxx+++的最大值为833+故选:C.【点睛】此题为函数零点相关问题,通常需要先画出函数图像,再结合函数图像得到某一部分为定值,再求出剩余部分的取值范围即可.28

.(2022·上海·高三专题练习)已知()fx为奇函数,当0,1x时,()1122fxx=−−,当(,1x−−,()11xfxe−−=−,若关于x的不等式()()fxmfx+有解,则实数m的取值范围为()A.()()1,00,−+B.()()2,00,−+C

.()1ln2,10,2−−−+D.()1ln2,00,2−−+【答案】D【分析】利用()fx为奇函数及已知区间解析式求出()fx在xR上分段函数的表示形式,由()()fxmfx+有解,即0xR使()()00fxmfx+即可,结合函数图象分析即可得m的取值范

围;【解析】若1,0x−,即0,1x−,则()11121222fxxx−=−−−=−+;∵()fx是奇函数,∴()()1122fxxfx−=−+=−,则()1212fxx=+−,1,0x−;同理,若)1,x+,即(,1x−−−,则()()11xf

xefx−+−=−=−,有()11xfxe−+=−,)1,x+;综上,有111,112||1,102()112||,0121,1xxexxxfxxxex−−−+−−+−−=−−−作出函数()fx的图象如图:1、当

0m时,()fxm+是()fx的图象向左平移m个单位,即如下图此时()()fxmfx+有解,满足条件.2、当0m时,()fxm+是()fx的图象向右平移m个单位,即如下图当()fxm+的图象与()fx在1x相切时,()1xfxe−=,此时对应直线斜率

2k=,由12xe−=,得ln21x=+,此时ln21111ye+−=−=,即切点坐标为()1ln2,1+;设切线方程为()2yxa=−,此时()121ln2a=+−,得1ln22a=+;∴当10ln22m

−+时,满足题设条件,解之得:1ln202m−−;综上,有1ln202m−−或0m,即m的取值范围是()1ln2,00,2−−+;故选:D.【点睛】本题考查了利用函数奇偶性求函数解析式,并利用函数不等式能成立,结合函数图象分析边界情况,利用导数求边界

值,进而得到参数范围;29.(2017秋·上海·高三上海市建平中学校考阶段练习)已知函数()1||xfxx=+,有下列四个结论:①对任意xD,()()0fxfx+−=恒成立;②存在()0,1m,使得方程()fxm=有两个不等实根;③对任意12,xxD,若12xx,则一定有()()12

fxfx=;④对任意(1,)k+,函数()()gxfxkx=−有三个零点.上述结论正确的个数为()A.1B.2C.3D.4【答案】B【分析】通过函数的基本性质﹣﹣奇偶性和单调性,对选项进行逐一验证即可.【解析】∵函数()()1||xfxxRx=+是奇函数,∴任意xR,等式

()()0fxfx−+=恒成立,故①正确;令12m=,()12fx=,可解得,1x=或=1x−,故②正确;当0x时,()1fxxx=+,21()0(1)fxx=+,故原函数在[0,)+单调递增.当0x时,()1x

fxx=−,21()0(1)fxx=−,故原函数在(,0)−单调递增.函数()1fxxx=+在0x=是连续的,故函数在R上单调递增,对任意12,xxD,若12xx,则一定有()()12fxfx;故③错误;由③中分析可得:()('0,1fx,故对任意(1,)k+,函数()y

fx=的图象与ykx=只有原点一个交点,即函数()()gxfxkx=−有一个零点,故④错误.故选B.【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体,考查了函数的图像和性质,属于中档题.30.(2022·上海普陀·曹杨二中校考模拟预测)若存在实数k和b,使得函数()fx和()g

x对其公共定义域上的任意实数x都满足:()()gxkxbfx+恒成立,则称此直线ykxb=+为()fx和()gx的“隔离直线”.有下列命题:①2()fxx=和()2elngxx=之间存在唯一的“隔离直线”2eeyx=−;②2()fxx

=和()1(0)gxxx=之间存在“隔离直线”,且b的最小值为1−,则()A.①、②都是真命题B.①、②都是假命题C.①是假命题,②是真命题D.①是真命题,②是假命题【答案】D【分析】命题①,2()fxx=和()2elngxx=有公共点(

)e,e,故隔离直线过该点,设为点斜式,结合二次函数性质对参数分类讨论,即可求解;命题②,设隔离直线为ykxb=+,则22010xkxbkxbx−−+−对任意0x恒成立,结合二次函数性质对参数分类讨论,即可求解;【解析】对于命题①,函

数2()fxx=和()2elngxx=的图像在ex=处有公共点,若存在()fx和()gx的隔离直线,那么该直线过这个公共点()e,e,设隔离直线的斜率为k,则隔离直线方程为()eeykx−=−,即eeykxk=−+由()()ee0fxkxkx−+恒成立,即()2

ee00xkxkx−+−恒成立,(i)当0k=时,则()2e0xx不恒成立,不符合题意;(ii)当0k时,令()()2ee0uxxkxkx=−+−,对称轴02kx=,()ux在()0,e上单调递增,且()e0u=,故0k不恒成立,不符合题意;(iii)当

0k时,令()()2ee0uxxkxkx=−+−,对称轴02kx=,则()()22min2eee0244kkkuxuk−==−+−=−,只有2ek=,即直线2eeyx=−下面证明()2eln2eegxxx=−,令

()2ee2elnGxxx=−−,求导()2ee()xGxx−=,令()0=Gx,得ex=,当()0,ex时,()0Gx,函数()Gx在区间()0,e上单调递减;当()e,x+时,()0Gx,函数()Gx在区间()e,+单调递增;故当ex=时,函数()Gx取得极小值,

也是最小值,故()0Gx,即()2eegxx−所以2()fxx=和()2elngxx=之间存在唯一的隔离直线2eeyx=−.对于命题②,设2()fxx=和1()(0)gxxx=的隔离直线为ykxb=+,则21xkxbkxbx++对任意0x恒成立,即22010

xkxbkxbx−−+−对任意0x恒成立,由210kxbx+−恒成立,得0k(i)当0k=时,则0b=符合题意;(ii)当0k时,则20xkxb−−对任意0x恒成立,令()()20hxxkxbx=−−,对称轴02kx=,

需240kb=+,即24kb−,故0b令()()210dxkxbxx=+−,对称轴02bxk=−,需240bkb=+,即24bk−,所以421664kbk−,故40k−同理可得421664bkb

−,即40b−,故故命题①正确,命题②错误;故选:D【点睛】关键点点睛:本题考查函数的新定义“隔离直线”,解题中理解“隔离直线”的定义,注意利用导数研究函数的单调性及最值时解题的关键,考查学生的转化与化归能

力,属于难题.31.(2023·上海·高三专题练习)已知函数()()()1ln1fxxxx=++−,(0)的三个零点分别为1x,2x,3x,其中123xxx,()()()122331xxxxxx+++的取值范围为()A.()64,32−−B.(

),64−−C.(),32−−D.(),16−−【答案】D【分析】构造()1()ln1xgxxx−=++,结合零点个数及单调性求出2−,求出32101xaxbx=且311xx=,利用基本不等式得到()()()1223318xxxxxx+++,从而得到答案.【解

析】∵()()()1ln1fxxxx=++−,令()1ln(1)0xxx++−=,即()1ln01xxx−+=+,(0x)令()1()ln1xgxxx−=++,(0x),则(1)0g=,则()()()()2222211211xxgxxxxx+++=+=++,(0

x),令()()2221hxxx=+++,(0x),要想()gx除1外再有两个零点,则()gx在()0,+上不单调,则()22224480=+−=+,解得:2−或0,当0时,()0gx在()0,+恒成立,则()g

x在()0,+单调递增,不可能有两个零点,当2−时,设()0gx=,即()0hx=的两根为,ab,且ab,则有()1210abab=+=−+,故01ab,令()0gx,解得:xa或xb,令()0gx,解

得:axb,所以()gx在()0,a,(),b+上单调递增,在(),ab上单调递减,因为123xxx,所以32101xaxbx=,又因为()()11111lnln111xxgxgxxxxx

−−=+=−+=−++,若()0gx=,则10gx=,因为()()130gxgx==,所以311xx=,所以()()()()122331111111111111112xxxxxxxxxxxxxx

+++=++=++++1111122281xxxx+=,因为2−,故()()()12233116xxxxxx+++−.检验:当2=−时,()()21ln1xgxxx−=++(

0x),()()()()222114011xgxxxxx−=−=++,此时()gx在()0,+上单调递增,又()10g=,即1231xxx===,此时为临界情况,()()()12233116xxxxxx+++=−;综上:()()()12233

1xxxxxx+++的取值范围为(,16)−−.故选:D.【点睛】利用导数研究零点问题:(1)确定零点的个数问题:可利用数形结合的办法判断交点个数,如果函数较为复杂,可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象;(2)方程的有解问题就是判断是否存在

零点的问题,可参变分离,转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法,把问题转化为研究构造的函数的零点问题;(3)利用导数研究函数零点或方程根,通常有三种思路:①利用最值或极值研究;②利用数形结合思想研究;③构造辅助函数研究.

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