2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用

2019-2020年高考数学压轴题集锦——导数及其应用（四）

23. 已知函数
f
?
x
?
?
2
3
3
2< br>x?x?log
a
x
（
a?0
且
a?1
）．
32
（Ⅰ）若
f(x)
为定义域上的增函数，求实数
a
的取 值范围；
（Ⅱ）令
a?e
，设函数
g
?
x
??f
?
x
?
?
证：
x
1
?x
2
?2?6
．







24.已知函数
f
(
x
)
=e
x
-x2
-ax
.
(1)
x?R
时，证明：
e?x?1
；
(2)当
a=2
时，直线
y=kx+1
和曲线
y=f
(
x
)
切于点
A
(
m,n
)(
m<1
)
，求实数
k
的值；
(3)当
0?x?1
时，不等式
f
?< br>x
?
?0
恒成立，求实数
a
的取值范围.






25.已知函数
f
(
x
)
=-alnx+x-
(1)求实数
a
的取值范围；
( 2)记
f
(
x
)
的两个不同的极值点分别为
x
1< br>,x
2
，若不等式
f
(
x
1
)
+f
(
x
2
)
>l
(
x
1
+x
2
)
恒成
立，求实数
l
的取值范围.




2
2
3
x?4lnx?6x
，且
g< br>?
x
1
?
?g
?
x
2
?
? 0
，求
3
x
a
(
a
为常数)有两个不同的极值点.
x

26.已知函数
f
?
x
??ax?1?lnx
（
a?R
）.
（1）讨论函数
f
?
x
?
极值点的个数，并说明理由； < br>（2）若
?x?1
，
xf
?
x
?
?ax2
?ax?a
恒成立，求
a
的最大整数值.







27.已知函数
f
?
x
?
?x?2x?1,g
?
x
?
?2aln
?x?1
??
a?R
?
.
2
（1）求函数
h< br>?
x
?
?f
?
x
?
?g
?
x
?
的极值；
（2）当
a?0
时，若存在实数
k,m使得不等式
g
?
x
?
?kx?m?f
?
x?
恒成立，求实数
a
的
取值范围.








28.设
y?f
?
x
?
是二次函数，方程
f
?
x
?
?0
有两个 相等的实根，且
f
?
?
x
?
?2x?2
.
（1）求
y?f
?
x
?
的表达式；
（2）若直线
x??t
?
0?t?1
?
，把
y?f
?
x
?
的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等
分，求
t
的值.

29.已 知函数
f
?
x
?
?x?ax?
1
lnx
（
a?R
）.
2
（1）若曲线
y?f
?
x
?
在点
1,f
?
1
?
处的切线经过点
?
2 ,3
?
，求
a
的值；
（2）若
f
?
x< br>?
在区间
?
??
?
1
?
,1
?上存在极值点，判断该极值点是极大值点还是极小值点，并求
?
4
?
a< br>的取值范围；
（3）若当
x?0
时，
f
?
x
?
?0
恒成立，求
a
的取值范围.






30.已知函数
f
(
x
)
=lnx+a
，
g
(
x
)
=
b
-x
(
a,b?R
)
.
x
(1)若曲线
y=f
(< br>x
)
与曲线
y=g
(
x
)
在点
1, f
(
1
)
处的切线方程相同，求实数
a,b
的值；
(2)若
f
?
x
?
?g
?
x
?
恒成立，求证：当
a?2
时，
b?1
.






31.
f
?
x
?
?e?a x?2
，其中
e
是自然对数的底数，
a?R
.
x
(
)
（1）求函数
f
?
x
?
的单调递增区间； < br>（2）若
k
为整数，
a?1
，且当
x?0
时，
的导函数，求
k
的最大值.




k?x< br>f
?
?
x
?
?1
恒成立，其中
f
?
?
x
?
为
f
?
x
?
x?1

32.已知
f
（
x
）=2
x
ln
x
，
g
（
x
）=﹣
x+
ax
﹣3．
（1）求函数
f
（
x
）的单调区间；

（2）若存 在
x
∈（0，+∞），使
f
（
x
）≤
g
（
x
）成立，求实数
a
的取值范围．






2
1?x
*
33.已知数列{
x
n< br>}按如下方式构成：
x
n
∈（0，1）（
n
∈
N），函数
f
（
x
）=ln（
1?x
）在点
（< br>x
n
，
f
（
x
n
））处的切线与
x
轴交点的横坐标为
x
n
+1

（Ⅰ）证明：当
x< br>∈（0，1）时，
f
（
x
）＞2
x

（Ⅱ）证明：
x
n
+1
＜
x
n
3

（Ⅲ）若
x
1
∈（0，
a
），
a
∈（0， 1），求证：对任意的正整数
m
，都有
log
x
n
a
+log
x
n?1
a
+…+log
x
n?m
a< br>＜







11
n
﹣2*
?（）（
n
∈
N
）

23
?
x?x
2
,x?[0,1]
?
?
5
f(x?1),x?[1,3]
?
?
5
?
34.已知函数< br>f
（
x
）=
（Ⅰ）求
f
（
5
）及
x
∈[2，3]时函数
f
（
x
）的解析式
< br>2
k
对任意
x
∈（0，3]恒成立，求实数
k
的最小 值．

x
（Ⅱ）若
f
（
x
）≤

a?1
??
f(x)?a (x?2)
?
x?
?
a
??
，其中
a?0
． 35.已知函数
（Ⅰ）若
a?1
，求
f(x)
在区间
[ 0,3]
上的最大值和最小值．

（Ⅱ）解关于
x
的不等式
f(x)?0
．







36.若实数
x
，
y
，
m
满足
x?m?y?m
，则称
x
比
y< br>靠近
m
．
（Ⅰ）若
x?1
比
?x
靠近?1
，求实数
x
有取值范围．

（Ⅱ）（i）对
x?0
，比较
ln(1?x)
和
x
哪一个更靠近
0
，并说 明理由．

（ii）已知函数
?
a
n
?
的通项公式 为
a
n
?1?2
1?n
，证明：
a
1
a< br>2
a
3
La
n
?2e
．











x 2
f(x)?e?ax?(a?e?1)x?1
（
e
是自然对数的底数，a
为常数）． 37.已知函数
1
（1）若函数
g(x)?f(x)?x ?f
?
(x)
，在区间[1,+∞)上单调递减，求
a
的取值范围．

2
（2）当
a?(e?2,1)
时，判断函数
f(x)< br>在(0,1)上是否有零点，并说明理由．

38.已知函数
f(x)?xlnx
．
（1）求函数
f(x)
的极值点．

（2）设函数
g(x) ?f(x)?a(x?1)
，其中
a?R
，求函数
g(x)
在
[1,e]
上的最小值．







1
f(x)?lnx?x
2
，
x?(0,?∞)
． 39. 已知函数
（1）求函数
f(x)
的图象在点
(2,f(2))
处的切 线方程．

（2）求函数
f(x)
的单调递增区间．







1
x
2
40.设m
∈
R
，函数
f
（
x
）=
e
﹣
m
（
x
+1）+
4
m
（其中
e
为自然对数的底数）
（Ⅰ）若
m
=2，求函数
f
（
x）的单调递增区间；

（Ⅱ）已知实数
x
1
，
x
2
满足
x
1
+
x
2
=1，对任意的
m< br>＜0，不等式
f
（
x
1
）+
f
（0）＞f
（
x
2
）+

f
（1）恒成立，求
x
1
的取值范围；

（Ⅲ）若 函数
f
（
x
）有一个极小值点为
x
0
，求证
f
（
x
0
）＞﹣3，（参考数据ln6≈）

41.已知函数
f
（
x
）=
x
﹣
x
，
g
（
x
）=
e
﹣1（
e
为 自然对数的底数）．
（1）求证：当
x
≥0时，
g
（
x< br>）≥
x
+
23
x
1
2
x
；

2
（2）记使得
kf
（
x
）≤
g
（
x
）在区间[0，1]恒成立的最大实数
k
为
n
0
，求证 ：
n
0
∈[4，
6]．






42.设函数
f(x)?
1
3
1
2
x? ax?(a?3)x?3
，其中
a?R
，函数
f(x)
有两个极值点
32
x
1
,x
2
，且
0?x
1
? 1
．
（1）求实数
a
的取值范围；
'
（2）设函数?
(x)?f(x)?a(x?x
1
)
，当
x
1
?x?x
2
时，求证：
|
?
(x)|?9
．








43.已知
f( x)?
4x?t
x
2
?1
的两个极值点为
α
，β
，记
A
（
α
，
f
（
α
）） ，
B
（
β
，
f
（
β
））
（Ⅰ） 若函数
f
（
x
）的零点为γ，证明：
α
+
β
=2
γ
．

（Ⅱ） 设点
C
(
tt
? m
,0)，
D
(
?m
,0)，是否存在实数
t
，对 任意
m
＞0，四边形
ACBD
均
44
为平行四边形．若存在 ，求出实数
t
；若不存在，请说明理由．

44.已知函数
f(x)?
lnx
,
g(x)?kx (k?0)< br>，函数
F(x)?max
?
f(x),g(x)
?
,
其中
x
?
a,a?b,

max
?
a,b
?
?
?
b,a?b.
?
（Ⅰ）求
f(x)
的极值；
（Ⅱ）求
F(x)
在
?
1, e
?
上的最大值(
e
为自然对数底数).












45.已知函数
f(x)?x?2alnx,a?R
．
（Ⅰ）若
f (x)
在
x?1
处取得极值，求实数
a
的值；
（Ⅱ）若不 等式
f(x)?0
对任意
x?[1,??)
恒成立，求实数
a
的取值范围.
2

参考答案


23.（Ⅰ），
由为增函数可得，恒成立，则由
，设，则
，若由和可知
在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
当时，易知，当时，则，这与矛盾，
从而不能使恒成立，所以．
（Ⅱ），因为，
所以，所以
，
，
，
所以，
令，，，在上增，在上减，
，所以，整理得，
解得或（舍），所以得证．

24.(1)记，
∵，
令得，
当，，递减；当，，递增，
∴，
，
得.
(2)切点为，，则
，∴，
∵，∴由(1)得.

所以.
(3)由题意可得恒成立，
所以，
下求的最小值，
，
由(1)知且.
所以，递减，
∵，∴.
所以.


25.(1).
由函数(为常数)有两个不同的极值点.
即方程有两个不相等的正实根.
∴，∴.
(2)由(1)知，，，
∴，
所以恒成立.
令，.
∵，递增，
∴，
.


26.（1）的定义域为，且.
当时，在上恒成立，函数在上单调递减.
∴在上没有极值点；
当时，令得；
列表

所以当时，取得极小值.
综上，当时，在上没有极值点；

当时，在上有一个极值点.
（2）对，恒成立等价于对恒成立，
设函数（），则（），
令函数，则（），
当时，，所以在上是增函数，
又，，
所以存在，使得，即，
且当时，，即，故在在上单调递减；
当时，，即，故在上单调递增；
所以当时，有最小值，
由得，即，
所以，
所以，又，所以实数的最大整数值为3.


27.（I）由题意得，，∴，
①当时，则，此时无极值；

②当时，令，则；令，则；

∴在上递减，在上递增；

∴有极小值，无极大值；

（II）当时，由（1）知，在上递减，在上递增，且有极小值.

①当时，，∴，

此时，不存在实数，，使得不等式恒成立；

②当时，，

在处的切线方程为，

令，，

则，，

令，，

则，令，则；令，则；

∴，∴，

∴，

当，时，不等式恒成立，

∴符合题意. 由①，②得实数的取值范围为.
28.

（I）设，则．

由已知，得，．．

又方程有两个相等的实数根，

，即．故；

（II）依题意，得，

，

整理，得，即，

．
29.

（1）对求导，得.
因此.又，
所以，曲线在点处的切线方程为.
将，代入，得.解得.
（2）的定义域为.
.
设的一个极值点为，则，即.
所以.
当时，；当时，.
因此在上为减函数，在上为增函数.
所以是的唯一的极值点，且为极小值点.
由题设可知.
因为函数在上为减函数，
所以，即.
所以的取值范围是.
（3）当时，恒成立，则恒成立，
即对恒成立.

设，求导得.
设（），显然在上为减函数.
又，则当时，，从而；
当时，，从而.
所以在上是增函数，在上是减函数.
所以，所以，即的取值范围为.
30.

(1)由，.
得，解得，.
(2)证明：设，
则，
①当时，，函数在上单调递增，
不满足恒成立.
②当时，令，由，
得，或(舍去)，
设，知函数在上单调递减，在上单调递增，
故，即，得.
又由，得，
所以，
令，.
当时，，函数单调慈善
当时，，函数单调递增；
所以，即，
故当时，得.
31.

（1），
若，则恒成立，所以在区间上单调递增
若，当时，，在上单调递增
（2）由于，所以，当时，

故，令（）
则
函数在上单调递增，而，，
所以在上存在唯一的零点.
故在上存在唯一的零点.
设此零点为，则.
当时，，当时，；
所以在上的最小值为，由于，可得
所以，所以整数的最大值为2.
32.

【考点】利用导数研究函数的单调性．

【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；

（2）问题等价于a≥（2ln x+x+）
min
，记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），根据函数的
单调性判断即可．

【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=2（ln x+1），

令f′（x）=0，得x=，当x∈时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0，

所以f（x）在上单调递减；在上单调递增．

（2）存在x∈（0，+∞），使f（x）≤g（x）成立，

2
即2xln x≤﹣x+ax﹣3在x∈（0，+∞）能成立，

等价于a≥2ln x+x+在x∈（0，+∞）能成立，

等价于a≥（2ln x+x+）
min
．

记h（x）=2ln x+x+，x∈（0，+∞），

则h′（x）=+1﹣==．

当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，

当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，

所以当x=1时，h（x）取最小值为4，故a≥4．

33.

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；数列与函数的综合．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，根据函数的单调性求出f（x）＞2x即可；

（Ⅱ）求出函数f（x）的导数，求出曲线方程，得到x
n+1
=ln（﹣1）+x
n
，从而证出结论即
可；

（Ⅲ）得到b
k
=＜a =b
k﹣1
＜b
k﹣2
＜…＜b
0
，问题转化为b
0
＜，根据（Ⅱ）证出即可．

【解答】证明：（Ⅰ）设g（x）=ln（1+x）﹣ln（1﹣x）﹣2x，

则g′（x）=，

故x∈（0，1）时，g′（x）＞0，函数g（x）在（0，1）递增，

∴g（x）＞g（0）=0，即f（x）＞2x；

（Ⅱ）由f′（x）=+=，

故曲线在点（x
n
，f（x
n
））处的切线方程是：y=（x﹣x
n
）+f（x
n
），

令y=0，则x
n+1
=x
n
+f（x
n
）（﹣1 ），

则x
n+1
=ln（﹣1）+x
n
，
由（Ⅰ）及﹣1＜0得：x
n+1
＜（2x
n
）?（﹣1）+x
n
=x
n
；

（Ⅲ）令=b
k
，（k=0，1，2，…，m），

∵x
n+k
＜，且a∈（0，1），x
n
∈（0，1），

∴log
a
x
n+k
＞log
a
，
从而b
k
=＜a=b
k﹣1
＜b
k﹣2
＜…＜b
0
，

∴loga+loga+…+loga

=b
0< br>+b
1
+…+b
m
＜b
0
（1+++）=b
0
（1﹣）＜b
0
，

要证loga+loga+…+loga＜? （）
n﹣2
（n∈N
*
），

只需b
0
＜，

即证b
0
＜?a＜?x
n
＜，

由（Ⅱ）以及x
1
∈（0，a）得：x
n
＜＜＜…＜＜，

故原结论成立．

34.

【考点】函数恒成立问题；分段函数的应用．

【分析】（Ⅰ）由函数f（x）=可求 f（）的值，由x∈[2，3]?x﹣2∈[0，1]，可求得此
时函数f（x）的解析式；

（Ⅱ）依题意，分x∈（0，1]、x∈（1，2]、x∈（2，3]三类讨论，利用导数由f（x）≤
对任意x∈（0，3]恒成立，即可求得实数k的最小值．

【解答】解：（Ⅰ）f（）=﹣f（）=f（）=×=．

3

当x∈[2，3]时，x﹣2∈[0，1]，所以f（x）= [（x﹣2）﹣（x﹣2）
2
]=（x﹣2）（3﹣
x）．

2
（Ⅱ）①当x∈（0，1]时，f（x）=x﹣x，

则对任意x∈（0， 1]，x﹣x
2
≤恒成立?k≥（x
2
﹣x
3
）
m ax
，

232
令h（x）=x﹣x，则h′（x）=2x﹣3x，令h′（ x）=0，可得x=，

当x∈（0，）时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增；

当x∈（，1）时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，

∴h（x）
max
=h（）=；

②当x∈（1，2]时，x﹣1∈（0，1]，所以f（x）=﹣ [（x﹣1）﹣（x﹣1）
2
]≤恒成立

?k≥（x
﹣3x+2x），x∈（1，2]．

32
令t（x）= x
3
﹣3x
2
+2x，x∈（1，2]．则t′（x）=3x
2﹣6x+2=3（x﹣1）
2
﹣1，

当x∈（1，1+）时，t（x）单调递减，当x∈（1+，2]时，t（x）单调递增，

t（x）
max
=t（2）=0，

∴k≥0（当且仅当x=2时取“=”）；

③当x∈（2，3]时，x﹣2∈[0，1]，令x﹣2=t∈（0，1]，

则k≥（t+2）（t﹣t
2
）=g（t），在t∈（0，1]恒成立．
< br>g′（t）=﹣（3t+2t﹣2）=0可得，存在t
0
∈[，1]，函数在t=t0
时取得最大值．

而t
0
∈[，1]时，h（t）﹣g（t） =（t
2
﹣t
3
）+（t+2）（t
2
﹣t）=t（1﹣t ）（2t﹣1）＞
0，

所以，h（t）
max
＞g（t）
max
，

当k≥时，k≥h（t）
max
＞g（t）
max
成立，

综上所述，k≥0，即k
min
=0．

35.见解析
< br>（Ⅰ）
a?1
，
f(x)?(x?2)x?(x?1)
2
?1
，
f
?
(x)?2x?2
，

∴

x

2
(0,1)

1

(1,3)

?

f
?
(x)

?

0

f(x)

?

极小

?

∴
f
min
?f(1)??1
，

f
max
?max[f(3),f(0)]
，

而
f(3)?3?f(0)
，

∴
f
max
?3
．

（Ⅱ）
a?0
时，

a?1
??
(x?2)
?
x?
?
?0
，

a
??
∵
2 ?
∴
a?1a?1
??0
，

aa
a?1
?2
，

a
a?1
?
，

a
?
?
此时f(x)?0
解集为：
?
x|x?2
或
x?
a?1??
a?0
时，
(x?2)
?
x?
?
?0．

a
??
①
?1?a?0
，则
2?
a?1
，

a
a?1
??
f(x)?0
解集为?
x|2?x?
．

a
?
??
②
a??1
，无解．

?
a?1
?
?x?2
?
．

③
a ??1
，解集为
?
x|
a
??
综上：
a?0
，
[x|x?2
或
x?
a?1
?
．

a
?
?
a?1
??
?1?a?0
，
?
x|2 ?x?
?

a
??
a??1
，
?
．

?
a?1
?
?x?2
?
．

a??1
，
?
?
a
?
36.

（
1
）
|x+1?(?1)|?|?x?(?1)|

|x+2|?|x?1|?(x+2)
2
?(x?1)
2
，

1
∴
x??
．

2
（
2
）①∵< br>x?0
，∴
ln(1+x)?0
，

∴
|ln(1+x)?0|?|x?0|?ln(1+x)?x
，

记
f(x)?ln(1+x)?x
，

f(0)?0
．

f
?
(x)?
1?x
?1??0
，

1+x1+x
∴
f(x)
在
(0,+?)
单减．

∴
f(x)2f(0)?0
，即
ln(1+x)?x
，

∴
ln(1+x)
比
x
靠近
0
．

②
2
1?n
?0
，

由①得：

ln(a
2
a
3
La
n
)?lna
2
?l na
3
?L?lna
n

?ln(1+2
?1
)? ln(1?2
?2
)?L+ln(1+2
1?n
)?2
?1
+L+2
1?n

2
?1
(1?2
1?n
)2?1
???1
，

1?2
?1
1?2
?1∴
a
2
a
3
La
n
?e
．

又∵
a
1
?2
，

∴
a
1
a
2
a
3
La
n
?2e
．

37.见解析．

解：（
1
）由
f(x)?e
x< br>?ax
2
?(a?e?1)x?1
得
f
?
(x)?e
x
?2ax?(a?e?1)
，

11
xx2
∴< br>g(x)?f(x)?x?f
?
(x)?e?ax?(a?e?1)x?1?x[e?2 ax?a?e?1]
，

22
?
1
?
x
1
即
g(x)?
?
1?x
?
e?(a?e?1)x?1
，

2
?
2
?
11
x
∴
g?
(x)?(1?x)e?(a?e?1)
，

22
1
x
∴
g
??
(x)??xe
，
x?[1,??)
；

2
∴
g
??
(x)?0
，

∴
g
?
(x)
在
[1,??)
上单调递减，

又
g(x)
在
[1,??)
上单调递减；

1∴
g
?
(x)≤g
?
(1)?(a?e?1)≤0
，< br>
2
∴
a≤e?1
，

即实数
a
的取值范围是
(??,e?1]
．

（
2
）假设函数
f(x)
在区间
(0,1)
上有零 点，即存在
x?(0,1)
，使得
e
x
?ax
2
? (a?e?1)x?1?0
，

e
x
?(1?e)x?1
即
a?
，

x< br>2
?x
e
x
?(1?e)x?1
记
h(x)?
．

2
x?x
e
x
?(1?e)x?1e
x?x
2
?(2?e)x?1
?1?0
，即
?0
，

①若
h(x)?1
，则
x
2
?xx
2
?x
由于
x?(0,1)
，有
x
2
?x?0
，
即证
e
x
?x
2
?(2?e)x?1?0
在
x?(0,1)
上恒成立，

令
H(x)?e
x
? x
2
?(2?e)x?1
，
x?(0,1)
，

则
H
?
(x)?e
x
?2x?2?e
，
H
? ?
(x)?e
x
?2
，

当
x?(0,ln2)< br>时，
H
??
(x)?0
，

当
x?(ln2 ,1)
时，
H
??
(x)?0
，

∴当
x ?(0,ln2)
时，
H
?
(x)
单调递减，

当
x?(ln2,1)
时，
H
?
(x)
单调递增．

而
H
?
(0)?1?0?2?e?0
，
H
?
(1)?e?2?2?e?0
，
H
?
(ln2)?e
ln2
?2ln2?2?e?4?e?2ln2?0
，

∴在
(0,ln2)上存在唯一的实数
x
0
，使得
H
?
(x
0)?0
，

∴在
(0,x
0
)
上
H( x)
单调递增，在
(x
0
,1)
上
H(x)
单调递 减，

而
H(0)?0
，
H(1)?0
，

e
x
?(1?e)x?1
?1
恒成立，

∴
H(x)?0
在
(0,1)
上恒成立，即
h(x)?
x
2
?x
e
x
?(1?e)x?1e
x
?(e?2)x
2
?x?1
?(e?2)?0
，即
?0
，

②若< br>h(x)?e?2
，则
22
x?xx?x
由于
x?(0,1)
，有
x
2
?x?0
，即证
e
x
?(e?2 )x
2
?x?1?0
在
x?(0,1)
恒成立，

令
H(x)?e
x
?(e?2)x
2
?x?1
，则
H
?
(x)?e
x
?2(e?2)x?1
，
H
??
(x)?e
x
?2(e?2)
，

当
x?(0,l n2(e?2))
，
H
??
(x)?0
，
H
?(x)
单调递减；

当
x?(ln2(e?2),1)< br>，
H
??
(x)?0
，
H
?
(x)
单调递增，

而
H
?
(0)?0
，
H
?< br>(1)?3?e?0
，

∴在
(ln2(e?2),1)
上存 在唯一的实数
x
，使得
H
?
(x
0
)?0
，

∴在
(0,x
0
)
上
H(x)
单调递 减，在
(x
0
,1)
上
H(x)
单调递增，

又
H(0)?0
，
H(1)?0
，

e
x
?(1?e)x?1
?e?2
成立，

故H(x)?0
在
(0,1)
上成立，即
h(x)?
x
2
?x
综上所述，当
a?(e?2,1)
时，函数
f(x)?e
x
?ax
2
?(a?e?1)x?1
在区间
(0,1)
上 有零点．

38.见解析．

解：（
1
）函数
f( x)
的定义域为
(0,??)
，
f
?
(x)?lnx?1< br>，

∴令
f
?
(x)?lnx?1?0
，得
x?
11
，令
f
?
(x)?0
，得
0?x?
，

ee
?
1
??
1
?
∴函数
f(x)
在
?
0,
?
单调递减，在
?
,??
?
单调递增，

?
e
?
?
e
?
∴
x?
1
是函数
f(x)
的极小值点，极大值点不存在．

e
（
2
）由题意得
g(x)?f(x)?a(x?1)?xlnx? a(x?1)
，

∴
g
?
(x)?lnx?1?a
，

令
g
?
(x)?0
得
x?e
a?1
．

①当< br>e
a?1
?1
时，即
a?1
时，
g(x)
在
[1,e]
上单调递增，

∴
g(x)
在
[1,e ]
上的最小值为
g(1)?0
；

②当
1≤e
a? 1
≤e
，即
1≤a≤2
时，
g(x)
在
[1,e< br>a?1
]
上单调递减，在
[e
a?1
,e]
上单调递 增，

∴
g(x)
在
[1,e]
上的最小值为
g( e
a?1
)?e
a?1
lne
a?1
?ae
a?1
?a?a?e
a?1
；

③当
e
a?1
? e
，即
a?2
时，
g(x)
在区间
[1,e]
上单 调递减，

∴
g(x)
在
[1,e]
上的最小值为
g(e)?e?a(e?1)?e?ae?a
，

综上所述，当
a?1
时，
g(x)
的最小值为
0
；

当
1≤a≤2< br>时，
g(x)
的最小值为
a?e
a?1
；

当
a?2
时，
g(x)
的最小值为
e?ae?a
．

39.见解析．

1
11
解：（
1
）
f(x)?lnx?x
，得
f
?
(x)??
，

2
x2
∴
f(2)?ln2?1
，
f
?
( 2)?0
，

∴函数
f(x)
在
(2,f(2))
处的切线方程为
y?ln2?1
．

112?x
（
2
）∵
f
?
(x)???
，

x22x
令
f
?
(x)?0
，得
x?2
，令
f
?
(x )?0
，得
x?2
，

又
f(x)
的定义域是
(0,??)
，

∴函数
f(x)
的单调增区间为
(0,2)
．

40.

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．

【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的递增区间即可；

（Ⅱ）问题转化为2（x
1
﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，令g（m） =2（x
1
﹣
1）m﹣（﹣）+e﹣1，得到关于x
1
的不等式组， 解出即可；

（Ⅲ）求出f（x
0
）的解析式，记h（m）=m
2< br>﹣mlnm，m＞0，根据函数的单调性求出h（m）
的取值范围，从而求出f（x
0< br>）的范围，证明结论即可．

【解答】解：（Ⅰ）m=2时，f（x）=e
x< br>﹣2x﹣1，f′（x）=e
x
﹣2，

令f′（x）＞0，解得：x＞ln2，

故函数f（x）在[ln2，+∞）递增；

（Ⅱ）∵不等式f（x
1
）+f（0）＞f（x
2
）+f（1）恒成立，x
1
+x
2
=1，

∴2（x
1
﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1＜0对任意m＜0恒成立，

令g（m）=2（x
1
﹣1）m﹣（﹣）+e﹣1，

当2（x
1
﹣1）=0时，g（m）=0＜0不成立，

则，解得：x
1
＞1；

（Ⅲ）由题意得f′（x）=e﹣m，f′（x
0
）=0，故=m，

f（x
0
）=﹣m（x
0
+1）+m=m﹣mlnm，m＞0，

记h（m）=m
2
﹣mlnm，m＞0，

h′（m）=m﹣lnm﹣1，h′′（m）=﹣，

当0＜m＜2时，h′′（m）＜0，当m＞2时，h′′（m）＞0，

故函数h′（x）在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，

22
x

如图所示：


[h′（m）]
min
=h′（2）=﹣ln2＜0，

又当m→0时，h′（m）＞0，m→+∞，h′（m）＞0，

故函数h′（m）= 0有2个根，记为m
1
，m
2
（m
1
＜2＜m
2< br>＜6），（h′（6）＞0），

故h（m）在（0，m
1
）递增，在 （m
1
，m
2
）递减，在（m
2
，+∞）递增，

又当m→0时，h（m）＞0，h（m）在m
2
处取极小值，

由h′（m
2
）=0， m
2
﹣lnm
2
﹣1=0 ，lnm
2
=m
2
﹣1，

故h（m
2
） =﹣m
2
lnm
2
=﹣m
2
（m
2
﹣1）

=﹣+m
2
=﹣+1∈（﹣3，1），

故f（x
0
）＞﹣3．

41.

【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数求闭区间上函数的最值．

【分析】（ 1）构造函数h（x）=g（x）﹣x﹣，求出函数导函数，对导函数求导后可得导
函数的单调性，进一 步确定导函数的符号，得到函数h（x）的单调性，可得h（x）≥h
（0）=0得答案；
< br>（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立，然后利用分析法证明当
x ∈[0，1]时，4f（x），当k≥6时，取特值x=说明不等式kf（x）≤g（x）在区间[0，1]上不恒成立，从而说明n
0
∈[4，6]．

【解答】证明：（1）设h（x）=g（x）﹣x﹣，即h（x）=，

则h′（x）=e﹣1﹣x，h″（x）=e﹣1，

当x≥0时，h″（x）≥0，h′（x）为增函数，又h′（0）=0，∴h′（x）≥0．

∴h（x）在[0，+∞）上为增函数，则h（x）≥h（0）=0，

∴g（x）≥x+；

（2）由（1）知，当kf（x）时，必有kf（x）≤g（x）成立．

下面先证：当x∈[0，1]时，4f（x），

当x=0或1时，上式显然成立；

当x∈（0，1）时，要证4f（x），即证4（x﹣x
2
），

也就是证8x
2
﹣7x+2≥0．

∵＞0．

xx

∴当k≤4时，必有kf（x）≤g（x）成立．

∴n
0
≥4；

另一方面，当k≥6时，取x=，kf（x）﹣g（x）=＞0，

∴当k≥6时，kf（x）≤g（x）不恒成立．

∴n
0
≤6．

综上，n
0
∈[4，6]．

【点评】本题考查利用等式研究函数的 单调性，训练了分析法证明函数不等式，体现了特
值思想方法的应用，是中档题．

42.
（1）;（2）见解析.

试题解析：（1），
由题可知：为的两个根，且，得或.
而
由（1）（2）得：，设，
有
而在上为减函数，
则，即，即，
综上，.
（2）证明：由，，知，








，
由（1）可知，所以，
所以.
点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，
确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目

标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代
换将多元函 数转化为一元函数.
43.
（Ⅰ）求出函数的导数，根据二次函数的性质证明即可；

（Ⅱ）求出f（α）+f（ β）的解析式，根据二次函数的性质以及ACBD均为平行四边形，
求出t的值即可．

解：（Ⅰ）证明：，

即﹣4x+2tx+4=0，△=4t+64＞0，

∴，，即4x﹣t=0，则零点，

∴得证．

（Ⅱ） 要使构成平行四边形，

由得，只需f（α）+f（β）=0，

∴

==

=，

所以t=0．

44.

(Ⅰ) 解： 因为
由 ，解得：……………………………………………………3分
因为












22
所以 的极大值为，无极小值．………………………………………7分
(Ⅱ) 因为在上是增函数，
所以 ……………………………………………………10分
在上是增函数
所以 ……………………………………………………13分
所以 ……………………………………………15分

45.
（Ⅰ）由，得.
经检验，当时取到极小值，故.
（Ⅱ）由，即对任意恒成立.
（1）当时，有；（2）当时，得
令，得； 若，则；
若，则.得在上递增，在上递减。
故的最大值为所以综合（1）（2）得