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. 1
8 4 2
x
2 (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. 2
6 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 a< 0时，x= 0是 f(x)的极大值点
C.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)
3
2 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< x< 2，求 b的取值范围．
1
7 (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．
2
9 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 < ex-1恒成立．
10 (北京卷)已知 f x = x+ kln 1+ x 在 t,f t t> 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< ln3< 1.10，1.60< ln5< 1.61，1.94< ln7< 1.95)
3
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-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 f x ,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. 1
8 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 < 0，
此时 f(x)< 0，不合题意；
若-b<-a< 1- b，当 x∈ -a,1- b 时，可知 x+ a> 0,ln x+ b < 0，
此时 f(x)< 0，不合题意；
若-a= 1- b，当 x∈ -b,1- b 时，可知 x+ a< 0,ln x+ b < 0，此时 f(x)> 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,ln x+ b > 0，
此时 f(x)< 0，不合题意；
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 < 0，故 x+ a≤ 0，所以 1- b+ a≤ 0；
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 2
1 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. 2
6 3 2 3
【答案】A
x 2
e +2cosx 1+ x -=
ex+2sinx 2x
【详解】f x ，
1+ x2 2
e
0+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 ，
3
1 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. - 3
6 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 a< 0时，x= 0是 f(x)的极大值点
C. 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)< 0，f(x)单调递减，
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< 0，则 f(0)f(a)< 0，
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，f(2a) = 4a3+1> 0，则 f(-1)f(0)< 0,f(a)f(2a)< 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)，a< 0时，x∈ (a,0),f (x)< 0，f(x)单调递减，
x∈ (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- 12a
2
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= a a ,f a，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：ln2
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 ．
【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 < 0，g x 单调递减，
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 3
2- + 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< x< 2，求 b的取值范围．
【解析】【小问 1详解】
b= 0时，f x = ln x- + ax，其中 x∈ 0,2 ，2 x
f 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 x
x
= 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=- ln
m + 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< x< 2，故 x= 1为 f x =-2的一个解，
所以 f 1 =-2即 a=-2，
先考虑 1< x< 2时，f x >-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 x
t= x- 1∈ 0,1 ln t+ 1设 ，则 - - 2t+ bt
3> 0在 0,1 上恒成立，
1 t
g t = ln t+ 1设 3- - 2t+ bt ,t∈ 0,1 ，1 t
2 t
2 -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 ≤ b< 0时，-3bt2+2+ 3b≥ 2+ 3b≥ 0，
3
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.
4
b<- 2当 ，则当 0< t< 1+ 2 < 1时，g t < 0
3 3b
故在 0, 1+ 2 上 g t 为减函数，故 g t < g 0 = 0，不合题意，舍；3b
综上，f x >-2在 1,2 上恒成立时 b≥- 2 .
3
2
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 .
3
7 (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)< 0，解得 x< lna；
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，即 a2+lna- 1> 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)< 0，解得 x< lna；
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，即 a2+lna- 1> 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≤- 1
2
【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< x< 0时，f (x)< 0，当 x> 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+ 1 a 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 < a< 0时，当 0< x<- 2a+ 1 时，s x < 0，
2 a
s x 0,- 2a+ 1 0,- 2a+ 1故 在 上为减函数，故在a a 上 s x < s 0 ，
即在 0,- 2a+ 1 上 f x < 0即 f x 为减函数，a
2a+ 1
故在 0,- 上 f x < f 0 = 0，不合题意，舍.a
当 a≥ 0，此时 s x < 0在 0,+∞ 上恒成立，
同理可得 0,+∞ 上 f x < f 0 = 0恒成立，不合题意，舍；
综上，a≤- 1 .
2
9 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 < ex-1恒成立．
【解析】【小问 1详解】
6
f(x)定义域为 (0,+∞)，f (x) = a- 1 = ax- 1
x x
当 a≤ 0时，f (x) = ax- 1 < 0，故 f(x)在 (0,+∞)上单调递减；
x
当 a> 0 1时，x∈ ,+∞ 时，f (x)> 0，f(x)单调递增，a
x∈ 0, 1当 时，f (x)< 0，f(x)单调递减.a
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 t t> 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< ln3< 1.10，1.60< ln5< 1.61，1.94< ln7< 1.95)
【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 x < 0；当 x∈ 0,+∞ ，f x > 0；
∴ 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 l
k
的斜率为 1+ ，
1 x 1+ t
k
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) - t
1+ ，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+ x
S△ACO=
1 tf(t)，设 l与 y轴交点B为 (0,q)，
2
t> 0时，若 q< 0，则此时 l与 f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由 (2)知 q≠ 0.所以 q> 0，
则切线 l的方程为 y- t- ln t+ 1 = 1+ 11+ t x- t ，
令 x= 0，则 y= q= y= ln(1+ t) - t .
t+ 1
∵ 2S t △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 t
2+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 < 0，此时 h t 单调递减；2
1
当 t∈ ,4 时，h t > 0，此时 h t 单调递增；2
当 t∈ 4,+∞ 时，h t < 0，此时 h t 单调递减；
因为 h(0) = 0,h 1 0,h(4) = 13ln5- 20 13× 1.6- 20= 0.8> 0，2
h(24) = 13ln25- 48- 15× 24 = 26ln5- 48- 72 < 26× 1.61- 48- 72 =-20.54< 0，
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< t< 1时 h t < 0，当 t> 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 - 2ln
1 = x g 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≤ a 2 + 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 0< a< b，有 lna+ < 1 - < lnb+ 1.b a
b
t- 1≥ lnt blnb- alna = alnb- alna
ln
证明：前面已经证明不等式 ，故 - - + lnb=
a + lnb< 1+ lnb，
b a b a b
a - 1
a a
blnb- alna = blnb- blna
-ln - - 1
且 - - + lna=
b + lna> b + lna= 1+ lna，
b a b a 1- a ab 1- b
lna+ 1< blnb- alna
f b - f a< 所以 - lnb+ 1，即 lna+ 1< < lnb+ 1.b a b- a
f x = lnx+ 1 0< x< 1 f x < 0 x> 1由 ，可知当 时 ，当 时 f x > 0.
e e
1 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< 1时，有 f x1 - f x2 = f x2 - f x1 < lnx2+1 x2-x1 < xe 2-x1< x2-x1，结
论成立；
情况二：当 0< x1≤ x2≤ 1 时，有 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1lnx1-x2lnx2.e
c∈ 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
φ c = ln
c + 1+ 1 < ln 1 + 1+ 1 =-1- 1 + 1+ 1 = 0，
1+
1 1+ 1 c 1+ 1 c
2e 2c 2e 2c 2 c- 2c 2c1+ 1 e 2c 2 c- 2
2e 2c
1 c 1 2
且当 x≥ c- ，x> 时，由 ≥ ln - 1可知
4 ln 2 -
2
1 2 2 c- x cc
φ x = lnx+ 1+ 1 > ln c + 1+ 1 = 1 - ln 2 - 1 ≥ 0.
2 c- x 2 2 c- x 2 c- x c
所以 φ x 在 0,c 上存在零点 x0，再结合 φ x 单调递增，即知 0< x< x0时 φ x < 0，x0< x< c时 φ x
9
> 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；
1
②当 0< x< x0时，由于 cln =-2f c ≤-2f 1 = 2 < 1 1，故我们可以取 q∈ cln ,1 .c e e c
从而当 0< x< c 时，由 c- x> q c，可得
1- q2
φ x = xlnx- clnc- c- x<-clnc- c- x<-clnc- q c= c cln 1 - q < 0.c
再根据 φ x 在 0,x0 上递减，即知对 0< x< x0都有 φ x < 0；
综合①②可知对任意 0< x≤ c，都有 φ x ≤ 0，即 φ x = xlnx- clnc- c- x≤ 0.
根据 c∈ 0, 1 和 0< x≤ c的任意性，取 c= x2，x= x1，就得到 xe 1lnx1-x2lnx2- x2-x1≤ 0.
所以 f x1 - f x2 = f x1 - f x2 = x1lnx1-x2lnx2≤ x2-x1.
1
情况三：当 0< x1≤ ≤ x2< 1 1时，根据情况一和情况二 讨论，可得 f x1 - fe ≤
1 - x ≤
e e 1
x2-x1， f 1 - f x2 ≤ x 12- ≤ x2-x .e e 1
1 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 e 2 .
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 f x ,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 -∞,0 0 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,∴ k k=-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 t 2,s2 x = x- t- 1 2+ f x - f t - g t 2 ,
s x = s1 x + s2 x ,则 s x = s' '1 x + s2 x = 2 x- t+ 1 + 2 f x - f t + g t f x +
2 x- t- 1 + 2 f x - f t - g t f x = 4 x- t + 4 f x - f t f x ,
s x = 4 1+ f x f x - f t + 4 f x 2,
∵ s t = 4+ 4 f t 2≥ 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 =- < 0 ,由 t 的任意性,可知 f x 在 R 上严格减.
g t
法二: 设 s1 x = x- t+ 1 2+ f x - f t + g t 2,s2 x = x- t- 1 2+ f x - f t - g t 2 ,
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 t 2≤ 1+ g t 2 ,
x0-t- 1 2+ f x0 - f t - g t 2≤ 1+ g t 2,
上述两式相加,整理得 x -t 20 + f x0 - f t 2≤ 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 < 0 ,由 t 的任意性,可知 f x 在 R 上严格减.
g t
11
