2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《函數(shù)與導(dǎo)數(shù)》專項測試卷（帶答案）

2025年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)《函數(shù)與導(dǎo)數(shù)》專項測試卷帶答案

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1、對稱變換

主要用來解決與兩個極值點之和、積相關(guān)的不等式的證明問題.其解題要點如下：(1)定函數(shù)(極值

點為％0)，即利用導(dǎo)函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)單調(diào)性，進(jìn)而確定函數(shù)的極值點無0.

(2)構(gòu)造函數(shù)，即根據(jù)極值點構(gòu)造對稱函數(shù)/(%)=/(%)-,若證西超＞片，則令

X

(3)判斷單調(diào)性，即利用導(dǎo)數(shù)討論尸(%)的單調(diào)性.

(4)比較大小，即判斷函數(shù)尸(x)在某段區(qū)間上的正負(fù)，并得出/'(x)與/(2%0-%)的大小關(guān)系.

(5)轉(zhuǎn)化，即利用函數(shù)/(口的單調(diào)性，將/(x)與/(2跖—%)的大小關(guān)系轉(zhuǎn)化為I與2%之間的

關(guān)系，進(jìn)而得到所證或所求.

【注意】若要證明上產(chǎn)］的符號問題，還需進(jìn)一步討論與迎的大小，得出所在的

單調(diào)區(qū)間，從而得出該處導(dǎo)數(shù)值的正負(fù).

構(gòu)造差函數(shù)是解決極值點偏移的一種有效方法，函數(shù)的單調(diào)性是函數(shù)的重要性質(zhì)之一，它的應(yīng)用貫穿

于整個高中數(shù)學(xué)的教學(xué)之中.某些數(shù)學(xué)問題從表面上看似乎與函數(shù)的單調(diào)性無關(guān)，但如果我們能挖掘其內(nèi)

在聯(lián)系，抓住其本質(zhì)，那么運用函數(shù)的單調(diào)性解題，能起到化難為易、化繁為簡的作用.因此對函數(shù)的單

調(diào)性進(jìn)行全面、準(zhǔn)確的認(rèn)識，并掌握好使用的技巧和方法，這是非常必要的.根據(jù)題目的特點，構(gòu)造一個

適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.許多問題，如果運用這種思想去解決，往往能

獲得簡潔明快的思路，有著非凡的功效

2、應(yīng)用對數(shù)平均不等式同當(dāng)一：［〈五芋證明極值點偏移:

①由題中等式中產(chǎn)生對數(shù)；

②將所得含對數(shù)的等式進(jìn)行變形得到I*一:;

Inxx-Inx2

③利用對數(shù)平均不等式來證明相應(yīng)的問題.

3、比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)的單調(diào)性證明

題中的不等式即可.

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1.(2023?新高考I)已知函數(shù)=+〃)-%.

(1)討論了(%)的單調(diào)性；

(2)證明：當(dāng)a>0時，f(x)>Una+—.

【角畢析1(1)/(%)=a(ex+a)-x,

則/'(%)=ae"-1,

①當(dāng)演0時，/'(尤)<0恒成立，/(%)在尺上單調(diào)遞減，

②當(dāng)。>0時，令尸(無)=0得，x=ln~,

a

當(dāng)xe(-oo,/"3時，/，(%)<0,〃尤)單調(diào)遞減；當(dāng)xe(勿工，+8)時，f\x)>0,/(x)單調(diào)遞增，

aa

綜上所述，當(dāng)6,0時，/(x)在A上單調(diào)遞減；當(dāng)。>0時，/(無)在(-00,加工)上單調(diào)遞減，在(歷工，+00)上

aa

單調(diào)遞增.

證明：(2)由(1)可知，當(dāng)a>0時，f(x)=f(ln~)=a(-+a)-In-=l+a2+Ina,

minaaa

、33

要證f(x)>2blei+—9只需證1+片+ITICL>2z+—,

只需證"-Ina-->0，

2

設(shè)g(a)=a2一/na一g,a>0,

貝Ug'(a)=2a--=———-,

aa

令g'(a)=0得，Q=也，

2

當(dāng)〃￡(0,二趣)時，gr(a)<0,g(a)單調(diào)遞減，當(dāng)〃￡(】垓，+8)時，gr(a)>0,g(a)單調(diào)遞增，

所以g(a)..g(^~)=；—ln^--；=-ln^->0,

即g(a)>0,

所以—加々-->0得證，

2

3

即/(%)>2lna+—得證?

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2.(2023?乙卷)已知函數(shù)/(x)=d+a)/"(l+x).

X

(1)當(dāng)a=—l時，求曲線y=/(x)在點(1,/(1))處的切線方程；

(2)是否存在a,b,使得曲線〉=/(工)關(guān)于直線x=b對稱，若存在，求a,b的值，若不存在，說明理

X

由；

(3)若/(X)在(0,+oo)存在極值，求。的取值范圍.

【解析】(1)。=-1時，f(1)=0,

f\x)=-4+1)+(--1)(^-),f'(1)=-ln2,

XXx+1

二.曲線y=/(x)在點(1,f(1))處的切線方程為、=一歷2(尤一1).

1Y1

(2)f(-)=(x+a)ln(-—),定義域為(-8,-1)5。，+°°)，

xx

要使函數(shù)/P)的圖像關(guān)于x=b對稱，則由尤wo,且力―1,可知匕=」，

x2

即/d)=(x+a)砥巴)的圖像關(guān)于尤=一!對稱，

xx2

則/(1)=(1+〃)加2,/(—2)=(—2+a)加：=(2—〃)歷2,

得l+a=2—Q，角星得a=—.

2

H，a——，b——；

22

(3)由函數(shù)的解析式可得廣(x)=(-士)歷(x+l)+(-+a)」一,

XXX+1

由/(X)在區(qū)間(0,+00)存在極值點，則f(x)在區(qū)間(0,+8)上存在變號零點，

令(--y)/n(x+l)+(—+a)-0,

XXx+1

貝lj-(x+1)1"(x+1)+(x+ax2)=0,

令g(x)=依2+x—(x+l)ln(x+1),

/(x)在區(qū)間(0,+oo)存在極值點,等價于g(x)在區(qū)間上存在變號零點，

gr(x)=2ax-ln{x+1)，g〃(x)=2a----,

x+1

當(dāng)6,0時，gXx)<0,g(x)在區(qū)間(0,+a))上單調(diào)遞減，

此時g(%)<g(0)=0,g(x)在區(qū)間(0,+oo)上無零點，不合題意，

當(dāng)a.1,2a.i時，由于」一<1,

2x+1

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:.g“(x)>0,g，(x)在區(qū)間(0,+oo)上單調(diào)遞增,

.?.g，(x)>g，(O)=O,g(無)在區(qū)間(0,+oo)上單調(diào)遞增，g(x)>g(O)=O,

g(無)在區(qū)間(0,+w)上無零點，不符合題意，

當(dāng)0<a<!時，由g"(x)=2o———=0,可得尤=-^--1,

2x+12a

當(dāng)尤€(0,工一1)時，g"(尤)<0,g，(x)單調(diào)遞減，

2a

當(dāng)+8)時，g“(x)>0,g，(x)單調(diào)遞增，

2a

g'(x)的最小值為g'(二--1)=1一2a+歷2a，

2a

—Y1

令m(x)=1一x+lnx(0<x<1),貝1Jmr(x)=------->0，

x

函數(shù)見%)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m(x)<m(1)=0,

.?.1一九+歷￥〈0恒成立，

g'(-----1)=1—2a+歷2a<0,

2a

2

_OrIrI1

令h{x}=Inx-x2+x(x>0),則hr(x)=---------------,

x

當(dāng)工￡(0,1)時，〃(%)>0,/z(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)X￡(l,+oo)時，〃(X)v0,/工)單調(diào)遞減，

:.h(x),,h(1)=0,即%;當(dāng)且僅當(dāng)無=1時，取等號，

/.gf(x)=2ax—ln(x+1)>lax—[(x+1)2—(x+1)]=2ax—(x2+x),

g，(2〃-1)>2a(2〃—1)—[(2d!—I)2+(2Q—1)]=0,

???,(0)=0,.?.根據(jù)零點存在定理得：

g\x)在區(qū)間(0,+oo)上存在唯一零點飛,

當(dāng)人￡。%0)時，gf(X)<0,g(%)單調(diào)遞減，

當(dāng)X￡(不，+8)時，g\x)>0,g(%)單調(diào)遞增，

「.g(%0)vg(0)=。，

令n(x)=Inx-4x,貝！J〃'(1)=-......=-——,

x242x

則函數(shù)n(x)=lnx-?在(0,4)上單調(diào)遞增，在(4,+oo)上單調(diào)遞減，

(4)=ln4-2<0,:.lnx<4x,

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44441—ci

^(―)=(—++1)-K—+1)-—2a+1]

aaaa%

a

44,4

>(——+1)[—Fa—ln(——+1)+a—1—2a+1]

a

小)

aaaa

16*1葭1

/T

4a14

>(/+l)-(—+1)>0,

444,a441

—卜Ar+1

二a+JYNa+Iava,2

/.函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+oo)上存在變號零點，符合題意.

綜上，實數(shù)。得取值范圍是(0,g).

3.(2023?甲卷)已知/(無)=辦一巴?，xe(0,-).

cosx2

(1)若a=8,討論/⑶的單調(diào)性;

(2)若/(x)vsin2x恒成立，求a的取值范圍.

【解析】(1)已知〃處=辦-半，函數(shù)定義域為(0,2)，

cosx2

若a=8,止匕時/(x)=8%一■s,”：,

cosX

cosx-cos3x+sinx-3cos2x-sinx

可得

1(%)=8—6

COSX

(4cos2x+3)(2cos2x-1)

4

COSX

因為4cos2%+3>0，cos4x>0,

所以當(dāng)cosx>]^,即0<x<?時，f\x)>0,/(%)單調(diào)遞增;

當(dāng)cosx<理,即—<x<—時，f\x)v0,f(x)單調(diào)遞減；

(2)不妨設(shè)g(尤)="-8?-加2無，函數(shù)定義域為(0,工)，

cosx2

，/、3-2cos2x小小3-2cos2x?一八八

g{x}=a------------------2cos2x=a-------------------2(2cos2x-l),

cosxcosx

令cos2x=1,0<^<1,

23

此時g")=a+2—41+——

tt

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23

不妨令人⑺=々+2—4r+-------，

tt

『，曰7“、)262?！?)(2/+2,+3)八

^^k\t)=-4-—+—=---―J----------->0,

trr

所以左”)單調(diào)遞增，

此時左(力)〈左(1)=a—3,

①當(dāng)3時，gr(x)=k(t)va-3,,0，

所以g(x)在(0,今上單調(diào)遞減，

止匕時g(x)vg(0)=。，

則當(dāng)3時，F(xiàn)(x)<sin2%恒成立，符合題意；

②當(dāng)〃>3時，

23111

當(dāng)1->0時，——-=-3(——)2+_f-oo,

tt2t33

所以k(t)f-00,

又k(1)=a—3>0,

所以在區(qū)間(0,1)上存在一點小使得以外=0,

即存在/?！?0彳)，使得,(尤0)=0,

當(dāng)Jv，v1時，k(t)>0,

所以當(dāng)0<%<%0時，g\x)>0,g(x)單調(diào)遞增，

可得當(dāng)Ovxv/0時，g(x)>g(0)=0,不符合題意，

綜上，a的取值范圍為(-8,3].

4.(2023?天津)己知函數(shù)/(彳)=(1+工)山(尤+1).

x2

(I)求曲線y=/(%)在％=2處的切線斜率；

(II)當(dāng)I>0時，求證：/(x)>1；

(III)證明：—<ln(n\)—(n+—)lnn+n,,1.

62

【解析】(I)對函數(shù)/(%)求導(dǎo)，可得/(%)=—士——y/H(X+l)，

2x(x+1)x

則曲線y=/(x)在x=2處的切線斜率為廣⑵=g-與；

(II)證明：當(dāng)x>0時，/(x)>1,即----ln(x+1)>1>即g(x)二例(％+1)--------->0,

2xx+2

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而g，(x)=------------>0,g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增，

0+1)(%+2)'

因止匕g(x)>g(0)=0,原不等式得證;

(III)證明：設(shè)數(shù)列｛%｝的前〃項和=/〃(〃!)—(〃+：)/〃〃+〃，

則％=S]=1；

當(dāng)〃..2時'冊=S〃-S〃_i=1+(〃——)ln----=1-(---+—)^0H----r)=1一/(---7),

2n12n-\n-1

n-1

由(2),an<0(〃..2)，

故S〃,，E=I,不等式右邊得證；

要證S“，只需證：對任意的九.2,力一)=:￡(/(4)一1)，，:，

6k=2k=2O

令/z(x)=/"(x+l)-油4

則hr(x)=

2(x+1)2(X+1)2

當(dāng)%>0時，〃(%)<0,函數(shù)/z(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞減,

則必?zé)o)<0,即為(x+1)<

x(x+2)rx2x2

則/(%)—-------1=-------<——

2(%+1)4(%+1)4

因此當(dāng)k.2時，/(—L)-1<11111、

------7V------7---=-(z-------------)

k—14(左一1)24(%—1)2-122左一32k—1

當(dāng)機(jī).4時，累加得

nn1

)-1)<[()+()++(11

11414------)]——(--------)<—

左=44=4K工2〃一32n-l252n-l10

33535

=/(1)-1=-/n2-l<-x0.694-l=0.041,一生=-/n--l<-(l.l-0.693)-l=0.0175,

故〉：(-〃“)——a2—生+〉：(-W)—0.041+0.0175+—=0.1585<-即得證.

k=2左=4106

5.(2023?新高考H)(1)證明：當(dāng)Ovxvl時，x-x2<sinx<x；

(2)已知函數(shù)/(%)=coso￥-/〃(l-%2),若％=0為/(%)的極大值點，求a的取值范圍.

【解析】(1)證明：設(shè)g(x)=%-％2—sin%,xe(0,l),

貝Ug'(%)=1-2%-cosx,/.g"(x)=-2+sin%v。，

/.g")在(0,1)上單調(diào)遞減，

.?.g'(x)vg'(0)=0，

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.?.g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，

g(x)vg(0)=0，

BPx—x2—sinx<0,XG(0,1),

.,.x—x2<sinx,xe(0,1),

設(shè)/?(%)=%-sinx,%￡(0,1),

則hr(x)=1-cosx>0,

.../z(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，

:.h(x)>h(O)=0,%G(0,1),

即x-sinx>0,XG(0,1),

.\sinx<x,xe(0,l),

綜合可得：當(dāng)0v無vl時，x-x2<sinx<x；

2x2+2/

(2)f'(x)=-asincix+----Tcosat+

且（0）=0,/"（0）=-a2+2,

①若廣（0）=2-/>o,即_g<"應(yīng)時，

易知存在4>0,使得無G（OJ1）時,"（x）>0,

，r（x）在（。右）上單調(diào)遞增,廣㈤>r（o）=o，

.?./（尤）在（0，G上單調(diào)遞增，這顯然與x=0為函數(shù)的極大值點相矛盾，故舍去；

②若尸（0）=2-"<0,即"-&或a>夜時，

存在芍>0，使得了€（-小G）時，f"（X）<0>

已上單調(diào)遞減，又/'（0）=0,

.?.當(dāng)T2Vx<0時，r（x）>0，/（X）單調(diào)遞增；

當(dāng)0<尤<?2時，f'（x）<0,/（尤）單調(diào)遞減，滿足x=0為/（尤）的極大值點，符合題意;

③若/（0）=2--=0,即a=±應(yīng)時，?.?/（X）為偶函數(shù),

只考慮“=應(yīng)的情況，

此時fr（x）=-J5sin（，5x）+2-1,xe（0,1）時，

1-X

2x1

f\x）>-2x+——-=2x（——--l）>0,

1-x21-x2

，/（無）在（0,1）上單調(diào)遞增，與顯然與x=0為函數(shù)的極大值點相矛盾，故舍去.

綜合可得：。的取值范圍為（-00,-近）2（近,+00）.

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6.(2022?甲卷)已知函數(shù)/(x)=-----lm+x-a.

x

(1)若/(%)..0,求a的取值范圍；

(2)證明：若/(X)有兩個零點光1,X?,則西犬2<1?

【解析】(1)/(尤)的定義域為(0,入)，小)=注3」+]=(，'+?(1),

XXX

令((%)>0,解得X>1,故函數(shù)/(%)在(0,1)單調(diào)遞減，(1,y)單調(diào)遞增，

故f(x)加〃=于(1)=e+1—a,要使得f(x)..0怛成立，僅需e+1—a.0,

故④e+1,故a的取值范圍是(-8,e+1]；

(2)證明：由已知有函數(shù)/(%)要有兩個零點，故/(1)=e+l-avO,即a>e+l,

不妨設(shè)0<石<1<%2，要證明%X2<1，即證明％2<,，

一一玉

0v玉v1,—〉1,

X

即證明：又因為“X)在(1,+00)單調(diào)遞增，

一公

即證明：/(X2)</(—)of(菁)</(—)>

占占

構(gòu)造函數(shù)/z(x)=/(》)-yd),o<x<i,

X

1

H(x)=rw-[/(-)r=31)(。'+：—-,

XX

￡

構(gòu)造函數(shù)皿%)=ex+x-xex-1,

mf(x)=ex?因為Ov九vl,所以1一工<0,

xx

故加(%)>0在(0,1)恒成立，故m(x)在(0,1)單調(diào)遞增，

故m(x)<m(1)=0

又因為x-IvO,故〃(%)>0在(0,1)恒成立，故〃⑴在(0,1)單調(diào)遞增,

又因為/i(1)=0,故/%)<%(1)=0,

故/&)</(—)，即為9V1?得證?

%

7.(2022?新高考H)已知函數(shù)/(x)=x*-e".

(1)當(dāng)a=l時，討論/(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)x>0時，/(%)<-1,求a的取值范圍；

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(3)設(shè)neN*,證明：/I+f1.+...+—^=1=7>ln(n+1)?

<+l@+2W+n

【解析】(1)當(dāng)，=1時，f(x)=xex-ex=e\x^,

/'(%)=ex(x-l)+ex=xex,

*/ex>0,

.?.當(dāng)xw(0,zo)時，/r(x)>0,/(兀)單調(diào)遞增；當(dāng)xw(-oo,0)時，f(x)<0,/(兀)單調(diào)遞減.

(2)令g(x)=f(x)+1=xe^-ex+l(x>0),

??,/(X)v-l，/(x)+l<0,

g(x)vg(0)=0在元>0上恒成立,

又，(x)=e^+oxe"—e",

令h(x)=g'(%)，貝Uhf(x)=ae^+a(*+axeax)—ex=a(2*+axe^)-ex,

/./(0)=2。-1,

①當(dāng)2a-l>0,即a>g,存在5>0,使得當(dāng)xe(0,5)時，旗x)>0,即g，(x)在(0,5)上單調(diào)遞增.

因為g，(x)>g，(0)=0,所以g(無)在(0,用內(nèi)遞增，所以這與矛盾，故舍去;

②當(dāng)2a-L,0，即6」，

2

g'(x)=em+axe01-e*=(1+依)e。'一e',

若1+%0,則g\x)<0,

所以g(%)在[0,+00)上單調(diào)遞減，g(x),,g(0)=0,符合題意.

若1+方>0,則g'(尤)=eax+axem-ex=*+加。+3一"轟以"_//*1"=(),

所以g(x)在(0,+oo)上單調(diào)遞減，g(x),,g(0)=0,符合題意.

綜上所述，實數(shù)。的取值范圍是由

另f{x}的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=(1+次)6m-/(X>0),

①當(dāng)a..1時，f'(x)=(l+ax)em-e*>-ex..Q-e*=0,

所以/(尤)在(0,y)遞增，所以/(尤)>-1,與題意矛盾；

②當(dāng)出0時，/(無)都嚴(yán)一，

所以/(元)在(0,”)遞減，所以滿足題意；.

1-JLL1

③當(dāng)時，/\x)?(l+—x)e^-ex=e^[(1+—x)-e2].

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設(shè)G(尤)=(l+5；c)-e2(x>0),G\x)=---e2<0,則Gfx)在(0,+oo)遞減，所以G(x)<0,

￡

1(x)=「*G(x)<0,所以/(x)在(0,+oo)遞減，所以滿足題意；

④當(dāng)!<a<1時，-⑴=*［(1+ax)~e(1-a)x］，

2

令H(x)=(l+ax)-/?口，貝1)-00=二我(x),/T(x)=a+(a-1)/?百，

可得H，(x)遞減，/(0)=2a-l,

所以存在%>0,使得/T(Xo)=O.當(dāng)xw(O,Xo)時，H'(x)>0,

8(x)在(0,%)遞增，止匕時H(x)>0,

所以當(dāng)xe(0,尤0)時，f'{x)=emH(x)>0,/(x)在(0,.%)遞增，所以與題意矛盾.

綜上可得，”的取值范圍是(-00,-

1L

(3)由(2)可知，當(dāng)a：］時，/(x)=xe2-ex<-1(A:>0),

.1*/a1—/”(Id■—)/”(Id"一)

令％=加(1+—)(〃￡N)得，ln(l+—)-e2n—en<—l,

nn

整理得，/n(l+-)-Jl+---<0,

nVnn

Y=>/〃(")，

Vn

17n+11/左+1、，23"+1、7/1、

—.->uly----)，->>//〃(---)=Itly-X-X...X----------)=iYl\Yl+1),

y/n2+n〃k=iy］k2+kk=ik12n

即-J+/1+…+/1>ln(n+1).

#TT"+2｛幾2+幾

另運用數(shù)學(xué)歸納法證明.

當(dāng)〃=1時，左邊=/1=>ln2成立.

#712

假設(shè)當(dāng)〃二女(女..1,左￡N*)時，不等式成立，即J+：1:+…+—^=1>ln(k+1).

Vf+T也2+2正"

當(dāng)〃=女十］時，要證—jT—/+...T—/T—/=〉ln(k+2),

Vl2+1V22+2個k2+kJ(左+1了+(左+1)

只要證ln(k+1)+/------>ln(k+2),

，(k+1)2+(左+1)

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1

即證,=>In*+2)-山伏+1)=In巨2=in(i+_J_).

J伏+1)2+(左+1)左+1左+1

可令f=」一，則fe(O,-J,則需證明—=>/〃(1+力,

%+127771

再令尤=,則需證明x——>2bvc(xe(1,-^-]).

2x2

構(gòu)造函數(shù)g(x)=2伉x—(x—工)(％￡(1，乎D，

g，Cx)=2-l--y=-(1--)2<0,

XXX

可得g(x)在(1,2]上遞減，

則g(x)<g(1)=0,所以原不等式成立，

即"=左+1時，H—I+...T—,H—,—>hi(k+2)成立.

VI2+1V22+2yjk2+kyl(k+1)2+(k+l)

綜上可得，/H—[+...H—,->Mjl+1)成立.

#+1@+2yjn2+n

8.(2021?天津)已知a>0,函數(shù)/(x)=ax-xe,.

(1)求曲線/(尤)在點(0,f(0))處的切線方程；

（2）證明函數(shù)/（無）存在唯一的極值點;

（3）若士z,使得了（尤）,,〃+6對任意的xeR恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.

【解析】(1)因為((x)=a-(尤+1)/,所以尸(0)=a-l,而/(0)=0,

所以在(0,7(0))處的切線方程為y=(a—l)x(a>0)；

(2)證明：令尸(x)=。一(x+1)/=0,則a=(x+l)e”,

令g(x)=(尤+1)/,則g'(x)=(尤+2)/,令g'(x)=0,解得尤=—2,

當(dāng)xe(e,-2)時，g'(尤)<0,g(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)尤e(-2,+oo)時，g'(尤)>0,g(x)單調(diào)遞增，

當(dāng)xf-00時，g(尤)<0,當(dāng)xf+CO時，g(x)>0,

作出圖象，如圖，

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所以當(dāng)a>0時，、=々與y=g(x)僅有一個交點，令g(ni)=a,

貝lj切>一1,且f\m)-a-g(m)=0,

當(dāng)x￡(-oo,/n)時，a>,g(x),f\x)>0,/(%)為增函數(shù)；

當(dāng)了￡(加,+00)時，a<g(x),fr(x)<0,/(%)為減函數(shù)；

所以x=加時是/(%)的極大值點，故/(%)僅有一個極值點；

(3)由(2)知/(%)“=/(加)，

此時a=(l+ni)em,(m>-1),

所以{7(%)—a}max=于(市)—a=(1+m)mem-mem-(1+m)em=(m2>-1),

令h(x)=(x2-x-V)ex(x>-1),

若存在a,使/(%),,Q+Z?對任意的無￡氏恒成立，

則等價于存在］￡(-1,+8),使得力(球,人，即6/(%)*，

而h'(x)=(x2+x—2)ex=(x—l)(x+2)ex,(x>-1),

當(dāng)時，〃(x)<0,/z(x)為單調(diào)減函數(shù)，

當(dāng)無￡(l,+oo)時，〃(X)>0,/兀)為單調(diào)增函數(shù)，

所以h{x}min=h(1)=-e,故b…一e,

所以實數(shù)匕的取值范圍［-e,+oo).

考點一：含參數(shù)函數(shù)單調(diào)性討論

1、導(dǎo)函數(shù)為含參一次型的函數(shù)單調(diào)性

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導(dǎo)函數(shù)的形式為含參一次函數(shù)時，首先討論一次項系數(shù)為0,導(dǎo)函數(shù)的符號易于判斷，當(dāng)一次項系數(shù)不

為雪，討論導(dǎo)函數(shù)的零點與區(qū)間端點的大小關(guān)系，結(jié)合導(dǎo)函數(shù)圖像判定導(dǎo)函數(shù)的符號，寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)

間.

2、導(dǎo)函數(shù)為含參二次型函數(shù)的單調(diào)性

當(dāng)主導(dǎo)函數(shù)(決定導(dǎo)函數(shù)符號的函數(shù))為二次函數(shù)時，確定原函數(shù)單調(diào)區(qū)間的問題轉(zhuǎn)化為探究該二次

函數(shù)在給定區(qū)間上根的判定問題.對于此二次函數(shù)根的判定有兩種情況：

(1)若該二次函數(shù)不容易因式分解，就要通過判別式來判斷根的情況，然后再劃分定義域；

(2)若該二次函數(shù)容易因式分解，令該二次函數(shù)等于零，求根并比較大小，然后再劃分定義域，判定

導(dǎo)函數(shù)的符號，從而判斷原函數(shù)的單調(diào)性.

3、導(dǎo)函數(shù)為含參二階求導(dǎo)型的函數(shù)單調(diào)性

當(dāng)無法直接通過解不等式得到一階導(dǎo)函數(shù)的符號時，可對“主導(dǎo)”函數(shù)再次求導(dǎo)，使解題思路清晰.“再

構(gòu)造、再求導(dǎo)”是破解函數(shù)綜合問題的強(qiáng)大武器.

在此我們首先要清楚f\x),尸(x)、/(x)之間的聯(lián)系是如何判斷原函數(shù)單調(diào)性的.

(1)二次求導(dǎo)目的：通過了”(x)的符號，來判斷尸(x)的單調(diào)性；

(2)通過賦特殊值找到尸(x)的零點，來判斷尸(x)正負(fù)區(qū)間，進(jìn)而得出了(x)單調(diào)性.

一題型特訓(xùn)

例1.(2023?河北承德?高三校聯(lián)考期中)已知函數(shù)/(x)=x(l-alnr)(aw0).

⑴討論的單調(diào)性；

【解析】(1)/(x)=x(l-alnx),xe(0,-Ko),

所以/'(x)=_aln^+l_a，

令/("=。，得x=e/

\—a\—a

當(dāng)a>0時，xe(0,ea),—(%)〉0；xw(ea,+oo),1(力<0；

所以“力在?)上單調(diào)遞增，在9子,+8)上單調(diào)遞減.

\—a1—a

當(dāng)〃<0時，xG(0,e),/'(x)<0；xe(ea,+oo),/r(x)>0;

所以"％)在(0,U)上單調(diào)遞減，在(e^,+8)上單調(diào)遞增.

例2.(2023?廣東廣州?高三廣東廣雅中學(xué)校考階段練習(xí))已知〃尤)=lrLL：62-ax(aeR).

⑴討論的單調(diào)性；

【解析】(1)由函數(shù)=蘇-ax,可得函數(shù)〃x)的定義域為Q”)，

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f,（x\=--ax-a=-aX+ax~^,令/1（無）=加+依

xx

若〃=0時，/i（x）=-l＜0,貝可得/（元）在（0,+8）上單調(diào)遞增；

若〃＞0時，因為△=々2+4々＞0,

令/z（x）=0,解得x，W±?±±L或.『々片+布〈0（舍去），

2a2a

當(dāng)xe（0,士包上與時,刈力＜0,貝可得〃無）單調(diào)遞增；

2a

當(dāng)xe（eJ/2+oo）時,/7（%）＞0,則/。）＜0,可得〃x）單調(diào)遞減，

2a

所以函數(shù)/（X）的遞增區(qū)間為（0,一"+&『+4a）,遞減區(qū)間為（-"+”/+',+8）；

2a2。

若a＜0時，函數(shù)/7（%）=加+依-1開口向下，對稱軸為％=-5且力（0）=T，

當(dāng)xe（0,+co）時，/?（x）＜0,則/?》）＞。，可得〃尤）在（0,+℃）上單調(diào)遞增.

例3.（2023?全國?高三專題練習(xí)）已知函數(shù)〃x）=lnx+（l-a）尤+l（acR）,討論函數(shù)〃尤）的單調(diào)性.

【解析】因為/（x）=lnx+（l-。）尤+l（aeR）的定義域為（0,+功，

所以r（x）=B+（_q）=（_?x+i，其中x＞。，

當(dāng)1—時，即aVl,〃尤）在（0,+8）上單調(diào)遞增，

當(dāng)1一〃＜0時，即a＞l,

人,/\（1—ci\x+1_1

令廣⑴=1——-——＞0,得0＜尤＜--；

xa-1

人八,/\（1—a）x+l/口1

令（（x）=i-----1-------＜0,得力＞一

xa-1

所以/'（x）在［。,￡］上單調(diào)遞增，在+8）上單調(diào)遞減.

綜上,當(dāng)。VI時,“X）在（0,+8）上單調(diào)遞增；

當(dāng)時，/（X）在上單調(diào)遞增，在［/p+s］上單調(diào)遞減.

考點二：導(dǎo)數(shù)與數(shù)列不等式的綜合問題

?規(guī)律總結(jié)

在解決等差、等比數(shù)列綜合問題時，要充分利用基本公式、性質(zhì)以及它們之間的轉(zhuǎn)化關(guān)系，在求解過

程中要樹立“目標(biāo)意識”，“需要什么，就求什么“，并適時地采用“巧用性質(zhì)，整體考慮”的方法.可以達(dá)到減

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少運算量的目的.

例4.(2023?遼寧?高三校聯(lián)考階段練習(xí))已知函數(shù)"x)=ln(x+l)-「.

⑴當(dāng)a=l時，求的極值；

⑵若〃力20,求。的值；

、.1.11/*\

(3)求證：sin-------Fsin-------1----Fsin——<ln2(nGN).

n+l〃+22n'7

【解析】(1)當(dāng)Q=1時，f(-^)—ln(x+l)--------,x>—lf

則-3=擊一/,

x+1(x+1)(x+1)

當(dāng)xe(—L0)時,r(x)<0,〃尤)單調(diào)遞減，

當(dāng)x?O,y)時，單調(diào)遞增，

所以在尤=0處取得極小值0,無極大值；

⑵由題意得廣(司=匕一7鼻=：一(：：),

%+1(x+1)(X+1)

①當(dāng)a<0時，f^x)>0,所以〃x)在(-I,y)上單調(diào)遞增，

所以當(dāng)x?T0)時，/(x)</(0)=0,與/⑺卻矛盾;

②當(dāng)a>0時,當(dāng)xe(—l,a—1)時,/'(x)<0,〃尤)單調(diào)遞減，

當(dāng)時，>0,/(x)單調(diào)遞增，

所以/(XL,=f(a-l)=lna-(a-l),

因為〃”之0恒成立，所以lna-(a-l”0,

記g(a)=lna-(a-l),g'(a)=^--1=^—^-,

當(dāng)ae(O,l)時，g'(4)>0,g⑷單調(diào)遞增，

當(dāng)aw(l,+oo)時,g'(a)<0,g(a)單調(diào)遞減,

所以g(")n1ax=g6=。，所以Ina—(a—1)40,

Xlna-(a-l)>0,

所以lna_(a_l)=0,

所以a=l；

(3)證明：先證sinx<x(x>0),

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設(shè)力(x)=sinx-x(尤>0),貝ij/zr(x)=cosx-l<0,

所以h{x)在區(qū)間(0,+。)上單調(diào)遞減，

所以/1(2</1(0)=0,即Sin%<九,

-1.1.1111

所以sin------Fsin-------1—+sm——<------+--------1---H----,

〃+1〃+22nn+ln+22n

1n+1

再證---<ln------,

n+1n

由(2)可知In(尤+1)2缶，當(dāng)尤=0時等號成立，

1

令x=J(weN*),則ln[+l)2盧，

n

即——<In"+I=In(〃+1)-In〃，

n+1n

所以一<In(n+2)-In(n+1),........,---<ln(2n)-ln(2n-l),

累加可得----1-------H…H------<Inf2n]—Inn=In2,

n+1n+22n

所以sin———bsin---d---1-sin—<ln2.

n+1n+2In

例5.(2023?廣東?高三校聯(lián)考階段練習(xí))設(shè)/(%)=辦2+cosx-l,a^R

⑴當(dāng)a=工時，求函數(shù)〃尤)的最小值；

71

(2)當(dāng)a2：時，證明：/(x)>0.

1114/*\

(3)證明n：cos—+cos—+L+cos—>n——InGN>1).

23n3v7

【解析】(1)因為/(%)的定義域為R,_S/(-x)=4i(-x)2+cos(-x)-l=ax2+cosx-l=y(x),

所以/'(x)為偶函數(shù)，

下取力之0,

I12

當(dāng)〃=_時，/(x)=—x2+cosx-l,貝!J/'(x)=—x-sinx,

717171

當(dāng)X>火時，貝1]廣(龍)=2x-sinx>l-sinxZ0,可知在佰,+e]內(nèi)單調(diào)遞增，

271<2)

7T0

當(dāng)。WxW彳時，令g(x)=/'(x),貝ljg[x)=一—cos尤，

271

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可知g'（x）在。弓內(nèi)單調(diào)遞增,

因為0<2<1,則玉0?（0,：］,使得cos%=2,

7172）71

當(dāng)xe［0,x（））時，g'（x）<0；當(dāng)xe［xo，T時，g'（x）>0；

所以g（x）在［0,修）上單調(diào)遞減，在卜弓上單調(diào)遞增，且g（0）=g（3=0,

則/'⑺=g（x）V0在1闈內(nèi)恒成立，可知〃x）在［0,內(nèi)單調(diào)遞減；

綜上所述：“X）在。弓內(nèi)單調(diào)遞減，在尼，+。內(nèi)單調(diào)遞增，

所以〃x）在［0,+“）內(nèi)的最小值為［3=￡-1,

又因為〃x）為偶函數(shù)，所以/（X）在R內(nèi)的最小值為

（2）由（1）可知〃x）為定義在R上的偶函數(shù)，下取x20,

可知可（x）=2ox—sinx,令^（x）=/,（x）=2ar-sinx,

因為貝!］0'（x）=2a-cosx21-cos尤NO,

則利尤）在［0,+句內(nèi)單調(diào)遞增,可得"（x）>。（0）=0,

即（（x）20在［0,+功內(nèi)恒成立，可知外力在［0,+"）內(nèi)單調(diào)遞增，

所以在［0,+e）內(nèi)的最小值為/（0）=0,

結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)可知：f^>0.

（3）由（2）可得：當(dāng)a=1■時，/（^）=1x2+cosx-l>0,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，等號成立,

BPcosx>l--x2,令兀=',〃N2,〃￡N*,貝|COSL>1——

當(dāng)心2時,cos—>1-----=1----->1-

4?2-12n—12n+l

即cos—>1-則有:

n2〃一12〃+l

cos—>1-cos—>1-cos—>1-

23n2n—\2〃+l

相加可得:COS—+COS—H------1-COS_〉（〃一1）

n