2022年高考數學真題分類匯編專題：導數

一、單選題(共5題；共10分)

1.(2分)(2022?全國乙卷)函數/(%)=cosx+(x+l)sinx+1在區間［0,的最小值、最大值

分別為()

C.T，f+2D.一濟f+2

【答案】D

【解析】【解答】f(x)=—sinx+sinx+(x+l)cosx=(x+l)cosx>

由于/(%)在區間(0,J)和(岑，2兀)上/(%)>0，即/(x)單調遞增；

在區間弓，岑)上/(%)<0，即/(x)單調遞減，

又f(0)=f(2兀)=2,6)=升2,/考)=_(芋+1)+1=一學，

所以/(x)在區間［0,2兀］上的最小值為—岑，最大值為J+2.

故選：D

【分析】利用導數求得/(x)的單調區間，從而判斷出/(%)在區間［0,2兀］上的最小值和最大值.

2.(2分)(2022?全國甲卷)已知a=||,6=cos*,c=4sin1，貝U()

A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b

【答案】A

【解析】【解答】解：因為g=4tan/因為當x€(0,另，sinx<x<tanx,

所以tan**,即讓1，所以c>b；

設/'(x)=cosx+-1,xG(0,+oo),

f(x)=-sinx+x>0,所以f(x)在(0,+oo)單調遞增，

則/(；)>/(0)=0，所以cos/—翡>0,

所以b>a,所以c>b>a,

故選：A

【分析】由Z=4tan/結合三角函數的性質可得c>b；構造函數/a)=cosx+4x2-i,xG(0,

+oo),利用導數可得b>a,即可得解.

3.(2分)(2022?全國甲卷)當％=1時，函數/(%)=alnx+取得最大值一2,則/(2)=

()

A.-1B.C.JD.1

【答案】B

【解析】【解答】因為函數f(x)定義域為(0,+00),所以依題可知，f(l)=-2,f(l)=0,

又/

則｛叱匕W，解得KU,

所以/'(%)=-|+|，

由f(x)>0,得0<x<l,由f(x)<0,得x>l,

因此函數f(x)在(0,1)上遞增，在(1,+8)上遞減，

則當X=1時取最大值，滿足題意，即有((2)=-1+*=—土

故選：B.

【分析】根據題意可知f(l)=-2,f(l)=0,列式即可解得a,b,再根據f(x)即可解出.

4.(2分)(2022?新高考回卷)己知正四棱錐的側棱長為I,其各頂點都在同一球面上.若該球的體積

為36兀，且3S/S3百，則該正四棱錐體積的取值范圍是()

A.口8,第B.伊，第C.俘，竽]D.[18,27]

【答案】C

【解析】【解答】解：記正四棱錐高與側棱夾角為0,高為h,底面中心到各頂點的距離為m,

則,=蓼/4寸，郛

,m6sin0cos0,2八-1c2

則l=6cos0,m=lsin0=6sin0cos0,九=而市==6cos9,S底=,x2mx2nm=2nm,

cosO

則正四棱錐的體積P=x2m2xh=144(sin0cos20)2,

令y=sin0cos20=sin0(1-sin20)=x(1-x2)=-x3+x,x=sin0Gif]

則y-3x2+l,故當易，產0,當%e（彖易，y'>0，

則Vg=144%皿=144x字x停）=箏

Vmin=144y盆=144X竽xG）=手

故該正四棱錐體積的取值范圍是停，a.

故選：C

【分析】由題意正四棱錐的結構特征，結合余弦定理得cos。及，埋，進而求得正四棱錐的

體積V=144（sinecos2j）2,令*=5由&構造函數y=sin0cos28=-x3+x,利用導數研究函數的單調性與

最值，求得y的最值，從而求得V的最值.

5.（2分）（2022?新高考回卷）設a=O.le01/b=義,c=—Zn0.9/貝U（）

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】C

【解析】【解答】解：令a二xe、，b=3-^—,c=-ln(l-x),

1—x

則lna-lnb=x+lnx-[lnx-ln(l-x)]=x+ln(l-x),

令y=x+ln(l-x),xe(0,0.1],

貝Ijy'=1—<0,

J1—x1-x

所以％0,

所以lna<lnb,

所以b>a,

a-c=xex+ln(l-x),x￡(0,0.1],

令y=xex+ln(l-x),xe(0,0.1],

x

rxx1_(l+%)(l-x)e-l

y—xe+eT^x=l^x'

令k(x)=(l4-x)(l—x)ex—1,

所以k*(x)=(l-2x-x2)ex>0,

所以k(x)>k(0)>0,

所以y*>0,

所以a-c>0,

所以a>c,

綜上可得，c<a<b,

故選：C

【分析】分別構造函數y=x+ln(l-x),x￡(0,0.1],y=xex+ln(l-x),x￡(0,0.1],根據導數判斷函數

的單調性，再運用作差法比較大小即可得解.

二、多選題(共3題；共9分)

6.(3分)(2022?新高考回卷)函數/(%)=sin(2x+(p)(0<(p<n)的圖象以(爭，0)中心對稱，則

()

A.y=/(x)在(0,招)單調遞減

B.y=/(%)在(-各巖)有2個極值點

C.直線％=普是一條對稱軸

D.直線y=乎一％是一條切線

【答案】A,D

【解析】【解答】由題意得：/(手)=sin(等+9)=0,所以等+租=々兀，kEZ,

即@=一等+土兀，kez,

又0<3<兀，所以k=2時，9=冬，故/(x)=sin(2x+手).

對于A：當％e(0,招)時，2x+等C(手,竽)，由正弦函數y=sinu圖象知y=/(%)在

(0,g)上是單調遞減；

對于B：當％C(-香，答9時，2%+等e(果第，由正弦函數y=sinu圖象知y=/(%)

只有1個極值點，由2%+咨=期，解得％=笨，即％=萼為函數的唯一極值點；

。乙JL乙JL乙

對于C：當％=普時，2%+等=3兀，/(--?)=0，直線x=7個不是對稱軸；

對于D：由y'=2cos(2x+竽)=—1得：cos(2x+竽)=一；，

解得2%+冬=冬+24?；?%+等=等+21兀，kEZ,

從而得：x=kn或%=+kn,kEZ,

所以函數y=/(x)在點(0,得處的切線斜率為k=y|x=0=2cos■=-1，

切線方程為：y—苧=—(%—0)即y=——x?

故答案為：AD

【分析】先根據已知條件求出(p的值，從而求得函數得解析式/(x)=sin(2x+冬)，再根據三角

函數的性質逐個判斷各選項，即可得解.

7.(3分)(2022?新高考回卷)己知函數fQ)=%3—久+i,則()

A.f(x)有兩個極值點

B.f(x)有三個零點

C.點(0,1)是曲線y=/(x)的對稱中心

D.直線y=2x是曲線y=/(x)的切線

【答案】A,C

【解析】【解答】解：令f(x)=3x2-l=0,得久=一堂或久=坐，

當x<-李或x>孝時，F(x)>0,當一亨<%<爭寸，F(x)<0,

所以f(x)在卜8,一字)，俘，+8)上單調遞增，在(一字，字)上單調遞減，

所以f(x)有兩個極值點為4=―孝或％=半，故A正確；

又/住)=1—竽〉0所以f(x)只有一個零點，故B錯誤；

由f(x)+f(-x)=2可知，點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心,故C正確；

曲線y=f(x)在點(1,1)處的切線的斜率為k=f⑴=2,則切線方程為y=2x-L故D錯誤.

故選：AC

【分析】利用導數研究函數的單調性，極值，零點，以及函數的對稱中心，結合導數的幾何意義，

逐項判斷即可.

8.(3分)(2022?新高考回卷)已知O為坐標原點，點A(l,1)在拋物線C：x2=2py(p0)上，過點

B(0,-1)的直線交C于P,Q兩點，則()

A.C的準線為y=—lB.直線AB與C相切

C.\OP\■\OQ|>|OA|2D.|BP|-|BQ|>|BA\2

【答案】B,C,D

【解析】【解答】解：由題意可知：l=2p,所以拋物線C：x2=y,故C的準線為丁=—/故A錯

誤；

由y，=2x得曲線C在點A(l,1)處的切線斜率為2,所以切線方程為y=2x-1,又直線AB為：

注生=*,即y=2x-l,故直線AB與C相切，故B正確；

過點B(0,-1)的直線設為y=kx-l,交C于P,Q兩點的坐標分別設為P(xi,yi),Q(x2,y2),

聯立直線與c方程可得[/=y=x2-kx+i=o,

(y=fcx—1

2

則xi+x2=k,x1x2=1,且4=k-4>0,

EPk2>4,則yi+y2=k2-2,yiy2=L

此時|OP|,|OQ|=J(好+")(必+y」=J'+光)&2+光)

=，、1丫2(為丫2+為+丫2+1)=>4,又|OAF=2,貝lj\OP\?\OQ|>|OA|2,故C正確；

2

\BP\'\BQ\=BP-BQ=[x]^,%+l)2，y2+1)=%1%2+yry2+y1+y2+l=/c+l>5>

又|BA|2=5,則|BP|-|BQ|>|BA\2,故D正確.

故選：BCD

【分析】由拋物線的定義與幾何性質可判斷A,根據導數的幾何意義，結合直線的兩點式方程可判

斷B,根據直線與拋物線的位置，結合弦長公式可判斷C,根據向量的數量積運算可判斷D.

三、填空題(共4題；共5分)

9.(2分)(2022?新高考回卷)寫出曲線y=ln|%|過坐標原點的切線方程：,.

【答案】y=；x;y=一

【解析】【解答】解:因為y=ln|x|,當x>0時y=Inx,設切點為(x0,lnx0)，由y'=

，所以y'\x=xo=^，所以切線方程為y-lnxo=^(x-x0)，又切線過坐標原點，所以

—ln&=x0)>解得x0=e,所以切線方程為y-1=(x—e),即y=；x;

當％<0時y=ln(-x),設切點為Qi，皿一巧))，由y'=5，所以y'l=xi=；，所以切線

X1人1

方程為y-m(-%1)=六(%-％1),又切線過坐標原點，所以一皿一%1)=看(一%1),解得=

—e,所以切線方程為y—1=(x+e),即y=;

故答案為：y=、y=一；%

【分析】分尢>0和％V0兩種情況討論，當％>0時設切點為(出,lnx0)，求出函數的導函

數，即可求出切線的斜率，從而表示出切線方程，再根據切線過坐標原點求出Xo.即可求切線方

程，當X<0時同理求解即可.

x2

10.(1分)(2022?全國乙卷)已知x=xx和x=x2分別是函數/(%)=2a—ex(a>0且

a^l)的極小值點和極大值點.若打<必，則a的取值范圍是.

【答案】(；，1)

【解析】【解答】解：f(%)=21na-ax-2ex>

2

因為％〉x2分別是函數/(%)=2a^-ex的極小值點和極大值點，

所以函數/(%)在(一8，和(x2,+00)上遞減，在(%「x2)上遞增，

所以當X6(-00,%1)U(、2，+8)時，/(X)<0，當XG,%2)時，f(X)>。，

若a>1時，當X<0時，21na?a%>0,2ex<0,則此時/(x)>0，與前面矛盾，

故a>l不符合題意，

x

若OVaVl時，則方程21na-a-2ex=0的兩個根為xlfx2

xx

即方程Ina-a=ex的兩個根為x2，即函數y=Ina-a與函數y=ex的圖象有兩個不同

設過原點且與函數y=g。)的圖象相切的直線的切點為(&,lna?Q/),

x2x

則切線的斜率為g'(%o)=In2a.談o,故切線方程為y—Ina-a°=\na-a°(z—x0),

x2x

則有—Ina?a°=—x0lna?a°,解得x0=焉,

22

則切線的斜率為ina.al^=elna，

因為函數y=Ina-ax與函數y=ex的圖象有兩個不同的交點,

所以eln2a<e,解得-<a<e,

e

又0<a<1,所以|<a<1,

綜上所述，a的范圍為(1,1).

x2

【分析】由x2分別是函數/(%)=2a-ex的極小值點和極大值點，可得x6(-oo,xt)u

3,+8)時，f\x)<0，xe(Xi,x2)時，/(x)>0，再分a>1和0<a<l兩種情況

xx

討論，方程21na-a-2ex=0的兩個根為小，x2，即函數y=Ina-a與函數y=ex的圖象

有兩個不同的交點，構造函數g(x)=\na-ax,根據導數的結合意義結合圖象即可得出答案.

11.(1分)(2022?新高考回卷)若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍

是.

【答案】a>0或a<-4

【解析】【解答】解：易得曲線不過原點，設切點為(xo,(xo+a)eM)則切線斜率為

f(xo)=(xo+a+l)exo,

可得切線方程為y-(xo+a)exo=(xo+a+1)exo(x-xo),又切線過原點，

可得-(xo+a)eXo=-xo(xo+a+1)ex(),化簡得耳+a%o-a=。(※%

又切線有兩條，即方程※有兩不等實根，由判別式△=a2+4a>0,得a<-4或a>0.

故答案為：a<-4或a>0.

【分析】由導數的幾何意義，求得切線方程，再結合切線過原點，易得方程就+?！?-。=0有兩不

等實根，由△>()求解即可.

12.(1分)(2022■上海)已知/(%)為奇函數，當%G[0,1]時，f(x)=Inx,且/(x)關于直線

x=1對稱，設/(x)=%+1的正數解依次為Xi、x2>X3、…、Xn、…，貝！I

lkn(%n+1-xn)=---------

【答案】2

【解析】【解答】解：因為/(%)為奇函數，

所以/(%)關于原點對稱，

又/(%)關于直線x=1對稱，

則函數/'(%)的周期為T=4(l-0)=4，

又因為當Xe［0,1］時，/(x)=Inx,

作出函數/(x)的圖象，如圖所示，

則由題意知，to(Xn+1-&)的幾何意義是相鄰兩條漸近線之間的距離2,即?lirn(Xn+l-%n)=2.

故答案為：2

【分析】根據函數的圖象與性質，結合極限的幾何意義，運用數形結合思想求解即可.

四、解答題(共9題；共85分)

13.(5分)(2022?浙江)設函數/(x)=^+lnx(x>0).

(I)求/(%)的單調區間；

(II)已知a,b€R,曲線y=/(%)上不同的三點(“/(%!)),(&，/(&))，。3,/(%3))

處的切線都經過點(a,b).證明：

(i)若a>e,則0cb-/(a)<1(|-1)；

Ci)若0<a<e,<x2<x3，則萬+砂(河+石<2一諄?

(注：e=2.71828…是自然對數的底數)

【答案】解：(I)f'(x)=］一意=穿

故/㈤的減區間為(0,1),增區間為(1,+8).

(II)(i)因為過(Q,b)有三條不同的切線，設切點為(陽，/(陽))，i=l,2,3,

故/(xz)-b=((勺)(陽-a),

故方程/(x)-b=/'(%)(%一Q)有3個不同的根,

該方程可整理為?--Q)一券-In%+b=0,

設g(x)=6-患)(*-a)-?攝一Inx+b,

則g'(x)=1一意+(一/+￡)(%—0)一1+意

1

二—g(x—e)(x—CL),

當0<x<e或％〉a時，g\x)<0；當e<x<a時，g(x)>0，

故g(x)在(0,e),(a,+oo)上為減函數，在(e,a)上為增函數，

因為g(x)有3個不同的零點，故g(e)<0且g(a)>0,

1pp1pP

故(工一定)(e-a)一五一Ine+b<。且(工一赤)(。-a)一而一Ina+b>0,

整理得到：匕<言+1且b>券+lna=/(a),

此時b-f(a)-一1)〈為+1-(券+Ina)—5+?|一善一Ina，

設〃(Q)=)-—Ina,則u(a)=?心<0,

故U(Q)為(e,+00)上的減函數，故u(a)V5—盤—Ine=0，

故OVb_/(a)<*q_l).

(ii)當OVaVe時，同(i)中討論可得：

故g(x)在(0，a),(e,+oo)上為減函數，在(a,e)上為增函數，

不妨設修Vx2V%3，貝1J0<xt<a<x2<e<x3,

因為g(%)有3個不同的零點，故g(a)V。且g(e)>0，

1PP1pp

故(》一H)(e一。)一五一Me+b>0且(工一不)(a—a)一而一Ina+b<0,

整理得到：治+l<b<治+lna,

因為Xi<x2<x3,故0</vaV*VeV%3，

又g(x)=1-寫^+號-In%+b,

設t=(，^=^6(0,1),則方程1一卓+景一lnx+b=°即為：

-+券I2+Int+1=0即為一(血+l)t+夕/+int+b=0,

記久=*，以=螢，,3=9，

X1x2x3

則jtj,t3為-(m+l)t+竽t?+mt+b=0有三個不同的根，

設kW>￡>1)根/<1，

2Ie—Q/I.1,2e—a口口丁-e—a2e

要證:5+諄〈河+一福’即證2+有<tl+t3<Z

一百'

1—m

即證:13-m2

—g—<ti+t3<^-6

13m

即證:(G+t3~6)(ti+士3—[+胃馬<0,

?2(7n-13)(m2-m+12)

即證:t+t

tA+t3-A--<36nl(目3)，

而一(rn+l)ti+彳+Int^+b=0且一(rn+1)打+,巧+lnt3+b=0>

故Intj-lnt3+2(tj—￡3)—(jn+1)(0-13)=0,

22In^—lnt

故+%-2-訪—x-~—-—3

m『3

2Int]—[nt?(m-13)(m2—m+12)

故即證:mX。_亡3V36nl(與+匕)

即證：“1+%)吊弓(zn-13)(7n2-m+12)

5372〉

即證：(k+l)lnk(m-13)(m2-7n+12)>Q,

k—172

記k>i，則—，

K-l(fc-1)

設u(k)=--％-21nfc，則u(fc)=14-^-^>^-^=0即(p(k)>0,

故(p(k)在(1,+oo)上為增函數，故(p(k)>(p(m),

所以(k+l)lnk,(m—13)(7n2—m+12)(m4-l)lnm(m-13)(m2-zn+12)

k-l+72>一而二I-十72

口，、i(m—l)(m—13)(m2—m+12)八.

i己a)、(m))=Inm+-----八7力2/(mQ+l.)、--------，0<m<1,

則=(m-l)2(3m3_20m2_49m+72)>(m-i)2?7n3+3)>。，

72m(m+l)272m(m+l)2

所以o)(m)在(0,1)為增函數，故a)(m)<co(l)=0,

故Inm+(-])(當;^^；一/+12)<0即(喘?？+ST)嘴f+12)>0,

故原不等式得證.

【解析】【分析】(I)求出導函數f'(x)="-￡=考，利用導數的性質即可求得函數的單調區

x2%z2%z

間;

(II)(i)因為過(a,b)有三條不同的切線，設切點為(陽，((勺))，i=1,2，3,故/(%)-

b=/，(%)(%—a)有3個不同的根，整理為?-患)(％-2一攝—lnx+b=0,令。(%)=?一

意)(x-a)—盤—lnx+b,由題意得到函數g(x)有三個不同的零點，利用導數求得極值，故

g(e)<0且g(a)>0,8</+1且b>^+Ina=f(a),設u(a)=5—搭—Ina利用導

數性質能證明u(a)<|-^-lne=0，所以0<b-門。)<*《一D

(ii)g(x)=(^-^2)(x一a)一尋一Inx+b有三個不同的零點，設t=(,|=me(0,1),

則9(x)轉化為一(6+l)t+與產+[nt+b=0有三個不同的根，在三個不同的零點小13，且

推導出要證明結論，只需證明-2xIn”？3y(蹩:)優,由此能證明

771°1一‘3十C3)

2e—a^11^2e—a

e+'^<x^+x^<a~~^2?

14.(15分)(2022?新高考回卷)已知函數/(x)=xeax-ex.

(1)(5分)當a=l時，討論/(x)的單調性；

(2)(5分)當x>0時，/(x)<-1,求a的取值范圍；

111

(3)(5分)設nEN*，證明：尸—++??,+「>InS+1).

Jl』+1j2，+2Jn2+n

【答案】(1)解：解：a=1=>/(%)=xex—ex=(x—l)ex=/'(%)=xex

當xG(—co,0)時，f(%)<0//(%)單調遞減；

當％6(0,+oo)時，/(%)>0,/(x)單調遞增.

⑵令g(x)=/(x)+1=xeax—e"+l(x>0)

=>g(%)<g(0)=0對Vx>0恒成立

又9(%)=e(lx+—ex=>g(0)=0

令h(x)=g'(x)=hf(x)=aeax+a(eax+axeax)—ex=a(2eax+axeax)—ex

則h'(0)=2Q-1

①若/i'(0)=2a-l>0，即a>>?(0)=lim9(刈一夕(°)=Hm>0

''2-x-，o+x-0x-o+x

所以3x0>0，使得當xe(0,x0)時，有且詈>0=g'(x)>0=>g(x)單調遞增=0(xo)>

g(0)=0,矛盾

②若九(0)=2a-1<0，即QM*時，g<x)=eax+axeax,x—e"+in(i+ax)_e%v

x+x

e%+in(i+%_ex<e22_眇=0

=g(x)在［0,+oo)上單調遞減，g(x)Wg(0)=0，符合題意.

綜上所述，實數a的取值范圍足aw2.

(3)證明：取a=±，貝UVx>0,總有—e*+1<0成立，

z2x

令t=e2，則t>1,t=e,x=21nt,

故2tlnt<t2-1即21nt<t-1對任意的t>1恒成立.

所以對任意的nCN*,有21n叵<叵一耳，

\n7nqn+l

1

整理得到：ln(n+1)-Inn<-F=,

故~r^=+'r^=+"'+I>ln2—Ini+ln3—ln2H-----Fln(n+1)—Inn

Jn2+n

=ln(n+1),

故不等式成立.

【解析】【分析】(1)求出/(%)=%〃，討論其符號后可得/(%)的單調性.

(2)設g(%)=xe。"一e"+1(%之0),求出g'(%),令九3)=g'(%),先討論a>凱寸題設中的不等式

不成立，再就0<aW/結合放縮法討論〃(%)符號，最后就a<0結合放縮法討論h(x)的范圍后可得

參數的取值范圍.

1

(3)由(2)可得21ntet對任意的t>l恒成立，從而可得也5+1)一比71<丁丁對任意的兀€

N*恒成立，結合裂項相消法可證題設中的不等式.

15.(10分)(2022?全國乙卷)已知函數/(x)=ax-1-(a+i)lnx.

(1)(5分)當a=0時，求/(%)的最大值；

(2)(5分)若/(%)恰有一個零點，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：當a=0時，/(x)=-1-lnx

111—X

f'(x)

X2xX2

X(0,1)1(1,+8)

r(x)+0-

f(x)/

/./(%)的最大值=f(1)=-l-lnl=-l

(2)解：/(x)定義域為(0,+oo)

1a+1_ax2一(a+l)x+11

X2xX2X2

根據（1）得：a=0時，f（X）max=-l<0,/.f（X）無零點

當a<0時，Vx>0,ax-1<0,又x?>。

X(0,1)1(1,+8)

9

f（X）+0-

f(x)/

AVx>0,f(x)<f(1)=a-l<0,/.f(x)無零點

當a>0時，/(x)=^(x-1)(x-l)

①當0<aVl時，1>1

X(0,1)1(1,工)1(—,+oo)

aaa

f（X）+0-0+

f(x)/\/

...Vxe(O,1],f(x)<f(l)=a-l<0,

又xU瑞of（X）=+8,；.f（x）恰有一個零點

2

②當a=l時，,（%）=（X?）>0，

：.f（x）在（0,+oo）上遞增，

由f（1）=a-l=0可得，f（x）恰有一個零點

③當a>l時，：G（0,1]

X(o,1)11(1,+oo)

aa

r(x)+0-0十

f(x)//

.-.VxGfl,+oo),f(x)>f(l)=a-l>0.

又㈣f（X）=-8,，f（X）恰有一個零點

綜上所得a取值范圍為（0,+oo）

【解析】【分析】（1）將a=0代入，再對函數求導利用導數判斷函數的單調性，從而求其最大值;

（2）求導得f'（x）=,分a=0、a<0及a>0三種情況討論函數的單調性，求得函數

X乙

的極值，即可得解.

16.（10分）（2022?全國甲卷）已知函數/（%）=^-\nx+x-a.

（1）（5分）若/（%）>0,求a的取值范圍；

（2）（5分）證明：若/（x）有兩個零點打，牝，則“62<1.

【答案】(1)解：由題意得，函數f(x)的定義域為(0,+8),

f(x)=--+1=-(1-ex+(1-+1)，

>、'\X好)Xx\X)\X)X\x)

令f(x)=0,得x=l,

當x￡(0,1),f(x)<0,f(x)單調遞減，

當*￡(1,+oo),f(x)>0,f(x)單調遞增,

若f(x)>0,則e+l-a>0,即a<e+l,

所以a的取值范圍為(-oo,e+1)

（2）證明：由題知，/（%）一個零點小于1,一個零點大于1

不妨設%1<1<%2

1

要證卬C2Vl，即證打V白

九2

因為打,口（o,i）,即證fg>e）

因為/（%1）=〃%2），即證/（&）>/（*）

即證號—Inx+x—xex—Inx-^>0,x6（1,+oo）

即證4-藍-2[Inx-1（x-^）]>0

下面證明x>l時,^-xei>0,lnx-1（x-1）<0

設g(%)="—x>19

則g'O)=?-妥)/一■+藍?(-切=J(i-加一贏1-：)

1exIx-lex

=(1---)(----e%)=------(----e-

設<p(x)=y(x>1),“(x)=-^2)ex=曾靖>0

所以<p(x)><p(l)=e，而《<e

所以馬_^>0，所以g'(%)>0

所以g(x)在(1,+oo)單調遞增

即g(x)>g(l)=0,所以-xel>0

11

令/i(x)=Inx一5(%——)，x>1

_QT)2

，1-1(1+2%—%2—1

<0

九0)=于?A/2

乙2N2x

所以/l(x)在(1,+co)單調遞減

即/i(x)</i(l)=0,所以Inx—1(x-^)<0；

綜上,^-%ei-2[lnx-1(x-i)]>0,所以必檢<1

【解析】【分析】(1)由導數確定函數單調性及最值，即可得解；

(2)由化歸思想，將原問題轉化要證明馬―彳d―2[lnx-；(%—3]>0恒成立問題，構造函數

g@)=^-xe^，再利用導數研究函數的單調性與最值即可得證.

32

17.(10分)(2022?全國甲卷)已知函數/(x)=%-%,5(x)=x+a,曲線y=/(久)在點

(%!，/(%!))處的切線也是曲線y=g(x)的切線.

(1)(5分)若打=-1,求a：

(2)(5分)求a的取值范圍.

【答案】(1)解：由題意知，/(-I)=-1-(-1)=0,/(x)=3x2-1-/(-I)=3-1=

2,則y=/(x)在點(一1,0)處的切線方程為y=2(x+l),

即y=2x+2，設該切線與g(x)切于點(不，g(%2))，。'(%)=2%，則g(x2)=2x2=2,

解得外=1，則g(i)=1+。=2+2,解得a=3；

(2)解：/(%)=3x2-1，貝【Jy=/(x)在點/(%!))處的切線方程為y-(xf-%i)=

(3%i-1)(%-%力，整理得y=(3%i-l)x一2x1,

設該切線與g(%)切于點(%2，g(%2))，g(x)=2x,貝U—(外)=2冷，則切線方程為y-

a

(%2+。)=2%2(%—%2),整理得y=2X2X-%2+?

則［-2x1=-xj+a'整理得a=以-2婢=(苧-*2xf=%-2琢-%+>

Q21

令/i(x)=4——2%3--x2+.，則人(%)=9%3—6x2-3x=3x(3%4-1)(%—1)，令九(刀)>

0,解得一gv%VO或%>1,

令/i'(x)<0，解得或0<x<l,則%變化時，h(x),/i(x)的變化情況如下表：

111

X0(0-1)1(1/+00)

(8,3r。)

h(x)-0+0-0+

h(x)571-17

274

則h(x)的值域為［一1,+8),故a的取值范圍為［一1,+00).

【解析】【分析】(1)先由f(x)上的切點求出切線方程，設出g(x)上的切點坐標，由斜率求出切點坐

標，再由函數值求出a即可；

(2)設出g(x)上的切點坐標，分別由f(x)和g(x)及切點表示出切線方程，由切線重合表示出a,構造

函數，求導求出函數值域，即可求得a的取值范圍.

18.(10分)(2022?全國乙卷)己知函數/(x)=ln(l+x)+axe~x.

(1)(5分)當a=1時，求曲線y=/(x)在點(0,/(0))處的切線方程；

(2)(5分)若/(x)在區間(一1,0),(0,+oo)各恰有一個零點，求a的取值范圍.

【答案】(1)解：/(%)的定義域為(一1,+00)

當a=l時，/(x)=ln(l+久)+*,/(0)=0,所以切點為(0,0)/，。)=七+g，

r(0)=2,所以切線斜率為2

所以曲線y=/(x)在點(0,/(0))處的切線方程為y=2x

(2)解：/(x)=ln(l+x)+

1a(l—x)_ex+a(l—%2)

/(%)=1+J(1+x)ex

設g(x)=ex+a(l-x2)

1。若a>0,當xe(-1,0),g(x)=ex+a(l-x2)>0,即/(%)>0

所以fix)在(-1,0)上單調遞增，/(x)</(0)=0

故/(%)在(-1,0)上沒有零點，不合題意

2。若一14a<0,當％6(0,+oo),則g\x)=ex-2ax>0

所以g(x)在(0,+oo)上單調遞增所以g(x)>g(0)=1+a》0，即/(%)>0

所以/(x)在(0,+00)上單調遞增，/(x)>/(0)=0

故/(%)在(0,+oo)上沒有零點，不合題意

3°若a<-1

+oo)上單調遞增

g(0)=1+a<0,g⑴=e>0

所以存在me(0,1)，使得g(m)=0,即f'(m)=0

當xe(0,m),f'(x)<0,/(x)單調遞減

當x6(m,+8),r(x)>0,/(x)單調遞增

所以

當xC(0,m),/(x)</(0)=0

當xT+00,/(x)T4-00

所以/(x)在(m,4-00)上有唯一零點

又(0,m)沒有零點，即/(%)在(0,+00)上有唯一零點

②當xG(-1,0),g(x)=ex+a(l-x2)

設h(x)=g'(x)=ex-2ax

h(x)=ex-2a>0

所以g'(x)在(一1,0)單調遞增

,1,

g'(-l)=g+2a<0,g'(0)=1>0

所以存在n6(—L0)，使得g'(n)=0

當xe(-1,n),g'(x)<0,g(x)單調遞減

當xG(n,0),“(x)>0,g(x)單調遞增，g(x)<g(0)=1+a<0

1

又g(-i)=9>o

所以存在t6(-1,n)，使得g(t)=0,即/(t)=0

當x6(-1,t),/(x)單調遞增，當xe(t,0),/(x)單調遞減

有x->-1,/(%)T—oo

而f(0)=0，所以當%G(30),f(x)>0

所以f(x)在(-1,t)上有唯一零點，(30)上無零點

即/(%)在(一1,0)上有唯一零點

所以a<—1,符合題意

所以若/(x)在區間(一1,0),(0,+00)各恰有一個零點，求a的取值范圍為(-oo,-1)

【解析】【分析】(1)先求切點，再求導計算斜率，最后根據直線的點斜式方程即可得切線方程;

(2)求導,對a分類討論，對％分(-1,0),(0,4-00)兩部分研究.

19.(5分)(2022?北京)已知函數/(%)=exZn(l+x).

(I)求曲線y=/(%)在點(0,/(0))處的切線方程；

(H)設g(x)=/'(%)，討論函數g(%)在[0,+oo)上的單調性；

(III)證明：對任意的s,te(0,+8),有/(s+t)>/(s)+/(t).

【答案】(I)/(x)=ex[ln(l+x)+擊],貝【J/(0)=1，又/(0)=0,

故所求切線方程為y=%

z1

(II)O,。)=e[ln(l+%)+備-z2],

，十”(1+x)

21l+2x

又e">0,ln(l+%)+-------