1_4.2　导数的应用（分层集训）_2024版教学资源包_2024版.新高考版数学.5·3A版_11_专题四42导数的应用_4_PDF教参电子书

4.2 导数的应用
基础篇
考点 一 导数与函数的单调性
解析 由ｆ ｘ １ａｘ３ １ｂｘ２ ｃｘ 可得ｆ ′ ｘ
( )＝ ＋ ＋ ( )＝
考向一 求函数的单调区间 ３ ２
ａｘ２ ｂｘ ｃ.
１.( 长沙明达中学入学考ꎬ )已知函数 ＋ ＋
２０２２ ７ 因为一元二次不等式 ａｘ２ ｂｘ ｃ 的解集为
＋ ＋ >０
ｆ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ｘ
( )＝ ｌｎ ꎬ ( ) ( ) ｘ ｘ 所以由ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｂｘ ｃ 可
在 上单调递增 { ｜－１< <５}ꎬ ( )＝ ＋ ＋ >０
Ａ. (０ꎬ＋∞) 得 ｘ ｘ
在 上单调递减 { ｜－１< <５}ꎬ
Ｂ. (０ꎬ＋∞)
æ ö
所以ｆ ｘ １ａｘ３ １ｂｘ２ ｃｘ 的单调递增区间
在ç １ ÷上单调递增 ( )＝ ＋ ＋
３ ２
Ｃ. è０ꎬ ø
ｅ 为 .
(－１ꎬ５)
æ ö
在ç １ ÷上单调递减 ４.( 届哈尔滨师大附中月考ꎬ )设函数
Ｄ. è０ꎬ ø ２０２３ １７
ｅ
答案 Ｄ 函数ｆ ｘ 的定义域为
ｆ
(
ｘ
)＝ ｌｎ(１＋
ａｘ
)＋
ｂｘ
ꎬ
ｇ
(
ｘ
)＝
ｆ
(
ｘ
)－
ｂｘ２.
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
若 ａ ｂ 求函数 ｆ ｘ 的单调区间
ｆ ′ ｘ ｘ . (１) ＝１ꎬ ＝－１ꎬ ( ) ꎻ
( )＝ ｌｎ ＋１
若曲线 ｙ ｇ ｘ 在点 处的切线
æ ö (２) ＝ ( ) (１ꎬｌｎ ３)
由ｆ ′ ｘ 解得ｘ １ 即函数在ç１ ÷上
( )>０ꎬ > ꎬ è ꎬ＋∞ø 与直线 ｘ ｙ 平行 求 ａ ｂ 的值.
ｅ ｅ １１ －３ ＝０ ꎬ ꎬ
解析 由题意知 ｆ ｘ ｘ ｘ 定义
单调递增 由ｆ ′ ｘ 解得 ｘ １ 即函数 (１) ( )＝ ｌｎ(１＋ )－ ꎬ
ꎻ ( )<０ꎬ ０< < ꎬ
ｅ 域为 求导得 ｆ ′ ｘ １
æ ö (－１ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ －１ ＝
在ç １ ÷上单调递减.故选 ＋１
è０ꎬ ø Ｄ. ｘ
ｅ － 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ
２.( 山东烟台莱州一中开学考ꎬ )函数 ｘ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝０ꎬ
２０２２ ３ ＋１
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ ｘ ｘ ３的单调递增区间是 －１< <０ ꎬ ( )>０ꎬ >０ ꎬ ( )<
( )＝ －２ｌｎ － －ｘ ( ) 所以 ｆ ｘ 的单调递增区间为 单
０ꎬ ( ) (－１ꎬ０)ꎬ
调递减区间为 .
Ａ.(０ꎬ＋∞) Ｂ.(－３ꎬ１) (０ꎬ＋∞)
ｇ ｘ ｆ ｘ ｂｘ２ ａｘ ｂｘ ｂｘ２
Ｃ.(１ꎬ＋∞) Ｄ.(０ꎬ１) (２) ( )＝ ( )－ ＝ｌｎ(１＋ )＋ － ꎬ
ｘ２ ｘ ａ
答案 Ｄ ｆ ′ ｘ ２ ３ － －２ ＋３ 求导得 ｇ′ ｘ ｂ ｂｘ
( )＝ － ｘ －１＋ｘ２ ＝ ｘ２ ＝ ( )＝ ａｘ＋ －２ ꎬ
１＋
ｘ ｘ 因为曲线 ｙ ｇ ｘ 在点 处的切线与
－( －１)( ＋３) ｘ .由 ｆ ′ ｘ 得 ｘ ＝ ( ) (１ꎬｌｎ ３)
ｘ２ ꎬ >０ ( )>０ꎬ ０< <１ꎬ
ａ
5
直线 ｘ ｙ 平行 所以 ｇ′ ｂ
年 ｆ ｘ 的单调递增区间是 .故选 . １１ －３ ＝０ ꎬ (１)＝ ａ＋ －
高 ∴ ( ) (０ꎬ１) Ｄ １＋
考
３.( 河北衡水中学模拟ꎬ )已知一元二次
3
２０２２ １５ ｂ １１ ｇ ａ ｂ ｂ 解得 ａ
年 ２ ＝ ꎬ (１)＝ ｌｎ(１＋ )＋ － ＝ｌｎ ３ꎬ ＝
模 不等式 ａｘ２ ｂｘ ｃ 的解集为 ｘ ｘ ３
拟 ＋ ＋ >０ { ｜－１< <５}ꎬ
ｂ .
A ２ꎬ ＝－３
则函数ｆ ｘ １ａｘ３ １ｂｘ２ ｃｘ 的单调递增区
版 ( )＝ ＋ ＋ ５.( 福建泉州质量监测二ꎬ )已知函数
３ ２ ２０２２ １７
高
间为 . ｆ ｘ ｘ ａ ｘ 的图象在点 ｆ 处的切
考 ( )＝ － ｓｉｎ (０ꎬ (０))
数
学 答案 线方程为 ｙ ｘ.
(－１ꎬ５) ＝－
１０２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋求 ａ ２.( 湖南郴州质检三ꎬ )已知 ａ π
(１) ꎻ ２０２１ ８ ＝４ｌｎ ３ ꎬ
求ｆ ｘ 在 上的单调区间. ｂ π ｃ ３ 则 ａ ｂ ｃ 的大小关系是
(２) ( ) [０ꎬ２π] ＝３ｌｎ ４ ꎬ ＝４ｌｎ π ꎬ ꎬ ꎬ
解析 对ｆ ｘ ｘ ａ ｘ 求导得ｆ ′ ｘ
(１) ( )＝ － ｓｉｎ ( )＝ ( )
ａ ｘ 则 ｆ ′ ａ ａ 根据 ｃ ｂ ａ ｂ ｃ ａ ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｃ
１－ ｃｏｓ ꎬ (０)＝ １－ ｃｏｓ ０＝１－ ꎬ Ａ. < < Ｂ. < < Ｃ. < < Ｄ. < <
ｆ ( ｘ )＝ ｘ － ａ ｓｉｎ ｘ 的图象在 (０ꎬ ｆ (０)) 处的切线 答案 Ｂ 比较 ａ ꎬ ｂ ꎬ ａ ＝４ｌｎ ３ π ＝ｌｎ ３ ４π ＝πｌｎ
方程为 ｙ ＝－ ｘ ꎬ 有 １－ ａ ＝－１ꎬ 解得 ａ ＝２ . ８１ꎬ ｂ ＝３ｌｎ ４ π ＝ｌｎ ４ ３π ＝πｌｎ ６４ꎬ 显然ａ > ｂ ꎻ 比较
由 可得ｆ ′ ｘ ｘ. ｘ ｘ
(２) (１) ( )＝ １－２ｃｏｓ ａ ｃ 构造函数ｆ ｘ ｌｎ 则ｆ ′ ｘ １－ｌｎ
ꎬ ꎬ ( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ
在区间 上 由ｆ ′ ｘ 解得 ｘ π或
[０ꎬ２π] ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上
３
∈(０ꎬｅ) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬｅ)
单调递增 当ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
ｘ ５π. ꎬ ∈(ｅꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
＝
３ 在 上单调递减 ｆ ｆ
(ｅꎬ＋∞) ꎬ∵ π>３>ｅꎬ∴ (π)<
当 ｘ π或５π ｘ 时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ
０< < < <２π ꎬ ( )<０ꎬ ( ) 即ｌｎ π ｌｎ ３ ３
３ ３ (３)ꎬ < ꎬ∴ ３ｌｎ π<πｌｎ ３ꎬ∴ ｌｎ π <ｌｎ
π ３
单调递减
ꎻ π ａ ｃ 比较ｂ ｃ ｂ π ｃ ３
３ ꎬ∴ > ꎻ ꎬ ꎬ ＝３ｌｎ ４ ꎬ ＝４ｌｎ π ＝３ｌｎ
当π ｘ ５π时 ｆ ′ ｘ 则ｆ ｘ 单调递增. ４ π ４ ｃ ｂ.综上 ａ ｃ ｂ 故
< < ꎬ ( )>０ꎬ ( ) π ꎬ∵ ｌｎ ４ <ｌｎ π ꎬ∴ > ꎬ > > ꎬ
３ ３ 选 .
é ù Ｂ
综上可得 ｆ ｘ 的单调递减区间为ê ê π ú ú ３.( 河北邯郸二模ꎬ ) 已知函数ｆ ｘ
ꎬ ( ) ë０ꎬ ûꎬ ２０２２ ８ ( )＝
３
æ ö æ ö æ ö
é ù æ ö
ë
ê
ê
５π
ꎬ２πû
ú
ú ꎬ
单调递增区间为
è
çπ
ꎬ
５π
ø
÷.
è
çｘ
－
１
ｘ ø
÷
ｌｎ
ｘ
ꎬ
且 ａ
＝
ｆ
è
ç２
３ ø
÷
ꎬ
ｂ
＝
ｆ
è
ç４
５ ø
÷
ꎬ
ｃ
＝
ｆ
( ｅ)ꎬ
３ ３ ３
则
考向二 利用单调性比较大小、解不等式 ( )
ａ ｂ ｃ ｃ ａ ｂ
１.( 届江苏南京、镇江学情调查ꎬ )设函数 Ａ. > > Ｂ. > >
２０２３ ７
ａ ｃ ｂ ｃ ｂ ａ
Ｃ. > > Ｄ. > >
ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则满足 ｆ ｘ
( )＝ －ｓｉｎ ＋ｌｎ( ＋１＋ )＋ ꎬ ( ) æ ö
答案 Ｂ 由ｆ ｘ çｘ １÷ ｘ ｆ ′ ｘ
ｆ ｘ 的 ｘ 的取值范围是 ( )＝ è －ｘ øｌｎ ⇒ ( )＝
＋ (３－２ )<０ ( )
æ ö æ ö æ ö
Ａ.(３ꎬ＋∞) Ｂ.(１ꎬ＋∞)
çç １÷÷ ｘ çç １÷÷ 且ｆ ｘ çｘ １÷ ｘ ｆ
è１＋ｘ２øｌｎ ＋è１－ｘ２øꎬ ( )＝ è －ｘ øｌｎ ＝
Ｃ.(－∞ꎬ３) Ｄ.(－∞ꎬ１)
答案 Ａ 易知ｆ ｘ 的定义域为 Ｒ.ｆ ｘ æ ö
( ) (－ )＝ － ç１ ÷ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
è ｘ øꎬ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
ｘ ｘ２ ｘ ｘ ｘ
ｓｉｎ(－ ) ＋ ｌｎ( ＋１－ ) － ＝ －[－ｓｉｎ ＋ｌｎ
æ ö æ ö
(
ｘ２
＋１＋
ｘ
)＋
ｘ
]＝－
ｆ
(
ｘ
)ꎬ
则 ｆ
(
ｘ
)
为奇函数. 减.因为 ｆ
( ｅ)＝
ｆ
è
çç １
ø
÷÷
＝
１
è
çç
ｅ－
１
ø
÷÷
ꎬ
所以 ｃ
＝
ｆ
ｅ ２ ｅ
令 ｈ
(
ｘ
)＝ －ｓｉｎ
ｘ
＋
ｘ
ꎬ
ｇ
(
ｘ
)＝ ｌｎ(
ｘ２
＋１＋
ｘ
)ꎬ æ ö æ ö æ ö
çç １ ÷÷ 因为 １ ２ ４ 所以ｆçç １ ÷÷ ｆç２ ÷
则 ｈ′ ｘ ｘ 在 Ｒ 上恒成立 ｈ è øꎬ ０< < < <１ꎬ è ø> è ø>
( )＝ －ｃｏｓ ＋１≥０ ꎬ∴ ｅ ｅ ３ ５ ｅ ３
ｘ 在 上单调递增
æ ö
( ) (－∞ꎬ＋∞) ꎬ
ｆç４ ÷ 故 ｃ ａ ｂ 故选
又 ｇ ｘ ｘ２ ｘ 在 上单 è
５
øꎬ > > ꎬ Ｂ.
专
( )＝ ｌｎ( ＋１＋ ) (－∞ꎬ＋∞)
调递增 则ｆ ｘ 在 Ｒ 上单调递增. ４.( ２０２２ 全国甲文ꎬ １２ ꎬ ５ 分)已知 ９ ｍ ＝１０ꎬ ａ ＝ 题 四
ꎬ ( )
由 ｆ ｘ ｆ ｘ 得 ｆ ｘ ｆ ｘ 即 ｆ ｍ ｂ ｍ 则 导
( )＋ (３－２ )<０ ( )<－ (３－２ )ꎬ １０ －１１ꎬ ＝８ －９ꎬ ( ) 数
ｘ ｆ ｘ 所以 ｘ ｘ 解得 ｘ .故 ａ ｂ ａ ｂ ｂ ａ ｂ ａ 及
( )< (－３＋２ )ꎬ <－３＋２ ꎬ >３ Ａ. >０> Ｂ. > >０ Ｃ. > >０ Ｄ. >０> 其
应
选 答案 Ａ 由 ｍ 可得 ｍ 令 ｆ 用
Ａ. ９ ＝１０ ＝ｌｏｇ９１０>１ꎬ
１０３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｘｍ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｍｘｍ －１ 易知当 æ ö æ ö
( )＝ －( ＋１)ꎬ ( )＝ －１ꎬ ｈ ２ 记点Ａç １ ÷ Ｂçç ２ ÷÷.
ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单 (２)＝ ２ ꎬ è１ꎬ øꎬ è２ꎬ ２ø
>１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (１ꎬ＋∞) ｅ ｅ ｅ
调递增 所以 ｆ ｆ ｆ 所以 ｍ 当 ｘ 时 ｈ ｘ ＋.作出函数 ｈ ｘ 的图
ꎬ (８)< (９)< (１０)ꎬ ８ －９< →＋∞ ꎬ ( )→０ ( )
ｍ ｍ 即 ａ ｂ 故选 . 象如图所示
９ －１０<１０ －１１ꎬ >０> ꎬ Ａ ꎬ
５.( 广东汕头一模ꎬ )已知 ａ ｌｎ ２ ｂ １
２０２２ ５ ＝ ꎬ ＝ ꎬ
２ ｅ
ｃ ｌｎ ５ 则以下不等式正确的是
＝ ꎬ ( )
５
若满足不等式 ａ ｘ ｘ ｘ 有且仅有一个
ｃ ｂ ａ ａ ｂ ｃ ( ＋１)ｅ － <０
Ａ. > > Ｂ. > >
正整数解 则结合函数图象必有 ｋ ａ ｋ
ｂ ａ ｃ ｂ ｃ ａ ꎬ ＰＢ≤ < ＰＡꎬ
Ｃ. > > Ｄ. > >
ｘ ２ １
答案 Ｃ 令 ｆ
(
ｘ
)＝
ｌｎ
ｘ (
ｘ
>０)ꎬ
则 ａ
＝
ｆ
(２)ꎬ 又因为 ｋ ｅ ２
－０
２ ｋ ｅ
－０
ＰＢ ＝ ＝ ꎬ ＰＡ ＝ ＝
２
ｘ ２－(－１) ３ｅ １－(－１)
ｂ ｆ ｃ ｆ ｆ ′ ｘ １－ｌｎ 当 ｘ
＝ (ｅ)ꎬ ＝ (５)ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ ０< <ｅ １ 所以 ２ ａ １.
ꎬ ≤ <
２
时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以 ｆ ２ｅ ３ｅ ２ｅ
ꎬ ( )>０ꎬ >ｅ ꎬ ( )<０ꎬ
ｘ 在 上单调递增 在 上单调
考点 二 导数与函数的极（最）值
( ) (０ꎬｅ) ꎬ (ｅꎬ＋∞)
递减 因为 所以 ｆ ｆ ｆ
ꎬ ２<ｅ<５ꎬ (２)< (ｅ)ꎬ (ｅ)> １.( 届江西上饶、景德镇六校联考ꎬ )设
２０２３ １１
ｆ 因 为 ｆ ｆ ｌｎ ２ ｌｎ ５
(５)ꎬ (２) － (５) ＝ － ＝ ａ 若 ｘ ａ 为函数 ｆ ｘ ａ ｘ ａ ２ ｘ
≠０ꎬ ＝ ( )＝ ( － ) ( －１)
２ ５
的极小值点 则
ꎬ ( )
５ｌｎ ２－２ｌｎ ５ ｌｎ ３２－ｌｎ ２５ 所以 ｆ ｆ
＝ >０ꎬ (２) > ａ ａ ａ ａ２ ａ ａ２
１０ １０ Ａ. <１ Ｂ. >１ Ｃ. < Ｄ. >
所以 ｂ ａ ｃ 故选 . 答案 Ｃ 对 ｆ ｘ 求导得 ｆ ′ ｘ ａ ｘ ａ
(５)ꎬ > > ꎬ Ｃ ( ) ( )＝ ２ ( － )
６.( 届广东六校联考ꎬ )若不等式 ａ ｘ ｘ ａ ｘ ａ ２ ｘ ａ ａｘ ａ ａ２ ａ
２０２３ １６ ( ＋ ( －１)＋ ( － ) ＝( － )(３ －２ － )＝ ３
ｘ ｘ 有且仅有一个正整数解 则实数 ａ æ ａö
１)ｅ － <０ ꎬ ｘ ａ çｘ ２＋ ÷
( － )è － øꎬ
的取值范围是 . ３
ａ
é ö 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ ａ 或 ｘ ２＋
答案 ê ２ １ ÷÷ ( )＝ ０ꎬ ＝ ＝ ꎬ
ë ê ２ ꎬ ø ３
３ｅ ２ｅ
ａ
解析 不等式 ａ ｘ ｘ ｘ 可化为 ａ ｘ 当 ａ 时 若 ａ ２＋ 则 ａ 易知 ｆ
( ＋１)ｅ － <０ ( ＋ (１) >０ ꎬ① > ꎬ >１ꎬ
３
ｘ ｘ
.令ｇ ｘ ａ ｘ ｈ ｘ ｘ Ｒ. æ ａö
１)< ｘ ( )＝ ( ＋１)ꎬ ( )＝ ｘꎬ ∈ ｘ 在ç ２＋ ÷和 ａ 上单调递增 在
ｅ ｅ ( ) è－∞ꎬ ø ( ꎬ＋∞) ꎬ
３
函数 ｇ ｘ ａ ｘ 的图象是过点 Ｐ
5 ( )＝ ( ＋１) (－１ꎬ æ ａ ö
年 ç２＋ ａ÷上单调递减 此时 ｘ ａ 为函数 ｆ ｘ
高 且斜率为实数 ａ 的一条直线 è ꎬ ø ꎬ ＝ ( )
考 ０)ꎬ ꎬ ３
3 ｘ ｘ 的极小值点 符合题意
年 对于函数 ｈ ｘ 求导可得 ｈ′ ｘ １－ ꎬ ꎻ
模 ( )＝ ｘꎬ ( )＝ ｘ ꎬ
ａ
拟 ｅ ｅ 若 ａ ２＋ 则 ａ ｆ ′ ｘ 恒成立 函
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递增 ② ＝ ꎬ ＝１ꎬ ( )≥０ ꎬ
A ∈(－∞ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ３
版
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减. 数无极值 不符合题意
∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ ꎻ
高
考 ａ
数 因此当 ｘ 时 ｈ ｘ ｈ １. 若ａ ２＋ 则 ａ 易知ｆ ｘ 在 ａ
学 ＝１ ꎬ ( )ｍａｘ ＝ (１)＝ ③ < ꎬ ０< <１ꎬ ( ) (－∞ꎬ )
ｅ ３
１０４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋æ ａ ö æ ａö ｘ
和ç２＋ ÷上单调递增 在çａ ２＋ ÷上单调 断ｘ 是函数的一个极值点.故答案为ｅ 或 ｘ
è ꎬ＋∞ø ꎬ è ꎬ ø ＝３ ｘ３ ( ｅ
３ ３
递减 此时 ｘ ａ 为函数 ｆ ｘ 的极大值点 不 ｘ 答案不唯一 .
ꎬ ＝ ( ) ꎬ ( －４))( )
符合题意.综上可知 ａ . ４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分) 函数 ｆ ｘ
ꎬ >１ ２０２１ Ⅰ １５ ５ ( ) ＝
ａ ｘ ｘ 的最小值为 .
当 ａ 时 若 ａ ２＋ 则 ａ 舍 ｜２ －１｜－２ｌｎ
(２) <０ ꎬ① ≥ ꎬ ≥１(
答案
３
１
去
)ꎻ
解析 当 ｘ １时 ｆ ｘ ｘ ｘ
ａ ① > ꎬ ( )＝ ２ －１－２ｌｎ ꎬ
若 ａ ２＋ 则 ａ 即 ａ 易知 ｆ ｘ 在 ２
② < ꎬ <１ꎬ <０ꎬ ( ) (－
ｘ æ ö
３
ｆ ′ ｘ ２ ２ －２ 当 ｘ ç１ ÷时 ｆ
æ ａ ö ∴ ( )＝ ２－ｘ ＝ ｘ ꎬ∴ ∈è ꎬ１ø ꎬ
ａ 和 ç２＋ ÷ 上 单 调 递 减 在 ２
∞ꎬ ) è ꎬ＋∞ø ꎬ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ
３
( )<０ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
æ ａö
æ ö
è
çａ
ꎬ
２＋
３ ø
÷上单调递增
ꎬ
此时 ｘ
＝
ａ 为函数 ｆ
(
ｘ
) ∴
ｆ
(
ｘ
)
在ç
è
１
ꎬ１ø
÷上单调递减
ꎬ
在
(１ꎬ＋∞)
上
２
的极小值点 符合题意.从而有 ａ .
单调递增
ꎬ <０
ꎬ
综合 可知ａ 或ａ .则ａ２ ａ ａ ａ
ｆ ｘ ｆ .
(１)(２) <０ >１ － ＝ ( －
∴ ( )ｍｉｎ ＝ (１)＝ １
即 ａ２ ａ.故选
１)>０ꎬ > Ｃ. 当 ｘ １时 ｆ ｘ ｘ ｘ 此时 ｆ ′
２.( 海南海口四中期中ꎬ )若函数ｆ ｘ ② ０< ≤ ꎬ ( )＝ １－２ －２ｌｎ ꎬ
２０２２ １４ ( )＝ ２
－ ｘ３ ＋ ａｘ２ －４ 在 ｘ ＝２ 处取得极值 ꎬ 则 ａ ＝ . ( ｘ )＝ －２－ ２ ｘ <０ 恒成立 ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 在 æ è ç ０ꎬ １ ù û ú ú 上单
答案 ２
３
æ ö
解析 由ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ 可得ｆ ′ ｘ 调递减 ｆ ｘ ｆç１ ÷ .
( )＝ － ＋ －４ꎬ ( )＝ － ꎬ∴ ( )ｍｉｎ ＝ è ø ＝２ｌｎ ２ ∵ ２ｌｎ ２>１ꎬ
２
ｘ２ ａｘ
３ ＋２ ꎬ ｆ ｘ .
由 ｘ 是函数ｆ ｘ 的极值点 可得 ｆ ′
∴ ( )ｍｉｎ ＝１
＝２ ( ) ꎬ (２) ５.( 届重庆八中入学考ꎬ )已知函数ｆ ｘ
２０２３ １８ ( )
＝ ０ꎬ ａｘ ｂ ｘ ａ ｂ Ｒ 若曲线 ｆ ｘ 在点
所以 ａ 解得 ａ . ＝ ＋ ＋ｃｏｓ ( ꎬ ∈ )ꎬ ( )
－３×４＋２ ×２＝０ꎬ ＝３
３.( 沈阳三十一中月考ꎬ )写出一个同时 ｆ 处的切线方程为 ｙ １ｘ .
(０ꎬ (０)) ＝ ＋２
２０２２ １３
２
满足下列要求的函数ｆ ｘ . 求 ｆ ｘ 的解析式
( )＝ (１) ( ) ꎻ
ｆ ｘ 的表达式中至少含有 ｘ ｘｎ ｎ Ｎ 求函数 ｆ ｘ 在 上的值域.
① ( ) ｅ 、 ( ∈ )、 (２) ( ) [０ꎬ２π]
ｘ 中的两个 存在一个极值点 ｘ . 解析 因为 ｆ ｘ ａｘ ｂ ｘ ａ ｂ
ｌｎ ꎻ② ＝３ (１) ( )＝ ＋ ＋ｃｏｓ ( ꎬ ∈
ｘ
Ｒ
答案 ｅ 或 ｘ ｘ 答案不唯一 )ꎬ
ｘ３ ( ｅ ( －４))( )
所以ｆ ′ ｘ ａ ｘ
( )＝ －ｓｉｎ ꎬ
解 析 因 为
æ
è
çç
ｘ
ｅ
３
ｘö
ø
÷÷′
＝
ｅ
ｘ
􀅰
ｘ３
－
ｘ６
３
ｘ２
􀅰ｅ
ｘ
由 题 意 得
ì
í
ï
ï
ｆ
(０)＝
ｂ
＋ｃｏｓ ０＝２ꎬ 即
( ｘ －３)ｅ ｘ î ï ï ｆ ′ (０)＝ ａ －ｓｉｎ ０＝ １ ꎬ
２
＝ ｘ４ ꎬ
ìｂ
ï
ï ＋１＝２ꎬ
所以当 ｘ 时 函数的导数大于零 当 ｘ í 所以 ａ １ ｂ 则 ｆ ｘ １ｘ 专
>３ ꎬ ꎬ ０< < ïａ １ ＝ ꎬ ＝１ꎬ ( )＝ ＋１＋ 题
时 函数的导数小于零 所以 ｘ 是函数 î ï ＝ ꎬ ２ ２ 四
３ ꎬ ꎬ ＝３ ２
导
ｘ
ｘ. 数
的一个极值点 所以ｆ ｘ ｅ 符合题意. ｃｏｓ
ꎬ ( )＝ ｘ３ 及
其
由 得ｆ ｘ １ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ 应
又如ｆ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 易判 (２) (１) ( )＝ ＋１＋ｃｏｓ ꎬ ( )＝ － 用
( )＝ｅ ( －４)ꎬ ( )＝ ｅ ( －３)ꎬ ２ ２
１０５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｆ ′ ｘ
ｓｉｎ ꎬ ( )>０ꎬ
故ｆ ｘ 在 上是增函数.
由 ｆ ′ ｘ 且 ｘ 可得 ｘ π或 ( ) (０ꎬ＋∞)
( )≥０ ∈[０ꎬ２π] ０≤ ≤
ｘ ａ
６
由 可知 ｆ ′ ｘ ＋ .
５π ｘ 函数 ｆ ｘ 在区间
é
ê π
ù
ú 和
(２) (１) ꎬ ( )＝ ｘ２
ê ú
≤ ≤２πꎬ ( ) ë０ꎬ û
若 ａ 则 ｘ ａ 即ｆ ′ ｘ 在
６ ６
① ≥－１ꎬ ＋ ≥０ꎬ ( )≥０ [１ꎬ
é ù
ê ５π ú上单调递增 上恒成立 此时ｆ ｘ 在 上为增函数
ë ê ꎬ２πû ú ꎬ ｅ] ꎬ ( ) [１ꎬｅ] ꎬ
６
ｆ ｘ ｆ ａ ３ ａ ３ 舍去
由 ｆ ′ ｘ 且 ｘ 可得π ｘ ５π 函 ∴ ( )ｍｉｎ ＝ (１)＝ － ＝ ꎬ∴ ＝－ ( )ꎻ
( )<０ ∈[０ꎬ２π] < < ꎬ ２ ２
６ ６ 若 ａ 则 ｘ ａ 即ｆ ′ ｘ 在
æ ö ② ≤－ｅꎬ ＋ ≤０ꎬ ( )≤０ [１ꎬ
数 ｆ ｘ 在区间çπ ５π÷上单调递减 上恒成立 此时ｆ ｘ 在 上为减函数
( ) è ꎬ ø ꎻ ｅ] ꎬ ( ) [１ꎬｅ] ꎬ
６ ６
ａ
æ ö ｆ ｘ ｆ ３ ａ ｅ 舍
因此当 ｘ π时 函数取得极大值 ｆçπ÷ １ ∴ ( )ｍｉｎ ＝ (ｅ)＝ １－ ＝ ꎬ∴ ＝ － (
＝ ꎬ è ø ＝ × ｅ ２ ２
６ ６ ２
去
)ꎻ
π π π ３ 当 ｘ ５π时 函数取 若 ａ 令ｆ ′ ｘ 得 ｘ ａ
＋１＋ｃｏｓ ＝１＋ ＋ ꎬ ＝ ꎬ ③ －ｅ< <－１ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝－ ꎬ
６ ６ １２ ２ ６
当 ａ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ 上
æ ö － < <ｅ ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) (－ ꎬｅ)
得极小值ｆç５π÷ １ ５π ５π ５π
è ø ＝ × ＋１＋ｃｏｓ ＝１＋ 为增函数
６ ２ ６ ６ １２ ꎬ
当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 ａ 上
１< <－ ꎬ ( )<０ꎬ∴ ( ) (１ꎬ－ )
３
－ ꎬ 为减函数
２ ꎬ
又ｆ ｆ １ ｆ ｘ ｆ ａ ａ ３ ａ
(０)＝ ２ꎬ (２π)＝ ×２π＋１＋ｃｏｓ ２π＝１＋π＋ ∴ ( )ｍｉｎ ＝ (－ )＝ ｌｎ(－ )＋１＝ ꎬ∴ ＝
２ ２
.
１＝２＋πꎬ
－ ｅ
综上所述 ａ .
５π ３ π ３ 所以函数 ｆ ꎬ ＝－ ｅ
１＋ － <２<１＋ ＋ <２＋πꎬ
１２ ２ １２ ２ ７.( 北京ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
２０２０ １９ １５ ( )＝ １２
ｘ 在 上的最大值为 最小值为
( ) [０ꎬ２π] ２＋πꎬ ｘ２.
－
５π ３ 所以 ｆ ｘ 在 上的值域 求曲线 ｙ ｆ ｘ 的斜率等于 的切线
１＋ － ꎬ ( ) [０ꎬ２π] (１) ＝ ( ) －２
１２ ２ 方程
é ù ꎻ
ê ú
为 ５π ３ . 设曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｔ ｆ ｔ 处的切线
ë êê １＋ － ꎬ２＋πû úú (２) ＝ ( ) ( ꎬ ( ))
１２ ２ 与坐标轴围成的三角形的面积为 Ｓ ｔ 求
６.( 河北衡水中学模拟一ꎬ )已知函数 ( )ꎬ
２０２２ ２１ Ｓ ｔ 的最小值.
ａ ( )
ｆ ｘ ｘ . 解析 由 ｆ ｘ ｘ２ 得 ｆ ′ ｘ ｘ.
( )＝ ｌｎ －ｘ ( )＝ １２－ ( )＝ －２
令 ｆ ′ ｘ 即 ｘ 得 ｘ .
5 若 ａ 证明 ｆ ｘ 在定义域内是增 (１) ( ０)＝ －２ꎬ －２ ０ ＝－２ꎬ ０ ＝１
年 (１) >０ꎬ : ( ) 又因为 ｆ ｘ ｆ 所以切点为
高 函数 ( ０)＝ (１)＝ １１ꎬ (１ꎬ
考 ꎻ
.
3
１１)
年 若ｆ ｘ 在 上的最小值为 ３ 求 ａ
模 (２) ( ) [１ꎬｅ] ꎬ 故所求的切线方程为 ｙ ｘ 即 ｙ
－１１＝－２( －１)ꎬ
拟 ２
的值. ｘ .
A ＝－２ ＋１３
版 解析 证明 由题意知ｆ ｘ 的定义域为 由题设知 ｔ 根据对称性 只需考虑 ｔ
(１) : ( ) (２) ≠０ꎬ ꎬ >
高
考 ａ ｘ ａ
的情形.
数 ｆ ′ ｘ １ ＋ . ａ ０
学 (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ ＋ｘ２ ＝ ｘ２ ∵ >０ꎬ∴ 曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｔ ｆ ｔ 处的切线方程为ｙ
＝ ( ) ( ꎬ ( ))
１０６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｔ２ ｔ ｘ ｔ . .
＝１２－ －２ ( － ) ＋１２)
æ ｔ ö 令 Ｓ′ ｔ 即 ｔ２ ｔ２ 得 ｔ
切线与 ｘ 轴的交点是ç ６ ÷ 与 ｙ 轴的交 ( )＝ ０ꎬ ( －４)( ＋１２)＝ ０ꎬ １ ＝－２
è ＋ ｔ ꎬ０øꎬ 舍 ｔ .
２
( )ꎬ ２ ＝２
点是 ｔ２ .
因为当 ｔ 时 Ｓ′ ｔ Ｓ ｔ 单调
(０ꎬ１２＋ )
∈(０ꎬ２) ꎬ ( ) <０ꎬ ( )
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为
递减
ꎻ
æ ｔ ö æ ö
当 ｔ 时 Ｓ′ ｔ Ｓ ｔ 单调递增
Ｓ
(
ｔ
)＝
１
è
ç
＋
６
ｔ ø
÷
(１２＋
ｔ２
)＝
１
è
çｔ３
＋２４
ｔ
＋
１４
ｔ
４
ø
÷. ∈(２ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
２ ２ ４ 所以 Ｓ ｔ 的最小值为 Ｓ .
( ) (２)＝ ３２
æ ö
因此 Ｓ′ ｔ １ çç ｔ２ １４４÷÷ ３ ｔ２ ｔ２
( )＝ è３ ＋２４－ ｔ２ ø ＝ ｔ２ ( －４)(
４ ４
专
题
四
导
数
及
其
应
用
１０７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋
综合篇
考法 一 利用导数研究函数的单调性 解析 函数ｆ ｘ 的定义域是
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
ａ ｘ ｘ ａ
考向一 含参函数的单调性问题 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ( ＋１)(２ － ).
( )＝ ２ －( －２)－ｘ ＝ ｘ
１.( 届福建部分名校联考ꎬ )已知函数
２０２３ ２１ 当 ａ 时 ｆ ′ ｘ 对任意 ｘ
ｆ ｘ ａ － ｘ ｘ . (１) ≤０ ꎬ ( )>０ ∈(０ꎬ＋
( )＝ ｅ ＋ －２ 恒成立
讨论 ｆ ｘ 的单调性 ∞) ꎬ
(１) ( ) ꎻ 所以函数ｆ ｘ 在区间 上单调递增
若 ｆ ｘ 恒成立 求 ａ 的取值范围. ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ
(２) ( )≥０ ꎬ ａ
ａ 当 ａ 时 由ｆ ′ ｘ 得 ｘ 由ｆ ′ ｘ
解析 因为 ｆ ｘ ａ － ｘ ｘ ｘ (２) >０ ꎬ ( )>０ > ꎬ ( )
(１) ( )＝ ｅ ＋ －２＝ ｘ＋ －２ꎬ ２
ｅ ａ æａ ö
ｘ ａ 得 ｘ 所以函数在区间ç ÷上
所以 ｆ ′ ｘ ｅ － . <０ ０< < ꎬ è ꎬ＋∞ø
( )＝ ｘ ２ ２
ｅ æ ａö
若 ａ 则 ｆ ′ ｘ 恒成立
单调递增 在区间ç ÷上单调递减.
≤０ꎬ ( )>０ ꎻ ꎬ è０ꎬ ø
２
若 ａ 则当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 当
>０ꎬ ∈(－∞ꎬｌｎ ) ꎬ ( )<０ꎬ 综上 ａ 时 ｆ ｘ 的单调增区间为
ꎬ ≤０ ꎬ ( ) (０ꎬ＋
ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ .
∈(ｌｎ ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ 无单调减区间 ａ 时 ｆ ｘ 的单调增
∞)ꎬ ꎻ >０ ꎬ ( )
故当 ａ 时 ｆ ｘ 的单调递增区间为
≤０ ꎬ ( ) (－∞ꎬ æａ ö æ ａö
区间为ç ÷ 单调减区间为ç ÷.
无单调递减区间 è ꎬ＋∞øꎬ è０ꎬ ø
＋∞)ꎬ ꎻ ２ ２
当 ａ 时 ｆ ｘ 的单调递增区间为 ａ ３.( 浙江舟山中学质量检测ꎬ 改编)已
>０ ꎬ ( ) (ｌｎ ꎬ＋
２０２２ ２０
单调递减区间为 ａ .
∞)ꎬ (－∞ꎬｌｎ ) 知函数ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ ｘ 当ａ 时 求函数
( )＝ －２ ＋ ｌｎ ꎬ >０ ꎬ
ｆ ｘ 等价于 ａ ｘ ｘ
(２) ( )≥０ ≥(２－ )ｅ ꎬ ｆ ｘ 的单调区间.
( )
令函数 ｇ ｘ ｘ ｘ 则 ｇ′ ｘ ｘ ｘ
( )＝ (２－ )ｅ ꎬ ( )＝ (１－ )ｅ ꎬ 解析 ｆ ｘ ｘ２ ｘ ａ ｘ 的定义域为
( )＝ －２ ＋ ｌｎ (０ꎬ
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增
∈(－∞ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ ａ ｘ２ ｘ ａ
ｆ ′ ｘ ｘ ２ －２ ＋ ｘ
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减. ＋∞)ꎬ ( )＝ ２ －２＋ｘ ＝ ｘ ( >０)ꎬ
∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
则 ｇ ｘ ｇ 故 ａ 的取值范围为
( )≤ (１)＝ ｅꎬ [ｅꎬ＋ 令ｆ ′ ｘ 可得 ｘ２ ｘ ａ ａ
( )＝ ０ꎬ ２ －２ ＋ ＝０( >０)ꎬ
.
∞)
当 Δ ａ 即 ａ １ 时 ｆ ′ ｘ 对于
２.( 山东莱州一中开学考ꎬ 改编)已知 ＝４－８ ≤０ꎬ ≥ ꎬ ( )≥０
２０２２ ２１ ２
函数ｆ ｘ ｘ２ ａ ｘ ａ ｘ ａ Ｒ 求函 ｘ 恒成立 所以ｆ ｘ 在 上
( )＝ －( －２) － ｌｎ ( ∈ )ꎬ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
数 ｙ ｆ ｘ 的单调区间. 单调递增.
＝ ( )
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋所以 ｃ 的取值范围为 .
当Δ ａ 即 ａ １时 解 ｘ２ ｘ ａ [－１ꎬ＋∞)
＝４－８ >０ꎬ ０< < ꎬ ２ －２ ＋ ＝０
ｆ ｘ ｆ ａ ｘ ａ
２
ｇ ｘ ( )－ ( ) ２(ｌｎ －ｌｎ ) ｘ
ａ (２) ( )＝ ｘ ａ ＝ ｘ ａ ꎬ ∈
可得 ｘ １± １－２ － －
＝ ꎬ æｘ ａ ö
２ ç － ａ ｘ÷
２è ｘ ＋ｌｎ －ｌｎ ø
ａ
ａ ａ .ｇ′ ｘ
由ｆ ′ ( ｘ ) > ０ 可 得 ０ < ｘ < １－ １－２ 或 ｘ (０ꎬ )∪( ꎬ＋∞) ( )＝ ｘ ａ ２
( － )
２
æ ａ ａö
ａ
ç ÷
１＋ １－２ ２è１－ｘ ＋ｌｎ ｘ ø
> ꎬ .
２ ＝ ｘ ａ ２
ａ ａ ( － )
由ｆ ′ ｘ 可得１－ １－２ ｘ １＋ １－２ 取 ｃ 得 ｈ ｘ ｘ ｘ ｈ 则
( )<０ < < ꎬ ＝－１ ( )＝ ２ｌｎ －２ ＋２ꎬ (１)＝ ０ꎬ
２ ２
由 知 当 ｘ 时 ｈ ｘ 即 ｘ ｘ
æ ａö (１) ꎬ ≠１ ꎬ ( )<０ꎬ １－ ＋ｌｎ <
所 以 ｆ ｘ 在 çç １－ １－２ ÷÷ 和
ａ
( ) è０ꎬ ø .故当 ｘ ａ ａ 时
２ ０ ∈(０ꎬ ) ∪( ꎬ＋∞ ) ꎬ１－ ｘ ＋
æ ａ ö
çç１＋ １－２ ÷÷ 上 单 调 递 增 在 ａ
è ꎬ＋∞ø ꎬ 从而 ｇ′ ｘ .所以 ｇ ｘ 在区间
２ ｌｎ ｘ <０ꎬ ( )<０ ( ) (０ꎬ
æ ａ ａö
çç１－ １－２ １＋ １－２ ÷÷上单调递减. ａ ａ 上单调递减.
è ꎬ ø )ꎬ( ꎬ＋∞)
２ ２ ５.( 山东青岛二模ꎬ )已知函数 ｆ ｘ
２０２１ ２１ ( )＝
综上所述 当 ａ １时 ｆ ｘ 的单调递增区间
ꎬ ≥ ꎬ ( ) ａ ｘ ｘ ｘ ａ Ｒ.
２ ｌｎ － ＋１( >０)ꎬ ∈
讨论 ｆ ｘ 的单调性
为 当 ａ １ 时 ｆ ｘ 的单调递增 (１) ( ) ꎻ
(０ꎬ＋∞)ꎻ ０< < ꎬ ( )
若对任意 ｘ 均有 ｆ ｘ 求
２
(２) ∈(０ꎬ＋∞)ꎬ ( )≤０ꎬ
æ ａö æ ａ ö ａ 的值
区间为çç １－ １－２ ÷÷和çç１＋ １－２ ÷÷ 单 ꎻ
è０ꎬ ø è ꎬ＋∞øꎬ
２ ２ 假设某篮球运动员每次投篮命中的概率
(３)
调递减区间为 æ çç１－ １－２ ａ １＋ １－２ ａö ÷÷. 均为
０
.
８１ꎬ
若其
１０
次投篮全部命中的概率为
è ꎬ ø
２ ２ ｐ 证明 ｐ －２.
ꎬ : <ｅ
４.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
２０２０ Ⅱ ２１ １２ ( )＝ 解析 函数 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
ｘ .
２ｌｎ ＋１ ａ ａ ｘ
若 ｆ ｘ ｘ ｃ 求 ｃ 的取值范围 ′ ｘ １ ２ － .
(１) ( )≤２ ＋ ꎬ ꎻ ( )＝ ｘ － ｘ ＝ ｘ
２ ２
ｆ ｘ ｆ ａ
设 ａ 讨论函数 ｇ ｘ ( )－ ( )的单 若 ａ 则 ｆ ′ ｘ 对任意 ｘ 恒
(２) >０ꎬ ( )＝ ｘ ａ ≤０ꎬ ( )<０ ∈(０ꎬ＋∞)
－
成立 此时函数ｆ ｘ 在 上为减函数
调性. ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ
若 ａ 由 ｆ ′ ｘ 可得 ｘ ａ２ 由 ｆ ′ ｘ
解析 设 ｈ ｘ ｆ ｘ ｘ ｃ 则 ｈ ｘ ｘ >０ꎬ ( )>０ ０< <４ ꎬ ( )
( )＝ ( )－２ － ꎬ ( )＝ ２ｌｎ
可得 ｘ ａ２ 此时 函数 ｆ ｘ 的单调递增
5 <０ >４ ꎬ ꎬ ( )
ｘ ｃ 其定义域为 ｈ′ ｘ ２
年 －２ ＋１－ ꎬ (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ 区间为 ａ２ 单调递减区间为 ａ２
高 (０ꎬ４ )ꎬ (４ ꎬ＋
考
. .
3 －２ ∞)
年
当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 综上所述 当 ａ 时 函数 ｆ ｘ 在
模 (１) ０< <１ ꎬ ( )>０ꎻ >１ ꎬ ( ) ꎬ ≤０ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
拟
.所以ｈ ｘ 在区间 上单调递增 在区 上为减函数 当ａ 时 函数ｆ ｘ 在 ａ２
A <０ ( ) (０ꎬ１) ꎬ ꎻ >０ ꎬ ( ) (０ꎬ４ )
版 间 上单调递减.从而当 ｘ 时 ｈ 上单调递增 在 ａ２ 上单调递减.
(１ꎬ＋∞) ＝ １ ꎬ ꎬ (４ ꎬ＋∞)
高
ｘ 取得最大值 最大值为 ｈ ｃ.故当 当 ａ 时 函数 ｆ ｘ 在 上为减
考
( ) ꎬ (１)＝ －１－ (２) ≤０ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
数
学 且仅当 ｃ 即 ｃ 时 ｆ ｘ ｘ ｃ. 函数 且ｆ 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ
－１－ ≤０ꎬ ≥－１ ꎬ ( )≤２ ＋ ꎬ (１)＝ ０ꎬ ０< <１ ꎬ ( )> (１)＝
１０８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋０ 不合题意. æ ａö
ꎬ 若 ａ 则当 ｘ ç ÷ 时
当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ ｆ ａ２ ａ
<０ꎬ ∈è－∞ꎬ
３
ø∪(０ꎬ＋∞) ꎬ
>０ ꎬ (１) ( )ｍａｘ ＝ (４ )＝ ｌｎ
æａ ö
ａ２ ａ ａ ａ ａ ｆ ′ ｘ 当 ｘ ç ÷时 ｆ ′ ｘ .故ｆ ｘ
(４ )－２ ＋１＝２ ｌｎ(２ )－２ ＋１≤０ꎬ
( )>０ꎻ ∈è ꎬ０ø ꎬ ( )<０ ( )
３
令ｔ ａ ｔ 可得ｔ ｔ ｔ 即 ｔ １
æ ａö æａ ö
＝２ ꎬ >０ꎬ ｌｎ － ＋１≤０ꎬ ｌｎ －１＋ ｔ 在ç ÷ 单调递增 在ç ÷单
è－∞ꎬ øꎬ(０ꎬ＋∞) ꎬ è ꎬ０ø
３ ３
≤０ꎬ 调递减.
令 ｇ ｔ ｔ １ 其中 ｔ 则 ｇ′ ｔ １ 满足题设条件的 ａ ｂ 存在.
( )＝ ｌｎ ＋ ｔ －１ꎬ >０ꎬ ( )＝ ｔ －
(２) ꎬ
当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调
ｔ
① ≤０ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１]
１ －１.
ｔ２ ＝ ｔ２ 递增 所以ｆ ｘ 在区间 的最小值为 ｆ
ꎬ ( ) [０ꎬ１]
当 ｔ 时 ｇ′ ｔ 此时函数 ｇ ｔ 单调 ｂ 最大值为 ｆ ａ ｂ.此时 ａ ｂ 满
０< <１ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (０)＝ ꎬ (１)＝ ２－ ＋ ꎬ
递减 足题设条件当且仅当 ｂ ａ ｂ 即 ａ
ꎻ
＝－１ꎬ２－ ＋ ＝１ꎬ
当ｔ 时 ｇ′ ｔ 此时函数ｇ ｔ 单调递增. ｂ .
>１ ꎬ ( )>０ꎬ ( )
＝０ꎬ ＝－１
所以 ｇ ｔ ｇ 则 ｇ ｔ ｇ 当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 单调
ꎬ ( )ｍｉｎ ＝ (１)＝ ０ꎬ ( )≥ (１)＝ ０ꎬ ② ≥３ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１]
又 ｇ ｔ 所以 ｇ ｔ 所以 ａ ｔ 解 递减 所以ｆ ｘ 在区间 的最大值为 ｆ
( )≤０ꎬ ( )＝ ０ꎬ ２ ＝ ＝１ꎬ ꎬ ( ) [０ꎬ１]
ｂ 最小值为 ｆ ａ ｂ.此时 ａ ｂ 满
得 ａ １. (０)＝ ꎬ (１)＝ ２－ ＋ ꎬ
＝ 足题设条件当且仅当 ａ ｂ ｂ 即 ａ
２ ２－ ＋ ＝－１ꎬ ＝１ꎬ
由题意可得ｐ . １０ 由 可知 当ａ ｂ .
(３) ＝０ ８１ ꎬ (２) ꎬ ＝ ＝４ꎬ ＝１
ｘ 当 ａ 时 由 知 ｆ ｘ 在 的最
１时 ｌｎ ｘ 即 ｘ ｘ 所以 ③ ０< <３ ꎬ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ１]
ꎬ － ＋１≤０ꎬ ｌｎ ≤２( －１)ꎬ
２ ２ æａö ａ３
小值为ｆç ÷ ｂ 最大值为 ｂ 或 ａ ｂ.
. １０ . . 因 è ø ＝－ ＋ ꎬ ２－ ＋
ｌｎ ０ ８１ ＝１０ｌｎ ０ ８１<２０( ０ ８１－１)＝ －２ꎬ ３ ２７
此 ｐ －２. ａ３
ꎬ <ｅ 若 ｂ ｂ 则 ａ ３ 与 ａ
－ ＋ ＝－１ꎬ ＝ １ꎬ ＝ ３ ２ꎬ ０< <３
６.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知函数ｆ ｘ ２７
２０１９ Ⅲ ２０ １２ ( )＝
矛盾.
ｘ３ ａｘ２ ｂ.
２ － ＋
ａ３
讨论 ｆ ｘ 的单调性 若 ｂ ａ ｂ 则 ａ 或 ａ
(１) ( ) ꎻ － ＋ ＝－１ꎬ２－ ＋ ＝１ꎬ ＝３ ３ ＝－３
是否存在 ａ ｂ 使得 ｆ ｘ 在区间 的 ２７
(２) ꎬ ꎬ ( ) [０ꎬ１]
或 ａ 与 ａ 矛盾.
最小值为 且最大值为 若存在 求出 ａ ３ ＝０ꎬ ０< <３
－１ １? ꎬ ꎬ
综上 当且仅当ａ ｂ 或ａ ｂ 时
ｂ 的所有值 若不存在 说明理由. ꎬ ＝０ꎬ ＝－１ ＝４ꎬ ＝１ ꎬ
ꎻ ꎬ
ｆ ｘ 在 的最小值为 最大值为 .
解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ ｘ ａ . ( ) [０ꎬ１] －１ꎬ １
(１) ( )＝ ６ －２ ＝２ (３ － )
考向二 已知函数单调性求参数值（范围）
ａ
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 或 ｘ .
( )＝ ０ꎬ ＝０ ＝ １.( 山东平邑一中开学考ꎬ )若函数ｆ ｘ
３ ２０２２ ８ ( )
æａ ö ｘ２ ａｘ ｘ 在区间 上单调递增 则 ａ
若 ａ 则当 ｘ ç ÷时 ＝ － ＋ｌｎ (２ꎬｅ) ꎬ
>０ꎬ ∈(－∞ꎬ０)∪è ꎬ＋∞ø ꎬ
的取值范围是
３
( )
æ ａö
é ö æ ù
ｆ ′ ｘ 当 ｘ ç ÷时 ｆ ′ ｘ .故ｆ ｘ ê ú
( )>０ꎻ ∈è０ꎬ ３ ø ꎬ ( )<０ ( ) Ａ.ë ê ９ ꎬ＋∞ ÷ ø Ｂ.è ç －∞ꎬ ９ û ú 专 题
２ ２
四
æａ ö æ ａö
é ù
在 ç ÷单调递增 在ç ÷单 ê ú
(－∞ꎬ０)ꎬè ３ ꎬ＋∞ø ꎬ è０ꎬ ３ ø Ｃ.ë ê ９ ꎬｅ ２ ＋１û ú Ｄ.[ｅ ２ ＋１ꎬ＋∞) 导 数
２
及
调递减.
其
答案 Ｂ ｆ ′ ｘ ｘ ａ １ 因为函数 ｆ ｘ 应
若 ａ ｆ ｘ 在 单调递增. ( )＝ ２ － ＋ ｘꎬ ( ) 用
＝０ꎬ ( ) (－∞ꎬ＋∞)
１０９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ２ ａｘ ｘ 在区间 上单调递增 所以 当 ｘ 时 ｙ′ ｙ 单调递减 当 ｘ
＝ － ＋ｌｎ (２ꎬｅ) ꎬ ∈(－∞ꎬ０) ꎬ <０ꎬ ꎻ ∈
时 ｙ′ ｙ 单调递增. ｙ 故 ａ
ｆ ′ ｘ ｘ ａ １ 在 上恒成立 即 ａ (０ꎬ＋∞) ꎬ >０ꎬ ∴ ｍｉｎ ＝１ꎬ
( )＝ ２ － ＋ｘ≥０ (２ꎬｅ) ꎬ
.
≤１
ｘ １ 在 上 恒 成 立 则 ａ ４.( 上海交通大学附中期中ꎬ )函数ｆ ｘ
≤ ２ ＋ ｘ (２ꎬ ｅ) ꎬ ≤ ２０２２ １１ ( )
æ ö
æ ö ｘ３ ａｘ ａ ａ 在区间ç １ ÷内
ç ｘ １÷ .令 ｇ ｘ ｘ １ ｘ ｇ ｘ ＝ ｌｏｇａ( － )( >０ꎬ ≠１) è－ ꎬ０ø
è２ ＋ｘ ø ( )＝ ２ ＋ ｘꎬ ∈(２ꎬｅ)ꎬ ( ) ２
ｍｉｎ 单调递增 则 ａ 的取值范围是 .
ꎬ
ｘ １在 上单调递增 又ｇ ９ 所 é ö
＝ ２ ＋ｘ (２ꎬｅ) ꎬ (２)＝ ꎬ 答案 ê ３ ÷
２ ë ê ꎬ１ø
æ ù ４
以 ａ ９ 即 ａ ç ９ ú ú .故选 . æ ö
≤ ꎬ ∈è－∞ꎬ û Ｂ 解析 ｘ３ ａｘ 在 ｘ ç １ ÷上恒成立 即
２ ２ － >０ ∈è－ ꎬ０ø ꎬ
２.( 河北邯郸模拟ꎬ )若函数ｆ ｘ ｘ ２
２０２２ ５ ( )＝ ｌｎ ＋ æ ö
æ ö ａ ｘ２ 在 ｘ ç １ ÷上恒成立 则 ａ １.令 ｕ
ａｘ２
－２
在区间
è
ç１
ꎬ１ø
÷内存在单调递增区间
ꎬ
> ∈è－
２
ꎬ０ø ꎬ ≥
４
４ ｘ３ ａｘ ｕ
则实数 ａ 的取值范围是 ＝ － ꎬ >０ꎬ
( ) 当 ａ 时 ｙ ｕ 单调递增
>１ ꎬ ＝ｌｏｇａ ꎬ
æ ö
ç １ ÷ æ ö
Ａ.(－∞ꎬ－２) Ｂ.è－ ꎬ＋∞ø 所以 ｕ ｘ３ ａｘ 在ç １ ÷上单调递增 ｕ′
８ ＝ － è－ ꎬ０ø ꎬ ＝
２
Ｃ.(－２ꎬ＋∞) Ｄ.(－８ꎬ＋∞) æ ö
答案 Ｄ 由ｆ
(
ｘ
)＝ ｌｎ
ｘ
＋
ａｘ２
－２
可得ｆ ′
(
ｘ
)＝ ３
ｘ２
－
ａ
≥０
在ç
è－
１
ꎬ０ø
÷上恒成立
ꎬ
ａ
≤(３
ｘ２
)ｍｉｎ
２
１ ａｘ. 与 ａ 矛盾
ｘ ＋２ ＝０ꎬ >１ ꎻ
当 ａ 时 ｙ ｕ 单调递减 则 ｕ ｘ３ ａｘ
æ ö ０< <１ ꎬ ＝ｌｏｇａ ꎬ ＝ －
因为ｆ ｘ ｘ ａｘ２ 在区间ç１ ÷内存在 æ ö
( )＝ ｌｎ ＋ －２ è ꎬ１ø 单调递减 ｕ′ ｘ２ ａ 在ç １ ÷上恒成
４ ꎬ ＝ ３ － ≤０ è－ ꎬ０ø
单调 递 增 区 间 所 以 ｆ ′ ｘ 在 ｘ ２
ꎬ ( ) > ０ ∈
æ ö æ ö 立 则 ａ ｘ２ ３ 所以３ ａ .
ç１ ÷上有解 即 ａ １ 在 ｘ ç１ ÷上有 ꎬ ≥(３ )ｍａｘ ＝ ꎬ ≤ <１
è ꎬ１ø ꎬ >－ ｘ２ ∈è ꎬ１ø ４ ４
４ ２ ４ é ö
æ ö
综上 ａ 的取值范围是ê
ê
３ ÷.
解
ꎬ
即 ａ
>è
çç
－
１
ｘ２ø
÷÷ . ꎬ ë
４
ꎬ１ø
２ ｍｉｎ ５.( 湖南衡阳一中周测ꎬ )已知函数ｆ ｘ
２０２２ １８ ( )
æ ö
显然 ｇ ｘ 在 ｘ ç１ ÷单调递增 所以 ｇ ｘ３ ａｘ ａ Ｒ .
( ) ∈è ꎬ１ø ꎬ ＝ － －１( ∈ )
４
若函数ｆ ｘ 在 Ｒ 上单调递增 求实数 ａ
æ ö æ ö (１) ( ) ꎬ
ç１ ÷ ｇ ｘ ｇ .所以 ａ ｇç１ ÷ .故选 .
è ø< ( )< (１) > è ø ＝－８ Ｄ 的取值范围
４ ４ ꎻ
３.( 湖北部分重点中学联考ꎬ )函数ｆ ｘ 若函数ｆ ｘ 的单调递减区间是
5 (２) ( ) (－１ꎬ１)ꎬ
２０２２ １５ ( )
年 求实数 ａ 的值
高
考
ｘ １ｘ２ ａｘ 是 Ｒ 上的增函数 则 ａ 的取值 ꎻ
＝ ｅ － － ꎬ 若函数ｆ ｘ 在区间 上单调递减
3 ２ (３) ( ) (－１ꎬ１) ꎬ
年
范围是 . 求实数 ａ 的取值范围.
模
拟
答案 解析 ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ.
A (－∞ꎬ１] (１) ( )＝ ３ －
版 解析 对ｆ ｘ 求导得ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａ. ｆ ｘ 因为ｆ ｘ 在 Ｒ 上单调递增 所以ｆ ′ ｘ
( ) ( )＝ ｅ － － ∵ ( ) ( ) ꎬ ( )≥０
高
考
是 Ｒ 上的增函数 ａ ｘ ｘ 恒成立.令 ｙ 恒成立 即 ａ ｘ２ 恒成立 故 ａ ｘ２
数
ꎬ∴ ≤ｅ － ＝ ꎬ ≤３ ꎬ ≤(３ )ｍｉｎ
学 ｘ ｘ 则 ｙ′ ｘ .
ｅ － ꎬ ＝ｅ －１ꎬ ＝０
１１０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋经检验 当 ａ 时 符合题意 递增 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减.
ꎬ ＝０ ꎬ ꎬ ꎻ－２< <１ ꎬ ( )<０ꎬ ( )
故实数 ａ 的取值范围是 . ｆ ｘ ｆ .故选 .
(－∞ꎬ０] ∴ ( )极小值＝ (１)＝ －１ Ａ
由 得ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ 因为ｆ ｘ 的单 ３.(多选)( 重庆八中模拟ꎬ )设函数ｆ ｘ
(２) (１)ꎬ ( )＝ ３ － ꎬ ( ) ２０２２ ９ ( )
调递减区间是 所以不等式 ｘ２ ａ 的定义域为 Ｒ ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的极小值
(－１ꎬ１)ꎬ ３ － <０ ꎬ ０( ０≠０) ( )
的解集为 所以 和 是方程 ｘ２ ａ 点 以下结论一定正确的是
(－１ꎬ１)ꎬ －１ １ ３ － ꎬ ( )
的两个实根 所以 ａ . ｘ 是ｆ ｘ 的最小值点
＝０ ꎬ ＝３ Ａ. ０ ( )
由 得ｆ ′ ｘ ｘ２ ａ 因为函数ｆ ｘ ｘ 是 ｆ ｘ 的极大值点
(３) (１)ꎬ ( )＝ ３ － ꎬ ( ) Ｂ. ０ － ( )
在区间 上单调递减 所以ｆ ′ ｘ ｘ 是 ｆ ｘ 的极大值点
(－１ꎬ１) ꎬ ( )≤０ Ｃ.－ ０ (－ )
在 ｘ 上恒成立 即 ａ ｘ２ 在 ｘ ｘ 是 ｆ ｘ 的极大值点
∈(－１ꎬ１) ꎬ ≥３ ∈(－ Ｄ.－ ０ － (－ )
上恒成立. 答案 ＢＤ 对于 ｘ ｘ 是ｆ ｘ 的极
１ꎬ１) Ａꎬ ０( ０≠０) ( )
又函数 ｙ ｘ２ 在 上的值域为 小值点 但不一定是最小值点 故 错误
＝３ (－１ꎬ１) [０ꎬ３)ꎬ ꎬ ꎬ Ａ ꎻ
所以 ａ .故实数 ａ 的取值范围是 . 对于 因为函数 ｆ ｘ 与函数ｆ ｘ 的图象关
≥３ [３ꎬ＋∞) Ｂꎬ － ( ) ( )
考法 二 利用导数研究函数的极（最）值 于 ｘ 轴对称 所以 ｘ 应是 ｆ ｘ 的极大值点
ꎬ ０ － ( ) ꎬ
故 正确
考向一 求极值
Ｂ ꎻ
对于 因为函数 ｆ ｘ 与函数ｆ ｘ 的图象
１.( 湖北十堰模拟ꎬ )已知函数ｆ ｘ ｘ２ Ｃꎬ (－ ) ( )
２０２２ ５ ( )＝ －
关于ｙ 轴对称 所以 ｘ 应是ｆ ｘ 的极小值
８ ｘ ＋６ｌｎ ｘ ＋１ꎬ 则ｆ ( ｘ ) 的极大值为 ( ) ꎬ － ０ (－ )
点 故 错误
ꎬ Ｃ ꎻ
Ａ.１０ Ｂ.－６ Ｃ.－７ Ｄ.０
对于 因为函数 ｆ ｘ 与函数ｆ ｘ 的图象
答案 Ｂ 函数ｆ ｘ 的定义域为 Ｄꎬ － (－ ) ( )
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
关于原点对称 所以 ｘ 是 ｆ ｘ 的极大值
ｆ ′ ｘ ｘ ６ ２( ｘ －１)( ｘ －３) 令ｆ ′ ｘ ꎬ － ０ － (－ )
( )＝ ２ －８＋ ｘ ＝ ｘ ꎬ ( ) 点 故 正确.故选
ꎬ Ｄ ＢＤ.
解 得 ｘ 或 ｘ ４.(多选)( 湖南怀化一模ꎬ )下列函数
＝ ０ꎬ ＝ １ ＝ ３ꎬ ２０２２ ９
ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 的变化情况如表 中 存在极值点的是
( )ꎬ ( ) : ꎬ ( )
ｘ (０ꎬ１) １ (１ꎬ３) ３ (３ꎬ＋∞) ｙ ｘ １ ｙ ｜ ｘ ｜
Ａ. ＝ －ｘ Ｂ. ＝２
ｆ ′ ｘ
( ) ＋ ０ － ０ ＋
ｙ ｘ３ ｘ ｙ ｘ ｘ
ｆ ｘ 单调递增 极大值 单调递减 极小值单调递增 Ｃ. ＝－２ － Ｄ. ＝ ｌｎ
( )
所以ｆ ｘ 的极大值为 ｆ 故选 答案 ＢＤ 函数 ｙ ｘ １的定义域为
( ) (１)＝ －６ꎬ Ｂ. ＝ － ｘ (－∞ꎬ
２.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)若 ｘ 是函数
２０１７ Ⅱ １１ ５ ＝－２
对 ｙ ｘ １求导得 ｙ′ １
ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ －１ 的极值点 则 ｆ ｘ 的极 ０)∪(０ꎬ＋∞)ꎬ ＝ － ｘ ＝１＋ｘ２ ꎬ
( )＝ ( ＋ －１)ｅ ꎬ ( )
小值为
( ) 易知 ｙ′ 所以函数 ｙ ｘ １ 在
>０ꎬ ＝ － ｘ (－∞ꎬ０)ꎬ
－３ －３
Ａ.－１ Ｂ.－２ｅ Ｃ.５ｅ Ｄ.１
答案 Ａ 由题意可得 ｆ ′
(
ｘ
)＝ ｅ
ｘ －１
[
ｘ２
＋(
ａ
＋ (０ꎬ＋∞)
单调递增
ꎬ
没有极值点
ꎻ
ｘ ａ . { ｘ ｘ
２) ＋ －１] 函数 ｙ ｜ ｘ ｜ ２ ꎬ ≥０ꎬ根据指数函数的图
ｘ 是函数ｆ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ －１ 的极 ＝２ ＝ － ｘ ｘ 专
∵ ＝－２ ( )＝ ( ＋ －１)ｅ ２ ꎬ <０ꎬ
题
值点 象与性质可得 当 ｘ 时 函数 ｙ ｜ ｘ ｜ 单调 四
ꎬ ꎬ <０ ꎬ ＝２
ｆ ′ ａ ｆ ｘ ｘ２ ｘ 递减 当ｘ 时 函数ｙ ｜ ｘ ｜ 单调递增 所以 导
∴ (－２)＝ ０ꎬ∴ ＝－１ꎬ∴ ( )＝ ( － －１) ꎬ ≥０ ꎬ ＝２ ꎬ 数
ｘ －１ ｆ ′ ｘ ｘ －１ ｘ２ ｘ ｘ －１ ｘ ｘ 函数 ｙ ｜ ｘ ｜ 在 ｘ 处取得极小值 及 其
ｅ ꎬ ( )＝ ｅ ( ＋ －２)＝ ｅ ( －１)( ＋ ＝２ ＝０ ꎻ
应
ｘ 或 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调 对 ｙ ｘ３ ｘ 求导得ｙ′ ｘ２ 易知ｙ′ 用
２)ꎬ∴ <－２ >１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ＝－２ － ＝－６ －１ꎬ <０ꎬ
１１１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋所以函数 ｙ ｘ３ ｘ 在 Ｒ 上单调递减 没有
＝－２ － ꎬ １
Ａ. (３＋ｌｎ ２) Ｂ.３－ｌｎ ２
极值点
２
ꎻ
函数 ｙ ｘ ｘ 的定义域为 对 ｙ ｘ
Ｃ.２ｅ－１ Ｄ.３
＝ ｌｎ (０ꎬ＋∞)ꎬ ＝ ｌｎ
答案 Ａ 设Ａ ｘ ａ Ｂ ｘ ａ 则有 ｘ
æ ö
ｘ 求导得 ｙ′ ｘ 当 ｘ ç １ ÷时 ｙ′ ( １ꎬ )ꎬ ( ２ꎬ )ꎬ ２ １ －２
＝ｌｎ ＋１ꎬ ∈è０ꎬ ø ꎬ <０ꎬ ｘ ｘ
ｅ ＝２ｅ ２ ＋ ２ꎬ
æ ö
函数单调递减 当 ｘ ç１ ÷时 ｙ′ 函 变形可得 ｘ １ ｘ ｘ ｘ １ｘ
ꎬ ∈è ꎬ＋∞ø ꎬ >０ꎬ １ ＝ (２＋２ｅ ２ ＋ ２)＝ １＋ｅ ２ ＋ ２ꎬ
ｅ ２ ２
则 ＡＢ ｘ ｘ
数单调递增 ꎬ 当 ｘ ＝ １时 ꎬ 函数取得极小值.故 ｜ ｜ ＝ ｜ １ － ２ ｜ ＝
ｅ
ｘ １ｘ ｘ ｘ １ｘ
选 １＋ｅ ２ ＋ ２ － ２ ＝ １＋ｅ ２ － ２ ꎬ
ＢＤ. ２ ２
考向二 求最值
设ｇ ｘ ｘ １ｘ ｇ′ ｘ ｘ １ 当ｘ １
( )＝ １＋ｅ － ꎬ ( )＝ ｅ － ꎬ <ｌｎ
１.( 届长春六中月考ꎬ )函数 ｆ ｘ ｘ
２ ２ ２
２０２３ ９ ( )＝ ｃｏｓ
æ ö
ｘ ｘ 在区间 上的最小值 时 ｇ′ ｘ 函数 ｇ ｘ 在ç １ ÷上为
＋( ＋１)ｓｉｎ ＋１ [０ꎬ２π] 、 ꎬ ( )<０ꎬ ( ) è－∞ꎬｌｎ ø
最大值分别为 ２
( )
减函数 当 ｘ １时 ｇ′ ｘ 函数 ｇ ｘ 在
π π ３π π ꎬ >ｌｎ ꎬ ( )>０ꎬ ( )
Ａ.－ ꎬ Ｂ.－ ꎬ ２
２ ２ ２ ２
æ ö
ç １ ÷上为增函数
π π ３π π èｌｎ ꎬ＋∞ø ꎬ
Ｃ.－ ꎬ ＋２ Ｄ.－ ꎬ ＋２ ２
２ ２ ２ ２
æ ö
答案 Ｄ 因为ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｇ ｘ ｘ １ｘ 有最小值ｇç １ ÷ １
( )＝ －ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ＋( ＋１) ( )＝ １＋ｅ － èｌｎ ø ＝１＋
２ ２ ２
æ ö
ｘ ｘ ｘ 所以在区间ç π÷和
ｃｏｓ ＝ ( ＋１)ｃｏｓ ꎬ è０ꎬ ø １ １ ３＋ｌｎ ２ 则 ＡＢ ３＋ｌｎ ２ 即线
２ － ｌｎ ＝ >０ꎬ ｜ ｜≥ ꎬ
２ ２ ２ ２
æ ö æ ö
ç３π ÷上ｆ ′ ｘ 即ｆ ｘ 在区间ç π÷和
è ꎬ２πø ( )>０ꎬ ( ) è０ꎬ ø 段 ＡＢ 长度的最小值是３＋ｌｎ ２.故选 .
２ ２ Ａ
２
æ ö
ç３π ÷上单调递增 ３.(多选)( 湖南三湘名校教育联盟联考ꎬ
è ꎬ２πø ꎻ ２０２１
２
)下列说法正确的是
æ ö
１１ ( )
在区间çπ ３π÷上 ｆ ′ ｘ 即 ｆ ｘ 在区间
è ꎬ ø ( )<０ꎬ ( )
２ ２ ｆ ｘ ｘ １的最小值为
Ａ. ( )＝ ＋ ｘ １
æ ö
ｅ
çπ ３π÷上单调递减
è ꎬ ø ꎬ ｘ
２ ２ ｆ ｘ ｅ ｘ 的最小值为
Ｂ. ( )＝ ｘ( >０) １
æ ö æ ö
又 ｆ ｆ ｆçπ÷ π ｆç３π÷
(０)＝ (２π)＝ ２ꎬ è ø ＝ ＋２ꎬ è ø ＝－ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 的最小值为
２ ２ ２ Ｃ. ( )＝ －ｌｎ ( >０) １
æ ö ｆ ｘ ｘ １ｘ ｘ 的最小值为
5 ç３π ÷ ３π 所以 ｆ ｘ 在区间 Ｄ. ( )＝ ｅ ( >０) １
年 è ＋１ø＋１＝－ ꎬ ( ) [０ꎬ２π]
高 ２ ２
答案 ＡＣ 对于 因为 ｆ ｘ ｘ １ 所以 ｆ
考
Ａꎬ ( )＝ ＋ ｘꎬ
3 上的最小值为 ３π 最大值为π .故选 ｅ
年 － ꎬ ＋２ Ｄ.
ｘ
模 ２ ２
拟 ′ ｘ １ ｅ －１ 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所
２.( 山东烟台莱州一中开学考ꎬ )已知直 ( )＝ １－ ｘ＝ ｘ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝０ꎬ
A ２０２２ ８ ｅ ｅ
版 线ｙ ａ 分别与直线ｙ ｘ 和曲线ｙ ｘ ｘ 以函数 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
＝ ＝２ －２ ＝２ｅ ＋ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋
高
相交于点 Ａ Ｂ 则线段 ＡＢ 长度的最小值为 上单调递增 故函数 ｆ ｘ 的最小值为
考
ꎬ ꎬ ∞) ꎬ ( )
数
学 ｆ 选项中的说法正确
( ) (０)＝ １ꎬＡ ꎻ
１１２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ æａö
对于 因为 ｆ ｘ ｅ ｘ 所以 ｆ ′ ｘ ｆç ÷ ａ .
Ｂꎬ ( )＝ ｘ ( >０)ꎬ ( ) ∴ è ø ＝０ꎬ∴ ＝３
３
ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ 则 ｆ ′ ｘ ｘ ｘ .
ｅ ( －１) ∴ ( )＝ ２ －３ ＋１ꎬ ( )＝ ６ ( －１)
＝ ｘ２ ꎬ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如表
( )ꎬ ( ) :
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在
( )＝ ０ꎬ ＝１ꎬ ( ) (０ꎬ ｘ
－１ (－１ꎬ０) ０ (０ꎬ１) １
上单调递减 在 上单调递增 故
１) ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎬ ｆ ′ ｘ
( ) ＋ －
函数ｆ ｘ 的最小值为ｆ 选项中的说
( ) (１)＝ ｅꎬＢ ｆ ｘ 增 减
( ) －４ １ ０
法错误
ꎻ ｆ ｘ 在 上的最大值为 最小值为
对于 因为 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ∴ ( ) [－１ꎬ１] １ꎬ
Ｃꎬ ( )＝ －ｌｎ ( >０)ꎬ .
ｘ －４
ｘ １ －１ 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所以 最大值与最小值的和为 .
( )＝ １－ｘ ＝ ｘ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝１ꎬ ∴ －３
５.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
函数 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
２０１８ Ⅰ １６ ５ ( )＝
( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞)
上单调递增 故函数ｆ ｘ 的最小值为 ｆ ｘ ｘ 则ｆ ｘ 的最小值是 .
ꎬ ( ) (１)＝ ２ｓｉｎ ＋ｓｉｎ ２ ꎬ ( )
选项中的说法正确
１ꎬＣ ꎻ 答案 ３ ３
对于 因为 ｆ ｘ ｘ １ｘ ｘ 所以 ｆ ′ ｘ －
２
Ｄꎬ ( )＝ ｅ ( >０)ꎬ ( )＝
１ｘ ｘ １ｘ
æ
çç １
ö
÷÷ (
ｘ
－１)ｅ
１ｘ
令ｆ ′ ｘ 得ｘ
解析 由 ｆ
(
ｘ
)＝ ２ｓｉｎ
ｘ
＋ｓｉｎ ２
ｘ
ꎬ
得 ｆ ′
(
ｘ
)＝
ｅ ＋ ｅ 􀅰è －ｘ２ø ＝ ｘ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ｘ ｘ ２ｘ ｘ 令 ｆ ′ ｘ
２ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ ２ ＝４ｃｏｓ ＋２ｃｏｓ －２ꎬ ( )
所以函数ｆ ｘ 在 上单调递减 在
＝１ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ 得 ｘ １或 ｘ 可得当 ｘ
＝ ０ꎬ ｃｏｓ ＝ ｃｏｓ ＝－１ꎬ ｃｏｓ ∈
上单调递增 故函数ｆ ｘ 的最小值为ｆ
２
＋∞) ꎬ ( ) (１)
æ ö
选项中的说法错误.故选 .
＝ｅꎬＤ ＡＣ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 为减函数 当
è－１ꎬ ø ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎻ ｃｏｓ
４.( 江苏ꎬ ꎬ 分)若函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ２
２０１８ １１ ５ ( )＝ ２ － ＋
æ ö
ａ Ｒ 在 内有且只有一个零点 ｘ ç１ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 为增函数 所
１( ∈ ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ∈è ꎬ１ø ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
２
则 ｆ ｘ 在 上的最大值与最小值的和
( ) [－１ꎬ１]
以当 ｘ １时 ｆ ｘ 取最小值 此时 ｘ
为 . ｃｏｓ ＝ ꎬ ( ) ꎬ ｓｉｎ
２
答案
－３
３.又因为ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
解析 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ＝± ( )＝ ２ｓｉｎ ＋２ｓｉｎ ｃｏｓ ＝２ｓｉｎ
∵ ( )＝ ２ － ＋１ꎬ ２
ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ ｘ ａ .若 ａ 则 ｘ ｘ ｘ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 取最
∴ ( )＝ ６ －２ ＝２ (３ － ) ≤０ꎬ (１＋ｃｏｓ )ꎬ１＋ｃｏｓ ≥０ ꎬ∴ ( )
时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上为增
>０ ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) (０ꎬ＋∞) æ ö
小值时 ｘ ３ ｆ ｘ çç ３÷÷
函数 ꎬ 又 ｆ (０)＝ １ꎬ ꎬｓｉｎ ＝－ ２ ꎬ∴ ( )ｍｉｎ ＝２× è－ ２ ø ×
ｆ ｘ 在 上没有零点 ａ .
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ∴ >０ æ ö
ç １÷ ３ ３.
当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 æ ç ａö ÷上单 è１＋ ２ ø ＝－ ２
０< < ꎬ ( )<０ꎬ ( ) è０ꎬ ø
３ ３ ６.( 江苏盐城四校联合检测ꎬ )函数ｆ ｘ
２０２２ １５ ( )
ａ
调递减 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 的最大值为 .
ꎻ > ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ＝ －３ －｜ｌｎ ｜＋３
３
答案 专
æａ ö ２－ｌｎ ３ 题
ç ÷上单调递增
è ꎬ＋∞ø ꎬ 解析 由题知当 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ 四
３ ≥１ ꎬ ( )＝ －３ －ｌｎ ＋
导
∴ ｘ >０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ ) 有极小值 ꎬ 为 ｆ æ è ç ａö ø ÷ ＝－ ａ３ ＋１ . ３ꎬ∴ ｆ ′ ( ｘ )＝ －３－ １ ｘ <０ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 在 [１ꎬ＋∞) 上 数 及 其
３ ２７
应
ｆ ｘ 在 内有且只有一个零点 为减函数 ｆ ｘ ｆ 当 ｘ 用
∵ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ꎬ∴ ( )ｍａｘ ＝ (１)＝ ０ꎻ ０< <１
１１３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋因此 ｆ ｘ 的单调递增区间是 和
时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ ꎬ ( ) (－∞ꎬ－１)
ꎬ ( )＝ －３ ＋ｌｎ ＋３ꎬ∴ ( )＝ －３＋ ｘ ＝
单调递减区间是 .当 ｘ
(４ꎬ＋∞)ꎬ (－１ꎬ４) →－
ｘ æ ö
时 ｙ 当ｘ 时 ｙ 所以ｆ
－３ ＋１ 当 ｘ ç １ ÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 ∞ ꎬ →０ꎬ →＋∞ ꎬ →０ꎬ (－１)＝
ｘ ꎬ∴ ∈è０ꎬ ø ꎬ ( )>０ꎬ ( )
３
是 ｆ ｘ 的最大值 ｆ １是ｆ ｘ 的最
æ ö æ ö １ ( ) ꎬ (４)＝ － ( )
ç １ ÷上为增函数 当 ｘ ç１ ÷时 ｆ ′ ｘ ４
è０ꎬ ø ꎬ ∈è ꎬ１ø ꎬ ( )<
３ ３ 小值.
æ ö
ｆ ｘ 在ç１ ÷上为减函数 ｆ ｘ ｆ ８.( 湖北重点中学联考ꎬ )已知函数ｆ ｘ
０ꎬ ( ) è ꎬ１ø ꎬ∴ ( )ｍａｘ ＝ ２０２２ ２１ ( )
３
ｘ ｋ ｘ.
æ ö ＝ ( － )ｅ
ç１ ÷ .综上可知 ｆ ｘ .
è ø ＝２－ｌｎ ３ ꎬ ( )ｍａｘ ＝２－ｌｎ ３
(１)
求ｆ
(
ｘ
)
的极值
ꎻ
３
求ｆ ｘ 在区间 上的最小值.
７.( 北京ꎬ ꎬ 分) 已知函数 ｆ ｘ
(２) ( ) [０ꎬ１]
２０２１ １９ １５ ( )
解析 由ｆ ｘ ｘ ｋ ｘ 可得ｆ ′ ｘ ｘ
ｘ (１) ( )＝ ( － )ｅ ( )＝ (
３－２ .
＝ ｘ２
＋
ａ
－
ｋ
＋１)ｅ
ｘ
ꎬ
若 ａ 求曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 令ｆ ′ ｘ 得 ｘ ｋ
(１) ＝０ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１)) ( )＝ ０ꎬ ＝ －１ꎬ
处的切线方程 随 ｘ 变化 ｆ ｘ 与ｆ ′ ｘ 的变化情况如表
ꎬ ( ) ( ) :
ꎻ
若 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极值 求 ｆ ｘ 的 ｘ ｋ ｋ ｋ
(２) ( ) ＝－１ ꎬ ( ) (－∞ꎬ －１) －１ ( －１ꎬ＋∞)
单调区间 并求其最大值与最小值. ｆ ′ ｘ
ꎬ ( ) － ０ ＋
ｆ ｘ ｋ －１
解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ３ ２ ｆ ′ ｘ ( ) ↘ －ｅ ↗
(１) ＝０ ꎬ ( )＝ ｘ２ － ｘꎬ ( )
所以ｆ ｘ 的单调递减区间是 ｋ 单调
( ) (－∞ꎬ －１)ꎬ
６ ２. 递增区间是 ｋ 所以ｆ ｘ 有极小值 ｆ
＝ －ｘ３ ＋ｘ２ ( －１ꎬ＋∞)ꎬ ( )
ｋ ｋ －１ 无极大值.
所以 ｆ ｆ ′ . ( －１)＝ －ｅ ꎬ
(１)＝ １ꎬ (１)＝ －４ 当 ｋ 即 ｋ 时 ｆ ′ ｘ ｘ ｋ
所以曲线ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方 (２) －１≤０ꎬ ≤１ ꎬ ( )＝ ( － ＋１)
＝ ( ) (１ꎬ (１)) ｘ 在 ｘ 上恒成立 则函数ｆ ｘ 在
程为 ｙ ｘ 即 ｙ ｘ . ｅ ≥０ ∈[０ꎬ１] ꎬ ( )
－１＝－４( －１)ꎬ ＝－４ ＋５ 上单调递增 所以ｆ ｘ 在区间 上
ｘ [０ꎬ１] ꎬ ( ) [０ꎬ１]
由 ｆ ｘ ３－２ 得 ｆ ′ ｘ 的最小值为 ｆ ｋ
(２ ) ( ) ＝ ｘ２ ａ ( ) ＝ (０)＝ － ꎻ
＋
当 ｋ 即 ｋ 时 由 知ｆ ｘ 在
ｘ２ ａ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ａ ０< －１<１ꎬ １< <２ ꎬ (１) ( )
－２( ＋ )－２ (３－２ ) ２( －３ － ).由题意
ｘ２ ａ ２ ＝ ｘ２ ａ ２ [０ꎬ ｋ －１] 上单调递减 ꎬ 在 ( ｋ －１ꎬ１] 上单调递
( ＋ ) ( ＋ )
增 所以ｆ ｘ 在区间 上的最小值为 ｆ ｋ
知ｆ ′ 所以 ２ ａ .故 ꎬ ( ) [０ꎬ１] (
(－１)＝ ０ꎬ (－１) －３×(－１)－ ＝０
ｋ
ａ . －１)＝ －ｅ
－１
ꎻ
＝４
当 ｋ 即 ｋ 时 函数ｆ ｘ 在 上
ｘ －１≥１ꎬ ≥２ ꎬ ( ) [０ꎬ１]
当 ａ 时 ｆ ｘ ３－２ ｆ ′ ｘ
＝ ４ ꎬ ( ) ＝ ｘ２ ꎬ ( ) 单调递减
5 ＋４ ꎬ
年 ｘ ｘ 所以ｆ ｘ 在区间 上的最小值为 ｆ
高 ２( ＋１)( －４). ( ) [０ꎬ１] (１)＝
考 ＝ ｘ２ ２ ｋ .
3 ( ＋４) (１－ )ｅ
年
ｆ ′ ｘ 与 ｆ ｘ 的变化情况如表 综上 当 ｋ 时 ｆ ｘ 在区间 上的最
模
( ) ( ) : ꎬ ≤１ ꎬ ( ) [０ꎬ１]
拟
小值为 ｆ ｋ 当 ｋ 时 ｆ ｘ 在区间
A ｘ (－∞ꎬ－１) －１ (－１ꎬ４) ４ (４ꎬ＋∞) (０)＝－ ꎻ １< <２ ꎬ( ) [０ꎬ
版 ｆ ′ ｘ 上的最小值为 ｆ ｋ ｋ －１ 当 ｋ 时
( ) ＋ ０ － ０ ＋ １] ( －１)＝ －ｅ ꎻ ≥２ ꎬ
高
ｆ ｘ 在区间 上的最小值为 ｆ
考
ｆ ｘ １ ( ) [０ꎬ１] (１)＝ (１－
数
( ) ↗ １ ↘ － ↗
学 ４ ｋ .
)ｅ
１１４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋考向三 由极（最）值求参数值（范围） ３.(多选)( 山东济宁实验中学开学考ꎬ
２０２２
１.( 广东深圳五校联考ꎬ )已知函数 ｆ ｘ ｘ２ ｘ
２０２１ ５ ( ) )已知函数ｆ ｘ ＋ －１ 则下列结论正确
１２ ( )＝ ｘ ꎬ
ａｘ４ ａｘ３ ｂ ａ ｘ ｆ ｘ 的最大 ｅ
＝ －４ ＋ ( >０)ꎬ ∈[１ꎬ４]ꎬ ( )
的是
值为 最小值为 则 ａ ｂ ( )
３ꎬ －６ꎬ ＋ ＝ ( )
函数 ｆ ｘ 存在两个不同的零点
Ａ. ( )
５ ７ １０ １１
Ａ. Ｂ. Ｃ. Ｄ. 函数 ｆ ｘ 既存在极大值又存在极小值
３ ３ ３ ３ Ｂ. ( )
答案 Ｃ ｆ ′ ｘ ａｘ３ ａｘ２ ａｘ２ ｘ 当 ｋ 时 方程 ｆ ｘ ｋ 有且只有两个
( )＝ ４ －１２ ＝４ ( －３)ꎬ Ｃ. －ｅ< <０ ꎬ ( )＝
ｘ . 实根
∈[１ꎬ４]
令 ｆ ′ ｘ 得ｘ 或ｘ 舍去 .又ａ
( )＝ ０ꎬ ＝３ ＝０( ) >０ꎬ 当 ｘ ｔ 时 ｆ ｘ ５ ｔ 的最小值
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′
Ｄ. ∈[ ꎬ＋∞) ꎬ ( )ｍａｘ ＝
２
ꎬ
ｅ
∴ １≤ <３ ꎬ ( )<０ꎬ ３< ≤４ ꎬ
为
ｘ 故 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极小值 也是
２
( )>０ꎬ ( ) ＝３ ꎬ
答 案 ＡＢＣ ｆ ′ ｘ
最小 值 为 ｆ ｂ ａ. ａ ( ) ＝
ꎬ (３) ＝ － ２７ ∵ > ０ꎬ
ｆ ｂ ａ ｆ ｂ (２
ｘ
＋１)ｅ
ｘ
－(
ｘ２
＋
ｘ
－１)ｅ
ｘ
－
ｘ２
＋
ｘ
＋２
(１)＝ －３ ꎬ (４)＝ ꎬ ｘ ＝ ｘ ꎬ
２
ｆ ｘ 最大值为 ｆ ｂ (ｅ ) ｅ
∴ ( ) (４)＝ ꎬ
令 ｆ ′ ｘ 可得 ｘ 或 ｘ 当 ｘ
∴
{ｂ
ｂ
＝３ꎬ
ａ
解得 ì í ï ï
ï
ａ ＝
３
１ ꎬ
∴
ａ
＋
ｂ
＝
１０.故 ∞ꎬ－１ ( ) 和 )＝ ( ０ ２ ꎬ ꎬ＋∞) 时 ＝ ꎬ － ｆ １ ′ ( ｘ ) ＝ <０ ２ ꎬ ꎬ 当 ｘ ∈ ∈( ( － －
－２７ ＝－６ꎬ î ï ｂ ＝３ꎬ ３ １ꎬ２) 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ∴ ｆ ( ｘ ) 在 (－∞ꎬ－１)ꎬ(２ꎬ
选 . 上为减函数 在 上为增函数 ｆ
Ｃ
＋∞) ꎬ (－１ꎬ２) ꎬ∴
２.( 湖南岳阳一中入学考ꎬ )若函数ｆ ｘ
ｘ ｆ ５ ｆ ｘ ｆ
２０２２ ７ ( ) ( )极大值＝ (２)＝ ꎬ ( )极小值 ＝ (－１)＝ －ｅꎬ
２
æａ ａ ö ｅ
ｘ３ ａｘ２ ａ 在区间ç ＋６÷上有最大
因此 正确.作出ｆ ｘ 的大致图象如图所示.
＝ ２ － ( <０) è ꎬ ø Ｂ ( )
２ ３
值 则实数 ａ 的取值范围为
令 ｆ ｘ 可得 ｘ２ ｘ
( )＝ ０ꎬ ＋ －１＝
ꎬ ( )
Ａ.[－２ꎬ０) Ｂ.(－∞ꎬ－２] ｘ －１＋ ５ ｘ －１－ ５
０ꎬ １ ＝ ꎬ ２ ＝ ꎬ
２ ２
Ｃ.[－４ꎬ０) Ｄ.(－∞ꎬ－４]
ｙ ｆ ｘ 的图象与 ｘ 轴有两
答案 Ｄ 由 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ 得 ｆ ′ ｘ ｘ２ ＝ ( )
( )＝ ２ － ꎬ ( )＝ ６
个交点 则函数 ｙ ｆ ｘ 有两个不同零点 因
ａｘ. ꎬ ＝ ( ) ꎬ
－２
此 正确.对于 由图知 直线 ｙ ｋ ｋ
ａ Ａ Ｃꎬ ꎬ ＝ (－ｅ< <
令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ ｘ . ａ 当
( )＝ ０ꎬ １ ＝０ꎬ ２ ＝ ∵ <０ꎬ∴ 与 ｙ ｆ ｘ 的图象有两个交点 因此当
３ ０) ＝ ( ) ꎬ －ｅ<
ａ ａ ｋ 时 方程 ｆ ｘ ｋ 有且只有两个实根
ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 或 ｘ 时 ｆ ′ <０ ꎬ ( )＝ ꎬＣ
< <０ ꎬ ( )<０ꎻ < >０ ꎬ 正确.对于 结合图象可知 ｔ 的最大值为 .
３ ３ Ｄꎬ ２
ａ æａö 因此 不正确 故选 .
ｘ .故 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大值 ｆç ÷ Ｄ ꎬ ＡＢＣ
( )>０ ( ) ＝ è ø ＝
３ ３ ４.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)已知ｘ ｘ 和ｘ ｘ
ａ３ ａ３ æ ａö２ æ ａö ２０２２ １６ ５ ＝ １ ＝ ２
－
.由 ｆ
(
ｘ
)＝ － ꎬ
得
è
çｘ
－ ø
÷
􀅰è
ç
２
ｘ
＋ ø
÷
＝０ꎬ
分别是函数 ｆ
(
ｘ
)＝ ２
ａｘ
－ｅ
ｘ２
(
ａ
>０
且 ａ
≠１)
的
２７ ２７ ３ ３
极小值点和极大值点.若 ｘ ｘ 则 ａ 的取值 专
解得 ｘ
ａ
或 ｘ
ａ
ｆ ｘ 在
æ
ç
ａ ａ
＋６
ö
÷上有
１< ２ꎬ 题
＝ ＝－ ꎬ∵ ( ) è ꎬ ø 范围是 . 四
３ ６ ２ ３
导
ａ ａ ａ æ ö 数
最大值 ＋６ ａ 即实数 ａ 答案 ç１ ÷ 及
ꎬ∴ < ≤－ ꎬ∴ ≤－４ꎬ è ꎬ１ø 其
３ ３ ６ ｅ
应
的取值范围为 .故选 . 解析 ｆ ｘ ａｘ ｘ２ ｆ ′ ｘ ａｘ ａ 用
(－∞ꎬ－４] Ｄ ∵ ( )＝ ２ －ｅ ꎬ∴ ( )＝ ２ ｌｎ
１１５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ. ｘ ａｘ 和 ｇ ｘ ａｘ ｘ 有相同的最小值.
－２ｅ ｅ － ( )＝ －ｌｎ
根据题意 得 ｘ ｘ 是 ｆ ′ ｘ 的两个不相 求 ａ
ꎬ １ꎬ ２ ( )＝ ０ (１) ꎻ
等的实根. 证明 存在直线 ｙ ｂ 其与两条曲线 ｙ
(２) : ＝ ꎬ ＝
由 ｆ ′ ｘ 得 ａｘ ａ ｘ. ｆ ｘ 和 ｙ ｇ ｘ 共有三个不同的交点 并且
( )＝ ０ ꎬ ｌｎ ＝ｅ ( ) ＝ ( ) ꎬ
由题意得函数ｙ ａｘ ａ 与ｙ ｘ 的图象有两 从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
＝ ｌｎ ＝ｅ
个不同的交点.当ａ 时 画出函数ｙ ａｘ ａ
>１ ꎬ ＝ ｌｎ 解析 ｆ ′ ｘ ｘ ａ ｇ′ ｘ ａ １.
与 ｙ ｘ 的图象 如图 所示 当 ｘ (１) ( )＝ ｅ － ꎬ ( )＝ －ｘ
＝ｅ ꎬ ① ꎬ ∈(－∞ꎬ
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ｘ 当 ａ 时 ｆ ′ ｘ 恒成立 ｆ ｘ 在 Ｒ 上
１) ꎬ ( ) ＝ ２ ｌｎ － ２ｅ > ０ꎬ ≤０ ꎬ ( )>０ ꎬ ( )
ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增 无最小值 不符合题意. ａ .
( ) (－∞ꎬ １) ꎻ ꎬ ∴ >０
当 ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ｘ 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ ａ 令 ｇ′ ｘ 得 ｘ
( )＝ ０ꎬ ＝ｌｎ ꎬ ( )＝ ０ꎬ
∈( １ꎬ ２) ꎬ ( )＝ ２ ｌｎ －２ｅ <０ꎬ
ｆ ｘ 在 ｘ ｘ 上单调递减
１.
( ) ( １ꎬ ２) ꎻ
＝ ａ
当 ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ ａ ｘ
∈( ２ꎬ＋∞) ꎬ ( )＝ ２ ｌｎ －２ｅ >０ꎬ
易知 ｆ ｘ ｆ ａ ａ ａ ａ
ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增. ( )ｍｉｎ ＝ (ｌｎ )＝ － ｌｎ ꎬ
( ) ( ２ꎬ＋∞)
æ ö
ｘ ｘ 和 ｘ ｘ 分别是 ｆ ｘ 的极大值点和 ｇ ｘ ｇç１ ÷ ａ
∴ ＝ １ ＝ ２ ( ) ( )ｍｉｎ ＝ èａø ＝１＋ｌｎ ꎬ
极小值点 这与已知矛盾. 当 ａ 时 不满
ꎬ ∴ >１ ꎬ ａ
足题意 舍去. ａ ａ ａ ａ 即 ａ －１ .
ꎬ ∴ － ｌｎ ＝１＋ｌｎ ꎬ ｌｎ ＝ａ ①
＋１
ｘ
令 ｈ ｘ ｘ －１ ｘ
( )＝ ｌｎ －ｘ ( >０)ꎬ
＋１
ｘ２
则 ｈ′ ｘ １ ２ ＋１
( )＝ ｘ － ｘ ２ ＝ｘ ｘ ２ >０ꎬ
( ＋１) ( ＋１)
ｈ ｘ 在 上单调递增 则 ｈ ｘ 最多
图 图 ∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ( )
① ②
当 ａ 时 画出函数 ｙ ａｘ ａ 与 ｙ ｘ 的 有一个零点.又 ｈ １－１ 方程
０< <１ ꎬ ＝ ｌｎ ＝ｅ (１)＝ ｌｎ １－ ＝０ꎬ∴
１＋１
图象 如图 所示
ꎬ ② ꎬ 有且仅有一解 为 ａ 即为所求.
① ꎬ ＝１ꎬ
设过原点的切线 ｌ 与 ｙ ａｘ ａ 的图象相切
＝ ｌｎ 证明 由 知 ｆ ｘ ｘ ｘ ｇ ｘ ｘ
(２) : (１) ꎬ ( )＝ ｅ － ꎬ ( )＝ －ｌｎ
于点 ( ｘ ０ꎬ ａｘ ０ ｌｎ ａ )ꎬ 而 ｙ′ ＝ ａｘ (ｌｎ ａ ) ２ ꎬ 此时切 ｘ 当 ｘ 时 ｆ ｘ 单调递减 当 ｘ 时 ｆ
ꎬ <０ ꎬ ( ) ꎬ >０ ꎬ
线 ｌ 的斜率 ｋ ＝ ａｘ ０ 􀅰(ｌｎ ａ ) ２ ꎬ∴ ａｘ ０ (ｌｎ ａ ) ２ ＝ ｘ 单调递增
( ) ꎻ
ａｘ ａ
０ ｌｎ 可得 ａｘ . 当 ｘ 时 ｇ ｘ 单调递减 当 ｘ 时 ｇ
ｘ ꎬ ０ ＝ｅ ０< <１ ꎬ ( ) ꎬ >１ ꎬ
０ ｘ 单调递增.
ｋ ａ ２ 要使函数 ｙ ａｘ ａ 与 ｙ ｘ ( )
∴ ＝ｅ(ｌｎ ) ꎬ ＝ ｌｎ ＝ｅ 不妨设直线 ｙ ｂ 与 ｙ ｆ ｘ 的图象的两交点
的图象有两个不同的交点 则 ｋ 即 ＝ ＝ ( )
5
ꎬ <ｅꎬ ｅ(ｌｎ 的横坐标分别为 ｘ ｘ 与 ｙ ｇ ｘ 的图象的
年
高 ａ ２ . ａ ２ １ꎬ ２ꎬ ＝ ( )
考 ) <ｅ ∴ (ｌｎ ) <１ꎬ 两交点的横坐标分别为 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ ｘ .
3 ２ꎬ ３ꎬ １< ２< ３
年 即 ａ １ ａ .又 ａ １ ａ 则 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
模 拟 －１<ｌｎ <１ꎬ∴ ｅ < <ｅ ０< <１ꎬ∴ ｅ < ｅ １ － １ ＝ｅ ２ － ２ ＝ ２ －ｌｎ ２ ＝ ３ －ｌｎ ３ꎬ
. ｘ １ ｘ ｘ ｘ ｌｎ ｘ ２ ｘ .
A <１ ∴ ｅ － １ ＝ ２ －ｌｎ ２ ＝ｅ －ｌｎ ２
版 æ ö 易知 ｘ ｘ 则 ｘ
综上所述 ａ 的取值范围是ç１ ÷. １∈(－∞ꎬ０)ꎬ ２∈(０ꎬ１)ꎬ ｌｎ ２∈(－
高 ꎬ è ꎬ１ø
考 ｅ ∞ꎬ０)ꎬ
数
学 ５.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ 又 ｆ ｘ 在 上单调递减
２０２２ Ⅰ ２２ １２ ( )＝ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ
１１６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｘ 同理 ｘ ｘ ｘ ｘ . ｘ ｘ
∴ １ ＝ｌｎ ２ꎬ ２ ＝ｌｎ ３ꎬ ３ ＝ｅ ２ 令 ｇ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ＋１ － ＋１ ｘ － ｘ
又 ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ . ( )＝ ( )－ (－ )＝ ｘ － － ｘ ＝ (ｅ ＋
２ ２ ｅ ｅ
ｅ － ２ ＝ ２ －ｌｎ ２ꎬ∴ ｌｎ ２ ＋ｅ ＝２ ２
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ . ｘ ｘ ｘ 成等差 ｘ － ｘ ｘ ｘ ｇ′ ｘ ｘ － ｘ
２ ｅ )＋ｅ －ｅ ꎬ ∈(－∞ꎬ０)ꎬ ( )＝ (－ｅ ＋
∴ １ ＋ ３ ＝ｌｎ ２ ＋ｅ ＝２ ２ ∴ １ꎬ ２ꎬ ３
ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 函数在 上
数列.
ｅ )ꎬ <０ ꎬ ( )>０ꎬ (－∞ꎬ０)
单调递增 所以 ｇ ｘ ｇ 所以ｆ ｘ ｆ
ꎬ ( )< (０)＝ ０ꎬ ( )－
考法 三 利用导数研究不等式
ｘ 即 ｘ ｘ 故 ｘ ｘ 正确.故
(－ )<０ꎬ ２>－ １ꎬ １ ＋ ２>０ꎬＤ
考向一 利用导数证明不等式 选
ＡＢＤ.
１.(多选)( 福建漳州一中阶段考ꎬ )已知函 ２.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
２０２２ １１ ２０２２ ２１ １２ ( )＝
ｘ ｘ
数ｆ ｘ ＋１ 则下列说法正确的是 ｅ ｘ ｘ ａ.
( )＝ ｘ ꎬ ( ) ｘ －ｌｎ ＋ －
ｅ
ｆ ｆ 若 ｆ ｘ 求 ａ 的取值范围
Ａ. (１)> (２) (１) ( )≥０ꎬ ꎻ
函数ｆ ｘ 的最大值为 证明 若 ｆ ｘ 有两个零点 ｘ ｘ 则 ｘ ｘ
Ｂ. ( ) １ (２) : ( ) １ꎬ ２ꎬ １ ２
若方程ｆ ｘ ｍ 恰有两个不等的实根 .
Ｃ. ( )－ ＝０ ꎬ <１
ｘ
æ ö
则实数 ｍ 的取值范围为ç １ ÷ 解析 ｆ ｘ ｅ ｘ ｘ ａ 函数 ｆ
è０ꎬ ø (１)∵ ( )＝ ｘ －ｌｎ ＋ － ꎬ∴
ｅ
若 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ 则 ｘ ｘ ｘ ｘ
Ｄ. ( １)＝ ( ２)( １≠ ２)ꎬ １ ＋ ２>０ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ｅ ( －１)
ｘ
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ２ －
答案 ＡＢＤ 对ｆ ｘ 求导得ｆ ′ ｘ － .
( ) ( )＝ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｅ １ (ｅ ＋ )( －１).
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当 ｘ ｘ ＋１＝ ｘ２
<０ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ >０
时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 即ｆ ｘ 在 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ
ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ ( ) (－∞ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝１ꎬ
上单调递增 在 上单调递减. ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 的变化情况如下
０) ꎬ (０ꎬ＋∞) ( )ꎬ ( ) :
对于 因为函数ｆ ｘ 在 上单调 ｘ
Ａꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) (０ꎬ１) １ (１ꎬ＋∞)
递减 ｆ ′ ｘ
ꎬ ( ) － ０ ＋
所以 ｆ ｆ 正确 ｆ ｘ
(１)> (２)ꎬＡ ꎻ ( ) ↘ ↗
对于 因为函数ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大
Ｂꎬ ( ) ＝ ０ 当 ｘ 时 ｆ ｘ ａ.
∴ ＝１ ꎬ ( )ｍｉｎ ＝ｅ＋１－
值 也是最大值 所以函数ｆ ｘ 的最大值为 ｆ
ｆ ｘ ａ ａ .
ꎬ ꎬ ( )
∵ ( )≥０ꎬ∴ ｅ＋１－ ≥０ꎬ∴ ≤ｅ＋１
正确
ｘ
(０)＝ １ꎬＢ ꎻ ｆ ｘ ｅ ｘ ｘ ａ ｘ －ｌｎ ｘ ｘ ｘ ａ
对于 因为 ｘ 时 ｆ ｘ 即在 (２) ( )＝ ｘ －ｌｎ ＋ － ＝ｅ ＋ －ｌｎ － ꎬ
Ｃꎬ →－∞ ꎬ ( )→－∞ꎬ (－
上ｆ ｘ ｘ 时 ｆ ｘ 设 ｔ ｘ ｘ 则 ｙ ｔ ｔ ａ ｙ′ ｔ .
∞ꎬ０) ( )∈(－∞ꎬ１)ꎻ →＋∞ ꎬ ( )→ ＝ －ｌｎ ꎬ ＝ｅ ＋ － ꎬ ＝ｅ ＋１
即在 上ｆ ｘ 要使ｆ ｘ ｆ ｘ 有两个零点 ｘ ｘ 由 知 ａ .
０ꎬ (０ꎬ＋∞) ( )∈(０ꎬ１)ꎬ∴ ( ) ∵ ( ) １ꎬ ２ꎬ∴ (１) >ｅ＋１
ｍ 恰有两个不等的实根 则 ｍ ｙ′ ｔ ｙ ｔ ｔ ａ 为增函数
－ ＝０ ꎬ ０< <１ꎬＣ ∵ ＝ｅ ＋１>０ꎬ∴ ＝ｅ ＋ － ꎬ
错误
ｘ ｘ ｘ ｘ .
ꎻ ∴ １ －ｌｎ １ ＝ ２ －ｌｎ ２
对于 不妨设 ｘ ｘ ｆ ｘ 在 上单
ｘ
Ｄꎬ １< ２ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) 由 ｔ ｘ ｘ 得 ｔ′ １ －１ 令 ｔ′ 得 ｘ
调递增 在 上单调递减 若 ｆ ｘ ｆ ＝ －ｌｎ ＝１－ ｘ ＝ ｘ ꎬ ＝０ꎬ
专
ꎬ (０ꎬ＋∞) ꎬ ( １)＝
题
ｘ ｘ ｘ 则 ｘ ｘ 要证 ｘ ｘ 即 四
( ２)( １≠ ２)ꎬ １<０< ２ꎬ １ ＋ ２>０ꎬ ＝１ꎬ
证 ｘ ｘ 因为 ｘ ｘ ｔ ｔ′的变化情况如下 导
２>－ １ꎬ １∈(－∞ꎬ０)ꎬ ２∈(０ꎬ＋ ꎬ : 数
所以只需证明 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ 及
∞)ꎬ ( １)＝ ( ２)< (－ １)ꎬ ｘ (０ꎬ１) １ (１ꎬ＋∞) 其
应
即证明 ｆ ｘ ｆ ｘ . ｔ′
( １)< (－ １) － ０ ＋ 用
１１７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋续表 æ ö
则 φ′ ｘ ｘ ç １ｘ １ １ｘ ÷ ｘ １ｘ
ｘ ( ) ＝ ｅ ＋ １ － èｅ －ｘｅ ø ＝ ｅ ＋ １ －ｅ
(０ꎬ１) １ (１ꎬ＋∞)
ｔ æ ö ｘ
↘ １ ↗ ç １÷ ｘ １ｘ １－ .
证法一 不妨设 ｘ ｘ è１－ｘ ø ＝ｅ ＋１＋ｅ 􀅰 ｘ
: ０< １<１< ２ꎬ
ｘ φ′ ｘ φ ｘ 在 上单
ｘ ｘ ｘ ｘ .
∴ ２ － １ ＝ｌｎ ２ －ｌｎ １ ∵ ０< <１ꎬ∴ ( )>０ꎬ∴ ( ) (０ꎬ１)
调递增
ｘ ｘ
可以证明 ２ － １ ｘ ｘ 则有 ｘ ｘ 所 ꎬ
: ｘ ｘ > １ ２ꎬ １ ２<１ꎬ ｘ
ｌｎ ２ －ｌｎ １ φ ｘ φ 又 －１ Ｆ′ ｘ
以ｘ ｘ .
∴ ( )< (１)＝ ０ꎬ ｘ２ <０ꎬ∴ ( )>０ꎬ
１ ２<１
Ｆ ｘ 在 上单调递增.
ｘ ｘ ｘ ｘ
∴ ( ) (０ꎬ１)
证明如下 ２ － １ ｘ ｘ 等价于 ２ － １
:∵ ｘ ｘ > １ ２ ｘ ｘ æ ö
ｌｎ ２ －ｌｎ １ １ ２ ∴ Ｆ ( ｘ )< Ｆ (１)＝ ０ꎬ∴ ｆ ( ｘ )< ｆ è ç１ ｘ ø ÷.
ｘ
２ æ ö
>ｌｎ ｘ ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ç１ ÷.
１ ∴ ( ２)＝ ( １)< èｘ ø
ｘ １
２ 由 可知 ｆ ｘ 在 上单调递增
ｘ －１ ｘ (１) ꎬ ( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ
只需证 １ ２.
∴ ｘ >ｌｎ ｘ ｘ １ ｘ １
２ １ ∵ ２>１ꎬｘ >１ꎬ∴ ２<ｘ ꎬ
ｘ １ １
１ ｘ ｘ .
ｘ ｍ ∴ １ ２<１
设 ｍ ２ ｍ 从而只要证 －１ ｍ ｍ ３.( 届河北衡水部分学校月考ꎬ )已知函
＝ｘ ( >１)ꎬ
ｍ
>ｌｎ ( > ２０２３ ２１
１ ｘ２
. 数ｆ ｘ ａ ｘ ｘ 其中 ａ 为非零
１) ( )＝ ｌｎ( ＋２) ＋ －２ ꎬ
２
ｍ
设 ｇ ｍ －１ ｍ ｍ 实数.
( )＝ －ｌｎ ( >１)ꎬ
ｍ
讨论 ｆ ｘ 的单调性
(１) ( ) ꎻ
ｍ ｍ ｍ ２ 若 ｆ ｘ 有两个极值点 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ 证
则 ｇ′ ｍ ２ － ＋１ １ ( －１)
( )＝
ｍ ｍ
－ｍ＝
ｍ ｍ
ꎬ
(２) ( ) １ꎬ ２ꎬ １< ２ꎬ
明 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ .
２ ２
: (－ １)＋ ( ２)>２ １
ｇ′ ｍ ｇ ｍ 在 上单调 解析 函数 ｆ ｘ 的定义域为
∵ ( ) >０ꎬ∴ ( ) (１ꎬ＋∞ )
(１) ( ) (－２ꎬ＋∞)ꎬ
递增
ꎬ
ａ ｘ２ ａ
ｆ ′ ｘ ｘ ＋( －４)
ｇ ｍ ｇ ( )＝ ｘ ＋ －２＝ ｘ ꎬ
∴ ( )> (１)＝ ０ꎬ ＋２ ＋２
ｘ ｘ 当 ａ 即 ａ 时 ｆ ′ ｘ 函数 ｆ ｘ
２ － １ ｘ ｘ 成立. ① －４>０ꎬ >４ ꎬ ( )>０ꎬ ( )
∴ ｘ ｘ > １ ２ 在 上单调递增
ｌｎ ２ －ｌｎ １ (－２ꎬ＋∞) ꎻ
故 ｘ ｘ . 当 ａ 即 ａ 时 令 ｆ ′ ｘ
１ ２<１ ② －４< －４<０ꎬ ０< <４ ꎬ ( )＝ ０ꎬ
证法二 不妨设 ｘ ｘ Ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ
: ０< １<１< ２ꎬ ( )＝ ( )－ 得 ｘ
１ ＝－ ４－
ａ
>－２ꎬ
ｘ
２ ＝ ４－
ａ
ꎬ
æ ö
5 ç１ ÷ ｘ 则当 ｘ ａ ａ 时 ｆ ′
è ｘ øꎬ０< <１ꎬ ∈(－２ꎬ－ ４－ )∪( ４－ ꎬ＋∞) ꎬ
年
高 ｘ 当ｘ ａ ａ 时 ｆ ′ ｘ
考 æ ö ｘ ( )>０ꎬ ∈(－ ４－ ꎬ ４－ ) ꎬ ( )<０ꎬ
则 Ｆ′ ｘ ｆ ′ ｘ １ ｆ ′ç１ ÷ －１ ｘ ｘ １
3
年
( )＝ ( )＋ｘ２ è ｘ ø ＝ ｘ２ (ｅ ＋ )＋ｘ２ 故 ｆ
(
ｘ
)
在
(－２ꎬ－ ４－
ａ
)
和
( ４－
ａ
ꎬ＋∞)
上单
模
拟 调递增 在 ａ ａ 上单调递减
１ ꎬ (－ ４－ ꎬ ４－ ) ꎻ
A ｘ －１ ｘ
æ ö －１ ｘ ｘ ｘ １ｘ . 当 ａ 时 ｘ ａ 舍去 ｘ
版 􀅰 １ 􀅰 è ç ｅ １ｘ ＋ １ ｘ ø ÷ ＝ ｘ２ (ｅ ＋ －１－ ｅ ) ③ < ０ ꎬ １ ＝ － ４－ < － ２ꎬ ꎬ ２
高
考
ｘ２
＝ ４－
ａ.
数
学 设 φ ｘ ｘ ｘ ｘ １ｘ ｘ 则当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
( )＝ ｅ ＋ －１－ ｅ ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ ∈( ４－ ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ∈
１１８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ａ 时 ｆ ′ ｘ 解析 函数 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ
(－２ꎬ ４－ ) ꎬ ( )<０ꎬ (１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ
′ ｘ ｘ 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令 ｆ ′
所以 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减 在 ( )＝ －ｌｎ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <１ꎬ
( ) (－２ꎬ ４－ ) ꎬ
ｘ 解得 ｘ 所以函数 ｆ ｘ 在 上
ａ 上单调递增. ( )<０ꎬ >１ꎬ ( ) (０ꎬ１)
( ４－ ꎬ＋∞)
单调递增 在 上单调递减.
综上所述 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 上单 ꎬ (１ꎬ＋∞)
: >４ ꎬ ( ) (－２ꎬ＋∞)
调递增 证明 由 ｂ ａ ａ ｂ ａ ｂ 得１ ａ
ꎻ (２) : ｌｎ － ｌｎ ＝ － ａ(１＋ｌｎ )
当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ａ 和
０ < < ４ ꎬ ( ) (－ ２ꎬ－ ４－ ) æ ö æ ö
１ ｂ 即１ ç １ ÷ １ç １ ÷
ａ 上单调递增 在 ａ ＝ ｂ(１＋ｌｎ )ꎬ ａ è１－ｌｎ ａø ＝ ｂ è１－ｌｎ ｂ øꎬ
( ４－ ꎬ＋ ∞ ) ꎬ (－ ４－ ꎬ
ａ 上单调递减
４－ ) ꎻ 令 ｘ １ ｘ １ 则 ｘ ｘ 为 ｆ ｘ ｋ 的两个
１ ＝ ａꎬ ２ ＝ ｂꎬ １ꎬ ２ ( )＝
当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递减
<０ ꎬ ( ) (－２ꎬ ４－ ) ꎬ
实根 当 ｘ ＋时 ｆ ｘ ＋ 当 ｘ 时
在 ａ 上单调递增. ꎬ →０ ꎬ ( )→０ ꎬ →＋∞ ꎬ
( ４－ ꎬ＋∞) ｆ ｘ 且 ｆ 故 ｋ
证明 因为 ｆ ｘ 有两个极值点 ｘ ｘ 由 ( )→－∞ꎬ (１)＝ １ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
(２) : ( ) １ꎬ ２ꎬ
不妨令 ｘ ｘ 则 ｘ
知 ａ ｘ ａ ｘ ａ １∈(０ꎬ１)ꎬ ２∈(１ꎬｅ)ꎬ ２－ １>１ꎬｅ
(１) ０< <４ꎬ １ ＝－ ４－ ꎬ ２ ＝ ４－ ꎬ ｘ
所以 ｘ ｘ ｘ ｘ ａ 且 ｘ ａ － １>１ꎬ
１ ＋ ２ ＝０ꎬ １ ２ ＝ －４ꎬ ２∈(０ꎬ２)ꎬ ＝ 先证明 ｘ ｘ 即证 ｘ ｘ
ｘ ｘ １ ＋ ２>２ꎬ ２>２－ １ꎬ
１ ２
＋４ꎬ
即证 ｆ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ .
因为 ｘ ｘ 所以 ｘ ｘ 所以 ｆ ｘ ｆ ( ２)＝ ( １)< (２－ １)
１ ＋ ２ ＝０ꎬ ２ ＝－ １ꎬ (－ １)＝ 令 ｈ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
ｘ ａ ｘ ｘ ｘ２ ( )＝ ( )－ (２－ )ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
( ２)ꎬ ＝ １ ２ ＋４＝４－ ２ꎬ 则 ｈ′ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ′ ｘ
要证 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ｆ ( )＝ ( )＋ (２－ )
(－ １)＋ ( ２)>２ １⇔２ ( ２)－２ １>０⇔
ｘ ｘ ｘ ｘ .
ｘ ｘ ＝ －ｌｎ －ｌｎ(２－ )＝ －ｌｎ[ (２－ )]
( ２)＋ ２>０
ｘ ｘ ｘ ｈ′ ｘ
ｘ２ ∵ ∈(０ꎬ１)ꎬ∴ (２－ )∈(０ꎬ１)ꎬ∴ ( )>０
ａ ｘ ２ ｘ ｘ２ ｘ 恒成立
⇔ ｌｎ( ２ ＋２)＋ － ２>０⇔(４－ ２)ｌｎ( ２ ＋２)＋ ꎬ
２
ｈ ｘ 为增函数 ｈ ｘ ｈ .
ｘ２ ∴ ( ) ꎬ∴ ( )< (１)＝ ０
２ ｘ
２
－ ２>０
∴
ｆ
(
ｘ
２)<
ｆ
(２－
ｘ
１)ꎬ∴
ｘ
２>２－
ｘ
１ꎬ∴
ｘ
１ ＋
ｘ
２>２
.
ｘ 再证 ｘ ｘ 即证 ｘ ｘ 即证 ｆ ｘ
ｘ ｘ ２ １ ＋ ２<ｅꎬ ２<ｅ－ １ꎬ ( ２)＝
⇔(２＋ ２)ｌｎ( ２ ＋２)－ >０ꎬ ｆ ｘ ｆ ｘ .令 φ ｘ ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ
２ ( １)> (ｅ－ １) ( )＝ ( )－ (ｅ－ )ꎬ ∈
ｘ
令 ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ (０ꎬ１)ꎬ
( )＝ (２＋ )ｌｎ( ＋２)－ (０< <２)ꎬ
则 φ′ ｘ ｘ ｘ
２
( )＝ －ｌｎ[ (ｅ－ )]ꎬ
则 ｇ′ ｘ ｘ １ １ ｘ ＋时 φ′ ｘ φ′
( )＝ ｌｎ( ＋２)＋ >ｌｎ ２＋ >０ꎬ ∵ →０ ꎬ ( )→＋∞ꎬ (１)＝ －ｌｎ(ｅ－１)<
２ ２ φ′ ｘ 在 上单调递减
所以 ｇ ｘ 在 上单调递增 且 ｇ ０ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ
( ) (０ꎬ２) ꎬ (０)＝ 在 上必存在唯一 ｘ 使 φ′ ｘ
∴ (０ꎬ１) ０ꎬ ( ０)＝ ０ꎬ
２ｌｎ ２>０ꎬ 且当 ｘ ｘ 时 φ′ ｘ φ ｘ 单调
故 ｇ ｘ ｇ 即 ｆ ｘ ｆ ｘ ｘ . ∈(０ꎬ ０) ꎬ ( ) >０ꎬ ( )
( )> (０)>０ꎬ (－ １)＋ ( ２)>２ １ 递增
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ꎬ
２０２１ Ⅰ ２２ １２ ( )＝ 当 ｘ ｘ 时 φ′ ｘ φ ｘ 单调递减
ｘ ｘ . ∈( ０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ 专
(１－ｌｎ ) 题
讨论 ｆ ｘ 的单调性 又 ｘ →０ ＋时 ꎬ ｆ ( ｘ )→０ ＋ ꎬ 且 ｆ (ｅ)＝ ０ꎬ 四
(１) ( ) ꎻ
ｘ ＋时 φ ｘ ＋ 又 φ ｆ ｆ 导
设 ａ ｂ 为两个不相等的正数 且 ｂ ａ ∴ →０ ꎬ ( )→０ ꎬ (１)＝ (１)－ (ｅ－ 数
(２) ꎬ ꎬ ｌｎ －
及
１)>０ꎬ 其
ａ ｂ ａ ｂ 证明 １ １ . 应
ｌｎ ＝ － ꎬ :２<ａ＋ｂ <ｅ φ ｘ 恒成立 ｆ ｘ ｆ ｘ 用
∴ ( )>０ ꎬ∴ ( ２)> (ｅ－ １)ꎬ
１１９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｆ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ
ｘ ｘ ｘ ｘ .综上 １ １ ( １)－４ １ －[ ( ２)－４ ２]
∴ ２<ｅ－ １ꎬ∴ １ ＋ ２ <ｅ ꎬ２< ａ ＋ ｂ <ｅ ｘ ｘ >０ꎬ
－
１ ２
成立. 设 ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则
( )＝ ( )－４ ＝２ ｌｎ ＋ －４ ( >０)ꎬ
５.( 课标 文ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ｇ ｘ 在 上为增函数
２０１８ Ⅰ ２１ １２ ( )＝ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
ａ ｘ ｘ .
ｅ －ｌｎ －１ 所以 ｇ′ ｘ ａ １ ｘ 在 上
( )＝ ２ 􀅰ｘ ＋２ －４≥０ (０ꎬ＋∞)
设ｘ 是ｆ ｘ 的极值点 求ａ 并求ｆ ｘ
(１) ＝２ ( ) ꎬ ꎬ ( )
恒成立 分离参数得 ａ ｘ ｘ.而当 ｘ
的单调区间 ꎬ ≥(２－ ) >０
ꎻ
时 ｘ ｘ 的最大值为 所以ａ .故选
ꎬ(２－ ) １ꎬ ≥１ Ｂ.
证明 当 ａ １时 ｆ ｘ .
(２) : ≥ ꎬ ( )≥０ ２.( 湖南临澧一中月考ꎬ )已知函数ｆ ｘ
ｅ ２０２２ ８ ( )
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｘ
(１) ( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ｘ２ ａｘ ｇ ｘ ２ ＋２.若 ｘ
＝ ＋２ ＋５ꎬ ( )＝ ｘ ∀ １∈[－２ꎬ
ｅ
ｆ ′ ｘ ａ ｘ １.由题设知 ｆ ′ 所以 ａ
( )＝ ｅ －ｘ ꎬ (２)＝ ０ꎬ ｘ 使得 ｆ ｘ ｇ ｘ 成
－１]ꎬ∃ ２∈[－１ꎬ１]ꎬ ( １)≤ ( ２)
立 则实数 ａ 的最小值是
１ . ꎬ ( )
＝
２
２ｅ ７
Ａ. ３ Ｂ. Ｃ.２ Ｄ.３
４
从而 ｆ ｘ １ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ １ ｘ １.
( )＝ ｅ －ｌｎ －１ꎬ ( )＝ ｅ －ｘ 答案 Ｃ ｘ ｘ
２ｅ ２ ２ｅ ２ ∀ １∈[－２ꎬ－１]ꎬ∃ ２∈[－１ꎬ１]ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 使得 ｆ ｘ ｇ ｘ 成立可转化为 ｘ
０< <２ ꎬ ( )<０ꎻ >２ ꎬ ( )
( １)≤ ( ２) ∀ １∈[－
ｘ 使得 ｆ ｘ ｇ
.
>０
２ꎬ－１]ꎬ∃ ２∈[－１ꎬ１]ꎬ ( １)ｍａｘ≤
ｘ 成立.
所以 ｆ ｘ 在 上单调递减 在
( ) (０ꎬ２) ꎬ (２ꎬ＋∞)
( ２)ｍａｘ
上单调递增. ｘ ｘ ｘ
由 ｇ ｘ ２ ＋２ 可得 ｇ′ ｘ ｅ (２－２ －２)
( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ
ｘ ２
ｅ ｅ
证明 当 ａ １时 ｆ ｘ ｅ ｘ .
(２) : ≥ ꎬ ( )≥ －ｌｎ －１ ｘ
－２
ｅ ｅ
＝ ｘ ꎬ
ｘ ｘ
ｅ
设 ｇ ｘ ｅ ｘ 则 ｇ′ ｘ ｅ １.
( )＝ －ｌｎ －１ꎬ ( )＝ －ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 所以函数 ｇ ｘ
∈[－１ꎬ０] ꎬ ( )≥０ꎬ ( )
ｅ ｅ
单调递增
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ .
ꎬ
０< <１ ꎬ ( )<０ꎻ >１ ꎬ ( )>０
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 所以函数 ｇ ｘ 单
所以 ｘ 是 ｇ ｘ 的最小值点.
∈(０ꎬ１] ꎬ ( )<０ꎬ ( )
＝１ ( )
调递减
故当 ｘ 时 ｇ ｘ ｇ .
ꎬ
>０ ꎬ ( )≥ (１)＝ ０
所以当 ｘ 时 函数 ｇ ｘ 有最大值 最大值
＝０ ꎬ ( ) ꎬ
因此 当 ａ １时 ｆ ｘ .
ꎬ ≥ ꎬ ( )≥０ 为 ｇ .
ｅ (０)＝ ２
考向二 不等式中的恒成立（能成立）问题
ｆ ｘ ｘ２ ａｘ 图象的开口向上 且对称轴
( )＝ ＋２ ＋５ ꎬ
为直线ｘ ａ.
１.( 福建漳州一中测试ꎬ )已知ｆ ｘ ａ ｘ ＝－
5 ２０２２ ６ ( )＝ ２ ｌｎ
年 ｘ２ 若 ｘ ｘ 且 ｘ ｘ 都有 当 ａ ３ 即 ａ ３时 ｆ ｘ ｆ
高 ＋ ꎬ ∀ １ꎬ ２∈(０ꎬ＋∞) １≠ ２ꎬ ① － ≥－ ꎬ ≤ ꎬ ( )ｍａｘ ＝ (－２)＝
考 ２ ２
ｆ ｘ ｆ ｘ
3
年 ( １ ｘ )－ ｘ ( ２) >４ꎬ 则ａ 的取值范围是 ( ) ａ 令 ａ 解得 ａ ７ 不符合题意
模 － ９－４ ꎬ ９－４ ≤２ꎬ ≥ ( ꎬ
拟 １ ２ ４
舍去
A Ａ.(１ꎬ＋∞) Ｂ.[１ꎬ＋∞)
)ꎻ
版
Ｃ.(０ꎬ１) Ｄ.(０ꎬ１]
当 ａ ３ 即 ａ ３时 ｆ ｘ ｆ
高
考
ｆ ｘ ｆ ｘ ② － <－ ꎬ > ꎬ ( )ｍａｘ ＝ (－１)＝ ６
数
答 案 Ｂ 由 ( １)－ ( ２) 得 ２ ２
学 ｘ ｘ > ４ꎬ ａ 令 ａ 解得 ａ 符合题意 .
１ － ２ －２ ꎬ ６－２ ≤２ꎬ ≥２( )
１２０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋综上所述 实数 ａ 的最小值为 .故选 曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方
ꎬ ２ Ｃ. １ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ (１))
３.( 湖北重点中学联考ꎬ )已知函数ｆ ｘ 程为 ｙ ｘ 即 ｙ
２０２２ １５ ( ) －(ｅ＋１)＝ (ｅ－１)􀅰( －１)ꎬ ＝(ｅ－
ｘ .
ｘ ｘ １ ｇ ｘ ｘ２ ｂｘ ｘ ５是函数 １) ＋２
＝ ｌｎ ＋２＋ａꎬ ( )＝ － － －４ꎬ ＝ 直线 ｙ ｘ 在 ｘ 轴 ｙ 轴上的截距分
２ ＝(ｅ－１) ＋２ ꎬ
ｇ ｘ 的极值点 若对任意的 ｘ －１ 总
( ) ꎬ １∈[ｅ ꎬ１]ꎬ 别为 －２ .因此所求三角形的面积为 ２ .
存在唯一的 ｘ 使得 ｆ ｘ ꎬ２
２∈(－∞ꎬ３)ꎬ ( １)＝ ｅ－１ ｅ－１
ｇ ｘ 成立 则实数 ａ 的取值范围是 . 当 ａ 时 ｆ ａ ａ .
( ２) ꎬ (２) ０< <１ ꎬ (１)＝ ＋ｌｎ <１
答案
(－∞ꎬ０) 当ａ 时 ｆ ｘ ｘ －１ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ －１ １.
＝１ ꎬ ( )＝ ｅ －ｌｎ ꎬ ( )＝ ｅ －ｘ
解析 ｆ ′ ｘ ｘ 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ
( )＝ ｌｎ ＋１ꎬ ( )＝ ０ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
－１. ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎻ ∈(１ꎬ＋∞)
＝ｅ
时 ｆ ′ ｘ .所以当ｘ 时 ｆ ｘ 取得最小
所以 ｘ －１ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 为增 ꎬ ( )>０ ＝１ ꎬ ( )
∈[ｅ ꎬ１] ꎬ ( )≥０ꎬ ( )
值 最小值为 ｆ 从而 ｆ ｘ .当 ａ
函数.
ꎬ (１)＝ １ꎬ ( )≥１ >１
é ù 时 ｆ ｘ ａ ｘ －１ ｘ ａ ｘ －１ ｘ .
所以ｘ ∈[ｅ －１ ꎬ１] 时 ꎬ ｆ ( ｘ )∈ë ê ê １ ａ＋２－ １ ꎬ １ ａ＋２û ú ú . 综 ꎬ 上 ( ａ ) 的 ＝ 取 ｅ 值范 －ｌ 围 ｎ 是 ＋ｌｎ ≥ｅ . －ｌｎ ≥１
ｅ ꎬ [１ꎬ＋∞)
５.( 课标 理ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
ｇ′ ｘ ｘ ｂ 因为 ｘ ５是函数 ｇ ｘ 的极 ２０２０ Ⅰ ２１ １２ ( )＝
( )＝ －２ － ꎬ ＝ ( )
２ ｘ ａｘ２ ｘ.
ｅ ＋ －
值点
ꎬ 当 ａ 时 讨论 ｆ ｘ 的单调性
(１) ＝１ ꎬ ( ) ꎻ
æ ö
所以 ｇ′ç５ ÷ ｂ 解得 ｂ .
è ø ＝－５－ ＝０ꎬ ＝－５ 当 ｘ 时 ｆ ｘ １ ｘ３ 求 ａ 的取值
２ (２) ≥０ ꎬ ( )≥ ＋１ꎬ
２
æ ö
所以 ｇ′ ｘ ｘ 所以 ｘ ç ５ ÷时 ｇ′ 范围.
( )＝ －２ ＋５ꎬ ∈è－∞ꎬ ø ꎬ
２ 解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｆ ′
æ ö (１) ＝１ ꎬ ( )＝ ｅ ＋ － ꎬ
ｘ ｇ ｘ 为增函数 ｘ ç５ ÷时 ｇ′ ｘ ｘ ｘ ｘ .因为ｆ ′ ｘ ｘ ｘ 在Ｒ 上
( )>０ꎬ ( ) ꎻ ∈è ꎬ３ø ꎬ ( )< ( )＝ ｅ ＋２ －１ ( )＝ ｅ ＋２ －１
２
单调递增 且 ｆ ′ 所以当 ｘ
ｇ ｘ 为减函数 且 ｇ ｇ . ꎬ (０)＝ ０ꎬ ∈(－∞ꎬ０)
０ꎬ ( ) ꎬ (３)＝ (２)＝ ２
时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ .
因为对任意的 ｘ －１ 总存在唯一的 ꎬ ( )<０ꎻ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０
１∈[ｅ ꎬ１]ꎬ
所以 ｆ ｘ 在 单调递减 在
ｘ 使得 ｆ ｘ ｇ ｘ 成立 所以 ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋∞)
２∈(－∞ꎬ３)ꎬ ( １)＝ ( ２) ꎬ
单调递增.
é ù
ê １ １ １ ú 即１ 解
ë ê ａ＋２－ ꎬａ＋２û ú ⊆(－∞ꎬ２]ꎬ ａ ＋２≤２ꎬ æ ö
ｅ ｆ ｘ １ｘ３ 等价于ç１ｘ３ ａｘ２ ｘ ÷ － ｘ
得 ａ . (２) ( )≥ ＋１ è － ＋ ＋１øｅ
２ ２
<０
.
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ≤１
２０２０ Ⅰ ２１ １２ ( )＝
æ ö
ａ
ｅ
ｘ －１
－ｌｎ
ｘ
＋ｌｎ
ａ. 设函数 ｇ
(
ｘ
)＝ è
ç １ｘ３
－
ａｘ２
＋
ｘ
＋１ø
÷
ｅ
－ ｘ
(
ｘ
≥０)ꎬ
当 ａ 时 求曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ２
(１) ＝ ｅ ꎬ ＝ ( ) (１ꎬ æ ö
ｆ 处的切线与两坐标轴围成的三角形的 则 ｇ′ ｘ ç １ｘ３ ａｘ２ ｘ ３ｘ２ ａｘ ÷ － ｘ
(１)) ( )＝ －è － ＋ ＋１－ ＋２ －１øｅ
２ ２
面积
ꎻ
若 ｆ ｘ 求 ａ 的取值范围. ＝－ １ｘ [ ｘ２ －(２ ａ ＋３) ｘ ＋４ ａ ＋２]ｅ － ｘ 专
(２) ( )≥１ꎬ 题
２
解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ 四
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ １ｘ ｘ ａ ｘ － ｘ. 导
＝－ ( －２ －１)( －２)ｅ
数
ａ ｘ －１ １. ２ 及
ｅ －ｘ
其
若 ａ 即 ａ １ 则当 ｘ 应
当ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ (ｉ) ２ ＋１≤０ꎬ ≤－ ꎬ ∈(０ꎬ２) 用
(１) ＝ｅ ꎬ ( )＝ ｅ －ｌｎ ＋１ꎬ (１)＝ ｅ－ ２
１２１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋时 ｇ′ ｘ .所以ｇ ｘ 在 单调递增 而 因为 ｆ ｘ ｆ ′ ｘ
ꎬ ( )>０ ( ) (０ꎬ２) ꎬ ( )< ( )ꎬ
ｇ 故当 ｘ 时 ｇ ｘ 不合 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ
(０)＝ １ꎬ ∈(０ꎬ２) ꎬ ( )>１ꎬ 所以 ｇ′ ｘ ( )－ ( )
( )＝ ｘ >０ꎬ
题意.
ｅ
即函数 ｇ ｘ 在 Ｒ 上单调递增 则 ｇ ｇ
若 ａ 即 １ ａ １ 则当 ｘ ( ) ꎬ (０)<
(ｉｉ) ０<２ ＋１<２ꎬ － < < ꎬ ∈(０ꎬ ｆ ｆ
２ ２ ｇ 即 (０) ｆ (３)
ａ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ ａ (３) < (２ ０１８)ꎬ ０ ＝ (０) < ３ <
２ ＋１)∪(２ꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎻ ∈(２ ＋ ｅ ｅ
时 ｇ′ ｘ .所以 ｇ ｘ 在 ａ ｆ
１ꎬ２) ꎬ ( )>０ ( ) (０ꎬ２ ＋１)ꎬ (２ ０１８) 变形可得 ｆ ３ｆ ｆ
ꎬ (３)>ｅ (０)ꎬ (２ ０１８)
单调递减 在 ａ 单调递增. ２０１８
(２ꎬ＋∞) ꎬ (２ ＋１ꎬ２) ｅ
由于ｇ 所以 ｇ ｘ 当且仅当 ｇ ２０１８ｆ 故选 .
(０)＝ １ꎬ ( )≤１ (２) >ｅ (０)ꎬ Ａ
２.( 重庆八中 月入学摸底ꎬ )已知定义
２
ａ －２ 即 ａ ７－ｅ . ２０２２ ８ ６
＝ (７－４ )ｅ ≤１ꎬ ≥
４ 在 Ｒ 上的奇函数 ｆ ｘ 满足 ｆ 当 ｘ
( ) (２)＝ ０ꎬ >０
所以当７－ｅ ２ ａ １时 ｇ ｘ . 时 ｘｆ ｘ ｘ２ｆ ′ ｘ 则使得 ｆ ｘ 成立
ꎬ２ ( )＋ ( )>０ꎬ ( )>０
≤ < ꎬ ( )≤１
４ ２ 的 ｘ 的取值范围是
( )
若 ａ 即 ａ １ 则 ｇ ｘ
(ｉｉｉ) ２ ＋ １≥２ꎬ ≥ ꎬ ( ) ≤ Ａ.(－∞ꎬ－２)
２
æ ö Ｂ.(２ꎬ＋∞)
ç１ｘ３ ｘ ÷ － ｘ.
è
２
＋ ＋１øｅ Ｃ.(－２ꎬ０)∪(２ꎬ＋∞)
由 于 é ê ７－ｅ ２ １ ÷ ö 故 由 可 得 Ｄ.(－∞ꎬ－２)∪(０ꎬ２)
ê
０ ∈ ë ꎬ øꎬ ( ｉｉ ) 答案 Ｃ 设 ｇ ｘ ｘ２ｆ ｘ 则 ｇ′ ｘ ｘ２ｆ ′
４ ２ ( )＝ ( )ꎬ ( )＝
æ ö ｘ ｘｆ ｘ 由条件可知当 ｘ 时 ｇ′ ｘ
ç１ｘ３ ｘ ÷ － ｘ . ( )＋２ ( )ꎬ >０ ꎬ ( )>
è ＋ ＋１øｅ ≤１
函数 ｇ ｘ 在 上单调递增.因为 ｆ
２
０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
故当 ａ １时 ｇ ｘ . ｘ 是奇函数 所以 ｇ ｘ 也是奇函数 且在
( ) ꎬ ( ) ꎬ
≥ ꎬ ( )≤１
２ 上单调递增 因为 ｆ 所以 ｇ
(－∞ꎬ０) ꎬ (２)＝ ０ꎬ
综上 ａ 的取值范围是 é ê ７－ｅ ２ ö ÷. ｇ 所以函数 ｇ ｘ 的解集
ê
ꎬ ë ꎬ＋∞ø (－２)＝ (２)＝ ０ꎬ ( )>０
４
是 而 ｘ２ｆ ｘ ｆ ｘ
考向三 构造函数证明（求解）不等式问题 (－２ꎬ０)∪(２ꎬ＋∞)ꎬ ( )>０⇔ ( )>
ｆ ｘ 是 Ｒ 上的奇函数 ｆ 所以 ｆ
１.( 江苏淮安车桥中学入学调研ꎬ )已知 ０ꎬ ( ) ꎬ (０)＝ ０ꎬ
２０２２ １０ ｘ 的解集是 .
函数ｙ ｆ ｘ 在Ｒ 上可导且ｆ ｘ ｆ ′ ｘ 恒成
( )>０ (－２ꎬ０)∪(２ꎬ＋∞)
＝ ( ) ( )< ( )
３.( 届福建漳州质检ꎬ )设 ａ １ ｂ
立 则下列不等式中一定成立的是
２０２３ ７ ＝５ｓｉｎ ꎬ ＝
ꎬ ( )
５
ｆ ３ｆ ｆ ２０１８ｆ
Ａ. (３)>ｅ (０)ꎬ (２ ０１８)>ｅ (０)
１ ｃ １ 则
ｆ ３ｆ ｆ ２０１８ｆ ｃｏｓ ꎬ ＝１０ｓｉｎ ꎬ ( )
Ｂ. (３)<ｅ (０)ꎬ (２ ０１８)>ｅ (０) １０ １０
5 ｆ ３ｆ ｆ ２０１８ｆ ｃ ｂ ａ ｂ ａ ｃ
年 Ｃ. (３)>ｅ (０)ꎬ (２ ０１８)<ｅ (０) Ａ. < < Ｂ. < <
高 ｆ ３ｆ ｆ ２０１８ｆ ａ ｃ ｂ ａ ｂ ｃ
考 Ｄ. (３)<ｅ (０)ꎬ (２ ０１８)<ｅ (０) Ｃ. < < Ｄ. < <
3 ｆ ｘ æ ö
年 答案 Ａ 由题意 设 ｇ ｘ ( ) 答案 Ｄ 设 ｆ ｘ ｘ ｘç ｘ π÷ 则 ｆ ′
模 ꎬ ( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｔａｎ － è０< < øꎬ
拟 ｅ ２
A ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ｘ ｘ ′ æ ｘö ２ｘ
则 ｇ′ ｘ ( )ｅ － ( )(ｅ ) ｘ çｓｉｎ ÷′ １ ｓｉｎ ｆ ｘ
版 ( ) ＝ ２ ｘ ( )＝ è ｘø －１＝ ２ｘ－１＝ ２ｘ>０ꎬ∴ ( )
ｅ ｃｏｓ ｃｏｓ ｃｏｓ
高
考 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ æ ö
数 ( )－ ( ) 在ç π÷上单调递增
学 ＝ ｘ ꎬ è０ꎬ ø ꎬ
ｅ ２
１２２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋æ ö ５ . 又 ４ 则 ５ ４ 则 即
ｆ ｘ ｆ 即 ｘ ｘç ｘ π÷ ｅ ≈１４８ ３ꎬ ３ ＝８１ꎬ ｅ >３ ꎬ ４ｌｎ ３<５ꎬ
∴ ( )> (０)＝ ０ꎬ ｔａｎ > è０< < øꎬ
２
５ 即 ５ 因为 ａ ｆ ｂ ｆ
ｘ æ ö ｌｎ ３< ꎬ １<ｌｎ ３< ꎬ ＝ (１)ꎬ ＝
ｔａｎ ç ｘ π÷. ４ ４
∴ ｘ >１è０< < ø
æ ö
２
ç５ ÷ ｃ ｆ 所以 ａ ｃ ｂ.故选
è øꎬ ＝ (ｌｎ ３)ꎬ < < Ａ.
１ １ ４
ｃ １０ｓｉｎ ｔａｎ
１０ １ １０
５.( 届湖湘名校教育联合体大联考ꎬ )设
ｂ ＝ ＝１０ｔａｎ ＝ >１ꎬ ２０２３ ６
１ １０ １
ｃｏｓ ａ ｂ １５ ｃ １５ 则
１０ １０ ＝ｌｎ １５－ｌｎ １４ꎬ ＝ ꎬ ＝ｔａｎ ꎬ ( )
又 ｂ 所以 ｃ ｂ. １９６ １９６
>０ꎬ >
ｃ ｂ ａ ｂ ａ ｃ
æ ö Ａ. < < Ｂ. < <
设 ｇ ｘ ｘ ｘç ｘ π÷
ａ ｃ ｂ ａ ｂ ｃ
( )＝ －ｓｉｎ è０< < øꎬ
Ｃ. < < Ｄ. < <
２
æ ö
则 ｇ′ ｘ ｘ 答案 Ｄ 由题意知 ａ ç １ ÷ ｂ １
( )＝ １－ｃｏｓ >０ꎬ ＝ｌｎè ＋１øꎬ ＝ ×
æ ö １４ １４
所以 ｇ ｘ 在ç π÷上单调递增
æ ö
( ) è０ꎬ ø ꎬ １５ ｃ ç １ １５÷.
２ ꎬ ＝ｔａｎè × ø
所以 ｇ ｘ ｇ １４ １４ １４
( )> (０)＝ ０ꎬ 先比较 ａ 与 ｂ 的大小 令 ｈ ｘ ｘ ｘ
æ ö : ( )＝ －ｌｎ( ＋１)
所以 ｘ ｘç ｘ π÷
ｘ
>ｓｉｎ è０< < øꎬ ｘ 则 ｈ′ ｘ １
２ ( >－１)ꎬ ( )＝ １－ｘ ＝ｘ ꎬ
ｘ æ ö ＋１ ＋１
所以ｓｉｎ ç ｘ π÷. 令 ｈ′ ｘ 则 ｘ 当 ｘ 时 ｈ′
ｘ <１è０< < ø ( )＝ ０ꎬ ＝０ꎬ ∈(－１ꎬ０) ꎬ
２
ｘ
( )<０ꎬ
１ １ １
ａ ５ｓｉｎ １０ｓｉｎ ｃｏｓ 故 ｈ ｘ 在 上单调递减
５ １０ １０ １ ( ) (－１ꎬ０) ꎻ
ｂ ＝ ＝ ＝ １０ｓｉｎ ＝ 当 ｘ 时 ｈ′ ｘ 故 ｈ ｘ 在
１ １ １０ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ＋
ｃｏｓ ｃｏｓ
１０ １０ 上单调递增 所以 ｈ ｘ ｈ
∞) ꎬ ( )ｍｉｎ ＝ (０)＝ ０ꎬ
１ æ ö æ ö
ｓｉｎ 故 ｈç １ ÷ １ ç １ ÷ 而 １ １５ １
１０ 又 ｂ 故 ａ ｂ.综上 ａ ｂ ｃ.故 è ø ＝ －ｌｎè１＋ ø>０ꎬ × > >ｌｎ
<１ꎬ >０ꎬ < ꎬ < < １４ １４ １４ １４ １４ １４
１ æ ö
ç １ ÷ 故 ｂ ａ
１０ è ＋１øꎬ > ꎬ
选 １４
Ｄ. 再比较 ｂ 与 ｃ 的大小 令 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
４.( 届安徽江淮名校质量检测ꎬ )已知 ａ : ( )＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ
２０２３ １０ æ æ öö
çｘ ç π÷÷ ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｂ ５ ４ ５ ｃ １ 则 è ∈è０ꎬ ２ øøꎬ ( )＝ ｃｏｓ － ｓｉｎ －ｃｏｓ ＝－
＝ｅ－ｌｇ ２－ｌｇ ５ꎬ ＝ｅ － ꎬ ＝３－ ｌｎ ９ꎬ
４ ２ æ ö
ｘ ｘ 当 ｘ ç π÷时 ｆ ′ ｘ 故 ｆ ｘ 在
( ) ｓｉｎ ꎬ ∈è０ꎬ ø ꎬ ( )<０ꎬ ( )
２
ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ
Ａ. > > Ｂ. > > æ ö
ç π÷上单调递减 所以 ｆ ｘ ｆ 故 ｆ
ｃ ｂ ａ ｂ ａ ｃ è０ꎬ ø ꎬ ( )< (０)＝ ０ꎬ
Ｃ. > > Ｄ. > > ２
答案 Ａ ａ ｃ æ ö
＝ｅ－ｌｇ ２－ｌｇ ５＝ｅ－ｌｇ １０＝ｅ－１ꎬ ＝ ç １５ ÷ １５ １５ １５ 即 １５
è ø ＝ ｃｏｓ －ｓｉｎ <０ꎬ <ｔａｎ 专
１ １ ２ ｌｎ３ . １９６ １９６ １９６ １９６ １９６ 题
３－ ｌｎ ９＝３－ｌｎ ９ ＝３－ｌｎ ３＝ｅ －ｌｎ ３
四
２ １５ 故 ｂ ｃ.综上 ａ ｂ ｃ.故选
构造函数 ｆ ｘ ｘ ｘ 定义域为 ꎬ < ꎬ < < Ｄ. 导
( )＝ ｅ － ꎬ (０ꎬ＋∞)ꎬ １９６ 数
求导得 ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ 所以函数 ｆ ６.( 届广东普宁华美实验学校月考ꎬ )已 及
( )＝ ｅ －１ꎬ ( )>０ꎬ ２０２３ ８ 其
应
ｘ 在 上单调递增 因为 . 知实数 ａ ｂ ｃ 为自然对数的底 用
( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ｅ≈２ ７１８ꎬ ꎬ ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬｅ
１２３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋数 且 ａ ２ ａ ｂ ３ ｂ ｃ ｃ 则 ｘ
ꎬ ｅ ＝２ｅ ꎬ ｅ ＝３ｅ ꎬ２ ＝ｅ ｌｎ ２ꎬ 式 ２ ｔｘ ｌｎ ２＋ｌｎ 对ｘ 恒成立 则ｔ 的取
ｅ － ｔ ≥０ >０ ꎬ
( )
值范围为
ｂ ａ ｃ ａ ｂ ｃ
( )
Ａ. < < Ｂ. < <
é ö é ö
ｂ ｃ ａ ｃ ａ ｂ ê ê
１ ÷ １ ÷
Ｃ. < < Ｄ. < < ê ê
Ａ.ë ꎬ＋∞ø Ｂ.ë ꎬ＋∞ø
答案 Ａ 将已知三式 ａ ２ ａ ｂ ３ ｂ ｃ ２ｅ ｅ
ｅ ＝２ｅ ꎬ ｅ ＝３ｅ ꎬ２
æ ù æ ù
ａ ｂ ｃ ç １ ú ç １ ú
２ ３ ú ú
ｃ 变形为ｅ ｅ ｅ ｅ ｅ ２ ４ Ｃ.è０ꎬ û Ｄ.è０ꎬ û
＝ｅ ｌｎ ２ ａ ＝ ꎬｂ ＝ ꎬ ｃ ＝ ＝ ｅ ２ｅ
２ ３ ｌｎ ２ ｌｎ ４ ｘ
ｅ ｌｎ４ 令 ｆ ｘ ｅ ｘ ｘ 则 ｆ ′ ｘ 答案 Ｂ ｅ ２ ｔｘ － ｌｎ ２＋ ｔ ｌｎ ≥０ 对 ｘ >０ 恒成立 ꎬ
＝ ꎬ ( ) ＝ ｘ ( > ０)ꎬ ( ) ＝
ｌｎ ４ 又 ｔ 所以 ｔ ２ ｔｘ ｘ 即 ｔｘ ２ ｔｘ ｘ
ｘ ｘ >０ꎬ ｅ ≥ｌｎ(２ )ꎬ ２ ｅ ≥２ ｌｎ
ｅ ( －１) 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ . ｘ ｘ ｌｎ(２ ｘ ) 令 Ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｘ２ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝１ (２ )＝ ｌｎ(２ )􀅰ｅ ꎬ ( )＝ ｅ ( >０)ꎬ
则Ｆ′ ｘ ｘ ｘ 故 Ｆ ｘ 在
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上单调 ( )＝ ( ＋１)ｅ >０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
∈(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (０ꎬ１)
ｘ
递减 上单调递增 故 ｔｘ ｘ 故 ｔ ｌｎ ２ 问
ꎻ ꎬ ２ ≥ｌｎ(２ )ꎬ ≥ ｘ ꎬ
２
ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在 上
∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (１ꎬ＋∞) æ ｘö ｍ
题转化为 ｔ çｌｎ ２ ÷ 令 Ｈ ｍ ｌｎ 则
单调递增.
≥è ｘ ø ꎬ ( )＝ ｍ ꎬ
２ ｍａｘ
又 则 ｆ ｆ ｆ 所以
ｍ
１<ｌｎ ４<２<３ꎬ (ｌｎ ４)< (２)< (３)ꎬ
Ｈ′ ｍ １－ｌｎ 令Ｈ′ ｍ 解得 ｍ
ｆ ｃ ｆ ａ ｆ ｂ 又因为 ａ ｂ ｃ ｆ ( )＝ ｍ２ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <ｅꎬ
( )< ( )< ( )ꎬ ꎬ ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ
ｘ 在 上单调递减 所以 ｂ ａ ｃ.故 令 Ｈ′ ｍ 解得 ｍ 故Ｈ ｍ 在 上
( ) (０ꎬ１) ꎬ < < ( )<０ꎬ >ｅꎬ ( ) (０ꎬｅ)
选 递增 在 上递减 故 Ｈ ｍ Ｈ
Ａ. ꎬ (ｅꎬ＋∞) ꎬ ( )ｍａｘ ＝
７.( 届山西长治质量检测ꎬ )已知 ａ ０ . ２
２０２３ ７ ＝ｅ ꎬ １ 故 ｔ １.故选
(ｅ)＝ ꎬ ≥ Ｂ.
. ｅ ｅ
ｂ ｌｎ １ ４ ｃ . 则
＝ ＋１ꎬ ＝ １ ４ꎬ ( ) ９.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)设 ａ . ｂ
２ ２０２１ １２ ５ ＝２ｌｎ １ ０１ꎬ ＝
ａ ｂ ｃ ｃ ｂ ａ ｂ ａ ｃ ａ ｃ ｂ . ｃ . 则
Ａ. > > Ｂ. > > Ｃ. > > Ｄ. > > ｌｎ １ ０２ꎬ ＝ １ ０４－１ꎬ ( )
. ａ ｂ ｃ ｂ ｃ ａ
答案 Ｄ ｂ ｌｎ １ ４ . . Ａ. < < Ｂ. < <
＝ ＋１＝ｌｎ １ ４＋１
ｂ ａ ｃ ｃ ａ ｂ
２
Ｃ. < < Ｄ. < <
令 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则 ｆ ′ ｘ １ 答案 Ｂ 因为 ａ . . ２ .
＝２ｌｎ １ ０１＝ｌｎ １ ０１ ＝ｌｎ １
( )＝ ｌｎ ＋１－ ꎬ >０ꎬ ( )＝ ｘ －１ꎬ
所以 ａ ｂ.
０２０ １ꎬ >
当 ｘ ｆ ′ ｘ 当 ｘ ｆ ′
∈(０ꎬ１)ꎬ ( )>０ꎻ ∈(１ꎬ＋∞)ꎬ 下面比较 ａ 与 ｃ 的大小.
ｘ
( )<０ꎬ 令 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
所以 ｆ ｘ ｘ ｘ 在 上单调递增 ( )＝ ２ｌｎ(１＋ )－ １＋４ ＋１ꎬ ∈[０ꎬ１)ꎬ
( )＝ ｌｎ ＋１－ (０ꎬ１) ꎬ
ｘ ｘ
在 上单调递减 且 ｆ 则 ｆ ′ ｘ ２ ２ ２[ １＋４ －(１＋ )]
5
年 高 则
(
ｆ
１ꎬ＋∞
.
)
因此
ꎬ
.
(１)＝ ０ꎬ
. 所
( )＝
１＋
ｘ－
１＋４ ｘ
＝
(１＋ ｘ ) １＋４ ｘ
ꎬ
考 ( １ ４)<０ꎬ ｌｎ １ ４＋１－ １ ４<０ꎬ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ ｘ２ ｘ ｘ２ ｘ
3 ∵ (１＋４ )－(１＋ ) ＝１＋４ －１－２ － ＝２ － ＝
以 ｂ ｃ.
年 < ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 在
模 (２－ )≥０( ∈[０ꎬ１))ꎬ∴ ( )≥０ꎬ∴ ( )
拟 又因为 ｃ . . 所以 . .
上为增函数
＝ １ ４<１ ２ꎬ ｌｎ １ ４＋１< １ ４<
A [０ꎬ１) ꎬ
版 . 得 . . ０ . ２ 故 . ０ . ２ 有 ａ ｆ . ｆ 得 ａ ｃ.
１ ２ꎬ ｌｎ １ ４<０ ２＝ｌｎ ｅ ꎬ １ ４<ｅ ꎬ ∴ (０ ０１)> (０)＝ ０ꎬ >
高 ｃ.综上 ａ ｃ ｂ.故选 再比较 ｂ 与 ｃ 的大小 ｂ . ｃ
考 > ꎬ > > Ｄ. ꎬ ＝ｌｎ(１＋０ ０２)ꎬ ＝
数
学 ８.( 武汉一中期中ꎬ )设实数 ｔ 若不等 .
２０２２ ８ >０ꎬ １＋０ ０４－１ꎬ
１２４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋令 ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ
( )＝ １＋２ －１－ｌｎ(１＋ )ꎬ ∈[０ꎬ１)ꎬ π ｌｎ ３ ３
Ｃ.ｌｎ π> Ｄ. <
ｘ ｘ ｅ ｌｎ π π
则 ｇ′ ｘ １ １ １＋ － １＋２ 答案 ＡＣＤ 对于 可以构造函数 ｆ
( )＝
ｘ
－ ｘ＝
ｘ ｘ
ꎬ
Ａ、Ｂ、Ｃꎬ
１＋２ １＋ (１＋ ) １＋２
ｘ
而 ｘ ２ ｘ ｘ２ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ １ １ 当 ｘ 时
(１＋ ) －(１＋２ )＝ ≥０ꎬ ( )＝ ｌｎ － ꎬ ( )＝ ｘ － ꎬ ０< <ｅ ꎬ
ｇ ｘ 在 上为增函数 ｇ . ｇ ｅ ｅ
∴ ( ) [０ꎬ１) ꎬ∴ (０ ０２)> ｆ ′ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以 ｆ ｘ 在
( )>０ꎬ >ｅ ꎬ ( )<０ꎬ ( )
(０)＝ ０ꎬ 上单调递增 在 上单调递减
ｃ ｂ.综上 ａ ｃ ｂ 故选 . (０ꎬｅ) ꎬ (ｅꎬ＋∞) ꎬ
∴ > ꎬ > > ꎬ Ｂ
１０.( ２０２２ 新高考 Ⅰ ꎬ ７ ꎬ ５ 分)设 ａ ＝０ . １ｅ ０ . １ ꎬ ｂ ＝ 故 ｆ ( ｘ )ｍａｘ ＝ ｆ (ｅ)＝ ｌｎ ｅ－ ｅ ＝０ꎬ 则ｆ (２)＝ ｌｎ ２－
ｅ
１ ｃ . 则
ꎬ ＝－ｌｎ ０ ９ꎬ ( ) ２ 即 ２ ｆ ３ 即
９ <０ꎬ ｌｎ ２< ꎬ (３)＝ ｌｎ ３－ <０ꎬ ｌｎ ３<
ｅ ｅ ｅ
ａ ｂ ｃ ｃ ｂ ａ
Ａ. < < Ｂ. < <
３ ｆ π 即 π 故
ｃ ａ ｂ ａ ｃ ｂ ꎬ (π)＝ ｌｎ π－ <０ꎬ ｌｎ π< ꎬ ＡꎬＣ
Ｃ. < < Ｄ. < <
ｅ ｅ ｅ
ａ
答案 Ｃ ａ . ０ . １ １ ０ . １ ｂ １ 则 错 ꎬＢ 正确 ꎻ
＝０ １ｅ ＝ ｅ ꎬ ＝ ꎬ ｂ ＝
１０ ９ ｘ ｘ
对于 令 ｇ ｘ ｌｎ 则 ｇ′ ｘ １－ｌｎ 当
１ ０ . １ Ｄꎬ ( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ
ｅ
１０ ９ ０ . １ 构造 ｆ ｘ ｘ ｘ 则 ｆ ′ ｘ ｘ 时 ｇ′ ｘ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 所
＝ ｅ ꎬ ( )＝ (１－ )ｅ ꎬ ( ) ０< <ｅ ꎬ ( )>０ꎬ >ｅ ꎬ ( )<０ꎬ
１ １０
以 ｇ ｘ 在 上单调递增 在 上
９ ( ) (０ꎬｅ) ꎬ (ｅꎬ＋∞)
ｘ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
＝ － ｅ ꎬ >０ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) 单调递减 则 ｇ ｇ 即ｌｎ ３ ｌｎ π 即
ꎬ (３)> (π)ꎬ > ꎬ
ａ
３ π
减 ｆ . ｆ ａ ｂ.
ꎬ∴ (０ １)< (０)＝ １ꎬ∴ ｂ <１ꎬ∴ <
ｌｎ ３ ３ 故 错.故选 .
> ꎬ Ｄ ＡＣＤ
下面比较 ａ 与 ｃ.
ｌｎ π π
１２.( 届福建漳州质检ꎬ )已知函数 ｆ ｘ
令 ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ １ ２０２３ ２２ ( )
( )＝ ｅ ＋ｌｎ(１－ )ꎬ０< < ꎬ ｘ ｘ λｘ.
４ ＝ ( ＋１)ｌｎ( ＋１)－
则 ｇ′ ｘ ｘ ｘ １ (１－
ｘ２
)ｅ
ｘ
－１ 当 ｘ 时 ｆ ｘ 求 λ 的最大值
(１) ≥０ ꎬ ( )≥０ꎬ ꎻ
( )＝ ( ＋１)ｅ － ｘ＝ ｘ ꎬ
１－ １－
设 ｎ Ｎ 证明 １ １ １ １
令 Ｈ ｘ ｘ２ ｘ ｘ １ 则 Ｈ′ ｘ (２) ∈ ꎬ :１－
２
＋
３
－
４
＋􀆺＋
２
ｎ
－１
( )＝ (１－ )ｅ －１ꎬ０< < ꎬ ( )＝
４
(１－
ｘ２
－２
ｘ
)ｅ
ｘ
ꎬ
易知 Ｈ′
(
ｘ
)>０ꎬ
则 Ｈ
(
ｘ
)
在
－
１
ｎ<ｌｎ ２
.
２
æ ö
ç １ ÷上为增函数 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′
è０ꎬ ø ꎬ (１) ( ) (－１ꎬ＋∞)ꎬ
４ ｘ ｘ λ .ｆ ′ ｘ 在 上单
Ｈ ｘ Ｈ . ( )＝ ｌｎ( ＋１)－ ＋１ ( ) [０ꎬ＋∞)
∴ ( )> (０)＝ ０ 调递增 ｆ ′ λ
æ ö ꎬ (０)＝ － ＋１ꎬ
ｇ ｘ 在ç １ ÷上为增函数 ｇ . ｇ 当 λ 时 对任意的 ｘ 有 ｆ ′
∴ ( ) è０ꎬ ø ꎬ∴ (０ １)> ① ≤１ ꎬ ∈[０ꎬ＋∞)ꎬ
４
. ０ . １ . ａ ｃ ｂ ａ ｃ. ( ｘ )≥ ｆ ′ (０)≥０ꎬ 所以 ｆ ( ｘ ) 在 [０ꎬ＋∞) 上单
(０)ꎬ∴ ０ １ｅ ＋ｌｎ ０ ９>０ꎬ∴ > ꎬ∴ > >
调递增
１１.(多选)( 山东淄博二模ꎬ )已知 是 专
ꎬ
２０２１ １２ ｅ 题
自然对数的底数 则下列不等关系中不正 则对任意的 ｘ ∈[０ꎬ＋∞)ꎬ ｆ ( ｘ )≥ ｆ (０)＝ ０ꎬ 所 四
ꎬ
确的是 ∙∙ 以 λ 符合题意 导
≤１ ꎻ 数
( )
∙ ② 当λ >１ 时 ꎬ 令ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ 得ｘ >ｅ λ －１ －１ꎬ 令ｆ ′ 及 其
２ ３ 应
Ａ.ｌｎ ２> Ｂ.ｌｎ ３< ｘ 得 ｘ λ －１ 用
ｅ ｅ ( )<０ꎬ ０≤ <ｅ －１ꎬ
１２５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋所以 ｆ ｘ 在 λ －１ 上单调递减 在 λ －１ 解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则 ｆ ′
( ) [０ꎬｅ －１) ꎬ (ｅ (１) ＝１ ꎬ ( )＝ ｅ －ｅ ꎬ
上单调递增 ｘ ｘ ｘ
－１ꎬ＋∞) ꎬ ( )＝ ｅ ꎬ
则 ｆ λ －１ ｆ 这与当 ｘ 时 ｆ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
(ｅ －１)< (０)＝ ０ꎬ ≥０ ꎬ ( ) ∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
矛盾 所以 λ 舍去. 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增.
≥０ ꎬ >１ ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( )
综上 λ 所以 λ 的最大值为 . 当 ｘ 时 ｆ ｘ 即 ｘ ａｘ ｘ 在
ꎬ ≤１ꎬ １ (２) >０ ꎬ ( )<－１ꎬ ｅ －ｅ <－１
证明 由 可知 当 ｘ 时 有 ｘ 上恒成立 令 Ｆ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ
(２) : (１) ꎬ >０ ꎬ ( ＋１)ｌｎ (０ꎬ＋∞) ꎬ ( )＝ ｅ －ｅ ＋１( >
则 Ｆ ｘ 在 上恒成立.易得 Ｆ
ｘ ｘ 即 １ ｘ 令 ｘ １ ｎ ０)ꎬ ( )<０ (０ꎬ＋∞)
( ＋１)－ >０ꎬ <ｌｎ( ＋１)ꎬ ＝ ｎꎬ
１ Ｆ′ ｘ ａｘ ａｘ ａｘ ｘ Ｆ′ Ｆ″
１＋ｘ (０)＝ ０ꎬ ( )＝ ｅ ＋ ｅ －ｅ ꎬ (０)＝ ０ꎬ
ｘ ａ ａｘ ａ ａｘ ａ２ｘ ａｘ ｘ Ｆ″ ａ .
Ｎ ( )＝ ｅ ＋ ｅ ＋ ｅ －ｅ ꎬ (０)＝ ２ －１
∈ ꎬ 若 Ｆ″ 则 Ｆ′ ｘ 必定存在一个单调递
(０)>０ꎬ ( )
æ ö ｎ
则 １ ç１ ÷ ＋１ ｎ ｎ 增区间 ｘ 又 Ｆ′ Ｆ ｘ 也必定
ｎ<ｌｎèｎ＋１ø ＝ｌｎ ｎ ＝ｌｎ( ＋１)－ｌｎ ꎬ (０ꎬ ０)ꎬ (０)＝ ０ꎬ∴ ( )
１＋
存在一个单调递增区间 ｘ′ .
(０ꎬ ０)
所以 １ ｎ ｎ １ ｎ
ｎ <ｌｎ( ＋１)－ｌｎ ꎬｎ <ｌｎ( ＋２)－ｌｎ 于是 Ｆ ｘ Ｆ 在 ｘ′ 上恒成立 与
＋１ ＋２ ( )> (０)＝ ０ (０ꎬ ０) ꎬ
ｎ １ ｎ ｎ Ｆ ｘ 矛盾 Ｆ″ ａ １.
( ＋１)ꎬ􀆺􀆺ꎬ ｎ<ｌｎ(２ )－ｌｎ(２ －１)ꎬ ( )<０ ꎬ∴ (０)≤０ꎬ∴ ≤
２ ２
ｘ ｘ
ａｘ ２ 在 上成立 Ｆ ｘ ｘ ２
将以上不等式左 右两边分别相加 得 １ ∵ ｅ ≤ｅ (０ꎬ＋∞) ꎬ∴ ( )≤ ｅ －
、 ꎬ ｎ ＋ ｘ 在 上成立 故只需证 ｘ ２ ｘ ｘ
＋１ ｅ ＋１ (０ꎬ＋∞) ꎬ ｅ －ｅ ＋１
在 上成立.
１ １ ｎ ｎ <０ (０ꎬ＋∞)
ｎ ＋􀆺＋ ｎ<ｌｎ(２ )－ｌｎ ＝ｌｎ ２ꎬ ｘ
＋２ ２ 令 Ｇ ｘ ｘ ２ ｘ ｘ
( )＝ ｅ －ｅ ＋１( >０)ꎬ
所以 １ １ １ １ １ ｘ ｘ ｘ ｘ æ ｘ ｘ ö
１－ ＋ － ＋􀆺＋ ｎ － ｎ 则 Ｇ′ ｘ ２ ２ ｘ ２ ç ２ ÷.
２ ３ ４ ２ －１ ２ ( )＝ ｅ ＋ ｅ －ｅ ＝ｅ è１＋ －ｅ ø
２ ２
æ ö
＝ è ç １＋ １ ＋ １ ＋ １ ＋􀆺＋ ｎ １ ＋ １ ｎø ÷ － ｘ ｘ 在 上成立 ２ ｘ ｘ 在
２ ３ ４ ２ －１ ２ ∵ ｅ > ＋１ (０ꎬ＋∞) ꎬ∴ ｅ > ＋１
２
æ ö
上成立. Ｇ′ ｘ 故 Ｇ ｘ 在
ç１ １ １ ÷
２è ＋ ＋􀆺＋ ｎø (０ꎬ＋∞) ∴ ( )<０ꎬ ( ) (０ꎬ
２ ４ ２ 上单调递减
＋∞) ꎬ
＝ Ｇ ｘ Ｇ .
∴ ( )< (０)＝ ０
æ ö æ ö
ｘ
ç １ １ １ １ １ ÷ ç １ １ １÷ ｘ ２ ｘ 在 上成立.
è１＋ ＋ ＋ ＋􀆺＋ ｎ ＋ ｎø－è ＋ ＋􀆺＋ｎø ∴ ｅ －ｅ ＋１<０ (０ꎬ＋∞)
２ ３ ４ ２ －１ ２ １ ２
故当 ａ １时 ｘ ａｘ ｘ 在 成立.
１ １ １ . ≤ ꎬ ｅ －ｅ <－１ (０ꎬ＋∞)
＝ｎ ＋ｎ ＋􀆺＋ ｎ<ｌｎ ２ ２
＋１ ＋２ ２
æ ù
１３.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ａ 的取值范围为ç １ ú.
ú
5 ２０２２ Ⅱ ２２ １２ ( ) ∴ è－∞ꎬ û
２
年 ｘ ａｘ ｘ.
高 ＝ ｅ －ｅ
考 当 ａ 时 讨论 ｆ ｘ 的单调性 (３) 证明 : 构造函数 ｈ ( ｘ )＝ ｘ － １ ｘ －２ｌｎ ｘ ( ｘ >
3 (１) ＝１ ꎬ ( ) ꎻ
年
当 ｘ 时 ｆ ｘ 求 ａ 的取值范围
模 (２) >０ ꎬ ( )<－１ꎬ ꎻ
拟 １)ꎬ
A 设 ｎ Ｎ 证明 １ １ 则 ｈ′ ｘ １ ２ ｘ２ －２ ｘ ＋１ ( ｘ －１) ２
版 (３) ∈ ꎬ : ２ ＋ ２ ＋􀆺＋ ( )＝ １＋ｘ２ －ｘ ＝ ｘ２ ＝ ｘ２ ꎬ
１ ＋１ ２ ＋２
高
易知 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 在 上单调
考 １ ｎ . ( )>０ꎬ∴ ( ) (１ꎬ＋∞)
数 >ｌｎ( ＋１)
学 ｎ２ ｎ 递增
＋ ꎬ
１２６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｈ ｘ ｈ ｘ １ ｘ ｇ ４ 所以当ｆ ｘ 只有一个零点时 ｂ
∴ ( )> (１)＝ ０ꎬ∴ －ｘ >２ｌｎ ꎬ (－２)＝ ２ ꎬ ( ) ꎬ
ｅ
æ ö
令 ｘ １ 则 有 １ １ 的取值范围是 çç４ ÷÷ 当 ｂ １ 时
＝ １＋ｎ ꎬ １＋ｎ － > {０}∪è ２ ꎬ＋∞øꎻ ＝ ꎬ
ｅ ２
１
１＋ｎ ｆ ｘ 有三个零点 故 错误 正确. 故
( ) ꎬ Ｃ ꎬＤ
选
ＡＤ.
１
２ｌｎ １＋ｎ ꎬ ２.(多选)( 江苏苏州模拟ꎬ )对于函数
２０２２ １０
ｎ ｘ
１ ＋１ ｆ ｘ ２ｌｎ 下列说法正确的有
∴ ｎ２ ｎ >ｌｎ ｎ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ ( )
＋
ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大值１
１ １ １ ２ ３
∴ ＋ ＋􀆺＋ >ｌｎ ＋ｌｎ ＋􀆺 Ａ. ( ) ＝ ｅ
２ ２ ｎ２ ｎ １ ２ ｅ
１ ＋１ ２ ＋２ ＋
ｆ ｘ 只有一个零点
ｎ Ｂ. ( )
＋１ ｎ .原式得证.
＋ｌｎ ｎ ＝ｌｎ( ＋１) ｆ ｆ
Ｃ. (２)> ( π)
若ｆ ｘ ｋ １在 上恒成立 则 ｋ
考法 四 利用导数研究函数的零点或方程 Ｄ. ( )< －ｘ２ (０ꎬ＋∞) ꎬ >ｅ
的根 ｘ
答案 ＡＢ 对于 函数ｆ ｘ ２ｌｎ 的定义
Ａꎬ ( )＝ ｘ２
考向一 判断、证明或讨论函数零点的个数
ｘ
１.(多选)( 辽东南协作体期中ꎬ )设函 域为 ｆ ′ ｘ ２(１－２ｌｎ )
２０２２ １１ (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ３ ꎬ
数 ｆ ｘ ｘｘ２ ｂ 则
( )＝ ｅ － ꎬ ( ) 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
∈(０ꎬ ｅ) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ｆ ｘ 在 上单调递增
Ａ. ( ) (０ꎬ＋∞) 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
当 ｘ 时 ｆ ｘ 取得极小值 ∈( ｅꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
Ｂ. ＝－２ ꎬ ( )
减 所以ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大值 ｆ
当 ｆ ｘ 只有一个零点时 ｂ 的取值范围是 ꎬ ( ) ＝ ｅ ( ｅ)＝
Ｃ. ( ) ꎬ
æ ö １.故 正确.
çç４ ÷÷ Ａ
(－∞ꎬ０)∪è
２
ꎬ＋∞ø ｅ
ｅ 对于 令ｆ ｘ 解得 ｘ 所以ｆ ｘ 只有
Ｂꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝１ꎬ ( )
当 ｂ １时 ｆ ｘ 有三个零点 一个零点 故 正确.
Ｄ. ＝ ꎬ ( ) ꎬ Ｂ
２
答案 ＡＤ
∵
ｆ
(
ｘ
)＝ ｅ
ｘｘ２
－
ｂ
ꎬ∴
ｆ ′
(
ｘ
)＝ ｅ
ｘｘ 对于
Ｃꎬ
因为
ｅ< π<２ꎬ
所以 ｆ
( π)>
ｆ
(２)ꎬ
ｘ 令ｆ ′ ｘ ｘｘ ｘ 解得 ｘ 故 错误.
Ｃ
( ＋２)ꎬ ( )＝ ｅ ( ＋２)＝ ０ꎬ ＝０
ｘ
或 ｘ
对于 ｆ ｘ ｋ １ ｋ １＋２ｌｎ 令 ｇ ｘ
＝－２ꎬ
Ｄꎬ ( )< －ｘ２ ⇔ > ｘ２ ꎬ ( )＝
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ 则
∈(－∞ꎬ－２)∪(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
ｘ ｘ
ｆ ｘ 在 １＋２ｌｎ 则 ｇ′ ｘ －４ｌｎ 当 ｘ 时
( ) (－∞ꎬ－２)ꎬ(０ꎬ ｘ２ ꎬ ( )＝ ｘ３ ꎬ ∈(０ꎬ１) ꎬ
上单调递增 当 ｘ
＋∞) ꎬ ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 当 ｘ 时
时 ｆ ′ ｘ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ
∈(－２ꎬ０) ꎬ ( )< ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减 所以ｇ ｘ ｇ
则ｆ ｘ 在 上 ( )<０ꎬ ( ) ꎬ ( )ｍａｘ ＝
０ꎬ ( ) (－２ꎬ０) 所以 ｋ 故 错误.故选 专
单调递减 故 正确 错误.画出函数 ｇ ｘ (１)＝ １ꎬ >１ꎬ Ｄ ＡＢ. 题
ꎬ Ａ ꎬＢ ( ) ３.( 山东青岛三模ꎬ )定义方程 ｆ ｘ 四
ｘｘ２ 的大致图象 单调区间与 ｆ ｘ 的相 ２０２１ １３ ( )＝
导
＝ ｅ ( ( ) ｆ ′ ｘ 的实数根 ｘ 叫做函数 ｆ ｘ 的 新驻
数
同 如图 由于函数 ｇ ｘ ｘｘ２ 的极大值为 ( ) ０ ( ) “ 及
)ꎬ ꎬ ( )＝ ｅ
其
点 若函数 ｇ ｘ １ｘ ｈ ｘ ｘ φ ｘ 应
”ꎬ ( )＝ ꎬ ( )＝ ｌｎ(２ )ꎬ ( ) 用
２
１２７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｘ ｘ 的 新驻点 分别为 α β γ 因此 ｆ ｘ 在 ａ 上单调递增 在
＝ ｓｉｎ (０< <π) “ ” ꎬ ꎬ ꎬ ( ) (－∞ꎬｌｎ(２ )) ꎬ
则 α β γ 的大小关系为 . ａ 上单调递减 在 上单调
ꎬ ꎬ (ｌｎ(２ )ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋∞)
答案 γ α β 递增.
< <
解析 ｇ′ ｘ １ 由 ｇ α １α １得 α . 当 ａ １时 ａ
( )＝ ꎬ ( )＝ ＝ ＝１ ＝ ꎬｌｎ(２ )＝ ０ꎬ
２ ２ ２ ２
此时 ｆ ′ ｘ 对任意 ｘ Ｒ 恒成立
ｈ′ ｘ １ β １ 令 ｍ ｘ ｘ ( )≥０ ∈ ꎬ
( )＝ ｘꎬｌｎ(２ )＝ βꎬ ( )＝ ｌｎ(２ )－
故 ｆ ｘ 在 Ｒ 上单调递增.
( )
１ ｘ 易知 ｍ ｘ 在 上单调递增
当 ａ １时 ａ
ｘꎬ >０ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ
> ꎬｌｎ(２ )>０ꎬ
２
ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示
因为 ｍ ｍ １
＝ ( ) ２ ꎬ
(１)＝ ｌｎ ２－１<０ꎬ (２)＝ ｌｎ ４－ >０ꎬ
２ 因此 当 ｘ
ꎬ ∈(－∞ꎬ０)∪(ｌｎ
所以 β .
１< <２ ａ 时 ｆ ′ ｘ 当 ｘ
(２ )ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ
φ′ ｘ ｘ 由 γ γ 得 γ 又
图
( )＝ ｃｏｓ ꎬ ｃｏｓ ＝ｓｉｎ ꎬ ｔａｎ ＝１ꎬ ａ 时 ｆ ′ ｘ ２
∈(０ꎬｌｎ(２ )) ꎬ ( )<０ꎬ
γ 所以 γ π 所以 γ α β. 因此 ｆ ｘ 在 上单调递增 在
∈(０ꎬπ)ꎬ ＝ <１ꎬ < < ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬｌｎ
４
ａ 上单调递减 在 ａ 上单调
４.( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ (２ )) ꎬ (ｌｎ(２ )ꎬ＋∞)
２０２１ Ⅱ ２２ １２ ( )＝
递增.
ｘ ｘ ａｘ２ ｂ.
( －１)ｅ － ＋
证明 选 由 知 ｆ ｘ 在 上
讨论函数 ｆ ｘ 的单调性 (２) : ①: (１) ꎬ ( ) (－∞ꎬ０)
(１) ( ) ꎻ
单调递增 在 ａ 上单调递减 在
从下面两个条件中选一个 证明 ｆ ｘ 有 ꎬ (０ꎬｌｎ(２ )) ꎬ (ｌｎ
(２) ꎬ : ( )
ａ 上单调递增 又 ｆ ｂ
一个零点. (２ )ꎬ＋∞) ꎬ (０)＝ －１>０ꎬ
æ ｂ ö æ ｂ ö
ｂ
２ ｆçç ÷÷ çç ÷÷ － ａ 故 ｆ ｘ 在
① １ < ａ ≤ ｅ ꎬ ｂ >２ ａ ꎻ②０< ａ < １ ꎬ ｂ ≤２ ａ. è－ ａ ø ＝ è－ ａ －１øｅ <０ꎬ ( ) (－
２ ２ ２
解析
(１)∵
ｆ
(
ｘ
)＝ (
ｘ
－１)ｅ
ｘ
－
ａｘ２
＋
ｂ
ꎬ ∞ꎬ０]
上有唯一零点.
ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａ . 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ａ
∴ ( )＝ ｅ －２ ＝ (ｅ －２ ) ∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )≥ (ｌｎ(２ ))＝ [ｌｎ
当 ａ 时 ｘ ａ 对任意 ｘ Ｒ 恒 ａ ａ ａ ａ ２ ｂ ａ ａ
① ≤０ ꎬｅ －２ >０ ∈ (２ )－１]２ － [ｌｎ(２ )] ＋ ＝ ｌｎ(２ )􀅰[２－
成立
ꎬ ａ ｂ ａ ａ ａ ａ . １
ｌｎ(２ )]＋ －２ > ｌｎ(２ )􀅰[２－ｌｎ(２ )] ∵
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ
２
∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )<０ꎬ
当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ . ２
ａ ｅ ａ
∈(０ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０
< ≤ ꎬ∴ ０<ｌｎ(２ )≤２ꎬ
因此ｙ ｆ ｘ 在 上单调递减 在 ２
＝ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋
即 ｆ ｘ 对任意 ｘ 恒成立.
上单调递增. ( )>０ >０
∞)
综上 ｆ ｘ 在 Ｒ 上有唯一零点.
当 ａ 时 令 ｘ ａ ｘ ａ . ꎬ ( )
② >０ ꎬ ｅ －２ ＝０⇒ ＝ｌｎ(２ )
选 由 知 ｆ ｘ 在 ａ 上单调
5 ②: (１) ( ) (－∞ꎬｌｎ(２ ))
年 当 ａ １时 ａ .
高 ０< < ꎬｌｎ(２ )<０ 递增
考 ２ ꎬ
3 ｙ ｆ ′ ｘ 的大致图象如图 所示. 在 ａ 上单调递减 在 上单
年 ＝ ( ) １ (ｌｎ(２ )ꎬ０) ꎬ (０ꎬ＋∞)
模 因此当 ｘ ａ 调递增
拟 ∈(－∞ꎬｌｎ(２ ))∪ ꎬ
A (０ꎬ＋∞) 时 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )>０ꎬ 又ｆ ｂ ｆ æ çç ２－ ｂö ÷÷ æ çç ２－ ｂ ö ÷÷ ２－ａ ｂ ａ
版 当 ｘ ａ 时 ｆ ′ ｘ 图 (０)＝ －１<０ꎬ è ａ ø ＝ è ａ －１øｅ －
１
∈(ｌｎ(２ )ꎬ０) ꎬ ( )
高
考 ｂ
数 <０ꎬ ２－ ｂ
学 􀅰 ａ ＋
１２８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋æ çç ２－ ｂ ö ÷÷ ２－ａ ｂ ｂ ｆ æ çç ａ ö ÷÷ 即 ａ 时 ｆ ｘ 有两个
＝ è ａ －１ø ｅ ＋ ２ － ２ > (ｉｉｉ) è ø <０ꎬ >２ｅ ꎬ ( )
２
æ ｂ öæ ｂ ö ｂ 零点.
çç ２－ ÷÷çç ２－ ÷÷ ｂ ２－ ｂ
è ａ －１øè ａ ＋１ø ＋２ －２＝ ａ －１＋２ －２> 综上所述 当ａ 或ａ 时 ｆ ｘ 只有一个
ꎬ <０ ＝２ｅ ꎬ ( )
ｂ ｂ 零点 当 ａ 时 ｆ ｘ 无零点 当 ａ
２(２－ )－１＋２ －２＝１>０ꎬ ꎻ ０≤ <２ｅ ꎬ ( ) ꎻ >２ｅ
ｆ ｘ 在 上有唯一零点. 时 ｆ ｘ 有两个零点.
∴ ( ) [０ꎬ＋∞) ꎬ ( )
在 ｘ 上 ｆ ｘ ｆ ａ ａ 由 可知 ａ 时 ｆ ｘ 有两个零点
∈(－∞ꎬ０) ꎬ ( )≤ (ｌｎ(２ ))＝ ｌｎ (２) (１) >２ｅ ꎬ ( ) ꎬ
ａ ａ ｂ ａ 即 ｆ ｘ 对 令 ｘ ｘ 由 ｆ ｘ ｆ ｘ
(２ )􀅰[２－ｌｎ(２ )]＋ －２ <０ꎬ ( )<０ ２ > １ > ０ꎬ ( １) ＝ ( ２) ＝ ０ ⇒
任意 ｘ 恒成立. {ｘ２ ａ ｘ {ｘ２ ａ ｘ
<０ １ － ｌｎ １ ＝０ꎬ即 １ ＝ ｌｎ １ꎬ
综上 ｆ ｘ 在 Ｒ 上有唯一零点.
ꎬ ( )
ｘ２ ａ ｘ ｘ２ ａ ｘ
２ － ｌｎ ２ ＝０ꎬ ２ ＝ ｌｎ ２ꎬ
５.( 湖南郴州质量监测ꎬ )已知函数ｆ ｘ
２０２２ ２２ ( )
所以 ｘ２ ｘ２ ａ ｘ ｘ ｘ２ ｘ２ ａ ｘ
１ ＋ ２ ＝ (ｌｎ １ ＋ｌｎ ２)ꎬ ２ － １ ＝ (ｌｎ ２ －
ｘ２ ａ ｘ ａ Ｒ .
ｘ
＝ － ｌｎ ( ∈ )
ｌｎ １)ꎬ
讨论函数ｆ ｘ 的零点个数
ｘ ｘ
(１) ( ) ꎻ 即 ｘ ｘ ｌｎ ２ －ｌｎ １ ｘ２ ｘ２ 要证明
若函数ｆ ｘ 存在两个不同的零点 ｘ ｘ ｌｎ ２ ＋ｌｎ １ ＝ ｘ２ ｘ２ ( １ ＋ ２)ꎬ
(２) ( ) １ꎬ ２ꎬ
２
－
１
证明 ｘ ｘ . ｘ ｘ
: １ ２>ｅ ｘ ｘ 即证 ｘ ｘ 需证ｌｎ ２ －ｌｎ １
ａ ｘ２ ａ １ ２>ｅꎬ ｌｎ １ ＋ｌｎ ２>１ꎬ ｘ２ ｘ２
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ２ － ｘ . ２ － １
(１) ( )＝ ２ －ｘ ＝ ｘ ( >０)
ｘ２ ｘ２
( １ ＋ ２)>１ꎬ
当 ａ 时 ｆ ′ ｘ 函数ｆ ｘ 在区间
① ≤０ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (０ꎬ æｘ ö２
çç ２÷÷
＋∞) 上单调递增 ꎬ 即证 ｘ ｘ ｘ２ ２ － ｘ２ １ 即证 ｘ ２ èｘ １ ø －１
(ｉ) ａ ＝０ 时 ꎬ 函数ｆ ( ｘ ) 在 (０ꎬ＋∞) 上无零点 ꎻ ｌｎ ２ －ｌｎ １>ｘ２ ２ ＋ ｘ２ １ ꎬ ｌｎ ｘ １ －æ çç ｘ ２ ö ÷÷ ２
ａ 时 ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ２ ａ èｘ ø ＋１
(ｉｉ) <０ ꎬ →０ ꎬ ( )→－∞ꎬ (ｅ)＝ ｅ － １
>０ꎬ >０ꎬ
∴
ｆ
(
ｘ
)
在
(０ꎬ＋∞)
上只有一个零点.
设
ｘ
２ ｘ 则 ｘ 即证 ｘ
ｘ２
－１ 即证 ｘ
æ ａ ö ｘ ＝ ꎬ >１ꎬ ｌｎ －ｘ２ >０ꎬ ｌｎ
当 ａ 时 函数ｆ ｘ 在区间çç ÷÷上单 １ ＋１
② >０ ꎬ ( ) è０ꎬ ø
２ ２ 令 ｈ ｘ ｘ ２ ｘ
æ ａ ö
＋ｘ２
＋１
－１>０ꎬ ( )＝ ｌｎ ＋ｘ２
＋１
－１( >１)ꎬ
调递减 在区间çç ÷÷上单调递增 注
ꎬ è ꎬ＋∞ø ꎬ( ｘ ｘ２ ２ ｘ２
２ 则 ｈ′ ｘ １ ４ ( ＋１) －４
意 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ 时 ｆ ｘ ( ) ＝ ｘ － ( ｘ２ ＋１) ２ ＝ ｘ ( ｘ２ ＋１) ２ ＝
→０ ꎬ ( )→＋∞ꎬ →＋∞ ꎬ ( )→＋
ｘ２ ２
( －１)
∞)
ｘ ｘ２ ２ >０ꎬ
æ ａ ö ａ ａ ( ＋１)
所 以 ｆ ｘ ｆ çç ÷÷ ａ 故函数 ｈ ｘ 在 上单调递增 所以 ｈ
( ) ≥ è ø ＝ － ｌｎ ＝ ( ) (１ꎬ＋∞) ꎬ
２ ２ ２
ａ æ ａö ｘ ｈ 即有 ｘ ２ 所以
ç ÷ ( )> (１)＝ ０ꎬ ｌｎ ＋ｘ２ －１>０ꎬ
è１－ｌｎ øꎬ ＋１
２ ２
ｘ ｘ .
æ ａ ö １ ２>ｅ 专
ｆçç ÷÷ 即 ａ 时 ｆ ｘ 无零点
考向二 根据零点情况求参数范围
题
(ｉ) è ø>０ꎬ ０< <２ｅ ꎬ ( ) ꎻ 四
２
æ ａ ö １.( ２０２２ 广东深圳六校联考二ꎬ ８ )已知函数 导 数
ｆçç ÷÷ 即 ａ 时 ｆ ｘ 只有一个
(ｉｉ) è ø ＝ ０ꎬ ＝ ２ｅ ꎬ ( ) {ｘ ｘ ｘ 及
２ ｆ ｘ ｌｎ ꎬ >０ꎬ若函数 ｇ ｘ ｆ ｘ ｋ 有 其
应
零点 ( )＝ ｘ２ ｘ ( )＝ ( )－ 用
ꎻ １－ ꎬ ≤０ꎬ
１２９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋三个零点 则 ｘ 当 ｘ 时 ｇ ｘ 所以
ꎬ ( ) ( )→－∞ꎬ →＋∞ ꎬ ( )→０ꎬ ０<
ｋ １ ｋ ａ １ 即 ａ １.所以正数 ａ 的取值范围是
Ａ.－ｅ< ≤１ Ｂ.－ < <１ ２ < ꎬ ０< <
ｅ ｅ ２ｅ
æ ö
ｋ １ ｋ ç １ ÷.故选 .
Ｃ.－ｅ< <０ Ｄ.－ < <０ è０ꎬ ø Ｃ
ｅ ２ｅ
答案 Ｄ 要使函数 ｇ ｘ ｆ ｘ ｋ 有三个 ３.(多选)( 山东新高考联盟联考ꎬ )已
( )＝ ( )－ ２０２１ １２
零点
ꎬ
则 ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)
的图象与直线 ｙ
＝
ｋ 有三个
知函数 ｆ ｘ
{
３
ｘ
－
ｘ３
ꎬ
ｘ
<０ꎬ若关于 ｘ 的方程
交点.当 ｘ >０ 时 ꎬ ｆ ( ｘ )＝ ｘ ｌｎ ｘ ꎬ 则 ｆ ′ ( ｘ )＝ ｌｎ ｘ ( )＝ ２ － ｘ －１ꎬ ｘ ≥０ꎬ
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ １ 则 ｆ ｘ 在 ４ ｆ ２ ( ｘ )－４ ａ 􀅰 ｆ ( ｘ )＋２ ａ ＋３＝０ 有 ５ 个不同的
＋１ꎬ ( ) ＝ ０ꎬ ＝ ꎬ ( )
ｅ 实根 则实数 ａ 可能的取值有
ꎬ ( )
æ ö æ ö
ç １ ÷上递减 在ç１ ÷上递增 ｘ
è０ꎬ ø ꎬ è ꎬ＋∞ø ꎬ∴ >０ ３ ４ ５ ７
ｅ ｅ Ａ.－ Ｂ.－ Ｃ.－ Ｄ.－
２ ３ ４ ６
æ ö
时 ｆ ｘ ｘ ｘ 有最小值ｆç１ ÷ １ 且 ｘ 答案 ＢＣＤ 由已知条件 当 ｘ 时 ｆ ｘ
ꎬ ( )＝ ｌｎ è ø ＝－ ꎬ ０< ꎬ <０ ꎬ ( )
ｅ ｅ ｘ ｘ３ 则 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｘ
时 ｘ ｘ 当ｘ ＋时 ｆ ｘ 当ｘ ＝ ３ － ꎬ ( )＝ ３－３ ＝３(１－ )(１＋ )ꎬ
<１ ꎬ ｌｎ <０ꎻ →０ ꎬ ( )→０ꎻ →＋ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
时 ｆ ｘ 当 ｘ 时 ｆ ｘ ｘ２ ∈(－∞ꎬ－１) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
∞ ꎬ ( )→＋∞ꎻ ≤０ ꎬ ( )＝ － ＋１ 减 当 ｘ 时 ｆ
单调递增. ｆ ｘ 的图象如图 要使函数 ꎬ ∈(－１ꎬ０) ꎬ
∴ ( ) ꎬ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递
( )>０ꎬ ( )
ｇ ｘ 有三个零点 则 １ ｋ 故选 . 增 作出 ｆ ｘ 的大致图
( ) ꎬ － < <０ꎬ Ｄ ꎬ ( )
ｅ
象 如图所示.
ꎬ
令 ｆ ｘ ｔ 则 ｔ２ ａｔ ａ
( )＝ ꎬ ４ －４ ＋２ ＋３＝０ꎬ
令 ｇ ｔ ｔ２ ａｔ ａ 由题意得方程 ｇ ｔ
( )＝ ４ －４ ＋２ ＋３ꎬ ( )
有两个不同的实根 ｔ ｔ .
２.( 广东珠海二中 月月考ꎬ )已知函数 ＝ ０ １ꎬ ２
２０２２ １０ ７ 若 ｔ ｔ 则
① １ ∈ ( － ２ꎬ － １)ꎬ ２ ∈ ( － １ꎬ ０)ꎬ
ｆ ｘ ａｘ ｘ存在两个零点 则正数 ａ 的取
( )＝ ｅ － ꎬ ì ï ｇ
(－２)>０ꎬ
值范围是 ï
( )
有íｇ
ï (－１)<０ꎬ
æ ö æ ö ï
ç ｅ ÷ ç ｅ ÷
îｇ
Ａ.è０ꎬ ø Ｂ.è ꎬ＋∞ø (０)>０ꎬ
２ ２
æ ö æ ö 解得 ３ ａ ７.
ç １ ÷ ç １ ÷ － < <－
Ｃ.è０ꎬ ø Ｄ.è ꎬ＋∞ø ２ ６
２ｅ ２ｅ
若ｔ ｔ 则ｇ ｔ ｇ
答案 Ｃ ｆ ｆ ｘ ａｘ ｘ有两个零 ② １ ＝－１ꎬ ２∈(－１ꎬ０)ꎬ ( １)＝ (－１)＝
(０)＝ １ꎬ ( )＝ ｅ －
5 点 ꎬ 即方程 ｅ ａｘ ＝ ｘ ꎬ 亦即 ｅ ２ ａｘ ＝ ｘ 在 (０ꎬ＋∞) ６ ａ ＋７＝０ꎬ 即 ａ ＝－ ７ ꎬ 方程为 ６ ｔ２ ＋７ ｔ ＋１＝０ꎬ 解
６
年
上有两个解 两边取自然对数得 ａｘ ｘ
高 ꎬ ２ ＝ｌｎ ꎬ
考 得 ｔ ｔ １ 满足条件.
3 ｘ ｘ １ ＝－１ꎬ ２ ＝－ ∈(－１ꎬ０)ꎬ
ａ ｌｎ 令 ｇ ｘ ｌｎ ｘ 则 ｇ′ ｘ ６
年 ２ ＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ ( >０)ꎬ ( )＝
模 若 ｔ ｔ 则 ｇ ｔ ｇ ａ
拟 ｘ ③ １ ＝０ꎬ ２∈(－１ꎬ０)ꎬ ( １)＝ (０)＝ ２
A １－ｌｎ 令 ｇ′ ｘ 得 ｘ 当 ｘ 时 ｇ′
版
ｘ２ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝ｅꎬ ０< <ｅ ꎬ
＋３＝０ꎬ
即 ａ
＝－
３
ꎬ
方程为 ｔ２
＋
３ｔ
＝０ꎬ
解得 ｔ
１ ＝
２ ２
高 ｘ ｇ ｘ 单调递增 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ 单
考 ( )>０ꎬ ( ) ꎬ >ｅ ꎬ ( )
数 ｔ ３ 不符合题意 舍去.
学 调递减 所以ｇ ｘ ｌｎ ｅ １ 当ｘ 时 ｇ ０ꎬ ２ ＝－ ∉(－１ꎬ０)ꎬ ꎬ
ꎬ ( )ｍａｘ ＝ ＝ ꎬ →０ ꎬ ２
１３０ ｅ ｅ
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋综上所述 实数 ａ æ ç ３ ７ ù ú.故选 . ２ － ｘ (２－ ｘ ｌｎ ２) .
ú
ꎬ ∈è－ ꎬ－ û ＢＣＤ
２ ６
令ｆ ′ ｘ 则ｘ ２ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化
４.( 山东泰安三模ꎬ )已知函数 ｆ ｘ ( )＝ ０ꎬ ＝ ꎬ ( )ꎬ ( )
２０２１ １５ ( )＝ ｌｎ ２
ｘ ｘ ａ ｘ 当 ａ 时 函数 ｇ ｘ 情况如下
(ｓｉｎ ＋１)＋ ｃｏｓ ꎬ >２ ꎬ ( )＝ :
ｆ ( ｘ )－３ 在区间 é ë ê ê ０ꎬ π ù û ú ú 上有唯一零点 ꎬ 则实数 ｘ æ è ç ０ꎬ ２ ö ø ÷ ２ æ è ç ２ ꎬ＋∞ ö ø ÷
２ ｌｎ ２ ｌｎ ２ ｌｎ ２
ａ 的取值范围是 . ｆ ′ ｘ
( ) ＋ ０ －
答案 ｆ ｘ 极大值
( ) ↗ ↘
(２ꎬ３]
解析 由 ｇ ｘ 得 ｆ ｘ 等价于函数 ｙ æ ö
( )＝ ０ ( )＝ ３ꎬ 所以函数 ｆ ｘ 在ç ２ ÷上单调递增 在
ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ 有唯一的公共点. ( ) è０ꎬ ø ꎬ
＝ ( ) ＝３ ｌｎ ２
ｆ ′ ｘ ａ ｘ ｘ ｘ 设 ｈ ｘ æ ö
( )＝ (１－ )ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＋１ꎬ ( )＝ (１－ ç ２ ÷上单调递减.
è ꎬ＋∞ø
é ù ｌｎ ２
ａ ｘ ｘ ｘ ｘ ê π ú 则ｈ′ ｘ
)ｓｉｎ ＋ ｃｏｓ ＋１ꎬ ∈ë ê ０ꎬ ２ û ú ꎬ ( )＝ (２－ 令 ｆ ｘ 则 ｘａ 所以 ｘａ ａｘ 两边同
(２) ( )＝ １ꎬ ａｘ＝１ꎬ ＝ ꎬ
é ù
ａ ｘ ｘ ｘ 因为ａ ｘ ê π ú 所以ｈ′
)ｃｏｓ － ｓｉｎ ꎬ >２ꎬ ∈ë ê ０ꎬ û ú ꎬ ｘ ａ
２ 时取对数 可得 ａ ｘ ｘ ａ 即ｌｎ ｌｎ 根
ꎬ ｌｎ ＝ ｌｎ ꎬ ｘ ＝ ａ ꎬ
é ù
ｘ 所以 ｈ ｘ 在区间 ê π ú上单调
( ) <０ꎬ ( ) ë ê ０ꎬ û ú ｘ ａ
２ 据题意可知 方程ｌｎ ｌｎ 有两个实数解.
ꎬ ｘ ＝ ａ
递减
ꎬ
ｘ ｘ
æ ö 设 ｇ ｘ ｌｎ 则 ｇ′ ｘ １－ｌｎ
因为 ｈ
(０)＝ １>０ꎬ
ｈ
è
çπ
ø
÷
＝１－
ａ
＋１＝２－
ａ
<０ꎬ
( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ ｘ２ ꎬ
２
令 ｇ′ ｘ 则 ｘ .
æ ö ( )＝ ０ꎬ ＝ｅ
所以存在唯一的ｘ ç π÷ 使得ｈ ｘ ｆ ′
０∈è０ꎬ øꎬ ( ０)＝ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增
２ ∈(０ꎬｅ) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎻ
ｘ 所以当 ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递减.
( ０)＝ ０ꎬ ∈(０ꎬ ０) ꎬ ( )>０ꎬ ∈(ｅꎬ＋∞) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
æ ö 又知 ｇ ｇ ｘ ｇ ｘ ｇ
ｘ 单调递增 当 ｘ çｘ π÷时 ｆ ′ ｘ ｆ (１)＝ ０ꎬｘｌｉｍ ( )＝ ０ꎬ ( )ｍａｘ ＝ (ｅ)
→＋∞
( ) ꎻ ∈è ０ꎬ ø ꎬ ( )<０ꎬ
２
１
æ ö ＝ ꎬ
ｘ 单调递减 又 ｆ ａ ｆçπ÷ 函数 ｙ ｅ
( ) ꎬ (０)＝ ꎬ è ø ＝πꎬ ＝ 所以要使曲线 ｙ ｆ ｘ 与直线 ｙ 有且仅有
２ ＝ ( ) ＝１
ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ 有唯一的公共点 所 ａ æ ö
( ) ＝３ ꎬ 两个交点 则只需ｌｎ ç １ ÷ 即 ｇ ａ
以 ａ 所以 ａ 的取值范围是 . ꎬ ａ ∈è０ꎬ øꎬ ( )＝
２< ≤３ꎬ (２ꎬ３] ｅ
５.( 全国甲理ꎬ ꎬ 分)已知 ａ 且 ａ ａ æ ö
２０２１ ２１ １２ >０ ≠ ｌｎ ç １ ÷ 所以 ａ .
ａ ∈è０ꎬ øꎬ ∈(１ꎬｅ)∪(ｅꎬ＋∞)
ｘａ ｅ
函数 ｆ ｘ ｘ .
１ꎬ ( )＝ ａｘ( >０) 综上 实数 ａ 的取值范围为
ꎬ (１ꎬｅ)∪(ｅꎬ＋
.
当 ａ 时 求 ｆ ｘ 的单调区间
∞)
(１) ＝２ ꎬ ( ) ꎻ
６.( 全国乙理ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ
若曲线 ｙ ｆ ｘ 与直线 ｙ 有且仅有两
(２) ＝ ( ) ＝１ ２０２２ ２１ １２ ( )＝
个交点 求 ａ 的取值范围. ｘ ａｘ － ｘ. 专
ꎬ ｌｎ(１＋ )＋ ｅ 题
解析 当ａ 时 ｆ ｘ
ｘ２
ｘ２ － ｘ ｘ (１)
当 ａ
＝ １
时
ꎬ
求曲线 ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)
在点
(０ꎬ
四
(１) ＝２ ꎬ ( )＝ ｘ＝ 􀅰２ ( > ｆ 处的切线方程 导
２ (０)) ꎻ 数
及
若 ｆ ｘ 在区间 各恰有
其
０)ꎬ (２) ( ) (－１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋∞)
应
则 ｆ ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ２ － ｘ ｘ 一个零点 求 ａ 的取值范围. 用
( )＝ ２ 􀅰２ ＋ 􀅰(－ｌｎ ２􀅰２ )＝ 􀅰 ꎬ
１３１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋解析 当 ａ 时 ｆ ｘ ｘ ｘ － ｘ 当 ａ 时 求 ｆ ｘ 的最大值
(１) ＝１ ꎬ ( )＝ ｌｎ(１＋ )＋ ｅ ꎬ (１) ＝０ ꎬ ( ) ꎻ
若 ｆ ｘ 恰有一个零点 求 ａ 的取值范围.
其定义域为 ｆ ′ ｘ １ (２) ( ) ꎬ
(－１ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ ＋(１－
＋１
解析 当 ａ 时 ｆ ｘ １ ｘ ｘ
ｘ － ｘ (１) ＝０ ꎬ ( )＝ － ｘ －ｌｎ ( >
)ｅ ꎬ
又 ｆ ｆ ′
(０)＝ ０ꎬ (０)＝ ２ꎬ ０)ꎬ
所以曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ 处的切线方
＝ ( ) (０ꎬ (０)) ｆ ′ ｘ １ １ ｘ
程为 ｙ ｘ. ∴ ( )＝ ｘ２ －ｘ( >０)ꎬ
＝２
ｆ ｘ ｘ ａｘ － ｘ有零点 即方程 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ
(２) ( )＝ ｌｎ(１＋ )＋ ｅ ꎬ ｌｎ ( )＝ ０ꎬ ＝１ꎬ
ｘ ａｘ － ｘ有根 设 ｇ ｘ ｘ ｈ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ 时 ｆ ′
( ＋１)＝ － ｅ ꎬ ( )＝ ｌｎ( ＋１)ꎬ ∈(０ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ
ｘ ａｘ － ｘ 因为ｆ ｘ 在区间 ｘ
( )＝ － ｅ ꎬ ( ) (－１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋ ( )<０ꎬ
各恰有一个零点 所以ｇ ｘ 和 ｈ ｘ 的图 ｆ ｘ 在 上单调递增 在 上
∞) ꎬ ( ) ( ) ∴ ( ) (０ꎬ１) ꎬ (１ꎬ＋∞)
象在 上各恰有一个交点. 单调递减.
(－１ꎬ０)ꎬ(０ꎬ＋∞)
ｆ ｘ ｆ .
易知 ｇ′ ｘ １ ｈ′ ｘ ａ ｘ － ｘ ｇ ∴ ( )ｍａｘ ＝ (１)＝ －１
( )＝ ｘ ꎬ ( )＝ － (１－ )ｅ ꎬ (０)
ａ
＋１
解 法 一 ｆ ′ ｘ ａ １ ＋１
ｈ . (２) : ( ) ＝ ＋ ｘ２ － ｘ
＝ (０)＝ ０
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调 ａｘ ｘ
∈(－１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ( －１)( －１).
递增. ＝ ｘ２
若 ａ 显然不满足. 当 ａ 时 ａｘ 恒成立
① ＝０ꎬ (ｉ) ≤０ ꎬ －１≤０ ꎬ
若 ａ 则当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
② >０ꎬ ∈(－１ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ∴ ０< <１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ｘ 单调递减 当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
( ) ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ >１ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
ｘ 单调递增 此时ｇ ｘ 和 ｈ ｘ 在 ｆ ｘ ｆ ａ .
( ) ꎬ ( ) ( ) (－１ꎬ０) ∴ ( )ｍａｘ ＝ (１)＝ －１<０
上无交点. 此时 ｆ ｘ 无零点 不合题意.
( ) ꎬ
若 ａ 则当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ 当 ａ 时 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 或 ｘ
③ <０ꎬ ∈(－１ꎬ１) ꎬ ( )>０ꎬ (ｉｉ) >０ ꎬ ( )＝ ０ꎬ ＝１
ｘ 在 上单调递增 当 ｘ
( ) (－１ꎬ１) ꎬ ∈(１ꎬ＋∞) １
时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 在 上单调递减. ＝ ａꎬ
ꎬ ( )<０ꎬ ( ) (１ꎬ＋∞)
当 ｘ 时 ｈ ｘ ｇ ｘ 且 ｇ
(ｉ) →＋∞ ꎬ ( )→０ꎬ ( )→＋∞ꎬ 当 ａ 时 １
① ０< <１ ꎬ１<ａꎬ
ｈ 要满足 ｇ ｘ 和 ｈ ｘ 的图象
(０)＝ (０)＝ ０ꎬ ( ) ( )
在 上有一个交点 需 ｇ′ ｈ′ ｘ １时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减
(０ꎬ＋∞) ꎬ (０)< (０)ꎬ ∴ １< <ａ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
解得 ａ
<－１ꎻ
当 ｘ 时 ｈ ａ 当 ｘ 时 ｇ ｘ 或ｘ １时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增
(ｉｉ) ＝－１ ꎬ (－１)＝ ｅꎬ →－１ ꎬ ０< <１ >ａ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ
ｘ
5 ( )→－∞ꎬ æ ö
年 且 ｇ ｈ 要满足 ｇ ｘ 和 ｈ ｘ 的 ｆ ｘ 在 ç１ ÷上单调递增 在
高 (０)＝ (０)＝ ０ꎬ ( ) ( ) ∴ ( ) (０ꎬ１)ꎬèａꎬ＋∞ø ꎬ
考
图象在 上有一个交点 也需要 ｇ′
3 (－１ꎬ０) ꎬ (０) æ ö
年 ç １ ÷上单调递减 ｆ ｘ 的极大值为 ｆ
模 ｈ′ 解得 ａ . è１ꎬａø ꎬ ( ) (１)＝
拟 < (０)ꎬ <－１
综上所述 ａ 的取值范围为 . ａ
A ꎬ (－∞ꎬ－１) －１<０ꎬ
版 ７.( 全国乙文ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ｘ 时 ｆ ｘ ｆ ｘ 恰有 个零点.
２０２２ ２０ １２ ( )＝ →＋∞ ꎬ ( )>０ꎬ∴ ( ) １
高
考
数 ａｘ １ ａ ｘ. 当 ａ 时 １ ｆ ｘ 在 上单调
学 －ｘ －( ＋１)ｌｎ ② ＝１ ꎬ１＝ ａꎬ ( ) (０ꎬ＋∞)
１３２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋递增 ｆ 符合题意. 有一解.
ꎬ (１)＝ ０ꎬ
æ ö 故 ａ .
当 ａ 时 １ ｆ ｘ 在ç １ ÷ >０
③ >１ ꎬａ <１ꎬ ( ) è０ꎬａøꎬ(１ꎬ＋∞)
æ ö 考法 五 利用导数研究三次函数的性质
上单调递增 在ç１ ÷上单调递减
ꎬ èａꎬ１ø ꎬ
１.(多选)( 届浙江嘉兴基础测试ꎬ )已知
２０２３ ９
ｆ ｘ 的极小值为 ｆ ａ ｘ 时 ｆ
( ) (１)＝ －１>０ꎬ →０ ꎬ 函数 ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ ｃ 在 Ｒ 上单调递增
ｘ ( )＝ ＋ ＋ ＋ ꎬ
( )→－∞ꎬ ｆ ′ ｘ 为其导函数 则下列结论正确的是
ｆ ｘ 恰有 个零点. ( ) ꎬ
∴ ( ) １
综上所述 ａ . ( )
ꎬ >０ ｆ ′ ｆ
Ａ. (１)≥０ Ｂ. (１)≥０
解法二 ｆ ｘ ａｘ １ ａ ｘ 只有一个
: ( )＝ － ｘ －( ＋１)ｌｎ Ｃ.
ａ２
－３
ｂ
≤０ Ｄ.
ａ２
－３
ｂ
≥０
零点
答案 ＡＣ 因为函数ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｂｘ ｃ 在
( )＝ ＋ ＋ ＋
ꎬ
Ｒ 上单调递增 所以 ｆ ′ ｘ 在 Ｒ 上恒成
ꎬ ( )≥０
即 ａ ｘ ｘ １ ｘ 在 上只有一
( －ｌｎ )＝ ｘ ＋ｌｎ (０ꎬ＋∞) 立 因此 ｆ ′ 正确 但是在 处的函
ꎬ (１)≥０ꎬＡ ꎻ １
个解. 数值 ｆ 的正负不能确定 不正确
(１) ꎬＢ ꎻ
由 ｘ ｘ 得 ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ 恒大于或等于 所以 Δ
ｌｎ ≤ －１ꎬ －ｌｎ ≥１ꎬ ( )＝ ３ ＋２ ＋ ０ꎬ
ａ２ ｂ 即 ａ２ ｂ 故 正确 不
１ ｘ １ ｘ ＝４ －１２ ≤０ꎬ －３ ≤０ꎬ Ｃ ꎬＤ
ｘ ＋ｌｎ ｘ ＋ｌｎ
ａ 令 ｇ ｘ 正确.故选
∴ ＝ ｘ ｘꎬ ( )＝ ｘ ｘꎬ ＡＣ.
－ｌｎ －ｌｎ ２.( 山东潍坊统考ꎬ )当直线 ｋｘ ｙ ｋ
则 ｇ′ ｘ ２０２１ ８ － － ＋１＝
( )
æ ö æ öæ ö ｋ Ｒ 和曲线 Ｅ ｙ ａｘ３ ｂｘ２ ５ ａｂ 交
çç １ １÷÷ ｘ ｘ ç １÷ç１ ｘ÷ ０( ∈ ) : ＝ ＋ ＋ ( ≠０)
è －ｘ２ ＋ｘ ø( －ｌｎ )－è１－ｘ øè ｘ ＋ｌｎ ø ３
于Ａ ｘ ｙ Ｂ ｘ ｙ Ｃ ｘ ｙ ｘ ｘ ｘ
＝
(
ｘ
－ｌｎ
ｘ
)
２ ( １ꎬ １)ꎬ ( ２ꎬ ２)ꎬ ( ３ꎬ ３)( １< ２< ３)
三点时 曲线Ｅ 在点Ａ 点Ｃ 处的切线总是平
ｘ æ ｘ ö
ꎬ ꎬ
－１ç ｌｎ １ ｘ÷
ｘ è１－ ｘ －ｘ －ｌｎ ø 行的 则过点 ｂ ａ 可作曲线 Ｅ 的切线的条
ꎬ ( ꎬ )
＝ ｘ ｘ ２ ꎬ 数为
( －ｌｎ ) ( )
ｘ
令 ｈ ｘ ｌｎ １ ｘ Ａ.０ Ｂ.１ Ｃ.２ Ｄ.３
( )＝ １－ ｘ －ｘ －ｌｎ ꎬ
答案 Ｃ 直线 ｋｘ ｙ ｋ ｋ Ｒ 过定点
－ － ＋１＝０( ∈ )
ｘ ｘ
则 ｈ′ ｘ ｌｎ － ｈ′ ｘ 在 上恒 由题意可知定点 是曲线 Ｅ ｙ
( )＝ ｘ２ ꎬ ( )<０ (０ꎬ＋∞) (１ꎬ１)ꎬ (１ꎬ１) : ＝
成立 ａｘ３ ｂｘ２ ５ ａｂ 的 对 称 中 心
ꎬ ＋ ＋ ( ≠ ０) ꎬ ∴
３
ｈ ｘ 在 上单调递减 且 ｈ
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ (１)＝ ０ꎬ ì ï
ａ ｂ ５ ì
∴ 在 (０ꎬ１) 上 ꎬ ｈ ( ｘ )>０ꎬ 在 (１ꎬ＋∞) 上 ꎬ ｈ ( ｘ ) í ï ï ＋ ＋ ３ ＝１ꎬ 解得í ï ïａ ＝ １ ꎬ
ï ｂ ï ３
<０ꎬ ï
ï îｂ
ï
故在 上 ｇ′ ｘ 在 上 ｇ′ î－ ａ＝１ꎬ ＝－１ꎬ
(０ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎬ ３
ｘ 专
( )<０ꎬ 曲线 Ｅ ｙ １ｘ３ ｘ２ ５ ｙ′ ｘ２ ｘ 设切点 题
ｇ ｘ 在 上单调递减 ∴ : ＝ － ＋ ꎬ ＝ －２ ꎬ 四
∴ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎬ ３ ３
导
ｘ →０ꎬ ｇ ( ｘ )→＋∞ꎬ ｘ →＋∞ꎬ ｇ ( ｘ )→０ꎬ 为 Ｍ
(
ｘ
０ꎬ
ｙ
０)ꎬ
则 ｙ
０ ＝ ３
１ ｘ３
０ －
ｘ２
０ ＋ ３
５
ꎬ
ｙ′
｜ｘ ＝ ｘ ０ ＝
ｘ２
０
数
及 其
ｇ ｘ ａ 时 ａ ｘ ｘ １ ｘ 恰 应
∴ ( )>０ꎬ∴ >０ ꎬ ( －ｌｎ )＝ ｘ ＋ｌｎ ｘ 用
－２ ０ꎬ
１３３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋æ ö ｂ Ｒ 点 Ａ ａ 则下列结论正确的是
切线方程为 ｙ ç １ｘ３ ｘ２ ５÷ ｘ２ ｘ ｘ ∈ ꎬ (２ꎬ )ꎬ
∴ －è ０ － ０ ＋ ø ＝( ０ －２ ０)(
３ ３
( )
ｘ
ｆ ｘ 必有两个极值点
－ ０)ꎬ
Ａ. ( )
æ ö æ ö
当 ｂ ａ 时 点 是曲线 ｙ ｆ ｘ 的对
又直线过定点ç １ ÷ １ ç １ｘ３ ｘ２ ５÷ Ｂ. ＝２ ꎬ (１ꎬ０) ＝ ( )
è－１ꎬ øꎬ∴ －è ０ － ０ ＋ ø ＝
３ ３ ３ ３ 称中心
ｘ２ ｘ ｘ 得 ｘ３ ｘ 即 ｘ
( ０ －２ ０)(－１－ ０)ꎬ ０ －３ ０ －２＝０ꎬ ( ０ ＋ 当 ｂ ａ 时 过点 Ａ 可以作曲线 ｙ ｆ ′ ｘ
Ｃ. ＝３ ꎬ ＝ ( )
ｘ２ ｘ 解得ｘ 或 故可作两
１)( ０ － ０ －２)＝ ０ꎬ ０ ＝２ －１ꎬ 的 条切线
２
条切线 故选 .
ꎬ Ｃ 当 ａ ｂ ａ 时 过点 Ａ 可以作曲线 ｙ
Ｄ. ５ < <６ ꎬ ＝
３.(多选)( 新高考 ꎬ ꎬ 分)已知函数
２０２２ Ⅰ １０ ５ ｆ ｘ 的 条切线
( ) ３
ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
－
ｘ
＋１ꎬ
则
( ) 答案 ＡＢＤ 对于 ｆ ′ ｘ ａｘ２ ａｘ
Ａꎬ ( )＝ ３ －６ ＝
ｆ ｘ 有两个极值点
Ａ. ( ) ａｘ ｘ
３ ( －２)ꎬ
ｆ ｘ 有三个零点
Ｂ. ( ) 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 或 ｘ
( )＝ ０ꎬ ＝０ ＝２ꎬ
点 是曲线 ｙ ｆ ｘ 的对称中心
Ｃ. (０ꎬ１) ＝ ( ) 因为 ａ 所以令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 或 ｘ
>０ꎬ ( )>０ꎬ <０ >２ꎬ
直线 ｙ ｘ 是曲线 ｙ ｆ ｘ 的切线
Ｄ. ＝２ ＝ ( ) 令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ 所以 ｆ ｘ 在
( )<０ꎬ ０< <２ꎬ ( ) (－∞ꎬ
答案 ＡＣ
∵
ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
－
ｘ
＋１ꎬ∴
ｆ ′
(
ｘ
)＝ ３
ｘ２
上单调递增 在 上单调递
０)ꎬ(２ꎬ＋∞) ꎬ (０ꎬ２)
减 所以 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得极大值 在 ｘ
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ ３ 当 ｘ ꎬ ( ) ＝０ ꎬ ＝２
－ １ꎬ ( ) ＝ ０ꎬ ＝ ± ꎬ ∈
３ 处取得极小值 所以 正确
ꎬ Ａ ꎻ
æ ö
çç ３÷÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 当 ｘ 对于 当 ｂ ａ 时 ｆ ｘ ａｘ３ ａｘ２ ａ
è－∞ꎬ－ ø ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ Ｂꎬ ＝２ ꎬ ( )＝ －３ ＋２ ꎬ
３ ｆ ｘ ａ ｘ ３ ａ ｘ ２ ａ ａｘ３
(２－ )＝ (２－ ) －３ (２－ ) ＋２ ＝－ ＋
æ ö
çç ３ ３÷÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递减 当 ａｘ２ ａ
∈è－ ꎬ ø ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ ３ －２ ꎬ
３ ３ ｆ ｘ ｆ ｘ 所以点 是曲线 ｙ ｆ
æ ö ( )＋ (２－ )＝ ０ꎬ (１ꎬ０) ＝
ｘ çç ３ ÷÷时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 单调递增 ｘ 的对称中心 所以 正确
∈è ꎬ＋∞ø ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ∴ ( ) ꎬ Ｂ ꎻ
３ 对于 当ｂ ａ 时 ｆ ｘ ａｘ３ ａｘ２ ａ 令ｆ
ｆ ｘ 有两个极值点 故选项 正确. Ｃꎬ ＝３ ꎬ ( )＝ －３ ＋３ ꎬ
( ) ꎬ Ａ ′ ｘ ｇ ｘ ａｘ２ ａｘ ｇ′ ｘ ａｘ ａ
æ ö ( )＝ ( )＝ ３ －６ ꎬ ( )＝ ６ －６ ꎬ
ｆçç ３÷÷ ３ ３ ９－２ ３ ｆ ｘ 的极 设切点为 Ｂ ｘ ａｘ２ ａｘ 所以在 Ｂ 点处
∵ è ø ＝ － ＋１＝ >０ꎬ∴ ( ) ( ０ꎬ３ ０ －６ ０)ꎬ
３ ９ ３ ９
的切线方程为 ｙ ａｘ２ ａｘ ａｘ ａ
小值大于 ｆ ｘ 仅有一个零点.故选项 －(３ ０ －６ ０)＝ (６ ０ －６ )
０ꎬ∴ ( ) Ｂ
ｘ ｘ 又因为切线过点 Ａ ａ 所以 ａ
错误. ( － ０)ꎬ (２ꎬ )ꎬ －
ａｘ２ ａｘ ａｘ ａ ｘ 化简得
由于函数 ｆ ｘ 的图象是由奇函数 ｙ ｘ３ ｘ 的 (３ ０ －６ ０)＝ (６ ０ －６ )(２－ ０)ꎬ
( ) ＝ －
图象向上平移 个单位长度得到的 故 ｆ ｘ ３ ｘ２ ０ －１２ ｘ ０ ＋１３＝０ꎬ Δ ＝(－１２) ２ －４×３×１３<０ꎬ 所
１ ꎬ ( )
以过点 Ａ 不可以作曲线 ｙ ｆ ′ ｘ 的切线 所
的图象关于点 对称 即点 是曲线 ＝ ( ) ꎬ
5 (０ꎬ１) ꎬ (０ꎬ１)
以 不正确
年 ｙ ｆ ｘ 的对称中心 故选项 正确. Ｃ ꎻ
高 ＝ ( ) ꎬ Ｃ
考
3
曲线 ｙ
＝
ｆ
(
ｘ
)
的切线斜率为
２ꎬ
即 ｆ ′
(
ｘ
)＝ ２ꎬ
对于 Ｄꎬ ｆ ′ ( ｘ )＝ ３ ａｘ２ －６ ａｘ ꎬ 设切点为 Ｃ ( ｘ ０ꎬ
年
模 得 ｘ ＝±１ꎬ 故曲线 ｙ ＝ ｆ ( ｘ ) 的斜率为 ２ 的切线
ａｘ３
０ －３
ａｘ２
０ ＋
ｂ
)ꎬ
所以在 Ｃ 点处的切线方程为 ｙ
拟 方程为 ｙ ｘ 或 ｙ ｘ 故选项 错误. ａｘ３ ａｘ２ ｂ ａｘ２ ａｘ ｘ ｘ 又因
A ＝２ －１ ＝２ ＋３ꎬ Ｄ －( ０ －３ ０ ＋ )＝ (３ ０ －６ ０)( － ０)ꎬ
版 故选 . 为切线过点 Ａ ａ 所以 ａ ａｘ３ ａｘ２ ｂ
ＡＣ (２ꎬ )ꎬ －( ０ －３ ０ ＋ )
高 ４.(多选)( 届浙南名校联盟联考ꎬ )已 ａｘ２ ａｘ ｘ 解得 ａｘ３ ａｘ２
考 ２０２３ １２ ＝ (３ ０ －６ ０)(２－ ０)ꎬ ２ ０ －９ ０ ＋
数
学 知函数 ｆ
(
ｘ
)＝
ａｘ３
－３
ａｘ２
＋
ｂ
ꎬ
其中实数 ａ
>０ꎬ １２
ａｘ
０ ＋
ａ
＝
ｂ
ꎬ
令 ｇ
(
ｘ
)＝ ２
ａｘ３
－９
ａｘ２
＋１２
ａｘ
＋
ａ
ꎬ
ｙ
１３４
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｂ 所以过点 Ａ 可以作曲线 ｙ ｆ ｘ 的切线 当 ａ 时 ｆ ′ ｘ ａｘ２ ｘ ｘ ａｘ 令
＝ ꎬ ＝ ( ) ≠０ ꎬ ( )＝ ３ －６ ＝３ ( －２)ꎬ
条数转化为ｙ ｇ ｘ 的图象与直线ｙ ｂ 的交
＝ ( ) ＝ ｆ ′ ｘ 解得 ｘ ｘ ２.当 ａ 时 ２
点个数. ( )＝ ０ꎬ １ ＝０ꎬ ２ ＝ ａ >０ ꎬａ >
ｇ′
(
ｘ
)＝ ６
ａｘ２
－１８
ａｘ
＋１２
ａ
＝６
ａ
(
ｘ２
－３
ｘ
＋２)＝ ６
ａ
０ꎬ
所以函数 ｆ
(
ｘ
)＝
ａｘ３
－３
ｘ２
＋１
在
(－∞ꎬ０)
和
ｘ ｘ 则 ｇ ｘ 在 æ ö æ ö
( －１)( －２)ꎬ ( ) (－∞ꎬ１)ꎬ(２ꎬ＋∞) ç２ ÷上为增函数 在ç ２ ÷上为减函数
èａꎬ＋∞ø ꎬ è０ꎬａø ꎬ
上单调递增 在 上单调递减 ｇ
ꎬ (１ꎬ２) ꎬ (１)＝
因为ｆ ｘ 存在唯一零点 ｘ 且 ｘ 则 ｆ
ａ ｇ ａ ｇ ｘ 的图象如图所示 当 ａ ( ) ０ꎬ ０>０ꎬ (０)
６ ꎬ (２)＝ ５ ꎬ ( ) ꎬ ５ <
ｂ ａ 时 ｙ ｇ ｘ 的图象与直线 ｙ ｂ 有 个 即 不成立.当 ａ 时 ２ 所以函
<６ ꎬ ＝ ( ) ＝ ３ <０ꎬ １<０ꎬ <０ ꎬａ <０ꎬ
交点 所以过点Ａ 可以作曲线ｙ ｆ ｘ 的 条
ꎬ ＝ ( ) ３ æ ö
切线 故 正确.故选 数 ｆ ｘ ａｘ３ ｘ２ 在ç ２ ÷和
ꎬ Ｄ ＡＢＤ. ( )＝ －３ ＋１ è－∞ꎬａø (０ꎬ＋∞)
æ ö
上为减函数 在ç２ ÷上为增函数 因为 ｆ
ꎬ èａꎬ０ø ꎬ
æ ö
ｘ 存在唯一零点ｘ 且ｘ 则ｆç２ ÷ 即
( ) ０ꎬ ０>０ꎬ èａø>０ꎬ
ａ ８ ４ 解得 ａ 或 ａ 又因
５.(
２０１３
课标
Ⅱ
ꎬ
１０
ꎬ
５
分)已知函数 ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
＋
􀅰ａ３ －３􀅰ａ２ ＋１>０ꎬ >２ <－２ꎬ
ａｘ２ ｂｘ ｃ 下列结论中错误的是 为 ａ 故 ａ 的取值范围为 .选 .
＋ ＋ ꎬ ( ) <０ꎬ (－∞ꎬ－２) Ｃ
Ａ.∃
ｘ
０∈
Ｒ
ꎬ
ｆ
(
ｘ
０)＝ ０
７.(多选)(
２０２２
海南联考ꎬ
９
)若函数ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
－
函数 ｙ ｆ ｘ 的图象是中心对称图形
Ｂ. ＝ ( ) ｘ２ ａ 的图象在点 ｘ ｆ ｘ 处与 ｘ 轴相
３ ＋ ( ０ꎬ ( ０))
若 ｘ 是 ｆ ｘ 的极小值点 则 ｆ ｘ 在区间
切 则实数 ａ 的值可能为
Ｃ. ０ ( ) ꎬ ( ) ꎬ ( )
ｘ 单调递减
(－∞ꎬ ０)
Ａ.１ Ｂ.４ Ｃ.０ Ｄ.２
若 ｘ 是 ｆ ｘ 的极值点 则 ｆ ′ ｘ
Ｄ. ０ ( ) ꎬ ( ０)＝ ０ 答案 ＢＣ 由题意可知 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )＝ ３ ｘ２ －６ ｘ ꎬ
答案 Ｃ 由三次函数值域为 Ｒ 知 ｆ ｘ
( )＝ ０ 因为函数ｆ ｘ 的图象在点 ｘ ｆ ｘ 处与 ｘ
( ) ( ０ꎬ ( ０))
有解
ꎬ
所以
Ａ
项正确
ꎻ
因为 ｙ
＝
ｘ３ 的图象为中
轴相切
ꎬ
心对称图形
ꎬ
而 ｆ
(
ｘ
)＝
ｘ３
＋
ａｘ２
＋
ｂｘ
＋
ｃ 的图象
{ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ａ
可以由 ｙ
＝
ｘ３ 的图象变换得到
ꎬ
故
Ｂ
项正确
ꎻ
所以
ｆ
(
′
０
ｘ
)＝ ０ －
ｘ
３
２
０ ＋
ｘ
＝０ꎬ解得 ａ
＝０
或 ａ
＝
若 ｆ ｘ 有极小值点 则 ｆ ′ ｘ 有两个不 ( ０)＝ ３ ０ －６ ０ ＝０ꎬ
( ) ꎬ ( )＝ ０ .故选
等实根 ｘ ｘ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ ｘ２ ａｘ ｂ ４ ＢＣ.
１ꎬ ２( １< ２)ꎬ ( )＝ ３ ＋２ ＋ ＝３ ８.(多选)( 届山西长治质量检测ꎬ )对
ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ｘ 在 ｘ 上为增函 ２０２３ １２
( － １)( － ２)ꎬ ( ) (－∞ꎬ １)
于函数 ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｃｘ ｄ ｃ ｄ Ｒ 下列
数 在 ｘ ｘ 上为减函数 在 ｘ 上为 ( )＝ ２ ＋３ ＋ ＋ ꎬ ꎬ ∈ ꎬ
ꎬ ( １ꎬ ２) ꎬ ( ２ꎬ＋∞)
说法正确的是
增函数 故 项错误 项正确.故选 . ( )
ꎬ Ｃ ꎻＤ Ｃ
æ ｃ ｄö
６.( 课标 ꎬ ꎬ 分)已知函数 ｆ ｘ ａｘ３ 函数 ｆ ｘ 的图象关于点ç １ １－ ＋２ ÷中
２０１４ Ⅰ １１ ５ ( )＝ Ａ. ( ) è－ ꎬ ø
２ ２
ｘ２ 若ｆ ｘ 存在唯一的零点ｘ 且ｘ
－３ ＋１ꎬ ( ) ０ꎬ ０>０ꎬ 心对称
则 ａ 的取值范围是
专
( )
函数 ｆ ｘ 有极值的充要条件是 ｃ ３ 题
Ｂ. ( ) < 四
Ａ.(２ꎬ＋∞) Ｂ.(１ꎬ＋∞)
２
导
Ｃ.(－∞ꎬ－２) Ｄ.(－∞ꎬ－１)
Ｃ.
若函数 ｆ
(
ｘ
)
有两个极值点 ｘ
１ꎬ
ｘ
２ꎬ
则 ｘ４
１ ＋
ｘ４
２
数
及
答案 Ｃ 当 ａ 时 显然 ｆ ｘ 有两个零
其
＝０ ꎬ ( )
１ 应
点 不符合题意. > 用
ꎬ ８
１３５
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋若ｃ ｄ 则过点 作曲线ｙ ｆ ｘ ｔ 且 ｇ ′ ｔ ｇ ′ ｔ ｇ ′ ｔ 则过点
Ｄ. ＝ ＝－１２ꎬ (３ꎬ０) ＝ ( ) ３ꎬ ( １)≠ ( ２)≠ ( ３)ꎬ (３ꎬ
的切线有且仅有 条 作曲线 ｙ ｆ ｘ 的切线有 条 故 错误
２ ０) ＝ ( ) ３ ꎬ Ｄ ꎬ
答案 ＡＢＣ 由题意得 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｃ 故选
( )＝ ６ ＋６ ＋ ꎬ ＡＢＣ.
æ ö ｃ ｄ ９.( 安徽ꎬ ꎬ 分)设函数 ｆ ｘ
则 ６ １ ｆç １÷ １－ ＋２ . ２０１４ １８ １２ ( )＝ １＋(１＋
－ ＝－ ꎬ è－ ø ＝
２×６ ２ ２ ２ ａ ｘ ｘ２ ｘ３ 其中 ａ .
) － － ꎬ >０
对于 ｆ ｘ ｆ ｘ ｃ ｄ 则 ｆ ｘ 的
Ａꎬ ( )＋ (－１－ )＝ １－ ＋２ ꎬ ( ) 讨论 ｆ ｘ 在其定义域上的单调性
(１) ( ) ꎻ
æ ｃ ｄö
图象关于点ç １ １－ ＋２ ÷中心对称 故 当 ｘ 时 求 ｆ ｘ 取得最大值和最
è－ ꎬ ø ꎬ Ａ (２) ∈[０ꎬ１] ꎬ ( )
２ ２ 小值时的 ｘ 的值.
正确
ꎬ 解析 ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′
对于 若 ｆ ｘ 有极值 则 Δ ｃ 解 (１) ( ) (－∞ꎬ＋∞)ꎬ
Ｂꎬ ( ) ꎬ ＝３６－２４ >０ꎬ ｘ ａ ｘ ｘ２.
( )＝ １＋ －２ －３
得 ｃ ３ 故 正确
ａ
< ꎬ Ｂ ꎬ
令 ｆ ′ ｘ 得 ｘ －１－ ４＋３ ｘ
２
( ) ＝ ０ꎬ １ ＝ ꎬ ２ ＝
对于 若ｆ ｘ 有两个极值点ｘ ｘ 则ｘ ｘ ３
Ｃꎬ ( ) １ꎬ ２ꎬ １ ＋ ２
ａ
ｃ －１＋ ４＋３ ｘ ｘ 所以ｆ ′ ｘ ｘ ｘ ｘ
＝－１ꎬ
ｘ
１
ｘ
２ ＝ ꎬ
ｘ４
１ ＋
ｘ４
２ ＝(
ｘ２
１ ＋
ｘ２
２)
２
－２
ｘ２
１
ｘ２
２ ＝[(
ｘ
１ ３
ꎬ １< ２ꎬ ( )＝ －３( － １)(
６
ｘ .
ｘ ２ ｘ ｘ ２ ｘ２ｘ２
æ
ç
ｃ ö
÷
２ ｃ２ ｃ２
２ｃ
－ ２)
＋ ２) －２ １ ２] －２ １ ２ ＝è１－ ø － ＝ － 当 ｘ ｘ 或 ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ
３ １８ １８ ３ < １ > ２ ꎬ ( )<０ꎻ
当 ｘ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ .
１ ｃ ２ １< < ２ ꎬ ( )>０
＋１＝ ( －６) －１ꎬ 故 ｆ ｘ 在 ｘ 和 ｘ 内单调递
１８ ( ) (－∞ꎬ １) ( ２ꎬ＋∞)
减 在 ｘ ｘ 内单调递增.
因为 ｃ
<
３
ꎬ
所以 ｘ４
１ ＋
ｘ４
２>
１
ꎬ
故
Ｃ
正确
ꎬ
ꎬ ( １ꎬ ２)
２ ８ 因为 ａ 所以 ｘ ｘ .
对于 若 ｃ ｄ 则 ｆ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ
(２) >０ꎬ １<０ꎬ ２>０
Ｄꎬ ＝ ＝－１２ꎬ ( )＝ ２ ＋３ －１２ 当 ａ 时 ｘ .
ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ ｆ 设过点
① ≥４ ꎬ ２≥１
－１２ꎬ ( )＝ ６ ＋６ －１２ꎬ (３)≠０ꎬ 由 知 ｆ ｘ 在 上单调递增.
(１) ꎬ ( ) [０ꎬ１]
的直线与曲线 ｙ ｆ ｘ 相切于点 ｔ
(３ꎬ０) ＝ ( ) ( ꎬ 所以 ｆ ｘ 在 ｘ 和 ｘ 处分别取得最小值
( ) ＝０ ＝１
ｆ ｔ 则 ｆ ′ ｔ ｔ２ ｔ
( ))ꎬ ( ) ＝ ６ ＋ ６ － １２ ＝ 和最大值.
ｔ３ ｔ２ ｔ
２ ＋３ －１２ －１２－０ 整理得 ｔ３ ｔ２ ｔ 当 ａ 时 ｘ .
ｔ ꎬ ４ －１５ －１８ ＋４８ ② ０< <４ ꎬ ２<１
－３ 由 知 ｆ ｘ 在 ｘ 上单调递增 在 ｘ
令 ｇ ｘ ｘ３ ｘ２ ｘ 则 ｇ′ ｘ (１) ꎬ ( ) [０ꎬ ２] ꎬ [ ２ꎬ
＝０ꎬ ( )＝ ４ －１５ －１８ ＋４８ꎬ ( )＝ 上 单 调 递 减. 所 以 ｆ ｘ 在 ｘ ｘ
ｘ２ ｘ ｘ ｘ １] ( ) ＝ ２ ＝
１２ －３０ －１８＝６( －３)􀅰(２ ＋１)ꎬ
ａ
－１＋ ４＋３ 处取得最大值.
令 ｇ′ ｘ 得 ｘ 或 ｘ １ 令 ｇ′ ｘ
( )>０ꎬ >３ <－ ꎬ ( )<０ꎬ ３
２
又 ｆ ｆ ａ 所以
(０)＝ １ꎬ (１)＝ ꎬ
得 １ ｘ
5 － < <３ꎬ 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得最小值
年 ２ ０< <１ ꎬ ( ) ＝１ ꎻ
高 æ ö 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ｘ 处和 ｘ 处同时取
考 故 ｇ ｘ 有极大值 ｇç １÷ 极小值 ｇ ＝１ ꎬ ( ) ＝０ ＝１
3 ( ) è－ ø>０ꎬ (３) 得最小值
年 ２ ꎻ
模
当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ｘ 处取得最小值.
拟
<０ꎬ １< <４ ꎬ ( ) ＝０
A 由三次函数性质得 ｇ ｔ 有三个解 ｔ ｔ
版
( )＝ ０ １ꎬ ２ꎬ
高
考
数
学
１３６
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋专题综合检测
一、单项选择题 错误
Ａ、Ｂ ꎻ
ｆ ′ ｘ ｘ － ｘ ｘ ｘ － ｘ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ
１.( 海南联考ꎬ )若ｆ ｘ １ｘ２ ２ ｘ ａ ( )＝ ｅ －ｅ ＋ (ｅ ＋ｅ )ꎬ <０ ꎬ ( )
２０２２ ３ ( )＝ －ｅ ｌｎ ꎬ０<
故ｆ ｘ 在 上单调递减 所以
２
<０ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) ꎬ Ｃ
ｂ 则下列结论一定正确的是
<ｅ< ꎬ ( )
正确 错误.故选
ꎬＤ Ｃ.
ｆ ａ ｆ ｂ ｆ ａ ｆ ｂ
Ａ. ( )< ( ) Ｂ. ( )> ( ) ４.( 湖南岳阳平江一中月考ꎬ )已知直线 ｌ
２０２２ ３
ｆ ａ ｆ ｆ ｆ ｂ
Ｃ. ( )> (ｅ) Ｄ. (ｅ)> ( )
是曲线 ｙ ｘ ｘ 的切线 则 ｌ 的方程不可能
答案 Ｃ ｆ ｘ 的定义域为 ｆ ′ ｘ ＝ ＋２ ꎬ
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )
是
２ ｘ ｘ ( )
ｘ ｅ ( －ｅ)( ＋ｅ) ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ′ ｘ
＝ －ｘ ＝ ｘ ꎬ ( )>０⇒ >ｅꎻ ( ) ｘ ｙ ｘ ｙ
Ａ.５ －２ ＋１＝０ Ｂ.４ －２ ＋１＝０
ｘ 故ｆ ｘ 在 上单调递减 在 ｘ ｙ ｘ ｙ
Ｃ.１３ －６ ＋９＝０ Ｄ.９ －４ ＋４＝０
<０⇒０< <ｅꎬ ( ) (０ꎬｅ) ꎬ
上单调递增 又因为 ａ ｂ 所以 答案 Ｂ 函数 ｙ ｘ ｘ 的定义域为
(ｅꎬ＋∞) ꎬ ０< <ｅ< ꎬ ＝ ＋２ [０ꎬ＋
ｆ ａ 与 ｆ ｂ 无法比较大小 且 ｆ ａ ｆ
( ) ( ) ꎬ ( )> (ｅ)ꎬ ｙ′ １ 所以曲线 ｙ ｘ ｘ 的切
ｆ ｂ ｆ 故 错误 正确.故选 ∞)ꎬ ＝ ｘ ＋２>２ꎬ ＝ ＋２
( )> (ｅ)ꎬ Ａ、Ｂ、Ｄ ꎬＣ Ｃ. ２
２.( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )已知函数 线 ｌ 的斜率的取值范围是 .
２０２２ ６ (２ꎬ＋∞)
ｆ ｘ 是定义在 Ｒ 上的奇函数 且ｆ ｘ ｘ３
( ) ꎬ ( )＝ －２ 对于 直线 ｘ ｙ 的斜率为５ 令 ｙ′
＋３
ａｘ２
－
ｆ ′
(１)
ｘ
ꎬ
则函数ｆ
(
ｘ
)
的图象在点
(－２ꎬ
Ａꎬ ５ －２ ＋１＝０
２
ꎬ
ｆ 处的切线的斜率为
(－２)) ( ) １ ５ 解得 ｘ 此时 ｙ 点
＝ ＋２＝ ꎬ ＝１ꎬ ＝３ꎬ (１ꎬ３)
ｘ
Ａ.－２１ Ｂ.－２７ Ｃ.－２４ Ｄ.－２５ ２ ２
答案 Ａ 由ｆ
(
ｘ
)
是奇函数知 ｆ
(－
ｘ
)＝ ２
ｘ３
＋
在直线
５
ｘ
－２
ｙ
＋１＝０
上
ꎬ
则直线
５
ｘ
－２
ｙ
＋１＝０
ａｘ２ ｆ ′ ｘ ｆ ｘ ｘ３ ａｘ２ ｆ ′ ｘ 恒 与曲线 ｙ ｘ ｘ 相切
３ ＋ (１) ＝－ ( )＝ ２ －３ ＋ (１) ＝ ＋２ ꎻ
成立 所以 ａ ｆ ｘ ｘ３ ｆ ′ ｘ 则 对于 直线 ｘ ｙ 的斜率为 该直
ꎬ ＝ ０ꎬ ( )＝ －２ － (１) ꎬ Ｂꎬ ４ －２ ＋１＝０ ２ꎬ
ｆ ′ ｘ ｘ２ ｆ ′ 所以 ｆ ′
( )＝ －６ － (１)ꎬ (１)＝ －６－ 线不是曲线 ｙ ｘ ｘ 的切线
＝ ＋２ ꎻ
ｆ ′ ｆ ′ 即ｆ ′ ｘ ｘ２ 则 ｆ ′
(１)ꎬ (１)＝ －３ꎬ ( )＝ －６ ＋３ꎬ
(－２)＝ －６×(－２) ２ ＋３＝－２１
.故选
Ａ.
对于
Ｃꎬ
直线
１３
ｘ
－６
ｙ
＋９＝０
的斜率为１３
>２ꎬ
６
ｘ
３.( 海南联考ꎬ )已知函数ｆ ｘ ｘ ｘ
２０２２ ５ ( )＝ ｅ － ｘꎬ 令 ｙ′ １ １３ 解得 ｘ 此时 ｙ 点
＝ ＋２＝ ꎬ ＝９ꎬ ＝２１ꎬ
ｅ ｘ
２ ６
则
( ) 在直线 ｘ ｙ 上 所以直线
ｆ ｘ 是奇函数 且在 上单调递减 (９ꎬ２１) １３ －６ ＋９＝０ ꎬ
Ａ. ( ) ꎬ (－∞ꎬ０)
ｘ ｙ 与曲线 ｙ ｘ ｘ 相切
ｆ ｘ 是奇函数 且在 上先递减再 １３ －６ ＋９＝０ ＝ ＋２ ꎻ
Ｂ. ( ) ꎬ (－∞ꎬ０)
递增 对于 直线 ｘ ｙ 的斜率为９
Ｄꎬ ９ －４ ＋４＝０ >２ꎬ
ｆ ｘ 是偶函数 且在 上单调递减 ４
Ｃ. ( ) ꎬ (－∞ꎬ０)
ｆ ｘ 是偶函数 且在 上先递减再 令 ｙ′ １ ９ 解得 ｘ 此时 ｙ 点 专
Ｄ. ( ) ꎬ (－∞ꎬ０) ＝ ｘ ＋２＝ ꎬ ＝４ꎬ ＝１０ꎬ 题
递增 ２ ４ 四
在直线 ｘ ｙ 上 则直线 ｘ
导
答案 Ｃ ｆ ｘ 的定义域为 Ｒ ｆ ｘ ｘ － ｘ (４ꎬ１０) ９ －４ ＋４＝０ ꎬ ９ － 数
( ) ꎬ (－ )＝ － ｅ
ｙ 与曲线 ｙ ｘ ｘ 相切.故选 及
ｘ ｘ ４ ＋４＝０ ＝ ＋２ Ｂ. 其
－ ｘ ｘ ｆ ｘ 故ｆ ｘ 为偶函数 从而 应
－ － ｘ＝ ｅ － ｘ ＝ ( )ꎬ ( ) ꎬ ５.( 长沙雅礼中学月考一ꎬ )已知函数 用
ｅ ｅ ２０２２ ７
１３７
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋{ ｘ２ ｘ ｘ ｙ ｘ ｘ ｙ ｘ ｘ
ｆ ｘ － －２ －２ꎬ ≤０ꎬ若关于 ｘ 的不等式 Ａ. ＝ｌｎ ＋ Ｂ. ＝ｅ ＋
( )＝ ｘ ｘ ｙ ｘ３ ｙ ｘ ｘ
ｌｎ( ＋１)ꎬ >０ꎬ Ｃ. ＝ ＋１ Ｄ. ＝ －ｃｏｓ
答案 Ｄ 由 共切 函数的定义可知 自变
ｆ ｘ ａｘ ａ １在 Ｒ 上恒成立 则实数 ａ 的 “ ” ꎬ
( )≤ ＋ － ꎬ
量中存在两个值 使它们的导数值相等 才
２
ꎬ ꎬ
取值范围是
可能是 共切 函数 因此其导函数不能是单
( )
“ ” ꎬ
－２ １ １ ２ 调函数.
Ａ.[ｅ ꎬ ２] Ｂ.[ ２ꎬｅ ]
１ １
Ｃ.[ｅ －２ ꎬ ６] Ｄ.[ｅ ２ ꎬ ６] 对于 ｙ′ １ 导函数在 上单调
Ａꎬ ＝ ｘ ＋１ꎬ (０ꎬ＋∞)
答案 Ａ 画出函数 ｆ ｘ 的图象如图所示.
( )
递减 且自变量与函数值是一一对应的关
ꎬ
系 故 ｙ ｘ ｘ 不是 共切 函数
ꎬ ＝ｌｎ ＋ “ ” ꎻ
对于 ｙ′ ｘ 导函数在 Ｒ 上单调递增
Ｂꎬ ＝ｅ ＋１ꎬ ꎬ
故 ｙ ｘ ｘ 不是 共切 函数
＝ｅ ＋ “ ” ꎻ
对于 ｙ′ ｘ２ 存在 ｍ ｍ３ 与 ｍ ｍ３
Ｃꎬ ＝３ ꎬ ( ꎬ ＋１) (－ ꎬ－
ｍ 两点处的切线斜率为 ｍ２ 分
＋１)( ≠０)ꎬ ３ ꎬ
ｆ ｘ ａｘ ａ １在 Ｒ 上恒成立 即函数 ｙ ｆ
( )≤ ＋ － ꎬ ＝ 别写出切线方程为 ｙ ｍ２ｘ ｍ３ ｙ ｍ２ｘ
２ ＝３ －２ ＋１ꎬ ＝３
ｍ３
ｘ 的图象恒在直线 ｙ ａｘ ａ １的下方. ＋２ ＋１ꎬ
( ) ＝ ＋ － 显然两直线不重合 故 ｙ ｘ３ 不是 共切
２ ꎬ ＝ ＋１ “ ”
æ ö 函数
直线 ｙ ａｘ ａ １过定点ç １÷ 当直线与 ꎻ
＝ ＋ － è－１ꎬ－ øꎬ
２ ２ 对于 ｙ′ ｘ ｙ′ 导函数是 Ｔ
Ｄꎬ ＝１＋ｓｉｎ ꎬ ∈[０ꎬ２]ꎬ
ｙ ｘ ｘ 的图象相切时 设切点为
＝ｌｎ( ＋１)( >０) ꎬ 的周期函数 且 ｙ′ 恒成立 故 ｙ ｘ
＝２π ꎬ ≥０ ꎬ ＝ －
Ｐ ｘ ｘ .
( ０ꎬｌｎ( ０ ＋１)) ｘ 在 Ｒ 上递增
ｃｏｓ ꎬ
ｘ １ 不妨取 ｘ ｘ 则 ｙ′ 切点分别为
ｌｎ( ０ ＋１)＋ Ａ＝０ꎬ Ｂ＝２πꎬ ＝１ꎬ
ｙ′ １ 则有 １ ２ 解得 ｘ Ａ Ｂ 此时切线方程分别
＝ｘ ꎬ ｘ ＝ ｘ ꎬ ０ ＝ (０ꎬ－１)ꎬ (２πꎬ２π－１)ꎬ
＋１
０
＋１
０
＋１
为 ｙ ｘ ｙ ｘ ｘ 两切线重
１ ２ 则直线斜率为 －２ １ 即 ａ －２ １ ＝ －１ꎬ ＝ －２π＋２π－１＝ －１ꎬ
ｅ －１ꎬ ｅ ꎬ ＝ｅ ꎻ 合 故该函数为 共切 函数.故选
当直线与 ｙ ｘ２ ｘ ｘ 的图象相切 ꎬ “ ” Ｄ.
＝－ －２ －２( ≤０) ７.( 湖北重点高中联考ꎬ )若不同两点 Ｐ
２０２２ ８ 、
时 此时由 ａｘ ａ １ ｘ２ ｘ 得 ｘ２ ａ Ｑ 均在函数 ｙ ｆ ｘ 的图象上 且点 Ｐ Ｑ 关
ꎬ ＋ － ＝－ －２ －２ꎬ ＋( ＋ ＝ ( ) ꎬ 、
２
于原点对称 则称 Ｐ Ｑ 是函数ｙ ｆ ｘ 的一
ꎬ ( ꎬ ) ＝ ( )
ｘ ａ ３
２) ＋ ＋ ＝０ꎬ 个 匹配点对 点对 Ｐ Ｑ 与 Ｑ Ｐ 视为同
２ “ ”( ( ꎬ ) ( ꎬ )
令 Δ ａ ２ ａ 得 ａ 或 ａ
ì
ï
ｘ３
ｘ
5 ＝( ＋２) －４ －６＝０ꎬ ＝ ２ ＝－ ２ 一个 匹配点对 .已知ｆ ｘ í ï ｘꎬ ≥０ꎬ恰
年 舍 “ ”) ( )＝ ïｅ
( )ꎬ ï
高 î ａｘ２ ｘ
考 由图象可知 －２ １ ａ .故选 . ２ ꎬ <０
3 ｅ ≤ ≤ ２ Ａ 有两个 匹配点对 则 ａ 的取值范围是
年 ６.( 山东青岛二中期末ꎬ )若函数 ｙ ｆ ｘ “ ”ꎬ
模 ２０２２ ７ ＝ ( )
拟
( )
的图象上存在两个不同的点 Ａ Ｂ 使得曲线
A ꎬ ꎬ æ ö æ ö
版 ｙ ｆ ｘ 在这两点处的切线重合 则称函数 ｙ ç １ ÷ ç １ ÷
＝ ( ) ꎬ Ａ.è０ꎬ ø Ｂ.è－ ꎬ０ø
２ｅ ２ｅ
高
ｆ ｘ 为 共切 函数 下列函数中是 共切
考 æ ö æ ö
＝ ( ) “ ” ꎬ “ ”
数 ç １ ÷ ç １ ÷
学 函数的是 Ｃ.è０ꎬ ø Ｄ.è－ ꎬ０ø
( ) ２ ２
１３８
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋答案 Ｂ 函数 ｙ ａｘ２ ｘ 的图象关于原 增 当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递减 所以
＝２ ( <０) ꎻ >ｅ ꎬ ( )<０ꎬ ( ) ꎬ
点对称的图象所对应的函数为 ｙ ａｘ２ ｘ
＝－２ ( > 当 ｘ 时 函数ｈ ｘ 取得最大值 ｈ １
＝ｅ ꎬ ( ) (ｅ)＝ ꎬ
ｆ ｘ 的图象上恰好有两个 匹配点对 等
ｅ
０)ꎬ ( ) “ ”
ｘ３ 所以 λ １ 即实数 λ 的取值范围是
价于函数 ｙ ｘ 与函数 ｙ ａｘ２ ｘ ３ ≥ ꎬ
＝ ｘ( ≥０) ＝－２ ( > ｅ
ｅ
é ö
的图象有两个交点 即方程 ａｘ２
ｘ３
有两 ë
ê
ê
１
ꎬ＋∞ø
÷.故选
Ｂ
.
０) ꎬ －２ ＝ ｘ ３ｅ
ｅ 二、多项选择题
ｘ
个不等的正实数根 即 ａ 有两个不等的 ９.( 湖南娄底双峰一中摸底ꎬ )已知 ａ
ꎬ －２ ＝ ｘ ２０２２ １１ ＝
ｅ
０ . ０２ ｂ . ２ ｃ . 则
ｘ ｅ ꎬ ＝１ ０１ ꎬ ＝ｌｎ ２ ０２ꎬ ( )
正实数根 转化为函数 ｇ ｘ ｘ 的图
ꎬ ( )＝ ｘ( >０) ａ ｂ ａ ｂ ｂ ｃ ｃ ａ
Ａ. > Ｂ. < Ｃ. > Ｄ. >
ｅ
ｘ 答案 ＡＣ 因为 ０ . ０２ ０ . ２ . １
ｅ >ｅ ＝１ꎬ１ ０１ >１ ０１ ꎬｌｎ
象与直线 ｙ ａ 有 个交点.ｇ′ ｘ １－
＝－２ ２ ( )＝ ｘ ꎬ . 所以 ａ ｂ ｃ 故 ｂ
ｅ １<ｌｎ ２ ０２<ｌｎ ｅꎬ >１ꎬ >１ꎬ０< <１ꎬ >
当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 当 ｘ ｃ ａ ｃ 故 正确 错误
０< <１ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) ꎬ > ꎬ > ꎬ Ｃ ꎬＤ ꎻ
１ 时 ꎬ ｇ′ ( ｘ )<０ꎬ ｇ ( ｘ ) 单调递减 ꎬ 且 ｘ →０ 时 ꎬ ｇ 又 ａ ０ . ０２ １ １ ００ ２ ｂ . ２ æ ç １ ö ÷ ２ 设
＝ｅ ＝(ｅ ) ꎬ ＝ １ ０１ ＝ è１＋ ø ꎬ
ｘ ｘ 时 ｇ ｘ 所以 ｇ ｘ ｇ １００
( )→０ꎬ →＋∞ ꎬ ( )→０ꎬ ( )≤
ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ 则ｆ ′ ｘ ｘ
( )＝ ｅ －( ＋１)ꎬ ∈(０ꎬ１)ꎬ ( )＝ ｅ －１
(１)＝ １ ꎬ 则 ０<－２ ａ < １ ꎬ 解得 － １ < ａ <０ .故 所以ｆ ｘ ｘ ｘ 在 上单调递
>０ꎬ ( )＝ ｅ －( ＋１) (０ꎬ１)
ｅ ｅ ２ｅ
选 增 所以ｆ ｘ ｆ 即 ｘ ｘ 当 ｘ １
Ｂ.
ꎬ ( )> (０)＝ ０ꎬ ｅ > ＋１ꎬ ＝
８.( 重庆八中入学摸底ꎬ )设实数 λ 若 １００
２０２２ ８ > ｘ ０ꎬ 时 １０ １ ０ １ 所以 １０ １ ０ ２ ç æ １ ö ÷ ２ 即 ａ
对任意的 ｘ ∈(１ꎬ＋∞)ꎬ 不等式 ｅ ３ λｘ － ｌｎ λ ≥０ ꎬｅ > １００ ＋１ꎬ (ｅ ) >è １００ ＋１ø ꎬ >
３ ｂ 故 正确 错误.故选
ꎬ Ａ ꎬＢ ＡＣ.
恒成立 则实数 λ 的取值范围是
ꎬ ( ) １０ ( 重庆云阳江口中学期末ꎬ )直线
é ö é ö . ２０２２ １２ ｙ＝
ê ê
１ ÷ １ ÷
ê ê
Ａ.ë ꎬ＋∞ø Ｂ.ë ꎬ＋∞ø １ 能作为下列函数图象的切线的是
ｅ ３ｅ ｘ＋ｂ
２
Ｃ.[ｅꎬ＋∞) Ｄ.[３ｅꎬ＋∞)
( )
ｘ
答案 Ｂ 因为 λ 不等式 ３ λｘ ｌｎ
>０ꎬ ｅ － λ ≥０ꎬ Ａ. １ Ｂ. ３
３ ｆ(ｘ)＝ ｆ(ｘ)＝ ｘ
即 λ ３ λｘ ｘ 恒成立 转化为 λｘ ３ λｘ ｘ ｘ
３ ｅ ≥ｌｎ ꎬ ３ ｅ ≥ ｌｎ Ｃ. ２ Ｄ. ２
ｆ(ｘ)＝ ｘ ｆ(ｘ)＝ －ｘ
ｘ ｌｎ ｘ ｘ 恒成立 构造函数 ｇ ｘ ｘ ｘ ｘ
＝ｅ 􀅰ｌｎ ꎬ ( )＝ ｅ (
答案 ＢＣＤ 对ｆ ｘ １ 求导得ｆ ′ ｘ
ｇ′ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 当 ｘ 时 ( )＝ ｘ ( )＝ －
>１)ꎬ ( )＝ ｅ ＋ ｅ ＝( ＋１)ｅ ꎬ >１ ꎬ
ｘ
ｇ′ ｘ ｇ ｘ 单调递增 则不等式 ３ λｘ ｌｎ １ 令 １ １ 无解 排除
( )>０ꎬ ( ) ꎬ ｅ － λ ｘ２ ꎬ －ｘ２ ＝ ꎬ ꎬ Ａꎻ
３ ２
恒成立等价于 ｇ λｘ ｇ ｘ 恒成
≥０ (３ )≥ (ｌｎ ) 对ｆ ｘ ｘ３ 求导得ｆ ′ ｘ ｘ２ 令 ｘ２ １ 得
立 即 λｘ ｘ 恒成立 进而转化为 λ ( )＝ ( )＝ ３ ꎬ ３ ＝ ꎬ 专
ꎬ ３ ≥ｌｎ ꎬ ３ ≥ ２ 题
四
ｘ ｘ
ｌｎ
ｘ
恒成立.设 ｈ
(
ｘ
)＝
ｌｎ
ｘ ꎬ
ｘ
>１ꎬ
则ｈ′
(
ｘ
)＝
ｘ
＝ ±
６
ꎬ
即函数 ｆ
(
ｘ
) ＝
ｘ３ 的图象在点
导
６ 数
及
ｘ æ ö æ ö 其
１－ｌｎ 当 ｘ 时 ｈ′ ｘ ｈ ｘ 单调递 çç ６ ６÷÷与点çç ６ ６÷÷处的切线斜率为 应
ｘ２ ꎬ １< <ｅ ꎬ ( )>０ꎬ ( ) è ꎬ ø è－ ꎬ－ ø 用
６ ３６ ６ ３６
１３９
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋时 ｘ ａ 函数值域为 故
１ 正确 ꎬ ∈ (－１ꎬ ]ꎬ [１ꎬ５]ꎬ Ｃ
ꎬＢ ꎻ
正确
２
ꎻ
对ｆ ｘ ｘ２ 求导得ｆ ′ ｘ ｘ 令 ｘ １ 得ｘ 对于 Ｄꎬ 由 [ ｆ ( ｘ )] ２ －( ｔ ＋５) ｆ ( ｘ )＋５ ｔ ＝ ０ꎬ 即
( )＝ ( )＝ ２ ꎬ ２ ＝ ꎬ ＝
２ ｆ ｘ ｆ ｘ ｔ 得ｆ ｘ 或ｆ ｘ
[ ( )－５]􀅰[ ( )－ ]＝０ꎬ ( )＝ ５ ( )
æ ö
１ 故函数ｆ ｘ ｘ２ 的图象在点ç １ １÷处的切 ｔ
ꎬ ( )＝ è ꎬ ø ＝ ꎬ
４ ４ １６ 因为 ｙ ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ 有 个公共
＝ ( ) ＝５ ３
线斜率为１ 正确 点 当 ｔ 时 ｙ ｆ ｘ 的图象与直线 ｙ ｔ
ꎬＣ ꎻ ꎬ １< <５ ꎬ ＝ ( ) ＝
２
有 个公共点 所以共有 个公共点 则函数
４ ꎬ ７ ꎬ
对ｆ
(
ｘ
)＝ －
ｘ２ 求导得ｆ ′
(
ｘ
)＝ －２
ｘ
ꎬ
令
－２
ｘ
＝
１
ꎬ ｇ ｘ 恰有 个不同的零点.故 正确.故
２ ( ) ７ Ｄ
选
得 ｘ １ 故函数 ｆ ｘ ｘ２ 的图象在点 ＢＣＤ.
＝ － ꎬ ( )＝ － 三、填空题
４
æ ö １２.( 海南海口四中期中ꎬ )已知函数
ç １ １ ÷处的切线斜率为 １ 正确.故 ２０２２ １３
è－ ꎬ－ ø ꎬＤ
４ １６ ２ ｆ ｘ ｘ２ ｆ ′ ｘ 则ｆ ′ .
( )＝ ＋２ (１) －３ꎬ (１)＝
选
答案
ＢＣＤ.
－２
１１.( 重庆涪陵实验中学期中ꎬ )已知函
解析 ｆ ′ ｘ ｘ ｆ ′ 则ｆ ′ ｆ ′
２０２２ １２
( )＝ ２ ＋２ (１)ꎬ (１)＝ ２＋２
ìæ öｘ
ï
ïç １÷ ｘ (１)ꎬ
数ｆ ( ｘ )＝ í ï è ３ ø ꎬ ≤０ꎬ 则下列结论正 解得 ｆ ′ (１)＝ －２ .
ï
îｘ３
－６
ｘ２
＋９
ｘ
＋１ꎬ
ｘ
>０ꎬ １３.( 重庆南开中学月考ꎬ )函数ｆ ｘ
２０２２ １４ ( )＝
确的是
( ) ｘ ａ
ｃｏｓ － 在 ｘ π处取得极值 则 ａ .
ｆ ｘ 在 上单调递减 ｘ ＝ ꎬ ＝
Ａ. ( ) (－１ꎬ１) ｅ ２
ｆ ｆ 答案
Ｂ. (ｌｏｇ２３)> (ｌｏｇ２５) １
若 ｘ ａ 函数ｆ ｘ 的值域为 ｘ ｘ ａ
Ｃ. ∈(－１ꎬ ]ꎬ ( ) [１ꎬ 解析 由题意 得 ｆ ′ ｘ －ｓｉｎ －ｃｏｓ ＋
则 ａ ꎬ ( )＝ ｘ ꎬ
５]ꎬ １≤ ≤４ ｅ
当 ｔ 时 函数ｇ ｘ ｆ ｘ ２ ｔ ｘ ａ
Ｄ. １< <５ ꎬ ( )＝ [ ( )] －( ＋５) ｆ ｘ ｃｏｓ － 在 ｘ π处取得极值
∵ ( )＝ ｘ ＝ ꎬ
ｆ ｘ ｔ 恰有 个不同的零点
ｅ ２
􀅰 ( )＋５ ７
答案 ＢＣＤ 当 ｘ 时 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｘ
π π ａ
>０ ꎬ ( )＝ ３ －１２ ＋９ æ ö －ｓｉｎ －ｃｏｓ ＋
ｘ ｘ 所以 ｘ ｆ ′çπ÷ ２ ２ 解得 ａ .
＝３( －１)( －３)ꎬ ∈(０ꎬ１)∪(３ꎬ＋∞) ∴ è ø ＝ π ＝０ꎬ ＝１
２ ２
时 ｆ ′ ｘ ｘ 时 ｆ ′ ｘ 所以 ｅ
ꎬ ( )>０ꎬ ∈(１ꎬ３) ꎬ ( )<０ꎬ １４.( 江苏盐城响水中学学情分析ꎬ )已
ｆ ｘ 在 上单调递增 在 ２０２２ １５
( ) (０ꎬ１)ꎬ(３ꎬ＋∞) ꎬ (１ꎬ
ｘ２
上单调递减 又 所以 ｆ 知函数ｆ ｘ ｍ２ ｍ －２ 有三个零点
３) ꎬ １<ｌｏｇ２３<ｌｏｇ２５<３ꎬ ( )＝ ｘ－( －３ )ｅ ꎬ
ｆ 故 错误 正确. ｅ
5 (ｌｏｇ２３)> (ｌｏｇ２５)ꎬ Ａ ꎬＢ 则实数 ｍ 的取值范围是 .
年
作出ｆ ｘ 的图象如图所示.
高 ( ) 答案
考 (－１ꎬ０)∪(３ꎬ４)
3
年 解析 令 ｆ ｘ
ｘ２
ｍ２ ｍ －２ 则
ｘ２
模 ( )＝ ｘ－( －３ )ｅ ＝０ꎬ ｘ ＝
拟
ｅ ｅ
A ｘ２
版 ｍ２ ｍ －２ 令 ｇ ｘ ｙ ｍ２ ｍ
( －３ )􀅰ｅ ꎬ ( )＝ ｘꎬ ＝( －３ )
ｅ
高
考 ｘ２
数 －２ 问题转化为 ｇ ｘ 的图象与直线 ｙ
学 对于 因为ｆ ｆ 所以当 ａ ｅ ꎬ ( )＝ ｘ ＝
Ｃꎬ (１)＝ (４)＝ ５ꎬ １≤ ≤４ ｅ
１４０
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋ｍ２ ｍ －２ 有三个交点. 依 题 设 有
( －３ )ｅ ꎬ
ｘ ｘ２ {ｆ { ａ －２ ｂ
ｇ′ ｘ ２ － ｇ ｘ 在 和 (２)＝ ２ｅ＋２ꎬ即 ２ｅ ＋２ ＝２ｅ＋２ꎬ
( )＝
ｅ
ｘ ꎬ ( ) (－∞ꎬ０) (２ꎬ＋∞)
ｆ ′ ａ －２ ｂ
(２)＝ ｅ－１ꎬ －ｅ ＋ ＝ｅ－１ꎬ
上单调递减 在 上单调递增 且 ｇ ｘ
解得 ａ ｂ .
ꎬ (０ꎬ２) ꎬ ( )
＝２ꎬ ＝ｅ
ì ï ｍ２ －３ ｍ >０ꎬ 由 知ｆ ｘ ｘ ２－ ｘ ｘ.
ï (２) (１) ( )＝ ｅ ＋ｅ
则有í 解得 ｍ
≥０ꎬ î ï ï( ｍ２ －３ ｍ )ｅ －２ < ２ ２ ２ ꎬ ∈(－１ꎬ 由ｆ ′ ( ｘ )＝ ｅ ２－ ｘ (１－ ｘ ＋ｅ ｘ －１ ) 及 ｅ ２－ ｘ >０ 知 ꎬ ｆ ′ ( ｘ )
ｅ 与 ｘ ｘ －１ 同号.令 ｇ ｘ ｘ ｘ －１ 则 ｇ′
１－ ＋ｅ ( )＝ １－ ＋ｅ ꎬ
.
０)∪(３ꎬ４) ｘ ｘ －１.
( )＝ －１＋ｅ
１５.( 重庆涪陵实验中学期中ꎬ )若对任
２０２２ １６ 所以 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在区
ꎬ ∈(－∞ꎬ１) ꎬ ( )<０ꎬ ( )
意的 ｘ ｘ ｍ 且 ｘ ｘ 都有
１、 ２ ∈( ꎬ＋∞ )ꎬ １ < ２ꎬ 间 上单调递减
(－∞ꎬ１) ꎻ
ｘ ｘ ｘ ｘ
１ｌｎ ２ － ２ｌｎ １ 则 ｍ 的 最 小 值 是 当 ｘ 时 ｇ′ ｘ ｇ ｘ 在区间
ｘ ｘ < ２ꎬ
∈(１ꎬ＋∞) ꎬ ( )>０ꎬ ( ) (１ꎬ
２ － １ 上单调递增.
.
＋∞)
故 ｇ 是 ｇ ｘ 在区间 上的
(１)＝ １ ( ) (－∞ꎬ＋∞)
答案 １ 最小值
ꎬ
ｅ
从而 ｇ ｘ 故 ｆ ′ ｘ
解析 由题意易知 ｍ ( )>０ꎬ ( )>０ꎬ
≥０ꎬ
故 ｆ ｘ 的单调递增区间为 .
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ 所以 ｘ ｘ ( ) (－∞ꎬ＋∞)
１ｌｎ ２ － ２ｌｎ １<２ ２ －２ １ꎬ １(ｌｎ ２ ＋２)< １７.( 天津文ꎬ ꎬ 分)设函数 ｆ ｘ ｘ
ｘ ｘ ２０１８ ２０ １４ ( )＝ ( －
ｘ ｘ 即ｌｎ １ ＋２ ｌｎ ２ ＋２ 令ｆ ｘ
２(ｌｎ １ ＋２)ꎬ ｘ > ｘ ꎬ ( )＝ ｔ ｘ ｔ ｘ ｔ 其中 ｔ ｔ ｔ Ｒ 且 ｔ
１ ２
１)( － ２)( － ３)ꎬ １ꎬ ２ꎬ ３∈ ꎬ １ꎬ
ｘ ｔ ｔ 是公差为 ｄ 的等差数列.
ｌｎ ＋２ 则函数ｆ ｘ 在 ｍ 上为减函数 ２ꎬ ３
ｘ ꎬ ( ) ( ꎬ＋∞) ꎬ 若 ｔ ｄ 求曲线 ｙ ｆ ｘ 在点
(１) ２ ＝０ꎬ ＝１ꎬ ＝ ( ) (０ꎬ
ｘ ｆ 处的切线方程
因为ｆ ′ ｘ ｌｎ ＋１ 由ｆ ′ ｘ 可得 ｘ
(０)) ꎻ
( )＝ － ｘ２ ꎬ ( ) <０ꎬ
若 ｄ 求 ｆ ｘ 的极值
(２) ＝３ꎬ ( ) ꎻ
１ 若曲线ｙ ｆ ｘ 与直线ｙ ｘ ｔ
> ꎬ (３) ＝ ( ) ＝－( － ２)－６ ３
ｅ
有三个互异的公共点 求 ｄ 的取值范围.
æ ö ꎬ
所以函数ｆ ｘ 的单调递减区间为ç １ ÷ 所
( ) è ꎬ＋∞øꎬ 解析 由已知 可得 ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ
ｅ (１) ꎬ ( )＝ ( －１)( ＋
æ ö ｘ３ ｘ 故 ｆ ′ ｘ ｘ２ .因此 ｆ
以 ｍ ç １ ÷ 所以 ｍ １ 因此 实 １)＝ － ꎬ ( )＝ ３ －１ (０)＝ ０ꎬ
( ꎬ＋∞)⊆è ꎬ＋∞øꎬ ≥ ꎬ ꎬ ｆ ′ 又因为曲线 ｙ ｆ ｘ 在点
ｅ ｅ (０)＝ －１ꎬ ＝ ( ) (０ꎬ
ｆ 处的切线方程为 ｙ ｆ ｆ ′ ｘ
数ｍ的最小值为１. (０)) － (０)＝ (０)􀅰(
ｅ 故所求切线方程为 ｘ ｙ .
－０)ꎬ ＋ ＝０
四、解答题
由已知可得 ｆ ｘ ｘ ｔ ｘ ｔ ｘ
(２) ( )＝ ( － ２ ＋３)( － ２)( －
１６.( 湖南岳阳平江一中月考ꎬ )设函数
２０２２ １８ ｔ ｘ ｔ ３ ｘ ｔ ｘ３ ｔ ｘ２ ｔ２
ｆ ｘ ｘ ａ － ｘ ｂｘ 曲线 ｙ ｆ ｘ 在点 ｆ ２ －３)＝ ( － ２) －９( － ２)＝ －３ ２ ＋(３ ２ －
( )＝ ｅ ＋ ꎬ ＝ ( ) (２ꎬ (２)) ｘ ｔ３ ｔ .故 ｆ ′ ｘ ｘ２ ｔ ｘ ｔ２ .
处的切线方程为 ｙ ｘ . ９) － ２ ＋９ ２ ( )＝ ３ －６ ２ ＋３ ２ －９
专
＝(ｅ－１) ＋４ 令 ｆ ′ ｘ 解得 ｘ ｔ ｘ ｔ . 题
求 ａ ｂ 的值 ( )＝ ０ꎬ １ ＝ ２ － ３ꎬ ２ ＝ ２ ＋ ３ 四
(１) ꎬ ꎻ 当 ｘ 变化时 ｆ ′ ｘ ｆ ｘ 的变化情况如表
求ｆ ｘ 的单调区间. ꎬ ( )ꎬ ( ) : 导
(２) ( ) 数
解析 (１) 因为ｆ ( ｘ )＝ ｘ ｅ ａ － ｘ ＋ ｂｘ ꎬ ｘ (－∞ꎬ ｘ １) ｘ １ ( ｘ １ꎬ ｘ ２) ｘ ２ ( ｘ ２ꎬ＋∞) 及 其
应
所以ｆ ′ ｘ ｘ ａ － ｘ ｂ. ｆ ′ ( ｘ ) ＋ ０ － ０ ＋ 用
( )＝ (１－ )ｅ ＋
１４１
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋续表
所以 ｄ 的取值范围是
ꎬ (－ ∞ꎬ － １０ ) ∪
ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ ｘ
(－∞ꎬ １) １ ( １ꎬ ２) ２ ( ２ꎬ＋∞) .
( １０ꎬ＋∞)
ｆ ｘ 极大值 极小值
( ) ↗ ↘ ↗ １８.( 武汉部分重点中学联考ꎬ )已知函
２０２２ ２２
所以函数 ｆ ｘ 的极大值为 ｆ ｔ ａ
( ) ( ２ － ３)＝ (－ 数ｆ ｘ ｘ ｘ２ ａ ｘ ａ Ｒ.
( )＝ ｌｎ ＋ －( ＋１) ꎬ ∈
３ 函数 ｆ ｘ 的极小值 ２
３) －９×(－ ３)＝ ６ ３ꎻ ( )
讨论函数ｆ ｘ 的单调区间
为 ｆ ｔ ３ . (１) ( ) ꎻ
( ２ ＋ ３)＝ ( ３) －９× ３ ＝－６ ３ 设 ｘ ｘ ｘ ｘ 是函数 ｇ ｘ ｆ ｘ
(２) １ꎬ ２(０< １< ２) ( )＝ ( )＋
曲线 ｙ ｆ ｘ 与直线 ｙ ｘ ｔ 有
(３) ＝ ( ) ＝－( － ２)－６ ３
ｘ 的两个极值点 证明 ｇ ｘ ｇ ｘ
ａ
三个互异的公共点等价于关于 ｘ 的方程 ｘ ꎬ : ( １)－ ( ２)< －
( － ２
ｔ ｄ ｘ ｔ ｘ ｔ ｄ ｘ ｔ 有三 ａ 恒成立.
２ ＋ )( － ２)( － ２ － )＋( － ２)＋６ ３ ＝０ ｌｎ
ａ
个互异的实数解.令ｕ
＝
ｘ
－
ｔ
２ꎬ
可得ｕ３
＋(１－
ｄ２
)
解析
(１)
函数ｆ
(
ｘ
)＝ ｌｎ
ｘ
＋
ｘ２
－(
ａ
＋１)
ｘ 的
ｕ . ２
＋６ ３ ＝０
定义域为 且ｆ ′ ｘ １ ａｘ ａ
设函数 ｇ ｘ ｘ３ ｄ２ ｘ 则曲线 ｙ (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ ＋ －( ＋１)
( )＝ ＋(１－ ) ＋６ ３ꎬ ＝
ｆ ｘ 与直线 ｙ ｘ ｔ 有三个互异的 ａｘ２ ａ ｘ ｘ ａｘ
( ) ＝－( － ２)－６ ３ －( ＋１) ＋１ ( －１)( －１).
＝ ｘ ＝ ｘ
公共点等价于函数ｙ ｇ ｘ 有三个零点.
＝ ( )
当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 令
ｇ′ ｘ ｘ２ ｄ２ . ① ≤０ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <１ꎬ
( )＝ ３ ＋(１－ )
ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 所以ｆ ｘ 在 上单
当 ｄ２ 时 ｇ′ ｘ 这时 ｇ ｘ 在 Ｒ 上单 ( )<０ꎬ >１ꎬ ( ) (０ꎬ１)
≤１ ꎬ ( )≥０ꎬ ( )
调递增 在 上单调递减
调递增 不合题意.当 ｄ２ 时 令 ｇ′ ｘ ꎬ (１ꎬ＋∞) ꎻ
ꎬ >１ ꎬ ( )＝ ０ꎬ
当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ 或 ｘ
② ０< <１ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <１
ｄ２ ｄ２
解得 ｘ －１ ｘ －１.易得 ｇ ｘ 在
１ ＝－ ꎬ ２ ＝ ꎬ ( ) １ 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ １ 所以ｆ ｘ 在
３ ３ >ａꎬ ( )<０ꎬ １< < ａꎬ ( )
ｘ 上单调递增 在 ｘ ｘ 上单调递
(－∞ꎬ １) ꎬ [ １ꎬ ２]
ç
æ
１
ö
÷上单调递增 在
æ
ç １
ö
÷上单
减 在 ｘ 上单调递增. (０ꎬ１)ꎬèａꎬ＋∞ø ꎬ è１ꎬａø
ꎬ ( ２ꎬ＋∞)
æ ö 调递减
ｇ ｘ 的 极 大 值 ｇ ｘ ｇ ç
ｄ２
－１ ÷ ꎻ
ç ÷
( ) ( １) ＝
è
－
ø
＝
③
当 ａ
＝ １
时
ꎬ
ｆ ′
(
ｘ
)≥０ꎬ
所以ｆ
(
ｘ
)
在
(０ꎬ＋
３
上单调递增
ｄ２ ３ ２ ∞) ꎻ
２ ３( －１) .ｇ ｘ 的极小值 ｇ ｘ
９
＋６ ３>０ ( ) ( ２)
当 ａ 时 令ｆ ′ ｘ 解得 ｘ １或 ｘ
④ >１ ꎬ ( )>０ꎬ ０< <ａ >
ｇ æ ç ｄ２ －１ ö ÷ ２ ３( ｄ２ －１) ３ ２ .
ç ÷
＝ ＝－ ＋６ ３ 令ｆ ′ ｘ 解得 １ ｘ 所以ｆ ｘ 在
è ø
３ ９ １ꎬ ( ) <０ꎬ ａ < <１ꎬ ( )
若 ｇ ｘ 由 ｇ ｘ 的单调性可知函数 ｙ
( ２)≥０ꎬ ( ) ＝ æ
ç １
ö
÷ 上单调递增 在
æ
ç１
ö
÷上单
5 ｇ ｘ 至多有两个零点 不合题意. è０ꎬａøꎬ(１ꎬ＋∞) ꎬ èａꎬ１ø
年 ( ) ꎬ
高 若 ｇ ｘ 即 ｄ２ ３ ２ 也就是 ｄ 调递减.
考 ( ２)<０ꎬ ( －１) >２７ꎬ ｜ ｜ >
3
此时 ｄ ｘ ｇ ｄ ｄ 且 综上 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增
年
模
１０ꎬ ｜ ｜> ２ꎬ (｜ ｜)＝ ｜ ｜＋６ ３>０ꎬ ꎬ ≤０ ꎬ ( ) (０ꎬ１) ꎬ
在 上单调递减
拟 ｄ ｘ ｇ ｄ ｄ ３ ｄ (１ꎬ＋∞) ꎻ
A
－２｜ ｜< １ꎬ (－２｜ ｜)＝ －６｜ ｜ －２｜ ｜＋６ ３<
æ ö
版 从而由 ｇ ｘ 的单调性 可 当 ａ 时 ｆ ｘ 在 ç１ ÷上单调
－６２ １０＋６ ３<０ꎬ ( ) ꎬ ０< <１ ꎬ ( ) (０ꎬ１)ꎬèａꎬ＋∞ø
高 知函数 ｙ ｇ ｘ 在区间 ｄ ｘ ｘ
考
数
＝ ( ) (－２｜ ｜ꎬ １)ꎬ( １ꎬ
递增 在
æ
ç １
ö
÷上单调递减
学 ｘ ｘ ｄ 内各有一个零点 符合题意. ꎬ è１ꎬａø ꎻ
２)ꎬ( ２ꎬ｜ ｜) ꎬ
１４２
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋当 ａ 时 ｆ ｘ 在 上单调递增 ａ
＝１ ꎬ ( ) (０ꎬ＋∞) ꎻ ｘ ａｘ ｘ ｘ ａｘ
æ ö ＝ ｌｎ １ ＋ｌｎ( １)－ (２ １ －１)＝ ｌｎ １ ＋ｌｎ( １)
２
当 ａ 时 ｆ ｘ 在ç １ ÷ 上单调递
>１ ꎬ ( ) è０ꎬａøꎬ(１ꎬ＋∞) ａ
ａｘ
æ ö
＋ － １ꎬ
２
增 在ç１ ÷上单调递减.
ꎬ èａꎬ１ø ａ
设 ｈ ｔ ｔ ａｔ ａｔ 其中 ｔ ｘ
ａ
( )＝ ｌｎ ＋ｌｎ( )＋ － ꎬ ＝ １∈
２
证明 ｇ ｘ ｆ ｘ ｘ ｘ ｘ２ ａｘ 则 ｇ
(２) : ( )＝ ( )＋ ＝ｌｎ ＋ － ꎬ æ ö
２ çç １ ÷÷ ａ
è ０ꎬ ａøꎬ >４ꎬ
ｘ 的定义域为 且 ｇ′ ｘ １ ａｘ
( ) (０ꎬ＋∞)ꎬ ( )＝ ｘ ＋ －
ａ
由 ｈ′ ｔ ２ ａ 得 ｔ ２ 又２ １ ２－
ａ ａｘ２ － ａｘ ＋１. ( )＝ ｔ － ＝０ ＝ ａꎬ ａ － ａ ＝ ａ
＝ ｘ
若 ｇ ｘ 有两个极值点 ｘ ｘ ｘ ｘ <０ꎬ
( ) １ꎬ ２(０< １< ２)ꎬ æ ö
所以 ｈ ｔ 在区间ç ２ ÷内单调递增 在区间
则方程 ａｘ２
－
ａｘ
＋１＝０
的判别式 Δ
＝
ａ２
－４
ａ
>０ꎬ
( ) è０ꎬａø ꎬ
æ ö
且 ｘ ｘ ｘ ｘ １ 解得 ａ
１ ＋ ２ ＝１ꎬ １ ２ ＝ ａ>０ꎬ >４ꎬ è çç ２ ａꎬ １ ａø ÷÷内单调递减 ꎬ 即 ｈ ( ｔ ) 的最大值为 ｈ
又 ｘ ｘ 所以 ｘ２ ｘ ｘ １ 即 ｘ １ æ ö ａ ａ
０< １< ２ꎬ １< １ ２ ＝ ａꎬ ０< １< ａ ꎬ è ç２ ａø ÷ ＝２ｌｎ ２－ｌｎ ａ ＋ －２< －ｌｎ ａ ꎬ 从而 ｇ ( ｘ １)
２ ２
ａ ａ
ａ
所以ｇ ｘ ｇ ｘ ｘ ｘ２ ａｘ ｘ
ｇ ｘ ａ 恒成立.
( １)－ ( ２)＝ ｌｎ １ ＋
２
１ － １ －ｌｎ ２ －
２
－ ( ２)< －ｌｎ
２
ｘ２ ａｘ
＋
２ ２
ａ
ｘ １ ｘ ｘ ｘ ｘ ａ ｘ ｘ
＝ｌｎ １ －ｌｎ ａｘ ＋ ( １ ＋ ２)( １ － ２)－ ( １ － ２)
１ ２
专
题
四
导
数
及
其
应
用
１４３
􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋