【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11 第18题 导数及其应用 Word版含解析.docx，共(34)页，1.839 MB，由小赞的店铺上传

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猜题11第18题导数及其应用一、解答题1．（2023·上海·统考模拟预测）函数()(0)xfxaxa=+，且()1e1f=+.(1)判断()fx在R上的单调性，并利用单调性的定义证明；(2)()()=−gxfx

x，且()gx在()0,+上有零点，求的取值范围.【答案】(1)单调递增，证明见解析；(2)e1+【分析】（1）由题意解出a的值，再利用单调性的定义证明即可；（2）转化问题为e0xxx+−=在()0,+

上有解，则e1xx=+有解，利用导函数求e1xx+的单调性，进而求得取值范围即可.【解析】（1）由题意可得()11e1fa=+=+，解得ea=，所以()exfxx=+，()fx在R上单调递增，证明如下：任取12Rxx

，则()()1212121212eeeexxxxfxfxxxxx−=+−−=−+−，因为exy=在R上单调递增，且12xx，所以12ee0xx−，120xx−，所以()()120fxfx−，即()()12fxfx，所以()fx在R上单调递增.（2

）由（1）得()exgxxx=+−，()gx在()0,+上有零点，即e0xxx+−=在()0,+上有解，则e1xx=+有解，令()e1xFxx=+，则()()22e1eexxxxxFxxx−−==，令()0Fx解得1x，令()0F

x解得01x，所以()Fx在()0,1单调递减，在()1,+单调递增，所以()()min1e1FxF==+，没有最大值，所以e1+.2．（2017·上海普陀·上海市宜川中学校考模拟预测）已知函数()(1)()xfxxke

kR=−−．（1）当1k=时，求()fx的单调区间；（2）讨论()fx在区间[0,3]上的最小值．【答案】（1）()fx的单调增区间是(1,)+，单调减区间是(,1)−；（2）当3k时，函数的最小值为：3min()(3)(2

)fxfke==−；当0k时，函数的最小值为：min()(0)1fxfk==−−；当0k时，函数的最小值为：min()()kfxfke==−.【分析】（1）对函数进行求导，根据导函数的正负求出函数的单调区间；（2）对函数

进行求导，分类讨论，求出函数的单调区间进而求出在区间[0,3]上的最小值．【解析】（1）当1k=时，'()(2)()(1)xxfxxefxxe=−=−.当1x时，'()0fx，此时()fx单调递增；当1x时，'()0fx，此时()fx单调递减，所以()fx的单调增区间是(

1,)+，单调减区间是(,1)−；（2）'()(1)()()xxfxxkefxxke=−−=−.当xk时，'()0fx，此时()fx单调递增；当xk时，'()0fx，此时()fx单调递减，

当3k时，函数在[0,3]上单调递减，故函数的最小值为：3min()(3)(2)fxfke==−；当0k时，函数在[0,3]上单调递增，故函数的最小值为：min()(0)1fxfk==−−；当0k

时，函数的最小值为：min()()kfxfke==−.【点睛】本题考查了利用导数求函数的单调性，考查了利用导数求函数的最小值问题，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.3．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()()ln1a

fxxx=++.(1)若()0fx在()0,e上恒成立,求实数a的取值范围;(2)若函数()fx在()0,e上单调递增,求实数a的取值范围.【答案】(1)0a(2)0a【分析】(1)对()0fx全分离,将()0fx在()0,e上恒成立,转化为()()maxln1a

xx−+,构造新函数,求导求单调性求最值即可.(2)由()fx在()0,e上单调递增,即()0fx在()0,e上恒成立,求导后全分离转化为2min1xax+,构造新函数,求导求单调性求最值即可.【解析】（1）解:由题知()0fx在(

)0,e上恒成立,即()ln10axx++,()0,ex,只需()ln1axx−+即可,即()()maxln1axx−+,记()()ln1gxxx=−+,()()ln11xgxxx=−+−+,()0,ex,()ln10,01xxx−+−+,()()0,

e,0xgx,()gx在()0,e单调递减,()()max00gxg=0a;（2）由题知,()fx在()0,e上单调递增,即()0fx在()0,e上恒成立,即()2101afxxx=−+恒成立,()0,ex,只需21xax+恒成立

,即2min1xax+,记()21xhxx=+,()()()()222221211xxxxxhxxx+−+==++,()0,ex,()0hx,()hx在()0,e单调递增,()()min00hxh=,只需0a即可,综上:0a.4．（2022秋·

上海嘉定·高三校考期中）已知函数()e1e1xxafx−=+为奇函数(1)求a的值，判断并证明()fx在其定义域上的单调性；(2)若关于x的不等式()()33920xxxfkf+−+对任意1x恒成立，求实数k的取值范围．【答案】(1)

1a=；()fx在定义域R上单调递增，证明见解析；(2)43k.【分析】（1）根据奇函数的定义，结合函数单调性的定义、指数函数的性质进行求解即可；（2）根据函数的单调性和奇偶性，结合常变量分离法、构造函数法，利用导数的性质进行求解即

可.【解析】（1）函数()fx的定义域为xR，函数()e1e1xxafx−=+为奇函数，()10012afa−===，经检验()()e1e1e1ee1e1e1exxxxxxxxfxfx−−−−−−−−====−+++（）（），()fx为奇函数.函数()fx的定义域为

xR，1x，2xR且12xx，()()()()()12121212122eee1e1e1e1e1e1xxxxxxxxfxfx−−−−=−=++++，因为12xx，所以12ee0xx−，而()()12e1e10xx

++，所以()()120fxfx−，故()fx在R上单调递增．（2）因为()fx为奇函数，所以有()392(392)xxxxff−+=−−+−又因为()fx在R上单调递增，()()3392xxxfkf−+

−，所以3392xxxk−+−对任意1x恒成立，即2313xxk−−，令3xt=，()3,t+，设()21gttt=−−，()2210gtt=+，所以()gt在()3,t+上单调递增

，()()433gtg=所以：43k.5．（2022秋·上海奉贤·高三校考期中）函数()yfx=，其中()sinexxfxx=+.(1)求函数()yfx=的导数()yfx=；(2)若02πx，求

()yfx=的极值.【答案】(1)()cossin1exxxfx−=+(2)极大值为213πe−+，极小值为21πe−−【分析】（1）利用导数的求导法则以及基本初等函数的求导公式即可求解，（2）求导，利用导数即可求解极值.【解析】（1）由()sinexxfxx=+得

()()2cosesinecossin11eexxxxxxxxfx−−=+=+，（2）记()()gxfx=，则()2cosexxgx−=，令()0gx=，则cos0x=，当02πx时，π2x=或3π

2x=，故当π02x或3π2π2x时，()0gx，当π3π22x，()0gx，因此当π2x=时，()gx取极小值，且极小值为212ππeg−=−，当3π2x=时，()gx取极大值，且极大值为23123ππeg−=

+，因此()yfx=的极大值为213πe−+，极小值为21πe−−6．（2023·上海·高三专题练习）设aR，函数()()()322112132xaaxxxaf=−+++.(1)若函数()()()0fxgxxx=

为奇函数，求实数a的值；(2)若函数()fx在2x=处取得极小值，求实数a的值.【答案】(1)12−(2)1【分析】（1）求出()fx，根据奇函数的概念得到210a−−=，即可求出结果；（2）利用导数求出函数的单调区间，

进而求出极小值点，可得12a+=，即可求出结果.（1）由已知，得()()2221fxxaxaa=−+++，()()221fxaagxxaxx+==+−−，0x，∵()()()0fxgxxx=为奇函

数，∴0x，()()0gxgx−+=，即210a−−=，∴12a=−；（2）()()()()22211fxxaxaaxaxa=−+++=−−+，当x变化时()fx，()fx的变化情况如下表：x(

),a−a(),1aa+1a+()1,a++()fx+0-0+()fx极大值极小值∴12a+=，∴1a=.7．（2022·上海徐汇·统考一模）已知()()()21ln1R2fxxaxaxa=−++.(1)当0a=时，求函数()yfx=在点()()1,1f处的

切线方程；(2)当(0,1a时，求函数()yfx=的单调区间.【答案】(1)10y+=(2)答案见解析【分析】（1）由导数的几何意义求解，（2）由导数与单调性的关系求解，【解析】（1）当0a=时，()lnfxxx=−，()11fxx=−，所以()11f=−，()10f=

.所以函数()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为10y+=.（2）因为()()21ln12fxxaxax=−++，定义域为()0,+，所以()()()()()2111111axaxxaxfxaaxxxx−++−−=−++==.①当01a时，()fx与()fx在()0,+上的变

化情况如下：x()0,1111,a1a1,a+()fx+0−0+()fx单调递增极大值()112af=−−单调递减极小值11ln12faaa=−−−单调递增所以函数()yfx

=在()0,1及1,a+内严格增，在11,a内严格减；②当1a=时，()0fx恒成立，所以函数的单调增区间为()0,+.综上，当01a时，函数()yfx=的单调增区间为()0,1及1,a+

，单调减区间为11,a；当1a=时，函数()yfx=单调增区间为()0,+.8．（2022秋·上海徐汇·高三上海市南洋模范中学校考期中）已知函数()2ln2fxxxaxa=+−R,.(1)若

函数()yfx=在1x=处取得极大值，求a的值；(2)设()()()0,4agxfxax=+−，试讨论函数()ygx=的单调性.【答案】(1)32；(2)见解析【分析】（1）由()10f=即可求解；（2）由导数法结合因式分解及

二次函数性质讨论单调性即可.【解析】（1）()122fxaxx=+−，由在1x=处取得极大值得()3112202faa=+−==；经检验成立（2）()()()()24ln2gxfxaxxaxax=+−=+−−()0x，()()()()()22211211

22axaxaxxgxaaxxxx−+−+−−−=+−−==，i.当2a=−时，()()()()22221211220axaxxgxaaxxxx−+−+−=+−−==（仅在12x=取等号），故()gx在()0,+递增；ii.当2a−时，由()0gx得11,2xa−，

()0gx得110,,2xa−+，故()gx在110,,,2−+a递增，在11,2a−递减；iii.当20a−时，由()0gx得11,2ax−，()0gx得110,,2x

a−+，故()gx在110,,,2−+a递增，在11,2a−递减.9．（2023·上海·高三专题练习）已知函数1()sine(R)xfxxaa−=−．(1)定义()fx的导函数为(1)()fx，(1)()fx的导

函数为(2)()fx……以此类推，若(2021)(0)0f=，求实数a的值；(2)若1,0ax，证明：()0fx．【答案】(1)ea=(2)证明见解析【分析】（1）利用列举归纳法，可得()()nfx的周期为4，则得(2021)1()cosexfxxa−=−，由(2021)(0)0f=，即

可求得a值；（2）分析可得要证()0fx，只需证1sinexx−，再利用导数分别证得1exx−…，sinxx…，即可证明结论成立．（1）解：由题意得：(1)1()cosexfxxa−=−，(2)1()sinexfxxa−=−−，(3)1()co

sexfxxa−=−−，(4)1()sinexfxxa−=−，(5)1()cosexfxxa−=−∴()()nfx的周期为4，故(2021)1()cosexfxxa−=−．∵(2021)1(0)cos0e10eafa−=−=−=，∴ea=．（2）证

明：要证()0fx，即证1sinexxa−，又1a…，则11eexxa−−…，故只需证1sinexx−，令1()exgxx−=−，0x…，则1()e1xgx−=−，在(0,1)上，()0gx，()gx单调递减，在(1,)+上，()0gx，()gx单

调递增，所以()(1)gxg…0=，所以1exx−…，令()sinhxxx=−，则()1cos0hxx=−„，所以在(0,)+上，()hx单调递增，所以()(0)0hxh=…，所以sinxx…，所以1sinexxx−剟，因为左右两边的不等号不能同时取到，所以1sine

xx−，所以()0fx，得证．10．（2023·上海·高三专题练习）已知函数3()3xfxx=+，()2sincos22xxgxb=，曲线()yfx=和()ygx=在原点处有相同的切线.(1)求b的值；(2)判断函数()()()hxfxgx=−在0,2x上零点的个数，并说明理由

.【答案】(1)1(2)1个零点，理由见解析【分析】(1)通过对曲线()yfx=和()ygx=分别求导，由题意得()()00fg=，从而求得b的值；(2)分类讨论思想，当2x时，()0hx，()hx无零点；当0

2x时，通过求导判断函数()hx的单调性，结合零点存在性定理即可求解.．【解析】（1）依题意得：函数3()3xfxx=+，其导函数为()()293fxx=+，()2sincossin22xxgxbbx==

，所以()cosgxbx=．曲线()yfx=和()ygx=在原点处有相同的切线.()()001fgb===，1b=．（2）由（1）可知，()singxx=，所以3()()()sin3xhxfxgxxx=−=

−+；当2x时，3931sin33xxxx=−++，()0hx，此时()hx无零点．当02x时，()()29cos3hxxx=−+令()()29cos,0,23Hxxxx=−+则()()318sin3Hxxx=−++，显然()Hx在

02，上单调递增，又()2003H=−，02H，所以存在0,2t使得()0Ht=，因此可得0xt时，()0Hx，()Hx单调递减；2tx时，()0Hx，()Hx单调递增；又()00H=，02H所

以存在,2t，使得()0H=，即0x时，()0Hx，()0hx，()hx单调递减；2x时，()0Hx，()0hx，()hx单调递增；又()00h=，02h，所以()h

x在02，上有一个零点．综上，()hx在()0,+上有1个零点．11．（2022秋·上海浦东新·高三上海市实验学校校考开学考试）已知函数3211()326mfxxxx=+−+．(1)当1m=时，求()fx在点(1,(1))f的切线方程；(2)若()fx在1(,2)2上存在单调

减区间，求实数m的取值范围；(3)若()fx在区间(,)m+上存在极小值，求实数m的取值范围．【答案】(1)1yx=−；(2)3,2−；(3)2,2−【分析】（1）求解

导函数，分别计算()(1),1ff，利用点斜式写出直线方程；（2）构造新函数1()gxxx=−，利用存在型问题的解决办法，求解()gx最大值；（3）计算函数的极小值点，再根据极小值所在范围列不等式，分类讨论求

解.（1）3211()326mfxxxx=+−+，2()1fxxmx=+−因为1m=，所以32111()326fxxxx=+−+，2()1fxxx=+−，所以111(1)10326f=+−+=，(1)1111f=+−=，所以曲线()fx在点(

1,(1))f的切线方程为1y=x−；（2）函数()fx在1(,1)2上存在减区间，则有()0fx在区间1(,1)2上有解，即1mxx−在区间1(,1)2上有解，此时令1()gxxx=−，显然()gx在区间1(,1)2上单调递减，所以13()(

)22gxg=，故有32m，所以实数m的取值范围是3,2−.（3）函数在区间(,)m+上存在极小值，则函数()fx的极小值点应落在(,)m+内，令2()10fxxmx=+−=，得214

2mmx−−+=，2242mmx−++=，()fx在1(,)x−，2(,+)x上单调递增，在12(,)xx上单调递减；2xx=是函数()fx的极小值点，即得224432mmmmm−+++，当0m时，不等式恒成立；当0m时，2249mm+

，解得202m，所以实数m的取值范围是2(,)2−【点睛】研究单调区间与极值存在问题可转化为研究不等式存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接

把问题转化为函数的最值问题.12．（2023·上海·高三专题练习）已知函数221()23ln2fxxaxax=−−．(1)讨论函数()fx的单调性；(2)设1x，证明：1111(e)(e)2(e)3(1ln)02xxxxxxxx−−−+−+−−−−．【答案】(1)答案见解析(2

)证明见解析【分析】（1）求得()'fx，对a进行分类讨论，由此求得()fx的单调区间.（2）将所要证明的不等式转化为1(e)()xffx−，结合函数()fx的单调性以及导数，证得不等式成立.（1）()fx的定义域为()0,

+，()2'3(3)()2axaxafxxaxx−+=−−=.当a<0时，()fx在区间()()()'0,,0,afxfx−递减；在区间()()()',,0,afxfx−+递增.当0a=时，()()'0,

fxxfx=在()0,+上递增.当0a时，()fx在区间()()()'0,3,0,afxfx递减；在区间()()()'3,,0,afxfx+递增.（2）依题意1x，令1a=−，由（1）得21()23ln2fxxxx=+−

在(1,)+单调递增，要证1111(e)(e)2(e)3(1ln)02xxxxxxxx−−−+−+−−−−，即证121211(e)2e3(1)23ln22xxxxxx−−+−−+−，即证1(e)()xffx−，即

证()1e1xxx−①，设1()exgxx−=−(1)x，因为()'1e10xgx−=−，所以()gx在区间()1,+上递增，所以1()exgxx−=−(1)0g=，所以1e1xx−，即①成立，所以1111(e)(e)2(e)3

(1ln)02xxxxxxxx−−−+−+−−−−成立.13．（2022秋·广东广州·高三广州市南武中学校考阶段练习）已知函数()()cos,Rfxaxbxab=++，若()fx在点()()0,0f处的切线方程为122yx=+．(1)求()fx的解析式；(2)求函数()fx在0,2π

上的值域．【答案】(1)1()1cos2fxxx=++(2)531,2π122+−+【分析】（1）利用导数的几何意义，结合切线方程，列式()()02102ff==，即可求解函数的解析式；（2）首先由导数判断函数的

单调性，再比较函数的极值和端点值的大小，求函数的值域.（1）因为()()cos,Rfxaxbxab=++，所以()sinfxax=−，由题意得()()0cos01210sin02fbbfaa=+=+==−=

=，所以12a=，1b=；故()fx的解析式为1()1cos2fxxx=++（2）由（1）得()11cos2fxxx=++，()1sin2fxx¢=-，因为02πx，，当π06x时，()0fx，函数()fx单调递增，当π5π66x时，

()0fx，函数()fx单调递减，当5π2π6x时，()0fx，函数()fx单调递增，故当6x=时，函数取得极大值π1πππ31cos16266122f=++=++，故当56x

=时，函数取得极小值5π15π5π5π31cos16266122f=++=+−又()02f=，()12π2π1cos2π1π12π2f=++=++=+，因为5π3π31212π122122+−+++故函数()fx在02

π，上的最大值为2π+，最小值为5π31122+−，所以()fx在02π，上的值域为531,2π122+−+14．（2023·全国·高二专题练习）已知函数32()fxxaxbxc=+++在点()1,2P处的切线斜率为4，且在=1x−处取得极值．(1)求函数()f

x的单调区间；(2)若函数()()1gxfxm=+−有三个零点，求m的取值范围．【答案】(1)递减区间是11,3−；递增区间是(),1−−，1,3+(2)51,27−【分析】（1）根据题意，列出方

程组求得()321fxxxx=+−+，得到()2321fxxx=+−，进而求得函数的单调区间；（2）由题意得到()32xxxmgx=+−+，利用导数求得函数()gx的单调性与极值，列出不等式组，即可求解.【解析】（1）解：由题意，函数32()fxxaxbxc=+++

，可得()232fxxaxb=++，因为函数32()fxxaxbxc=+++在点()1,2P处的切线斜率为4，且在=1x−处取得极值，可得(1)2(1)4(1)0fff==−=，即12324320abcabab+++=++=−+=，解

得1,1,1abc==−=，所以()321fxxxx=+−+，可得()2321fxxx=+−，令()0fx=，解得=1x−或13x=．当x变化时，()fx，()fx的变化情况如下：x(),1−−－111,3−

131,3+()fx＋0－0＋()fx22227所以函数()fx的单调递减区间是11,3−；单调递增区间是(),1−−，1,3+．（2）解：由函数()2321fxxx=+−，()()32

1gxfxmxxxm=+−−++=，则2()()321gxfxxx==+−，函数()gx在=1x−处取得极大值，在13x=处取得极小值，要使得()gx有三个零点，则满足()10103gg−，即105027mm+

−，解得5127m−，所以m的取值范围为51,27−．15．（2023·上海·高三专题练习）已知函数()eln().fxxaxaR=−(1)讨论()fx的单调性；(2)当ea=时，证明e()2e0.xfxx−+【答案】(1)答

案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导得e()(0)axfxxx−=，进而分0a和0a两种情况讨论求解即可；（2）根据题意证明e()2exfxx−，进而令()()e2e,0xgxxx=−，再结合（1）得max()(1)efxf==−，研究函数()gx的性质得()

()min1egxg==−，进而得0x时，e()2exfxx−，即不等式成立.【解析】（1）解：函数的定义域为()0,+，ee()(0)axfxaxxx−=−=Q，∴当0a时，()'0fx在(

)0,+上恒成立，故函数()fx在区间()0,+上单调递增；当0a时，由()'0fx得e0xa，由()'0fx得exa，即函数()fx在区间e0,a上单调递增，在e,a+上单调递减；综上，当0a时，()fx在区间()0

,+上单调递增；当0a时，()fx在区间e0,a上单调递增，在e,a+上单调递减；（2）证明：因为0x时，证明e()2e0xfxx−+，只需证明e()2exfxx−，由（

1）知，当ea=时，函数()fx在区间()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减；所以max()(1)efxf==−.令()()e2e,0xgxxx=−，则2(1)'()xxegxx−=，所以当()0,1x时，)'(

0gx，函数()gx单调递减；当()1,x+时，'()0gx，函数()gx单调递增，所以()()min1egxg==−.所以0x时，e()2exfxx−，所以当ea=时，e()2e0.xfxx−+16．（2021秋·上海虹口·

高三上海市复兴高级中学校考期中）已知函数()fxx=，2()4gxxmx=−+，mR.(1)当4m=时，解不等式()|()2|gxfx−；(2)若对任意的11,2x，存在21,2x，使得12()()g

xfx=，求实数m的取值范围.【答案】(1)()(),13,x−+(2)73,2m【分析】（1）代值计算并按2,2,2xxx=讨论即可.（2）依据题意可知()()1,21,2gxxfx

x，进行计算即可.(1)当4m=时，()22()442gxxxx=−+=−，由()|()2|gxfx−，即()222xx−−当2x=时，不符合题意当2x时，则213xx−当2x时，则211xx−综上所述：(

)(),13,x−+(2)由题可知：()()1,21,2gxxfxx，()1,2fx所以2142xmx−+在1,2x恒成立，则3mxx+且2mxx+在1,2恒成立，由3yxx=+，所以222331xyxx−=−=当()1,3

x时，0y；当()3,2x时，0y所以3yxx=+在()1,3单调递减，在()3,2单调递减所以当1x=时，4y=；当2x=时，72y=所以3yxx=+1,2的最小值为72又2yxx=+，所以222221xyxx−=−=，当()1,2x时，0y；当()2

,2x时，0y所以2yxx=+在()1,2单调递减，在()2,2单调递减所以当1x=时，3y=；当2x=时，3y=所以函数2yxx=+在1,2的最大值为3所以72m且3m，即73,2m17．（2021秋·上海长宁·高三上海市延安中学

校考阶段练习）已知函数()()20,R2afxxxax=+；（1）判断函数()fx的奇偶性，并说明理由；（2）若函数()fx在)1,x+上是增函数，求实数a的取值范围；【答案】（1）当a＝0时，偶函数；当a≠0时，既不是奇函数也不是偶函数；（2

）4a【分析】（1）2x为偶函数，欲判函数()()20,R2afxxxax=+的奇偶性，只需判定ax的奇偶性，讨论a就可判定；（2）将)1,x+上是增函数的问题转化为导函数在)1,+上大于等于零恒成立即可.【解析】解：（1）当a＝0时，2()fxx=，对(

,0)(0,)x−+，有22()()()fxxxfx−=−==，∴()fx为偶函数．当a≠0时，()()20,R2afxxxax=+，取1x=，得(1)(1)20ff−+=，(1)(1)0ffa−−=−，(1)(1),(1)

(1)ffff−−−．∴函数()fx既不是奇函数也不是偶函数．（2）()222afxxx=−，若函数()fx在)1,x+上是增函数，则2202axx−在)1,x+上恒成立，又由22

02axx−恒成立可得34ax恒成立，)1,x+因为344x，所以4a.18．（2021春·上海金山·高三校考阶段练习）已知函数()2fxxxa=−−，xR．（1）当1a=时，求函数()2xyf=的零点；（2）若对任何(0,1x，不等

式()0fx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）1x=；（2）(1,3)−.【分析】（1）当1a=时，()|1|2fxxx=−−，欲求函数(2)xyf=的零点，即求对应方程的根．由(2)0xf=解得x的值即可；（2）原不等式变

为2||xax−，即22xaxxx−+．再构造函数，研究其最值即可得出实数a的取值范围．【解析】（1）当1a=时，()|1|2fxxx=−−，由(2)0xf=得2|21|20,xx−−=即221(

2)220xxx−−=…或221,(2)220xxx−+=解得22x=，所以1x=.所以函数()2xyf=的零点为1x=.（2）原不等式变为2||xax−，即22xaxxx−+，故()(),(0,122]maxminxaxxxx−+又函数2()gxxx=−在

(0，1]上单调递增，（增函数+增函数=增函数）()(12)1maxxgx−==−，函数2()hxxx=+，22222()10xhxxx−=−=，所以()hx在(0,1]上单调递减，()(12)3minxhx+==；所以13a−，即实数a的取值范围是(1,3)−．19．（2022·

上海·高三专题练习）已知函数2()(,)fxxaxbab=++R.（1）若1b=，且()fx在[2,2]−上存在零点，求实数a的取值范围；（2）若对任意[1,1]a−，存在[2,3]x−使()0fx，求实数b的取值范围.【答案】

（1）(,2][2,)−−+；（2）6b−.【解析】（1）由1b=时，2()10fxxax=++=，当0x时，可得1axx=−−，实数a的取值范围即为1yxx=−−的值域，令()1gxxx=+对其求导判断单调性，求出()1gxxx=+的值域，进而可计算1yxx=−−的值域，即可求

解；（2）由()0fx得20xaxb++，即2bxax−−，令()2hxxax=−−，则()hx的对称轴为2ax=−，由[1,1]a−得122ax=−，所以()2hxxax=−−在[2,3]x−上最小值为()393ha=−−，再由[1,1]a−得()

3936ha=−−−，即可求得实数b的取值范围.【解析】（1）当1b=时，2()10fxxax=++=在[2,2]−上有解，当0x时，21axx=−−，即1axx=−−，令()1gxxx=+，()222111xgxxx−=−

=；由()0gx可得2<<1x−−或12x，由()0gx可得10x−或01x，所以()1gxxx=+在()2,1−−和()1,2上单调递增，在()1,0−和()0,1上单调递减，当02x时，()()12

gxg=，当20x−时，()()12gxg−=−，所以()1gxxx=+的值域为(,2][2,)−−+，所以1yxx=−−的值域为(,2][2,)−−+，所以(,2][2,)a−−+（2）由()0fx得20xaxb++，即2bxax−−，令()2hxxax=−−，则(

)hx的对称轴为2ax=−，当[1,1]a−时，122ax=−，所以当[2,3]x−时，()2hxxax=−−的最小值为()393ha=−−，又因为对任意的[1,1]a−恒成立，所以()3936ha=−−−，

所以6b−，所以实数b的取值范围为6b−.【点睛】结论点睛：不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数(),,yfxxab=，(),,ygxxcd=（1）若1,xab，2,xcd，总有()()12fxgx成立，故()()2maxminfxgx

；（2）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2maxmaxfxgx；（3）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx成立，故()()2minmin

fxgx；（4）若1,xab，2,xcd，有()()12fxgx=，则()fx的值域是()gx值域的子集．20．（2023秋·江西吉安·高三统考期末）已知函数21()3ln(3)2fxaxxax=−−−，aR．(1)当1a=时，求曲线21()()3lnsi

n2gxfxxxx=−+−在π2x=处的切线方程；(2)求()fx的单调区间．【答案】(1)210xy−−=(2)答案见解析【分析】(1)根据导数与切线的关系求解；(2)根据导数结合a不同的值分类讨论求解.【解析】（

1）当1a=时，21()()3lnsin2sin2gxfxxxxxx=−+−=−，()2cosgxx=−，π22g=，ππ12g=−，曲线()gx在π2x=处的切线方程为π(π1)22yx−−=−，即210xy−−=．（2）()23(3)3(

3)()()(3)0axaxaxxafxxaxxxx+−−−+=−−−=−=−，①当0a时，当03x时，()0fx，当3x时，()0fx，∴()fx在()0,3单调递增，在(3,)+单调递减；②当30a−时，由()0fx

，得0xa−，或3x；由()0fx，得3ax−，∴()fx在(0,)a−，(3,)+单调递减，在(,3)a−单调递增；③当3a=−时，()0fx恒成立，∴()fx在(0,)+单调递减；④当3a−时，由()0fx，得03x，或xa−；由()0fx

，得3xa−，∴()fx单调递减区间为()0,3，(,)a−+，单调递增区间为(3,)a−21．（2022秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知函数()2cosfxxx=−.(1)设()()gxfx=，求()gx在区间π,π4

上的最值；(2)讨论()fx的零点个数.【答案】(1)最大值为π222−−，最小值为2π−(2)()fx在R上有两个零点【分析】(1)利用导数讨论单调性即可求最值；(2)讨论函数在在)0,+上的单调性，并用零点的存在性定理确定零点个数，再根据函数为偶函数即可求

解.【解析】（1）因为()()()2sin,2cos0gxfxxxgxx==−−=−−，所以()gx在区间π,π4上单调递减，所以当π4x=时，()gx取最大值ππ2422g=−−；当πx=时，()gx取最小值()π2πg=−.（2）先讨论

()fx在)0,+上的零点个数，由（1）可知，()fx在()0,+上递减，()()00fxf=，所以()fx在()0,+上递减，因为()2ππ010,022ff==−，所以()fx在)0,+上有唯一

零点，又因为()()()22cos(sco)fxfxxxxx==−=−−−−，所以()fx是偶函数，所以()fx在R上有两个零点.22．（2022秋·山东·高三校联考阶段练习）已知函数sin()e(1)xfxx=−+．(1)求函数()yfx=在点,22f处的切线方程

；(2)证明：函数()yfx=在(1,0]−上有且仅有一个零点．【答案】(1)e10xy+−+=；(2)证明见解析.【分析】（1）根据导数几何意义求解.（2）判断函数()yfx=在(1,0]−上单调性，然后观察零点.【解析】（1）因为()sinecos1x

fxx=−，且ππe122f=−−，π12f=−，所以切线方程为ππe122yx−−−=−−，即所求切线方程为e10xy+−+=．（2）()sinecos1xfxx=−．因为(1,0x−，所以si

n0x，sine1x，0cos1x，所以sinecos1xx，所以()0fx，当且仅当0x=时取等号，所以()fx在(1,0−上是减函数，且()00f=，所以()fx在(1,0−上仅有

一个零点．23．（2023秋·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考期末）已知函数()()21ln2fxxxmxxm=−−R．(1)若0m=，求函数()fx的单调区间；(2)若函数()fx在()0,+上是减函数，求实数m的取值范围

．【答案】(1)单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+，(2)1em【分析】(1)先对函数()fx求导，利用导数判断函数的单调区间；(2)已知函数()fx在()0,+上是减函数，可知知()0fx恒成立，利用参数分离法,求lnxx的最大值即可求

解.【解析】（1）当0m=时，()ln,(0,)fxxxxx=−+，()ln,()0,1.fxxfxx===()001fxx，()01fxx所以()fx的单调递减区间是()0,1，单调递增区间是()1,+（2）由函数()fx在()0,+上是

减函数，知()0fx恒成立，()()21lnln2fxxxmxxfxxmx=−−=−．由()0fx恒成立可知ln0xmx−恒成立，则maxlnxmx≥，设()lnxxx=，则()21lnxxx−=

，由()()00,exx，()<0exx知，函数()x在()0,e上递增，在()e,+上递减，∴()()max1eex==，∴1em．24．（2023秋·广西防城港·高三防城港市高级中学校考阶段练

习）已知函数()()22lnfxxxaxa=−+R(1)当1a=时，求函数()fx在()()1,1f处的切线方程；(2)若函数()fx与直线yaxa=−在1,ee上有两个不同的交点，求实数a的取值范

围．【答案】(1)1yx=−(2)211,2e+【分析】（1）求导，点斜式求切线方程即可；（2）构造新函数2()2ln=−+gxxxa，在指定区间上求()gx最大值，最小值即可解决.【解析】（1）当1a=时

，2()2ln=−+fxxxx，所以2()21=−+fxxx，因为(1)0f=，所以切点坐标为()1,0，切线斜率为(1)1f=，所以切线方程为01(1)yx−=−，即1yx=−.（2）由题知()()22

lnfxxxaxaR=−+，函数()fx与直线yaxa=−在1,ee上有两个不同的交点，令2()()2ln=−=−+gxfxyxxa，所以22(1)(1)()2xxgxxxx−+−=−=，因为

1,eex，所以令()0gx=，得1x=，所以当11xe时，()0gx，当1ex时，()0gx，所以2()2ln=−+gxxxa在1,ee上有最大值(1),(1)1=−gga，因为()22112,e2eeegaga=

−−=+−，又()2211e4e0eegg−=−+，所以()1eegg，所以2()2ln=−+gxxxa在1,ee上有最小值()2e2ega=+−，所以2()2ln=−+gxxxa在1,ee

上有两个不同的交点的条件是()21101120eegaga=−=−−，解得2112ea+所以实数a的取值范围为211,2e+25．（2022秋·湖北·高三校联考期中）已知函数()232xfxxa−=+．(1)若0a=，求()yfx=的单调区间

;(2)若函数()fx在1x=−处取得极值，求()fx的最大值和最小值．【答案】(1)()fx的减区间为()03，，增区间为()0−，，()3+，(2)max()1fx=，min1()4fx=−【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；（2）

先由极值点处的导数为0（且()'fx在极值点左右两侧的符号相反）解得参数a的值，再利用导数求函数的最值（注意：研究函数的趋近）.【解析】（1）若0a=，有()232xfxx−=，定义域为{|0}xx则()'326xfxx−=，()'0fx得03x；()'0fx得0x

或3x所以，()fx的减区间是()03，，增区间是()0−，，()3+，；（2）∵()2'22262()xxafxxa−−=+，()'10f−=即：820a−=∴4a=∴()2324xfxx−=+∴()()()2'2222241268(4)(4)xxxxfxx

x−+−−==++∴当1x−或>4x时，()'0fx；当14x−时()'0fx，∴()fx在()1−−，，()4+，上递增，在()14−，上递减∴()fx的极大值为()11f−=，()fx的极小值为()144f=−

.又∵当x→−时，()0fx+→，当x→+时，()0fx−→()max()11fxf=−=，()min1()44fxf==−．26．（2022秋·河南周口·高三校考阶段练习）已知函数()()1ekx

fxx=+，（k为常数，0k）.(1)当=1k时，求函数()fx的极值；(2)若函数()fx在区间()0,1上是单调增函数，求实数k的取值范围.【答案】(1)极小值21e−，无极大值；(2)()1,00,2−+.【分析】（1）利用导数判断()fx的单调性，根据单调性即可求得函数

极值；（2）根据()0fx在区间(0,1)上恒成立，列出不等式，求解即可.【解析】（1）当=1k时，函数()(1)exfxx=+，()fx=(e+2)xx，令()0fx=，解得=2x−.令()0fx，解得>2,x−函数()fx

在区间(2,+)−上单调递增；令()0fx，解得<2x−，函数()fx在区间(,2)−−上单调递减.∴当=2x−时，函数()fx取得极小值，21(2)=ef−−，无极大值.（2）由题可得=(++1()

e)kxkxkfx，因为函数()fx在区间(0,1)上是单调增函数，所以()0fx在区间(0,1)上恒成立，但是()fx不恒等于0.∴()=++10gxkxk在区间(0,1)上恒成立，但是不恒等于0.∴(0)0(1)0gg，即10k+且210k+，解得12k

−.因此实数k的取值范围是()1,00,2−+.27．（2022秋·天津南开·高三统考期中）已知函数()e,()lnln==−xfxgxxa（a为常数，e2.718=），且函数()yfx=在0x=处的切线和()ygx=在xa=处的切线互相平行

．(1)求常数a的值；(2)若存在x使不等式()()()10mgxfxgx+−（()gx为函数()gx的导数）成立，求实数m的取值范围．【答案】(1)1a=；(2)(,0)m−.【分析】（1

）根据导数的几何意义，结合已知条件，列出关于a的等量关系，求解即可；（2）对目标不等式分离参数，构造函数()exhxxx=−，利用导数求其值域，即可求得参数范围.【解析】（1）因为()exfx=，所以函数()yfx=在0x=处的切线的斜率01e1k==

，又因为1()gxx=，所以函数()ygx=在xa=处的切线的斜率21ka=，所以，由11a=，得1a=．（2）()()()10mgxfxgx+−，即1e10xmxx+−，则e−xmxx，令()exhxxx=−，则1()1e2

xhxxx=−+，因为0x，所以12,e12xxx+，所以1e12xxx+，故()0hx，所以()hx在(0,)+上是减函数，因此()(0)0hxh=，所以存在x使不等式()(

)()10mgxfxgx+−成立，则(,0)m−．【点睛】关键点点睛：本题考查导数的几何意义，以及利用导数处理存在性问题；第二问中处理问题的关键是分离参数，构造函数()exhxxx=−，属综合中档题.28．（2022秋·北京·高三北京市八一中学校考阶段练习）已知函数()()ec

ossinxfxxx=+.(1)求函数()fx在=0x处的切线方程；(2)当,x−时，求函数()fx的单调递减区间【答案】(1)21yx=+(2),2−−和,2【分析】（1）根据先求解切点坐标，根据导数的几何意义求解

切线方程即可；（2）先求解导数()fx，利用导数求解函数()fx在区间,−上的单调递减区间即可.（1）解：()()()ecossinesincos2ecosxxxfxxxxxx=++−+=，所以()()00ecos0sin01f=+=，()002ecos0

2f==，所以函数()fx在=0x处的切线方程为()120yx−=−，即21yx=+.（2）解：()()()ecossinesincos2ecosxxxfxxxxxx=++−+=.又2e0x，故当,2x−−和,2ππ

时，cos0x，即()0fx，当,22x−时，cos0x，即()0fx¢>，所以函数()fx的单调递减区间为,2−−和,2.29．（2022秋·安徽·高

三砀山中学校联考阶段练习）已知函数284()2xfxxxm−=−+.(1)若2m=−，求曲线()yfx=在(2,(2))f处的切线方程；(2)若x=0为函数()fx的极值点，且函数()()gxfx=−有两个零点，求实数的取值范围.【答案】(1)24yx=−(2)2,0(0,2)3−

【分析】（1）求出导函数，根据导数几何意义即可得到切线方程；（2）由函数的极值点确定参数值，结合函数的单调性与极值，数形结合可得结果.（1）依题意284()22xfxxx−=−−，故(2)0f=；而()

()222422(22)(84)()22xxxxfxxx−−−−−−=−−，故(2)2f=，又(2)0f=故所求切线方程为24yx=−；（2）令()()0gxfx=−=，则()fx=；()()2

2242(22)(84)()2xxmxxfxxxm−−+−−−=−+，.而2416(0)0mfm+−==，解得4m=，经检验成立所以284()24xfxxx−=−+，故函数()fx的定义域为R()()()()()22222222424(22)(84)444(4)()24242

4xxxxxxxxfxxxxxxx−−+−−−−−===−+−+−+；令()0fx=，解得0x=或4x=；故当(),0x−时，()0fx¢>，当()0,4x时，()0fx，当()4,x+时，()0fx¢>，故函数()fx在(),0−和()4,+上单调递增，在(

)0,4上单调递减；而(0)2f=，2(4)3f=−，且当x→−时，()0fx+→，当x→+时，()0_fx→，作出()fx的大致图象如图所示，观察可知，实数的取值范围为2,0(0,2)3−30．（2022秋·

海南海口·高三校考阶段练习）已知函数3()(0)fxaxcxda+=+是R上的奇函数，当2x=时，()fx取得极值16−.(1)求()fx的单调区间和极大值；(2)证明：对任意12,[1,1]xx−，不等式(

)()1222fxfx−恒成立.【答案】(1)函数的单调递减区间是()2,2−，单调递增区间是(),2−−和()2,+，()16fx=极大值(2)见解析【分析】（1）根据函数的奇偶性求解d的值，进而根据函数的极值得到关于a，c的方程组，解方程组得到a，c的值，从而得到函数的解析

式，对函数求导，根据导函数的符号得到函数单调性和极大值.（2）根据（1）中的结论得到函数在闭区间上的单调性，从而得到函数在闭区间上的最大值和最小值，作差并取绝对值证明结论.【解析】（1）（1）由奇函数的定义，应有()(),fxfxx−=−R，即33()(),0axc

xdaxcxdd−+−+=−−−=.因此，3()fxaxcx=+，由条件()216f=−为()fx的极值，得()()20216ff==−，即1208216acac+=+=−，解得1,12ac==−，

32()12,()3123(2)(2)fxxxfxxxx=−=−=+−，令()3(2)(2)0fxxx=+−=，则有122,2xx=−=，列表如下：x(,2)−−2−(2,2)−2(2,)+

()fx+0-0+()fx单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表知：函数的单调递减区间是(2,2)−，单调递增区间是(,2)−−和(2,)+，()(2)16fxf=−=极大值.（2）证明：由（1）知，3()3

fxxx=−的单调递减区间是(2,2)−，()fx在[1,1]−是减函数，且()fx在[1,1]−上的最大值为(1)11Mf=−=，()fx在[1,1]−上的最小值为(1)11mf==−，对任意12,[1,1]xx−，恒有()()1211(11)22fxfxMm−−

=−−=.31．（2023·山西·校联考模拟预测）已知函数()()21e1R2xfxxaxa=−−−．(1)若不等式()0fx在)0,x+上恒成立，求实数a的取值范围；(2)若0x，求证：(

)21e1ln122xxxx−++．【答案】(1)(,1−(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，证明导数为单调增函数，然后分1a和1a两种情况判断导数的正负，从而判断函数的单调性，结合不

等式恒成立，求得参数范围；（2）利用（1）的结论将要证明的不等式转化为证明()2ln12xxx++，从而构造函数()()()2ln102xFxxxx=+−+，利用导数判断函数单调性，结合函数值范围，进而证明原不等式成立.【解析】（1）由题意知()exfx

xa=−−，)0,x+，令()()uxfx=，则()e1xux=−，则()0ux在)0,+上恒成立，仅在0x=时取等号，所以()ux在)0,+上单调递增，即()fx在)0,+上单调递增．当1a时，

()()010fxfa=−在)0,+上恒成立，所以()fx在)0,+上单调递增，所以()()0fxf0=，符合题意；当1a时，()010fa=−．令()e2xhxx=−，则()e2xhx=−，所以()hx在(),ln2−上单调递减，在()ln2,

+上单调递增，所以()()ln222ln20hxh=−．所以()ee20aafaaaa=−−=−，又()fx在)0,+上单调递增，所以()00,xa，使得()00fx=，所以()fx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，所以()()000fxf

=，不符合题意．综上所述，实数a的取值范围是(,1−．（2）证明：由（1）得，当1a=，0x时，2e1102xxx−−−，即2e122xxx−++，要证不等式()21e1ln12,(0)2xxxxx−++，只需证明()212e12

ln1xxxx−++，只需证明()22ln1xxx++，即只需证()2ln12xxx++，设()()()2ln102xFxxxx=+−+，则()()()()222141212xFxxxxx=−=++++，当0x时，()0Fx恒成

立，故()Fx在()0,+上单调递增，又()00F=，所以()0Fx恒成立，所以原不等式成立．【点睛】难点点睛：第二问证明不等式成立时，要结合第一问的结论，得到2e1102xxx−−−，即2e122xxx−++，这是要结合所要证明的不等式的变形进行的合理变式，因此难点就在

于要利用分析的方法，将原不等式转化为证明()212e12ln1xxxx−++，即需证明()22ln1xxx++，也就是证()2ln12xxx++，然后可以构造函数，利用导数判断函数单调性解决问题.