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2024年高考数学真题分类汇编--导数一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1 (新课标 II卷)设函数 f(x) = (x+ a)ln(x+ b)，若 f(x)≥ 0，则 a2+b2的最小值为 ( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 18 4 2x2 (甲卷理科)设函数 f x = e +2sinx，则曲线 y= f x 在 0,1 处的切线与两坐标轴围成的三角形1+ x2

的面积为 ( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 26 3 2 3二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.3 (新课标 II卷). 设函数 f(x) = 2x3-3ax2+1，则 ( )A.当 a> 1时，f(x)有三个零点B.当 aC.存在 a，b，使得 x= b为曲线 y= f(x)的对称轴D.存在 a，使得点 1,f 1为曲线 y= f(x)的对称中心三、填空题：4 (新课标 I卷) 若曲线 y= ex+x在点 0,1 处的切线也是曲线 y= ln(x+ 1) + a的切线，则 a=.5 曲线 y= x3-3x与 y=- x- 1 2+a在 0,+∞ 上有两个不同的交点，则 a的取值范围为 ．四、解答题：6 (新课标 I卷)已知函数 f(x) = ln x- + ax+ b(x- 1)32 x(1)若 b= 0，且 f (x)≥ 0，求 a的最小值；(2)证明：曲线 y= f(x)是中心对称图形；(3)若 f(x)>-2当且仅当 117 (新课标 II卷). 已知函数 f(x) = ex-ax- a3．(1)当 a= 1时，求曲线 y= f(x)在点 1,f(1) 处的切线方程；(2)若 f(x)有极小值，且极小值小于 0，求 a的取值范围．8 (甲卷理科)已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．(1)当 a=-2时，求 f x 的极值；(2)当 x≥ 0时，f x ≥ 0恒成立，求 a的取值范围．29 已知函数 f x = a x- 1 - lnx+ 1．(1)求 f x 的单调区间；(2)若 a≤ 2时，证明：当 x> 1时，f x 10 (北京卷)已知 f x = x+ kln 1+ x 在 t,f tt> 0 处切线为 l．(1)若切线 l的斜率 k=-1，求 f x 单调区间；(2)证明：切线 l不经过 0,0 ；(3)已知 k= 1，A t,f t，C 0,f t，O 0,0 ，其中 t> 0，切线 l与 y轴交于点B时．当 2S△ACO= 15S△ABO，符合条件的A的个数为？(参考数据：1.09311 设函数 f x = xlnx．(1)求 f x 图象上点 1,f 1处 切线方程；(2)若 f x ≥ a x- x 在 x∈ 0,+∞ 时恒成立，求 a的取值范围；1(3)若 x1,x2∈ 0,1 ，证明f x1 - f x2≤ x1-x2 2．12 (上海卷)对于一个函数 f x 和一个点 M a,b,令 s x = x- a 2+ f x - b 2 ,若P x0,f x0是 s x 取到最小值的点,则称点 P 是 M 在 f x 的 “最近点”.(1) 对于 f x = 1 x> 0,求证: 对于点 M 0,0,存在点 P ,使得点 P 是 M 在 f x 的 “最 近x点”；(2) 对于 f x = ex,M 1,0,请判断是否存在一个点 P ,它是 M 在 f x 的 “最近点”,且 直线 MP与 y= f x 在点 P 处的切线垂直;(3)已知 y= f x 在定义域 R 上存在导函数 fx,且函数 g x 在定义域 R 上恒正. 设点 M1 t- 1,f t - g t,M2 t+ 1,f t + g t,若对任意的 t∈R ,存在点 P 同时是 M1,M2 在 f x 的 “最近点”,试判断 f x 的单调性.42024年高考数学真题分类汇编--导数一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．1 (新课标 II卷)设函数 f(x) = (x+ a)ln(x+ b)，若 f(x)≥ 0，则 a2+b2的最小值为 ( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 18 4 2【答案】C【详解】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为 -b,+∞ ，令 x+ a= 0解得 x=-a；令 ln(x+ b) = 0解得 x= 1- b；若-a≤-b，当 x∈ -b,1- b 时，可知 x+ a> 0,ln x+ b 此时 f(x)若-b 0,ln x+ b 此时 f(x)若-a= 1- b，当 x∈ -b,1- b 时，可知 x+ a 0；当 x∈ 1- b,+∞ 时，可知 x+ a≥ 0,ln x+ b ≥ 0，此时 f(x)≥ 0；可知若-a= 1- b，符合题意；若-a> 1- b，当 x∈ 1- b,-a 时，可知 x+ a 0，此时 f(x)综上所述：-a= 1- b，即 b= a+ 1，2则 a2+b2= a2+ a+ 1 2= 2 a+ 1 + 1 ≥ 1 a=- 1 1，当且仅当 ,b= 时，等号成立，2 2 2 2 2所以 a2+b2 1的最小值为 ；2解法二：由题意可知：f(x)的定义域为 -b,+∞ ，令 x+ a= 0解得 x=-a；令 ln(x+ b) = 0解得 x= 1- b；则当 x∈ -b,1- b 时，ln x+ b x∈ 1- b,+∞ 时，ln x+ b > 0，故 x+ a≥ 0，所以 1- b+ a≥ 0；2故 1- b+ a= 0，则 a2+b2= a2+ a+ 1 2= 2 a+ 1 + 1 ≥ 1 ，2 2 21 1当且仅当 a=- ,b= 时，等号成立，2 2所以 a2+b2 1的最小值为 .2故选：C.ex( ) f x = +2sinx2 甲卷理科 设函数 ，则曲线 y= f x 在 0,1 处的切线与两坐标轴围成的三角形1+ x2的面积为 ( )A. 1 B. 1 C. 1 D. 26 3 2 3【答案】Ax 2 e +2cosx 1+ x -=ex+2sinx2x【详解】f x， 1+ x2 2 e0+2cos0 1+ 0 - e0+2sin0 × 0则 f 0 = = 3， 1+ 0 2即该切线方程为 y- 1= 3x，即 y= 3x+ 1，1令 x= 0，则 y= 1，令 y= 0，则 x=- 1 ，31 1 1故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积 S= × 1× - = . 故选：A.2 3 6曲线 f x = x6+3x- 1在 0,-1 处的切线与坐标轴围成的面积为 ( )A. 1 B. 3 C. 1 D. - 36 2 2 2【答案】A【详解】f x = 6x5+3，所以 f 0 = 3，故切线方程为 y= 3(x- 0) - 1= 3x- 1，1 1 1 1故切线的横截距为 ，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为 × 1× =3 2 3 6故选：A.二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.3 (新课标 II卷). 设函数 f(x) = 2x3-3ax2+1，则 ( )A. 当 a> 1时，f(x)有三个零点B. 当 aC. 存在 a，b，使得 x= b为曲线 y= f(x)的对称轴D. 存在 a，使得点 1,f 1为曲线 y= f(x)的对称中心【答案】AD【详解】A选项，f (x) = 6x2-6ax= 6x(x- a)，由于 a> 1，故 x∈ -∞,0 ∪ a,+∞ 时 f (x)> 0，故 f(x)在 -∞,0 , a,+∞ 上单调递增，x∈ (0,a)时，f (x)则 f(x)在 x= 0处取到极大值，在 x= a处取到极小值，由 f(0) = 1> 0，f(a) = 1- a3根据零点存在定理 f(x)在 (0,a)上有一个零点，又 f(-1) =-1- 3a 0，则 f(-1)f(0)则 f(x)在 (-1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是 a> 1时，f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f (x) = 6x(x- a)，ax∈ (0,+∞)时 f (x)> 0，f(x)单调递增，此时 f(x)在 x= 0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的 a,b，使得 x= b为 f(x)的对称轴，即存在这样的 a,b使得 f(x) = f(2b- x)，即 2x3-3ax2+1= 2(2b- x)3-3a(2b- x)2+1，根据二项式定理，等式右边 (2b- x)3展开式含有 x3的项为 2C3(2b)03 (-x)3=-2x3，于是等式左右两边 x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的 a,b，使得 x= b为 f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f(1) = 3- 3a，若存在这样的 a，使得 (1,3- 3a)为 f(x)的对称中心，则 f(x) + f(2- x) = 6- 6a，事实上，f(x) + f(2- x) = 2x3-3ax2+1+ 2(2- x)3-3a(2- x)2+1= (12- 6a)x2+ (12a- 24)x+ 18- 12a于是 6- 6a= (12- 6a)x2+ (12a- 24)x+ 18- 12a2 12- 6a= 0即12a- 24= 0 ，解得 a= 2，即存在 a= 2使得 (1,f(1))是 f(x)的对称中心，D选项正确.18- 12a= 6- 6a方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x) = 2x3-3ax2+1，f (x) = 6x2-6ax，f (x) = 12x- 6a，由 f (x) = 0 x= aa ,fa，于是该三次函数的对称中心为，2 2 2由题意 (1,f(1)) a也是对称中心，故 = 1 a= 2，2即存在 a= 2使得 (1,f(1))是 f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD三、填空题：4 (新课标 I卷) 若曲线 y= ex+x在点 0,1 处的切线也是曲线 y= ln(x+ 1) + a的切线，则 a=.【详解】由 y= ex+x得 y = ex+1，y | 0x=0= e +1= 2，故曲线 y= ex+x在 0,1 处的切线方程为 y= 2x+ 1；由 y= ln x+ 1 + a得 y = 1 ，x+ 1设切线与曲线 y= ln x+ 1 + a相切的切点为 x0,ln x0+1 + a ，1 1 1 1由两曲线有公切线得 y = + = 2，解得 x0=- ，则切点为 - ,a+ ln ，x0 1 2 2 2 1 1切线方程为 y= 2 x+ + a+ ln = 2x+ 1+ a- ln2，2 2根据两切线重合,所以 a- ln2= 0，解得 a= ln2.故答案为：ln25 曲线 y= x3-3x与 y=- x- 1 2+a在 0,+∞ 上有两个不同的交点，则 a的取值范围为 ．【答案】 -2,1 【详解】令 x3-3x=- x- 1 2+a，即 a= x3+x2-5x+ 1，令 g x = x3+x2-5x+ 1 x> 0 ,则 g x = 3x2+2x- 5= 3x+ 5 x- 1 ，令 g x = 0 x> 0 得 x= 1，当 x∈ 0,1 时，g x 当 x∈ 1,+∞ 时，g x > 0，g x 单调递增，g 0 = 1,g 1 =-2，因为曲线 y= x3-3x与 y=- x- 1 2+a在 0,+∞ 上有两个不同的交点，所以等价于 y= a与 g x 有两个交点，所以 a∈ -2,1 .故答案为： -2,1 3四、解答题：6 (新课标 I卷)已知函数 f(x) = ln x 32- + ax+ b(x- 1)x(1)若 b= 0，且 f (x)≥ 0，求 a的最小值；(2)证明：曲线 y= f(x)是中心对称图形；(3)若 f(x)>-2当且仅当 1【解析】【小问 1详解】b= 0时，f x = ln x- + ax，其中 x∈ 0,2 ，2 xf x = 1则 + 1 = 2 + a,x∈ 0,2 ，x 2- x x 2- x 2因为 x 2- x 2- x+ x ≤= 1，当且仅当 x= 1时等号成立，2故 f x min= 2+ a，而 f x ≥ 0成立，故 a+ 2≥ 0即 a≥-2，所以 a的最小值为-2.，【小问 2详解】f xx = ln - + ax+ b x- 1 3的定义域为 0,2 ，2 x设P m,n 为 y= f x 图象上任意一点，P m,n 关于 1,a 的对称点为Q 2-m,2a-n ，因为P m,n 在 y= f m x 图象上，故 n= ln - + am+ b m- 1 3，2 m而 f 2-m = ln 2-m + a 2-m + b 2-m- 1 3=-lnm + am+ b m- 1 3 + 2a，m 2-m=-n+ 2a，所以Q 2-m,2a-n 也在 y= f x 图象上，由P的任意性可得 y= f x 图象为中心对称图形，且对称中心为 1,a .【小问 3详解】因为 f x >-2当且仅当 1所以 f 1 =-2即 a=-2，先考虑 1-2恒成立.此时 f x >-2 x即为 ln - + 2 1- x + b x- 1 3> 0在 1,2 上恒成立，2 xt= x- 1∈ 0,1 ln t+ 1设，则 - - 2t+ bt3> 0在 0,1 上恒成立，1 tg t = ln t+ 1设 3- - 2t+ bt ,t∈ 0,1 ，1 t 2 t2 -3bt2+2+ 3b 则 g t = - 2+ 3bt2= ，1- t2 1- t2当 b≥ 0，-3bt2+2+ 3b≥-3b+ 2+ 3b= 2> 0，故 g t > 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，故 g t > g 0 = 0即 f x >-2在 1,2 上恒成立.- 2当 ≤ b3故 g t ≥ 0恒成立，故 g t 在 0,1 上为增函数，故 g t > g 0 = 0即 f x >-2在 1,2 上恒成立.4b3 3b故在 0, 1+ 2 上 g t 为减函数，故 g t 综上，f x >-2在 1,2 上恒成立时 b≥- 2 .32而当 b≥- 时，3而 b≥- 2 时，由上述过程可得 g t 在 0,1 递增，故 g t > 0的解为 0,1 ，3即 f x >-2的解为 1,2 .综上，b≥- 2 .37 (新课标 II卷). 已知函数 f(x) = ex-ax- a3．(1)当 a= 1时，求曲线 y= f(x)在点 1,f(1) 处的切线方程；(2)若 f(x)有极小值，且极小值小于 0，求 a的取值范围．【解析】【小问 1详解】当 a= 1时，则 f(x) = ex-x- 1，f (x) = ex-1，可得 f(1) = e- 2，f (1) = e- 1，即切点坐标为 1,e- 2 ，切线斜率 k= e- 1，所以切线方程为 y- e- 2 = e- 1 x- 1 ，即 e- 1 x- y- 1= 0.【小问 2详解】解法一：因为 f(x)的定义域为R，且 f (x) = ex-a，若 a≤ 0，则 f (x)≥ 0对任意 x∈R恒成立，可知 f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；若 a> 0，令 f (x)> 0，解得 x> lna；令 f (x)可知 f(x)在 -∞,lna 内单调递减，在 lna,+∞ 内单调递增，则 f(x)有极小值 f lna = a- alna- a3，无极大值，由题意可得：f lna = a- alna- a3 0，构建 g a = a2+lna- 1,a> 0，则 g a 1 = 2a+ > 0，a可知 g a 在 0,+∞ 内单调递增，且 g 1 = 0，不等式 a2+lna- 1> 0等价于 g a > g 1 ，解得 a> 1，所以 a的取值范围为 1,+∞ ；解法二：因为 f(x)的定义域为R，且 f (x) = ex-a，若 f(x)有极小值，则 f (x) = ex-a有零点，令 f (x) = ex-a= 0，可得 ex= a，可知 y= ex与 y= a有交点，则 a> 0，若 a> 0，令 f (x)> 0，解得 x> lna；令 f (x)可知 f(x)在 -∞,lna 内单调递减，在 lna,+∞ 内单调递增，则 f(x)有极小值 f lna = a- alna- a3，无极大值，符合题意，由题意可得：f lna = a- alna- a3 0，构建 g a = a2+lna- 1,a> 0，因为则 y= a2,y= lna- 1在 0,+∞ 内单调递增，5可知 g a 在 0,+∞ 内单调递增，且 g 1 = 0，不等式 a2+lna- 1> 0等价于 g a > g 1 ，解得 a> 1，所以 a的取值范围为 1,+∞ .8 (甲卷理科)已知函数 f x = 1- ax ln 1+ x - x．(1)当 a=-2时，求 f x 的极值；(2)当 x≥ 0时，f x ≥ 0恒成立，求 a的取值范围．【答案】(1)极小值为 0，无极大值.(2)a≤- 12【解析】【小问 1详解】当 a=-2时，f(x) = (1+ 2x)ln(1+ x) - x，故 f (x) = 2ln(1+ x) + 1+ 2x+ - 1= 2ln(1+ x) -1 + 1，1 x 1+ x因为 y= 2ln(1+ x),y=- 1+ + 1在 -1,+∞ 上为增函数，1 x故 f (x)在 -1,+∞ 上为增函数，而 f (0) = 0，故当-1 0时，f (x)> 0，故 f x 在 x= 0处取极小值且极小值为 f 0 = 0，无极大值.【小问 2详解】 1- ax a+ 1 xf x =-aln 1+ x + + - 1=-aln 1+ x -1 x 1+ ,x> 0，x a+ 1 x设 s x =-aln 1+ x - + ,x> 0，1 x -a a+ 1a x+ 1 + a+ 1则 s x = + - =- =-ax+ 2a+ 1，x 1 1+ x 2 1+ x 2 1+ x 2当 a≤- 1 时，s x > 0，故 s x 在 0,+∞ 上为增函数，2故 s x > s 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0,+∞ 上为增函数，故 f x ≥ f 0 = 0.当- 1 2 as x 0,- 2a+ 10,- 2a+ 1故在 上为减函数，故在a a 上 s x 即在 0,- 2a+ 1 上 f x 2a+ 1故在 0,- 上 f x 当 a≥ 0，此时 s x 同理可得 0,+∞ 上 f x 综上，a≤- 1 .29 已知函数 f x = a x- 1 - lnx+ 1．(1)求 f x 的单调区间；(2)若 a≤ 2时，证明：当 x> 1时，f x 【解析】【小问 1详解】6f(x)定义域为 (0,+∞)，f (x) = a- 1 = ax- 1x x当 a≤ 0时，f (x) = ax- 1 x当 a> 0 1时，x∈,+∞ 时，f (x)> 0，f(x)单调递增，ax∈ 0, 1当 时，f (x)综上所述，当 a≤ 0时，f(x)在 (0,+∞)上单调递减；a> 0 1时，f(x)在,+∞1上单调递增，在 0, 上单调递减.a a【小问 2详解】a≤ 2，且 x> 1时，ex-1-f(x) = ex-1-a(x- 1) + lnx- 1≥ ex-1-2x+ 1+ lnx，令 g(x) = ex-1-2x+ 1+ lnx(x> 1)，下证 g(x)> 0即可.g (x) = ex-1-2+ 1 ，再令 h(x) = g (x)，则 h (x) = ex-1- 1 ，x x2显然 h (x)在 (1,+∞)上递增，则 h (x)> h (1) = e0-1= 0，即 g (x) = h(x)在 (1,+∞)上递增，故 g (x)> g (1) = e0-2+ 1= 0，即 g(x)在 (1,+∞)上单调递增，故 g(x)> g(1) = e0-2+ 1+ ln1= 0，问题得证10 (北京卷) 已知 f x = x+ kln 1+ x 在 t,f tt> 0 处切线为 l．(1)若切线 l的斜率 k=-1，求 f x 单调区间；(2)证明：切线 l不经过 0,0 ；(3)已知 k= 1，A t,f t，C 0,f t，O 0,0 ，其中 t> 0，切线 l与 y轴交于点B时．当 2S△ACO= 15S△ABO，符合条件的A的个数为？(参考数据：1.09【解析】【小问 1详解】f(x) = x- ln(1+ x),f (x) = 1- 1+ =x (x>-1)，1 x 1+ x当 x∈ -1,0 时，f x0；∴ f(x)在 (-1,0)上单调递减，在 (0,+∞)上单调递增.则 f(x)的单调递减区间为 (-1,0)，单调递增区间为 (0,+∞).【小问 2详解】f (x) = 1+ k+ ，切线 lk的斜率为 1+ ，1 x 1+ tk则切线方程为 y- f(t) = 1+ + (x- t) (t> 0)，1 t将 (0,0)代入则-f(t) =-t 1+ k ,f(t) = t 1+ k ，1+ t 1+ t 即 t+ kln(1+ t) = t+ t k t t+ ，则 ln(1+ t) = + ，ln(1+ t) -1 t 1 t 1+ = 0，t令F(t) = ln(1+ t) - t1+ ，t假设 l过 (0,0)，则F(t)在 t∈ (0,+∞)存在零点.F (t) = 1 - 1+ t- t t+ = > 0，∴F(t)在 (0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0) = 0，1 t (1+ t)2 (1+ t)2∴F(t)在 (0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线 l不过 (0,0).7【小问 3详解】k= 1时，f(x) = x+ ln(1+ x),f (x) = 1+ 1+ =x+ 2 > 0.1 x 1+ xS△ACO=1 tf(t)，设 l与 y轴交点B为 (0,q)，2t> 0时，若 q由 (2)知 q≠ 0.所以 q> 0，则切线 l的方程为 y- t- ln t+ 1 = 1+ 11+ tx- t ，令 x= 0，则 y= q= y= ln(1+ t) - t .t+ 1∵ 2St △ACO= 15SABO，则 2tf(t) = 15t ln(1+ t) - t+，1∴ 13ln(1+ t) - 2t- 15 t+ = 0，记 h(t) = 13ln(1+ t) - 2t-15t+ (t> 0)，1 t 1 t∴满足条件的A有几个即 h(t)有几个零点. 13 15 13t+ 13- 2 t2+2t+ 1 - 15 2( ) = - - == 2t +9t- 4 = (-2t+ 1) (t- 4)h t 2 ，1+ t (t+ 1)2 (t+ 1)2 (t+ 1)2 (t+ 1)2当 t∈ 0, 1 时，h t 1当 t∈,4 时，h t > 0，此时 h t 单调递增；2当 t∈ 4,+∞ 时，h t 因为 h(0) = 0,h 10,h(4) = 13ln5- 20 13× 1.6- 20= 0.8> 0，2h(24) = 13ln25- 48- 15× 24 = 26ln5- 48- 72 25 5 5所以由零点存在性定理及 h(t)的单调性，h(t)1在 ,4 上必有一个零点，在 (4,24)上必有一个零点，2综上所述，h(t)有两个零点，即满足 2SACO= 15SABO的A有两个.11 设函数 f x = xlnx．(1)求 f x 图象上点 1,f 1处 切线方程；(2)若 f x ≥ a x- x 在 x∈ 0,+∞ 时恒成立，求 a的取值范围；1(3)若 x1,x2∈ 0,1 ，证明f x1 - f x2≤ x1-x 22．【解析】【小问 1详解】由于 f x = xlnx，故 f x = lnx+ 1.所以 f 1 = 0，f 1 = 1，所以所求的切线经过 1,0 ，且斜率为 1，故其方程为 y= x- 1.【小问 2详解】8设 h t = t- 1- lnt，则 h t 1 = 1- = t- 1 ，从而当 0 1时 h t > 0.t t所以 h t 在 0,1 上递减，在 1,+∞ 上递增，这就说明 h t ≥ h 1 ，即 t- 1≥ lnt，且等号成立当且仅当 t= 1.设 g t = a t- 1 - 2lnt，则f x - a x- x = xlnx- a x- x 1 = x a - 1x - 2ln1 = xg 1 .x x 1当 x∈ 0,+∞ 时， 的取值范围是 0,+∞ ，所以命题等价于对任意 t∈ 0,+∞ ，都有 g t ≥ 0.x一方面，若对任意 t∈ 0,+∞ ，都有 g t ≥ 0，则对 t∈ 0,+∞ 有0≤ g t = a t- 1 - 2lnt= a t- 1 + 2ln 1 ≤ a t- 1 + 2 1 - 1 = at+ 2 - a- 2，t t t取 t= 2，得 0≤ a- 1，故 a≥ 1> 0.再取 t= 2 ，得 0≤ a2 + 2 a - a- 2= 2 2a- a- 2=- a- 2 2，所以 a= 2.a a 2另一方面，若 a= 2，则对任意 t∈ 0,+∞ 都有 g t = 2 t- 1 - 2lnt= 2h t ≥ 0，满足条件.综合以上两个方面，知 a的取值范围是 2 .【小问 3详解】f b - f a先证明一个结论：对 0bt- 1≥ lnt blnb- alna = alnb- alnaln证明：前面已经证明不等式 ，故 - - + lnb=a + lnbb a b a ba - 1a ablnb- alna = blnb- blna-ln - - 1 且 - - + lna=b + lna> b + lna= 1+ lna，b a b a 1- a ab 1- blna+ 1f b - f af x = lnx+ 1 0 1由 ，可知当 时 ，当 时 f x > 0.e e1 1所以 f x 在 0, 上递减，在,+∞e e 上递增.不妨设 x1≤ x2，下面分三种情况 (其中有重合部分)证明本题结论.1情况一：当 ≤ x1≤ x2论成立；情况二：当 0c∈ 0, 1对任意的，设 φ x = xlnx- clnc- c- x，则 φ x = lnx+ 1+ 1 .e 2 c- x由于 φ x 单调递增，且有φc = lnc + 1+ 11+1 1+ 1 c 1+ 1 c2e 2c2e 2c 2 c- 2c 2c1+ 1 e 2c 2 c- 22e 2c1 c 1 2且当 x≥ c- ，x> 时，由 ≥ ln - 1可知4 ln 2 -212 2 c- x ccφ x = lnx+ 1+ 1 > ln c+ 1+ 1 = 1 - ln 2 - 1 ≥ 0.2 c- x 2 2 c- x 2 c- xc 所以 φ x 在 0,c 上存在零点 x0，再结合 φ x 单调递增，即知 09> 0.故 φ x 在 0,x0 上递减，在 x0,c 上递增.①当 x0≤ x≤ c时，有 φ x ≤ φ c = 0；1②当 0从而当 0 q c，可得1- q2φ x = xlnx- clnc- c- x再根据 φ x 在 0,x0 上递减，即知对 0综合①②可知对任意 0根据 c∈ 0, 1和 0所以f x1 - f x2= f x1 - f x2 = x1lnx1-x2lnx2≤ x2-x1.1情况三：当 01 - x ≤ee 1x2-x1， f1 - f x2≤ x 12- ≤ x2-x .e e 11 1而根据 f x 的单调性，知f x1 - f x2≤f x1 - f 或f x1 - f x2≤fe- f x e2 .故一定有f x1 - f x2≤ x2-x1 成立.综上，结论成立.12 (上海卷)对于一个函数 f x 和一个点 M a,b,令 s x = x- a 2+ f x - b 2 ,若P x0,f x0是 s x 取到最小值的点,则称点 P 是 M 在 f x 的 “最近点”.(1) 对于 f x 1 = x> 0,求证: 对于点 M 0,0,存在点 P ,使得点 P 是 M 在 f x 的 “最 近x点”；(2) 对于 f x = ex,M 1,0,请判断是否存在一个点 P ,它是 M 在 f x 的 “最近点”,且 直线 MP与 y= f x 在点 P 处的切线垂直;(3)已知 y= f x 在定义域 R 上存在导函数 fx,且函数 g x 在定义域 R 上恒正. 设点 M1 t- 1,f t - g t,M2 t+ 1,f t + g t,若对任意的 t∈R ,存在点 P 同时是 M1,M2 在 f x 的 “最近点”,试判断 f x 的单调性.【答案】(1) 证明见解析 (2) 存在点 P 0,1(3) f x 在 R 上严格减2【解析】(1) 证明: s 1 x = x- 0 2+ - 0 = x2+ 1 ≥ 2 x2 12 = 2 , 1当且仅当 x2= 即 x= 1 时取等x x2 x x2号,也即在 x= 1 时, s x 取到最小值. 故对于点 M 0,0,存在点 P 1,1,使得 该点是 M 0,0 在f x 的“最近点”.(2)根据题意, s x = x- 1 2+ ex-0 2= x- 1 2+e2x,s x = 2 x- 1 + 2e2x ,s x = 2+ 4e2x> 0,s x 严格增, s 0 = 0 ,列表如下:x -∞,00 0,+∞ s x- 0 +s x〈 极小值 2 A当 x= 0 时, s x 取到最小值,此时点 P 0,1 ,即点 P 0,1 是 M 在 f x 的“最近点”.10∵ f x = ex,k= f 0 = 1,∴ f x 在点 P 处的切线方程为 y= x+ 1 ,k = 0- 1又 MP - =-1,∴ kk=-1,∴ 直线 MP 与 y= f x 在点 P 处的切线垂直.1 0 MP(3) 法一: 设 s1 x = x- t+ 1 2+ f x - f t + g t2,s2 x = x- t- 1 2+ f x - f t - g t2 ,s x = s1 x + s2 x ,则 s x = s' '1 x + s2 x = 2 x- t+ 1 + 2 f x - f t + g tf x +2 x- t- 1 + 2 f x - f t - g tf x = 4 x- t + 4 f x - f tf x ,s x = 4 1+ f xf x - f t+ 4 f x2,∵ s t = 4+ 4 f t2≥ 4,∴ s x 在区间 t- δ,t+ δ 内严格增,又 s t = 0,∴ s x 在 x= t 处取极小值,又 ∵ s x ,s x 的定义域为 R,∴ x= t 均是 s x ,s x 的极小值, ∴ s' t = s'1 2 1 2 1 2 t = 0 ,得 2+ 2g t f t = 0 , 1解得 f t =- g t 法二: 设 s1 x = x- t+ 1 2+ f x - f t + g t2,s2 x = x- t- 1 2+ f x - f t - g t2 ,设 P x0,y0 ,则 x0 是 s1 x ,s2 x 的最小值点,得 s1 x0 ≤ s1 t ,s2 x0 ≤ s2 t,即 x0-t+ 1 2+ f x0 - f t + g t2≤ 1+ g t2 , x0-t- 1 2+ f x0 - f t - g t2≤ 1+ g t2,上述两式相加,整理得 x -t 20 + f x0 - f t2≤ 0 ,解得 x0= t ,即 x= t 是 s1 x ,s2 x 的最小值点,又∵ s1 x ,s2 x 的定义域均为 R,∴ x= t 是 s1 x ,s2 x 的极小值点, ∴ s'1 t = s'2 t = 0 ,得 2+ 2g t f t = 0 ,解得 f t =- 1 g t 11

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