1、导数的应用导数的应用（解答题解答题）大数据之五大数据之五年年（2018-2022）高考真题高考真题汇汇编（新编（新高高考卷与全国考卷与全国理理科科）一、解答题一、解答题1（2022新高考卷）已知函数()=（1）当 =1 时，讨论()的单调性；（2）当 0 时，()ln(+1)12+122+22+12（2022全国乙卷）已知函数()=(+1)ln（1）当 =0 时，求()的最大值；（2）若()恰有一个零点，求 a 的取值范围3（2022全国甲卷）已知函数()=ln+（1）若()0，求 a 的取值范围；（2）证明：若()有两个零点 1，2，则 12 ()+()7（2022新高考卷）已知函数()=和
2、()=有相同的最小值.（1）求 a；（2）证明：存在直线 =，其与两条曲线 =()和 =()共有三个不同的交点，并 且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列8（2021新高考卷）已知函数()=(1)2+（1）讨论()的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()有一个零点12 2；20 01讨论 f(x)的单调性；2若 yf(x)的图像与 x 轴没有公共点，求 a 的取值范围12（2021全国甲卷）已知 a0 且 a1，函数 f（x）=（x0），1当 a=2 时，求 f（x）的单调区间；2若曲线 y=f（x）与直线 y=1 有且仅有两个交点，求 a 的取值范围.13（2021全国乙卷）设函数
3、 f（x）=ln（a-x），已知 x=0 是函数 y=xf（x）的极值点。（1）求 a；（2）设函数 g（x）=+（），证明：g（x）1.（）14（2021天津）已知 0，函数()=（1）求曲线 =()在点(0，(0)处的切线方程：（2）证明()存在唯一的极值点（3）若存在 a，使得()+对任意 成立，求实数 b 的取值范围15（2021新高考）已知函数 f(x)=x（1-lnx)（1）讨论 f(x)的单调性（2）设 a,b 为两个不相等的正数,且 blna-alnb=a-b 证明:2 1+1 0 时，讨论函数 g（x）=()()的单调性19（2020新课标文）已知函数()=(+2).（1）当
4、 =1 时，讨论()的单调性；（2）若()有两个零点，求 a 的取值范围.20（2020新课标理）已知函数 f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论 f(x)在区间(0，)的单调性；（2）证明：|()|3 3；8（3）设 nN*，证明：sin2xsin22xsin24xsin22nx 3.421（2020新课标理）已知函数()=+2.（1）当 a=1 时，讨论 f（x）的单调性；（2）当 x0 时，f（x）1 x3+1，求 a 的取值范围.222（2020新高考）已知函数()=1ln+ln 1当 =时，求曲线 y=f（x）在点（1，f（1）处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；2若 f（x）
5、1，求 a 的取值范围23（2020天津）已知函数()=3+ln()，()为()的导函数（）当 =6 时，（i）求曲线 =()在点(1,(1)处的切线方程；（ii）求函数()=()()+9 的单调区间和极值；12（）当 3 时，求证：对任意的 ,1,+)，且 122，有(1)+(2)(1)(2)1224（2020北京）已知函数()=122（）求曲线 =()的斜率等于 2 的切线方程；（）设曲线 =()在点(,()处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()，求()的最小值25（2019天津）设函数()=ln(1)，其中 .（）若 0，讨论()的单调性；（）若 0 0，证明 301 2.26（201
6、9天津）设函数()=cos,()为()的导函数.（）求()的单调区间；4 22（）当 ,时，证明()+()()0；（）设 为函数()=()1 在区间(2+4,2+2)内的零点，其中 ，证明2+2sin0cos02.27（2019全国卷文）已知函数()=232+2.（1）讨论()的单调性；（2）当 0a3 时，记()在区间0，1的最大值为 M，最小值为 m，求 的取值范围.28（2019全国卷理）已知函数 f（x）=2x3-ax2+b.1讨论 f（x）的单调性；2是否存在 a，b，使得 f（x）在区间0，1的最小值为-1 且最大值为 1？若存在，求出 a，b的所有值；若不存在，说明理由。29（2
7、019全国卷文）已知函数()=(1)1，证明：（1）()存在唯一的极值点；（2）()=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.30（2019全国卷理）已知函数()=ln+1.11讨论 f(x)的单调性，并证明 f(x)有且仅有两个零点；2设 x0 是 f(x)的一个零点，证明曲线 y=ln x 在点 A(x0，ln x0)处的切线也是曲线 =的切线.31（2019北京）已知函数 f（x）=1 x3-x2+x.4（I）求曲线 y=f（x）的斜率为 1 的切线方程；（II）当 x-2，4时，求证：x-6f（x）x；（IlI）设 F（x）=|f（x）-（x+a）|（aR），记 F（x）在区间-2，
8、4上的最大值为 M（a）.当 M（a）最小时，求 a 的值.32（2019全国卷理）已知函数 f(x)=sinx-ln(1+x)，f(x)为 f(x)的导数。证明：2（1）f(x)在区间(-1,)存在唯一极大值点；（2）f(x)有且仅有 2 个零点。133（2018全国卷理）已知函数()=+ln（1）讨论()的单调性；12（2）若()存在两个极值点 1，2，证明：(1)(2)1.（）求函数()=()ln 的单调区间；（）若曲线 =()在点(1，(1)处的切线与曲线 =()在点(2，(2)处的切线ln平行，证明 1+(2)=2lnln；1（）证明当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 =()的切线
9、，也是曲线 =()的切线.336（2018全国卷文）已知函数()=1(+1)32（1）若 a=3，求()的单调区间（2）证明：()只有一个零点37（2018全国卷理）已知函数()=2（1）若 a=1，证明：当 0 时，()1；（2）若()在(0，+)只有一个零点，求 .38（2018全国卷文）已知函数()=2+1（1）求函数 =()在点(0，1)处的切线方程（2）证明：当 1 时，()+039（2018全国卷理）已知函数()=(2+2)ln(1+)2（1）若 =0，证明：当 1 0 时，()0 时，()0；（2）若 =0 是()的极大值点，求 a答案解析部答案解析部分分1 【答案】（1）解：解
10、：=1()=(1)()=当 (，0)时，()0，()单调递增.（2）令()=()+1=+1(0)()(0)=0 对 0 恒成立 又()=+(0)=0令()=()()=+(+)=(2+)则(0)=212若(0)=21 0，即 1，0+0+0(0)=lim()(0)=lim()0所以 0 0，使得当 (0，0)时，有()0()0()单调递增(0)(0)=0，矛盾若(0)=21 0，即 12时，()=+=+ln(1+)11 2+ln(1+2)11 2+2=0()在 0，+)上单调递减，()(0)=0，符合题意.2综上所述，实数 a 的取值范围足 1.22（3）证明：取 =1，则 0，总有 1+1 1
11、，=，=2ln，1故 2ln 21 即 2ln 1 恒成立.所以对任意的 ，有 2ln +1 +1+1 ，1 111整理得到：ln(+1)ln ln2ln1+ln3ln2+ln(+1)ln=ln(+1)，故不等式成立.12【答案】（1）解：当 =0 时，()=ln111()=22x（0，1）1（1，+）f（x）+0-f（x）()的最大值=f（1）=-1-ln1=-1（2）解：()定义域为（0，+）1()=+2=+12(+1)+121=(1)(1)2根据（1）得：a=0 时，f（x）max=-10，f（x）无零点当 a0 时，x0，ax-10，又 x20 x（0，1）1（1，+）f（x）+0-f
12、（x）x0，f（x）f（1）=a-10，f（x）无零点21当 a0 时，()=()(1)当 0a1 时，1 1x（0，1）1（1，1）1（1，+）f（x）+0-0+f（x）x（0，1，f（x）f（1）=a-10，又lim+f（x）=+，f（x）恰有一个零点2当 a=1 时，()=(1)0，2f（x）在（0，+）上递增，由 f（1）=a-1=0 可得，f（x）恰有一个零点当 a1 时，1（0，1x（0，1）1（1，1）1（1，+）f（x）+0-0+f（x）x 1，+），f（x）f（1）=a-10，0又 lim f（x）=-，f（x）恰有一个零点综上所得 a 取值范围为(0，+)3 【答案】（1）
13、解：由题意得，函数 f(x)的定义域为(0，+)，()=21 1=1 +1 1+1=1 1 1 +1 1，令 f(x)=0，得 x=1 ，当 x（0，1），f(x)0，f(x)单调递增，若 f(x)0，则 e+1-a0，即 ae+1，所以 a 的取值范围为（-，e+1）（2）证明：由题知，()一个零点小于 1，一个零点大于 1不妨设 1 1 2要证 12 1，即证 1 ()222 1因为(1)=(2)，即证(2)()11即证ln+ln 0，(1，+)1112即证2ln()0211下面证明 1 时，1 ，ln()1，1 2111 1111 1则 ()=()(+(2)=(1)(1)1=(1)()=
14、111()=1 11 021设()=(1)，()=(2)所以()(1)=，而 0，所以()0所以()在(1，+)单调递增即()(1)=0，所以 1 0211令()=ln()，1()=(1+2)=11122122=(1)222 02所以()在(1，+)单调递减211即()(1)=0，所以 ln()0，所以1 2 0，解得13 1，3令()0，解得 1 或 0 0，当 (1，0)，()=+(12)0，即()0所以()在(1，0)上单调递增，()0所以()在(0，+)上单调递增所以()(0)=1+0，即()0所以()在(0，+)上单调递增，()(0)=0故()在(0，+)上没有零点，不合题意3 若
15、0，所以()在(0，+)上单调递增(0)=1+0所以存在 (0，1)，使得()=0，即()=0当 (0，)，()0，()单调递增 所以当 (0，)，()0所以()在(1，0)单调递增1(1)=+2 0所以存在 (1，0)，使得()=0当 (1，)，()0，()单调递增，()(0)=1+0所以存在 (1，)，使得()=0，即()=0当 (1，)，()单调递增，当 (，0)，()单调递减 有 1，()而(0)=0，所以当 (，0)，()0所以()在(1，)上有唯一零点，(，0)上无零点 即()在(1，0)上有唯一零点所以 0 ，ln(1+)+21 ln1+1+2 0故()0 对 0，+)成立，()
16、在 0，+)上单调递增（III）证明：不妨设 ，由拉格朗日中值定理可得：(+)()(+)=()其中 ，+，即(+)()=()()(0)=()，其中 (0，)，即()(0)=()0由()在 0，+)上单调递增，故()()(+)()()(0)=()(+)()+()证毕7 【答案】（1）因为()=，所以()=，若 0，则()=0 恒成立，所以()在(0，+)上单调递增，无最小值，不满足；若 0，令 f（x）0 xlna，令 f（x）0 xlna，所以()min=(ln)=ln，因为()=ln，定义域 0，所以()=1，所 以()0 1，()00 0)，则()=2+1 0 恒成立+1(+1)2所以()
17、在(0，+)上单调递增，又因为(1)=0，ln 1=0 有唯一解 =1，+1综上，=1（2）由(1)易知()在(，0)上单调递减，在(0，+)上单调递增，()在(0，1)上单调递减，在(1，+)上单调递增，存在直线 =，其与两条曲线 =()和 =()共有三个不同的交点，设三个不同交点的横坐标分别为 1，2，3，不妨设 1 2 3，显然有 1 0 2 1 3，则肯定有(1)=(2)=(2)=(3)=，注意()，()的结构，易知(ln)=()，所以有(ln)=()，所以有(1)=(ln2)，而由 1 0，ln2 0，()在(，0)上单调递减，知 1=ln2，同理 2=ln33=2，所 以 1+3=
18、ln2+2，又 由(2)=(2)22=2ln22+ln2=22，故 1+3=22，所以存在直线 =，其与两条曲线 =()和 =()共有三个不同的交点，并且从左到右的 三个交点的横坐标成等差数列.8【答案】（1）由函数的解析式可得：()=(2)，当 0 时，若 (，0)，则()0，()单调递增；当 0 0，()单调递增，2若 (ln(2)，0)，则()0，()单调递增；2当 =1 时，()0，()在 上单调递增；当 1 时，若 (，0)，则()0，()单调递增，2若 (0，ln(2)，则()0，()单调递增；（2）若选择条件：由于 1 2，故 1 2 1，(0)=1 0，22而()=(1)2 2
19、ln(2)1ln(2)2+2=2ln(2)ln(2)2=ln(2)2ln(2)，由于 1 2，1 2 2，故 ln(2)2ln(2)0，22结合函数的单调性可知函数在区间(0，+)上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件：由于 0 1，故 2 1，则(0)=1 21 4，4 0，而函数在区间(0，+)上单调递增，故函数在区间(0，+)上有一个零点.当 0 时，构造函数()=1，则()=1，当 (，0)时，()0，()单调递增，注意到(0)=0，故()0 恒成立，从而有：+1，此时：()=(1)2 (1)(+1)2+=(1)2+(1)，1当 1 时，(1)2+(1)0，1取 0=1+1，
20、则(0)0，1即：(0)0，而函数在区间(0，+)上单调递增，故函数在区间(0，+)上有一个零点.(ln(2)=2ln(2)1ln(2)2+2ln(2)1ln(2)2+2=2ln(2)ln(2)2=ln(2)2ln(2)，由于 0 1，0 2 1，故 ln(2)2ln(2)0，2结合函数的单调性可知函数在区间(，0)上没有零点.综上可得，题中的结论成立.9 【答案】（1）当 =0 时，()=32，则()=2(3)，(1)=1，(1)=4，23此时，曲线 =()在点(1,(1)处的切线方程为 1=4(1)，即 4+5=0；32（2）因为()=，则()=2+(2+)22(2+)2(32)2(23)
21、(2+)2=，2(4)由题意可得(1)=(+1)2=0，解得 =4，32故()=，()=2+42(+1)(4)(2+4)2，列表如下：(,1)-1(1,4)4(4,+)()+0-0+()增极大值减极小值增所以，函数()的增区间为(,1)、(4,+)，单调递减区间为(1,4).当 0；当 3 时，()0,0,()单调递增；6当 (2 412,2+412)时，()0,()单调递增；63综上可得：当 1 时，()在 R 上单调递增，3666当 0，0，故 2+3 0，当 0 1 时，()1 时，()0；所以()的减区间为(0，1)，增区间为(1，+).（2）因为(1)=2+1 0 且 =()的图与
22、轴没有公共点，所以 =()的图象在 轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min=(1)=33ln1=3+3ln，故 3+3ln 0 即 1.21 2 【答案】（1）当 =2 时，()=，()=22222ln2(2)2=2(2ln2)4，令()=0 得 =2，当 0 0，当 2 时，()0，()单调递增；在(，+)上()0，()单调递减；()=()=1，又(1)=0，当 趋近于+时，()趋近于 0，ln所以曲线 =()与直线 =1 有且仅有两个交点，即曲线 =()与直线 =有两个交点的充分必要条件是 0 ln 1，这即是 0 ()0)；（2）令()=(+1)=0，则 =(+1)，令()=(+
23、1)，则()=(+2)，当 (，2)时，()0，()单调递增，当 时，()0，画出()大致图像如 下：所以当 0 时，=与 =()仅有一个交点，令()=，则 1，且 ()=()=0，当 (，)时，()，则()0，()单调递增，当 (，+)时，()，则()1，所以()max=()=(21)，(1)，令()=(21)，(1)，若存在 a，使得()+对任意 成立，等价于存在 (1，+)，使得()，即 ()min，()=(2+2)=(1)(+2)，1，当 (1，1)时，()0，()单调递增，所以()min=(1)=，故 ，所以实数 b 的取值范围，+).1 5【答案】（1）()=(1ln),(0,+)
24、()=1ln1=ln (0,1),()0,()(1,+),()1先证 2 21即证(2)=(1)0 恒成立，()()(1)=0(1)(21)2 1+2 得证同理，要证 1+2 即证(2)=(1)0,()(0,1),()0，()0，且()=0故 0，(0)0，(1)=(1)(1)0()0 恒成立 1+2 得证11 2+0 时，令()=0，得 =，令()0，得 0，得 ，所以()在(,)上单调递减，在333 3(,)，(,+)上单调递增.33（2）解：由（1）知，()有三个零点，则 0，且3()03()02233 0 4，解得 0 27，当 0 273，且()=2 0，3所以()在(,)上有唯一一
25、个零点，3同 理 1 ，(1)=3(+1)2 0，得 1 或 1；令()0，得 1 0 或(1)1 或 1111121414时，(1)=0,()=+0,()=0,(1)=+0，4424又(4)=643+3+=4(1162)0，由零点存在性定理知()在(4,1)上存在唯一一个零点 0，即()在(,1)上存在唯一一个零点，在(1,+)上不存在零点，此时()不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；当 1111121414时，(1)=0,()=+0,()=0,(1)=+0，由零点存在性定理知()在(1,4)上存在唯一一个零点 0，即()在(1,+)上存在唯一一个零点，在(,1)上不存在零点，此时(
26、)不存在绝对值不大于 1 的零点，与题设矛盾；综上，()所有零点的绝对值都不大于 1.1 8【答案】（1）解：函数()的定义域为：(0,+)()2+()2 02ln+12 0()，设()=2ln+12(0)，则有()=2=2(1)，2当 1 时，()0,()单调递减，当 0 0,()单调递增，所以当 =1 时，函数()有最大值，即()max=(1)=2ln1+12 1=1，要想不等式()在(0,+)上恒成立，只需()max 01 0 1；（2）解：()=2ln+1(2ln1)=2(lnln)(0 且 )因此()=2(ln+ln)()2，设()=2(ln+ln)，则有()=2(lnln)，当 时
27、，ln ln，所以()0，()单调递减，因此有()()=0，即()0，所以()单调递减；当 0 时，ln 0，()单调递增，因此有()()=0，即()0，所以()单调递减，所以函数()在区间(0,)和(,+)上单调递减，没有递增区间.1 9 【答案】（1）解：当 =1 时，()=(+2)，()=1，令()0，解得 0，解得 0，所以()的减区间为(,0)，增区间为(0,+)；（2）解：若()有两个零点，即(+2)=0 有两个解，+2从方程可知，=2 不成立，即 =有两个解，令()=+2(2)，则有()=(+2)(+1)(+2)2=(+2)2，令()0，解得 1，令()0，解得 2 或 2 1，
28、所以函数()在(,2)和(2,1)上单调递减，在(1,+)上单调递增，且当 2 时，()(1)=1，1所以满足条件的 的取值范围是：(,+).2 0【答案】（1）解：由函数的解析式可得：()=2sin3cos，则：()=2(3sin2cos2sin4)=2sin2(3cos2sin2)=2sin2(4cos21)=2sin2(2cos+1)(2cos1)，()=0 在 (0,)上的根为：1=3,23=2，2当 (0,3)时，()0,()单调递增，当 (3,3)时，()0,()单调递增.（2）解：注意到(+)=sin2(+)sin2(+)=sin2sin2=()，故函数()是周期为 的函数，结合
29、(1)的结论，计算可得：(0)=()=0，(3)=()2 3 33 382=，()=(2322)2 3(3)=3 3，28据此可得：()max=3 3，()min=3 3，88即|()|3 3.8（3）解：结合(2)的结论有：sin2sin22sin24sin222=sin3sin32sin34sin3232=sin(sin2sin2)(sin22sin4)(sin221sin2)sin223 sin 3 33 388 3 3823 sin223 38()2 3=3(4).2 1【答案】（1）解：当 =1 时，()=+2，()=+21，由于()=+2 0，故()单调递增，注意到(0)=0，故：
30、当 (,0)时，()0,()单调递增.1 32221 3（2）解：由()+1 得，+1，其中 0，.当 x=0 时，不等式为：1 1，显然成立，符合题意；1 31.当 0 时，分离参数 a 得，2，22 1 31(2)(1 21)3记()=2，()=2，2 1 2令()=1(0)，则()=1，()=1 0，故()单调递增，()(0)=0，故函数()单调递增，()(0)=0，2 1 2由()0 可得：10 恒成立，故当 (0,2)时，()0，()单调递增；当 (2,+)时，()0.设()=(),则()=1+1 0,2g(x)在(0,+)上单调递增，即()在(0,+)上单调递增，当 =1 时，(1
31、)=0,()=(1)=1,()1 成立.当 1 时，1 1，1 1 ，(1)(1)=(11)(1)0，使得(0)=01 1=0，且当 (0,0)时()0，01=1，ln+01=ln0，0因此()min=(0)=01ln0+ln0=1+ln+01+ln 2ln1+2 1 =2ln+1 1,00()1,()1 恒成立；当 0 1 时，(1)=+ln 1,(1)0,h(x)单调递增；在(1,+)上 h(x)122，令 1=(1)，则(12)(1)+(2)2(1)(2)2121=()(3+122+3+2331212)2(+ln)121 21 2=3332+3 2+(1 2)2ln 121221=3(3
32、32+31)+(2ln).1令()=2ln,1,+).121 2当 x1 时，()=1+=(1)0，2 1由此可得()在 1,+)单调递增，所以当 t1 时，()(1)，即 2ln 0.因 为 2 1，332+31=(1)3 0，3，23211所 以 3(332+31)+(2ln)(3+31)3(2ln)3=332 +6ln+1 .由()(ii)可知，当 1 时，()(1)，即 332+6ln+3 1，3故 332+6ln+1 0由可得(12)(1)+(2)2(1)(2)0.所以，当 3 时，任意的 1,2 1,+)，且 1 2，有212(1)+(2)(1)(2).2 4 【答案】解：（）因为
33、()=122，所以()=2，设切点为(0,120)，则 20=2，即 0=1，所以切点为(1,11)，由点斜式可得切线方程为：11=2(1)，即 2+13=0.（）显然 0，因为 =()在点(,122)处的切线方程为：(122)=2()，2令 =0，得 =2+12，令 =0，得 =2+12，22|所 以()=1 (2+12)2+12，不妨设 0(0，得 2，由()0，得 0 0，从而()0，所以()在(0,+)内单调递增.（）证明：（i）由（）知()=12.令()=12，由 0 0，且(ln )(ln1)=1(ln1)1=11 2 0.故()=0 在(0,+)内有唯一解，从而()=0 在(0,
34、+)内有唯一解，不妨设为 0，则 1 0 (0)=0，所以()在(0,0)内单调递增；当 (0,+)时，()=()1 时，()=1 1 时，()(1)=0，所以 1.从而111ln1111(ln)=lnln(ln 1)=lnln ln+1=(ln)(1)=0，所以()在(1,+)内有唯零点.又()在(0,0)内有唯一零点1，从而，()）在(1,+)内恰有两个零点.（ii）由题意，即00(1)=0ln1=(11)1，从而 ln1=20()=02=111 0，即 1 10=02ln111.因为当 1 时，ln 0 1，故 10 0 2(11)112=0，两边取对0数，得 ln10 2，于是1 0
35、2lnx0 2.52 6【答案】解：（）由已知，有()=(cossin).因此，当 (2+,2+)()443时，有 sin cos，得()0，则()单调递减；当 (2 4,2+4)()时，有sin 0，则()单调递增.35所以，()的单调递增区间为 2 4,2+4(),()的单调递减区间为 2+4,2+4 ().2（）证明：记()=()+()().依题意及（），有()=(cossin)，从而 4 2()=2sin.当 (,)时，()0，故()=()+()+()(1)=()0.(2(24 2因此，()在区间 ,22上单调递减，进而()()=()=0.4 22所以，当 ,时，()+()()0.（）
36、证明：依题意，()=()1=0 ，即 cos=1.记 =2，则 (,4 2)，且()=cos=2cos(2)=2().00 4 2由()=21=()及（），得 .由（）知，当 (,)时，()0，所以4 2()在 ,上为减函数，因此(4)(0)()=0.又由（）知，()+(2)()0，故2()=2 2()()(0)=20(sin0cos0)2sin0cos.所以，2+0，则当 (,0)(3,+)时，()0；当 (0,3)时，()0 故()在(,0),(3,+)单调递增，在(0,3)单调递减；若 a=0，()在(,+)单调递增；若 a 0；当 (3,0)时，()0 故()在(,3),(0,+)单调
37、递增，在(3,0)单调递减.（2）当 0 3 时，由（1）知，()在(0,3)单调递减，在(3,1)单调递增，所以()在3270,1的最小值为()=3+2，最大值为(0)=2 或(1)=4.于是27=3+2，=4,0 2,所以 =2732,2 3.2+3,0 2,27,2 3.8 当 0 2 时，可知 2+3 单调递减，所以 的取值范围是(,2).2727当 2 0，则当 (,0)(3,+)时，()0；当 (0,3)时，()0 故()在(,0),(3,+)单调递增，在(0,3)单调递减；若 a=0，()在(,+)单调递增；若 a 0；当 (3,0)时，()0 故()在(,3),(0,+)单调递
38、增，在(3,0)单调递减.（2）满足题设条件的 a，b 存在.（i）当 a0 时，由（1）知，()在0，1单调递增，所以()在区间0，l的最小值为(0)=，最大值为(1)=2+.此时 a，b 满足题设条件当且仅当 =1，2+=1，即a=0，=1（ii）当 a3 时，由（1）知，()在0，1单调递减，所以()在区间0，1的最大值为(0)=，最小值为(1)=2+此时 a，b 满足题设条件当且仅当 2+=1，b=1，即a=4，b=13（iii）当 0a3 时，由（1）知，()在0，1的最小值为(3)=27+，最大值为 b 或2+27若 3 +=1 ，b=1，则 =33 2 ，与 0a3 矛盾.若 3
39、+=1，2+=1，则 =3 3 或 =3 3 或 a=0，与 0a3 矛盾27综上，当且仅当 a=0，=1 或 a=4，b=1 时，()在0，1的最小值为1，最大值为 12 9【答案】（1）解：()的定义域为（0，+）.()=1+ln1=ln1.因为 =ln 单调递增，=1 单调递减，所以()单调递增，又(1)=1 0，故存在唯一 0 (1,2)，使得(0)=0.22又当 0 时，()0 时，()0，()单调递增.因此，()存在唯一的极值点.（2）由（1）知(0)0，所以()=0 在(0,+)内存在 唯一根 =.由 0 1 得 1 1 0.又(1)=(11)ln111=()=0，故 1 是()
40、=0 在(0,0)的唯一根.综上，()=0 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.3 0【答案】（1）解：f（x）的定义域为（0，1），（1，+）单调递增 因为 f（e）=+11 1 0，2121所以 f（x）在（1，+）有唯一零点 x1，即 f（x1）=011+1又 0 1 0，故()min=(2)=0，327所以()0，故在-2,4上，6 ()；构造函数 h（x）=f（x）-x，则()=32，令()=0，则 1=0,2=8，2438383故 h（x）在-2,0上单调递增，在 0,上单调递减，在 ,4 上单调递增，故 h（x）的最大值为 h（0）或 h（4），因为 h（0）=0，h（4）=0
41、，所以()0，故在-2,4上，()，综上在-2,4上，6 ()；41 32（）令()=()(+)=，则()=32，令()=0，则 1=0,2=8，2438833故 （x）在-2,0上单调递增，在 0,上单调递减，在 ,4 上单调递增，836427所以 （x）的最小值为 （-2）=-6-a 或()=，最大值为 （0）=-a 或 （4）=12-a，+6,3故()=|()|其最大值()=12,3，故当 a=3 时，M（a）有最小值 9.1+3 2【答案】（1）证明：()=cos 1)=sin+1,(1+)2,(1,2),2(0)=1 0,()=+421(1+4)2 0,(1)=sin(1)1 0,2
42、 存 在 1 (，1),(1)=0,当 1 0 时，()=cos 1 0;1+当 0 ln(1+),()0;当 1 2 时，sin (1),()2 时，sin 1,ln(1+)ln=1,()2，令()=0 得，=24 或 =+24.2222当 (0，24)(+24，+)时，()0.所以()在(0，24)，(+24，+)2222单调递减，在(24，+24)单调递增.22（2）解：由（1）知，()存在两个极值点当且仅当 2.由于()的两个极值点 1，2 满足 2+1=0 ，所以 12=1 ，不妨设 1 1 .(1)(2)=1 由于12121+1212 2212122=2+=2+1 2，所以(1)(
43、2)2 等价于 1 2+22 0.122设函数()=1+2，由（1）知，()在(0，+)单调递减，又(1)=0，从而当 (1，+)时，()0.所以 1 2+22 0，即(1)(2)0，x=2 是()极值点，(2)=01=0=1 22又 在(0，+)0 在(0，+)，又 1 在(0，+)()在(0，+)，又(2)=0所以 (0，2)时，()0，()综上所述 =1，(0，2)，(2，+)2（2）解：0当 1 时，1 =1()=ln1 1ln令()=1ln1，0()=11同理()在(0，+)又(1)=01=0 (0，1)时，()0，()()min=(1)=0即 1 时，()()03 5【答案】解：（
44、）h(x)=ln()=lnln，令()=0，=0。由 a1，则 h(x)在(，0)递减，在(0，+)递增。（）证明：由()=ln，则 =()在点(1，(1)处切线斜率为 1 ln，由()=1 ，则 =()在点(2，(2)处切线斜率为 1ln2ln又 1 ln =11 (ln)2=1 两边取以 a 为底的对称，22ln则 log2+1+2logln=0，1+(2)=2lnln。ln（）证明：曲线 =()在点(1，1)切线 1：1=1 ln(1)，曲线 =()在点(2，2)处切线2ln2：log2=12()，1要证明当 时，存在直线 l，使 l 是曲线 =()的切线，也是曲线 =()的切线，只需1
45、证明当 时，存在 1 ，2 (0，+)，使得 1，2重合。即需证明：1当 时，2ln1ln=1 1 ln 11 1ln=log2，2由 得：=11(ln)2lnln代入 得：111ln+1+1+2lnln=0，11因此 ，关于 方程存在实数解即可。lnln设()=ln+1+lnln，1则 时，()存在零点，()=1(ln)2 ，0 时，()0，0 时，()0，(1(ln)1 2)=1(ln)2 0，(0)=0，而 1(ln)2 00=0，()在(，0)在(0，+)，()极大值=(0)。1 ，lnln -1.0()=0 ln+0000lnln0(ln)2lnln+1 +2lnln =1+2lnl
46、n 2+2lnln 0。下面证明存在实数 t，使得()1 时：有()(1+ln)(1ln)+1+2lnln=(ln)2 2+1+1+ln 2lnln。ln存在 t，使得()0所以()在 又(1)=0所以()在(，1)，(1，+)即()(1)=1+111=0所以()0 恒成立 即原命题成立.3 9【答案】（1）证明：当 a=0 时()=(2+)ln(1+)211()=1+(1+)2(1+)2=ln(1+)+1+设函数 g（x）=f（x）=ln(1+)+1+则 g（x）=(1+)2当-1x0 时，g(x)0 时，g(x)0.故当 x-1 时，g(x)g(0)=0且仅当 x=0 时，g（x）=0从而
47、 f（x）0，当且仅当 x=0 时，f（x）=0 所以 f（x）在（-1，+）单调递增又 f（0）=0，故当-1x0 时，f（x）0 时，f（x）01+（2）解：()=(1+2)ln(1+)+1+21()=2ln(+1)+2+1+1+2(+1)21(+1)2 02a(x+1)2ln(x+1)+(2ax+1)(x+1)+ax2+2ax-102a(x+1)2ln(x+1)+3ax2+4ax+a0 a2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x-x设 h(x)=2(x+1)2ln(x+1)+3x2+4x则()=4(x+1)ln(x+1)+2(x+1)+6x+4 (0)=60 h(0)=0所以在 x=0 邻域内，x0 时，h(x)0；x0 时，h(x)02(+1)2ln(1+)+32+4 x0 时，a由洛必达法则得 a-162(+1)2ln(1+)+32+4 x0 时，a由洛必达法则得 a-16综上所述：a=-16
