2022年高考数学三轮复习《第8讲 导数》填空压轴题（含答案解析）

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1、第第 8 讲导数填空压轴题讲导数填空压轴题1 （湖北十一校三月联考）已知不等式2(2ln )(1)10axxxax对任意0 x 恒成立，则实数 a的取值范围是_【答案】1,12e【分析】设 2lnf xaxx， 211g xxax，对实数a的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 f x的单调性与最值，根据已知条件列出关于实数a的不等式（组） ，综合可求得实数a的取值范围【解析】设 2lnf xaxx， 211g xxax，其中0 x ，则 1212axfxaxx，当0a 时， 0fx对任意的0 x 恒成立，此时，函数 f x在0,上单调递减，当1x时， 120f xfa，对于 函数 211g x

2、xax，该函 数的对称轴 为直线1122ax，函数 g x在1,2上单调递增，当1x时， 110g xga ，当1x时， 0f x g x ，不符合题意；当0a 时，令 0fx，可得12xa，列表如下：x10,2a12a1,2a fx0 f x极小值 min111 ln1ln222fxfaaa （i）当11ln20faa 时，即当102ae时，2110agaa，则110fgaa，不符合题意；（ii）当11ln20faa 时，即当12ae时，则2110agaa，此时1a ，即112ae对于函数 211g xxax，214130aaa ，当0 x 时， 0f x ， 0g x ，则 0f x g

3、x 对任意的0 x 恒成立综上所述，实数a的取值范围是1,12e【名师点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）xD ， minmf xmf x； （2）xD ， maxmfxmfx；（3）xD ， maxmfxmfx； （4）xD ， minmf xmf x2 （江苏启东市高三期末）若关于 x 的不等式lnxeaxa恒成立，则实数 a 的取值范围为_【答案】0, e【 分 析 】 首 先 不 等 式 变 形 为lnxeaex， 经 讨 论0a 不 成 立 ， 当0a 时 ， 不 等 式 变 形 为lnlnxxeaexexeaexex，通过设函数

4、( )xg xxe，转化为不等式( )(ln)eg xagex恒成立，通过函数 g x的单调性，和正负区间，讨论求a的取值范围【解析】解：lnlnlnxxxeaxaeaxaeaex若0a ，0 x 时，lnex ，1xe ，lnaex ，此时lnxeaex不恒成立，0a ，lnlnxxeaexexeaexex，令 xg xxe，( )(1)0,1xg xxex ，, 1x 时， 0gx，1,x ， 0gx，( )g x在(, 1) 单调递减，( 1,) 单调递增，min1( )( 1)g xge ，( )(ln)eg xagex，ln()0ex 时，( )0g x，(ln)0gex ，原不等式

5、恒成立；ln()0ex 时，( )(ln)g xagexe，令( )lnf xxex，11( )10 xfxxx ，1x ，0,1x时， 0fx，1,x时， 0fx，( )f x在(0,1)单调递减，在(1,)单调递增，min( )(1)0f xf，lnxex，( )(ln)g xgex，即( )1(ln)g xgex，1ae，0ae【名师点睛】关键点点睛：本题考查不等式恒成立求参数的取值范围，第一个关键是说明0a 不恒成立，第二个关键是0a 时，不等式的变形lnlnxxeaexexeaexex，构造函数 xg xxe，第三关键是证明( )1(ln)g xgex3（江苏三校联考） 已知32co

6、s263am，32cos263m ， 其中mR，则cos()_【答案】12【分析】构造3( )sinf xxx，判断 f x的奇偶性与单调性，把2cos3化为sin6，2cos3化为sin6， 利用 f x的奇偶性与单调性求出的值， 再计算cos()的值【解析】设3( )sinf xxx，则2( )3cosfxxx，易知 fx是偶函数当01x时，230 x ，cos0 x ，( )0fx；当1x时，233x ，cos1x ，( )0fx，( )0fx恒成立，即 f x在定义域内单调递增3()sin( )fxxxf x ， f x为奇函数， f x的图象关于点0,0对称，2coscossin32

7、66，332cossin26366m，同理可得33cossin262666m 则066ff，066，即3，故1cos()cos324 （海口市海南中学高三月考）已知函数 eln2xf xx， 22xg xxm，若函数 h xg f xm有3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1x2x3)，则1232f xf xf x的取值范围是_【答案】11 002，【分析】先根据题意，求出 h xg f xm的解得 ,2mfx 或 f xm ，然后求出 f(x)的导函数，求其单调性以及最值，在根据题意求出函数 h xg f xm有 3 个不同的零点 x1，x2，x3(x1x2x3)，分情况讨论求出1232f

8、 xf xf x的取值范围【解析】 令 t=f （x） ， 函数 h xg f xm有 3 个不同的零点， 即 22tg ttm+m=0 有两个不同的解，解之得12,2mttm ，即 ,2mfx 或 f xm ， eln2xf xx的导函数， 21 ln(0)2exfxxx，令 0fx，解得 xe， 0fx，解得 0 xe，可 得 f （ x ） 在 （ 0 ， e ） 递 增 ， 在, e 递 减 ； f(x) 的 最 大 值 为 12f e ， 且 0,;,0 xf xxf x，且 f(1)=0；要使函数 h xg f xm有 3 个不同的零点，（1） ,2mfx 有两个不同的解，此时 f

9、 xm 有一个解；（2） f xm 有两个不同的解，此时 ,2mfx 有一个解当 ,2mfx 有两个不同的解，此时 f xm 有一个解，此时11,24mm ，不符合题意；或是0,0mm不符合题意；只能是01022mm解得01m， 1f xm ，23,2mf xf x此时1232f xf xf x=-m，此时10m ， f xm 有两个不同的解，此时 ,2mfx 有一个解，此时1,122mm，不符合题意；或是0,02mm不符合题意； 只 能 是02102mm 解 得102m，12mf x，23f xf xm ， 此 时1232f xf xf x=m，102m 。综上：1232f xf xf x的

10、取值范围是11 002，。【名师点睛】本题主要考查了函数与导函数的综合，考查到了函数的零点，导函数的应用，以及数形结合的思想、分类讨论的思想，属于综合性极强的题目，属于难题5 （天一大联考）已知函数 f x的定义域为0 ，其导函数为 fx，且满足 0f x ， 0f xfx，若1201xx ，且121x x给出以下不等式： 2112xxf xef x； 1221x f xx f x； 1122x f xx f x； 2111f xxf x其中正确的有_(填写所有正确的不等式的序号)【答案】【分析】根据 f (x) +f (x) 0构造函数，再利用导数工具处理函数不等式问题【解析】设( )e(

11、)xF xf x，则( )e( )( )0 xF xfxf x，由此可得( )F x单调递减， 1212eexxf xf x，即 2112exxf xf x，故正确；( )0f x ，( )( )0f xfx，( )0fx，( ) f x单调递减， 22111xf xf xf xx， 1221x f xx f x，故正确；对于， 由分析可知 2112exxf xf x， 欲使 1122x f xx f x， 且121x x， 即 2122f xxf x成 立 ， 只 需 满 足22122xxex即 可 ， 即 证222212ln(1)xxxx， 设 12lnm xxxx， 则22212(1)(

12、 )10 xm xxxx ，则( )m x单调递增，2(1)0m xm，故正确；对 于 ， 假 设 2111f xxf x成 立 ， 1212eexxf xf x， 11112exxf xf x， 1111e1xxx ，取112x ，则3212e，322e ，矛盾，故不正确故答案为：【名师点睛】 关键点睛： 本题的关键是通过构造函数并利用函数的单调分析不等式， 根据 f (x) +f (x) 0)，得 y=2ax，由 y=ex，得 y=ex，曲线 C1：y=ax2(a0)与曲线 C2：y=ex存在公共切线，设公切线与曲线 C1切于点(x1，ax12)，与曲线 C2切于点22,xx e，则222

13、11212xxeaxaxexx，可得 2x2=x1+2，11212xeax，记 122xef xx，则 12224xexfxx，当 x(0，2)时，f(x)0，f(x)递增当 x=2 时， 2min4ef x，a 的范围是2,4e18 （ 东 北 三 省 四 市 联 考 ） 已 知 函 数 f (x = )ex +2ex ， g (x = )x a ， 若 关 于 x 的 不 等 式f (x )1 g (x+ )1 在R 上恒成立，求实数a 的取值范围是_【答案】ln 2 1 a 3【分析】先研究函数h (x = )f (x )1的单调性，再讨论 g (x+ )1 表示的直线与h(x )相切时

14、参 a 的值，结合直线特征确定纵截距使得h(x )恒在直线上方，即求得参数的取值范围【解析】令 1h xf x，则 222xxxxxeeh xeee，令 0h x，得ln2x ，当,ln2x 时， 0h x， h x单调递减，当ln2,x时， 0h x， h x单调递增又 g xxa，则 11xxag ，当 11xxag时，若直线1yxa与 yh x相切时，设切点为11,1x xa，则 11121xxh xee，解得1ln2x ，又 1111211xxh xeexa ，ln2ln221ln21eea ，解得此时纵截距为12ln2a，故当纵截距12ln2a时，可以使 11f xg x 恒成立，即

15、ln2 1a ；当 11axxg 时，若直线1yxa 与 yh x相切时，设切点为22,1xxa，则22221xxh xee ，解得20 x ，又2222211xxh xeexa ，002101eea ，解得此时纵截距为12a ，故当纵截距12a 时，可以使 11f xg x 恒成立，即3a ；由已知对x R，都有 11f xg x ，需ln2 13a 故答案为：ln2 13a 【名师点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于确定 1g x 表示的直线与曲线 1h xf x相切时的临界状态下的纵截距， 再结合截距变化确定何时 h x恒在直线上方，即突破难点19 （安徽皖北协作区联考）已知函数2ln(

16、1),( )1(1),exxf xxxx若函数( )( ( )( )1g xf f xaf xa恰有 5个不同的零点，则实数 a 的取值范围是_【答案】10a2【分析】运用导数研究函数当 x1 时，函数的图像大致情况，结合函数零点的定义，运用换元法、数形结合思想进行求解即可【解析】当 x1 时，2(1 ln )( )exfxx)，( )0fx1xe，( )0fxxe，( )f x在(1，e)上单调递增，在(e，+)上单调递减，ln( )1eef ee，且当 x+时( )0f x ，x 轴为曲线( )f x的水平渐近线；当1x 时，2( )1f xx，( )f x在(,0)上单调递减，在(0，1

17、)上单调递增，且(0)1f 由此作图，图像如图，设( )f xt，则由( )( ( )( )10g xf f xaf xa ，得( )10( )1(1) 1f tataf tataa t ，若函数( )( ( )( )1g xf f xaf xa恰有 5 个不同的零点，则关于 x 的方程( )( ( )( )10g xf f xaf xa 恰有 5 个不同的实根，则 结 合 函 数( )yf x的 图 像 及 直 线(1) 1ya x得( )(1) 1f ta t恰 有 2 个 不 等 的 实 根 ，1( )1,0ttf x 有 2 个不等的实根，2( )0,1ttf x有 3 个不等的实根，

18、函数( )(1) 1f ta t恒过(1, 1)，当直线过( 1,0)时，斜率1 011 ( 1)2a ，102a【名师点睛】方法点睛：解决函数零点问题经常用到的方程就是数形结合，用导数研究函数的性质20 （湖南衡阳市高三一模）定义在R 上的函数 f (x )满足 f (x + )f (2 x = )1 ， f (x )的导函数 f (x )，则 f (2019 )f (2021 = )_【答案】0【分析】对 21fxfx两边同时求导得 20 xxff，进而得答案【解析】 21fxfx， 两边同时求导可得： 20 xxff， 故201902021ff【名师点睛】本题考查复合函数导数问题，解题的

19、关键在于根据已知对函数求导，考查运算求解能力，是中档题21 （山西临汾市高三一模）对于一个函数 yf xxD，若存在两条距离为d的直线1ykxm和2ykxm，使得 12kxmf xkxm在xD时恒成立，称函数 f x在D内有一个宽度为d的通道则下列函数在1,内有一个宽度为 1 的通道的有_ （填序号即可） 1sin cos2f xx； ln xfxx； 21f xx； 2cos3f xxx【答案】【分析】对于，分析发现 f x在定义域内存在最大和最小值，则 f x在两条水平直线之间，计算过最值的两条水平直线间的距离可判断；对于，可发现函数 f x的渐近线为yx，则可判定过端点与渐进性平行的直线

20、为1yx，且距离1d ，则存在两条直线，距离可得到【解析】对于， 12sincossin224f xxxx， 2222fx，则 f x在两条直线22y 和22y 之间，两直线的距离222122d ，不存在宽度为 1 的通道，故错误；对于，函数 ln xfxx，研究函数 f x在1,上的最大值 21 ln xfxx，函数在xe时取得极大值点即最大值点， 11f ee，x 时，函数 0f x ， 10fxe，故存在两直线1y 和0y ，1d ，故正确；对于，函数 21f xx；函 数 f x随x的 增 大 而 增 大 ， 渐 近 线 为yx， 取 两 条 直 线21yx，1yx， 故21112d

21、，故正确；对 于 ， 函 数 2cos3f xxx， 222cos333xxxx， 由 此 得 到 两 直 线 的 距 离22332 281392d，故存在两条直线223yx，23yx，两条直线的距离1d 故正确故答案为：【名师点睛】本题考查学生的思维能力和转化能力，属于中档题；知识点点睛： （1）观察三角函数的图像需要用到三角函数的辅助角公式，然后可知三角函数的最值； （2）函数图像的判断经常需要借助于导数，用导数求得函数的最值或范围。22（陕西西安市高三月考） 已知可导函数( )f x的定义域为(0,)， 满足( )2 ( )0 xfxf x， 且(2)4f，则不等式24xxf的解集是_【

22、答案】,1【分析】构造函数2( )( )f xg xx，由导数确定单调性后，利用单调性解函数不等式【解析】设2( )( )f xg xx，则3( )2 ( )xfxxxf xg，0 x ，( )2 ( )0 xfxf x，( )0g x，( )g x在(0,)上单调递减，(2 )4xxf，即 22144xxff ，令2xt，即 224f tft， 2g tg，2t ，22x，1x 故答案为：,1【名师点睛】关键点点睛：本题考查解函数不等式，解题关键是构造新函数2( )( )f xg xx，利用导数确实单调性，已知不等式转化为关于( )g x的函数不等式，然后求解23 （湖北武汉市高三月考）设函

23、数3( )(2ln)xef xt xxxx恰有两个极值点，则实数 t 的取值范围为_【答案】1(, )()3 44ee【分析】求导可得( )fx的解析式，根据题意，有两个极值点，可得( )0fx恰有两个正根，(3)=0 xet x有唯一正根，即+3xetx有唯一正根，设( )(0)+3xeg xxx，求导可得( )g x的单调性，结合yt的图象，综合分析，即可得答案【解析】3( )(2ln)(0)xef xt xxxxx，222223(1)(1)(3)(1)(3)( )1xxxxexeext xxxet xfxtxxxxx ，( )f x有两个极值点，( )0fx恰有两个正根，即=1x为一个根

24、，则(3)=0 xet x有唯一正根，且1x ，即+3xetx有唯一正根，且1x ，设( )(0)+3xeg xxx，则( )yg x的图象与yt图象有一个交点，22(3)(2)( )( +3)( +3)xxxexeexg xxx，(0,)x时，( )0g x，( )g x在(0,)为增函数，又1(0), (1)34egg，1x ，( )4eg x ,只需13t 且4et ，即可满足题意，实数 t 的取值范围为1(, )()3 44ee【名师点睛】解题的关键是掌握利用导数求函数单调性与极值的方法，并灵活应用，易错点为，根据题意，=1x已经为一个根，则(3)=0 xet x有唯一正根，且1x ，

25、故4et ，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题24 （昆明市云南师大附中高三月考） 偶函数 f x的定义域是,2 2 ，其导函数是 fx 当02x时， cossin0fxxf xx，则关于 x 的不等式 2cos3fxfx的解集为_【答案】 ,233 2【分析】根据02x时， cossin0fxxf xx，构造函数( )( )cosf xF xx，用导数法研究其单调性，再根据 f x是,2 2 上的偶函数，得到( )F x为偶函数，然后将原不等式转化为(|)3FxF求解【解析】令( )( )cosf xF xx，则2( )cos( )sin( )cosfxxf xxF xx，当02x时，

26、cossin0fxxf xx，所有当02x，时，( )0F x，( )F x在02，上单调递减，()( )()( )cos()cosfxf xFxF xxx，( )F x为偶函数当22x ，时，cos0 x ，则( )2cos3f xfx 等价于( )3coscos3ff xx，即( )3F xF( )F x为偶函数，(|)3FxF，|3x ，又22x ，所求解集为2332，【名师点睛】思路点睛：先由02x时， cossin0fxxf xx，构造函数( )( )cosf xF xx，研究其单调性和奇偶性，再利用函数单调性的定义解不等式25 （湖北九师联盟 2 月联考）已知函数 ln ,115

27、,13x xf xxx，若21xx且 12f xf x，则12xx的最大值是_【答案】3ln3 8【分析】作出函数 f x的图象，令 12f xf xt，则02t ，可得出 1235tg txxte，利用导数求出函数 g t在区间0,2上的最大值，即为所求【解析】 ln ,115 ,13x xf xxx，作出函数 f x的图象如下图所示：设 12f xf xt，则02t ，由11153f xxt，可得135xt，由22lnf xxt，可得2txe令 1235tg txxte，其中02t ， 30tg te ，可得ln3t 当0ln3t 时， 0g t，此时函数 g t单调递增，当ln32t 时

28、， 0g t，此时函数 g t单调递减， maxln33ln3 8g tg因此，12xx的最大值为3ln3 8【名师点睛】思路点睛：利用导数求函数 yf x在, a b上的最大值和最小值的步骤如下：（1）求函数 yf x在, a b内的极值；（2）将函数 yf x的各极值与端点处的函数值 f a、( )f b比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值26 （河南信阳市高三期末）对于任意12,1,)x x ，当21xx时，恒有2121(lnln)2()axxxx成立，则实数a的取值范围是_【答案】(,2【分析】 构造函数 ln1f xx x， 求得 fx的取值范围， 化简不等式2121(l

29、nln)2()axxxx求得a的取值范围【解析】构造函数 ln1f xx x， 10,1fxx，依题意任意12,1,)x x ，当21xx时，2121lnln0,0 xxxx，2121lnlnxxxx表示函数 f x在区间1,)上任意两点连线的斜率，故2121lnln0,1xxxx当0a 时，对于任意12,1,)x x ，当21xx时，不等式2121(lnln)2()axxxx成立当0a 时，对于任意12,1,)x x ，当21xx时，不等式2121(lnln)2()axxxx恒成立可转化为2121lnln2xxxxa恒成立，故21,0,2aa综上所述，实数a的取值范围是(,2【名师点睛】求解

30、不等式恒成立问题，可考虑采用分离常数法，结合导数来求解 27 （江苏南通市高三期末）设 xf xax，若 36f，则不等式 21fxf x的解集为_【答案】1,【分析】先由 36f，解出 a，讨论 xf xax的单调性，利用函数单调性解不等式即可【解析】 xf xax，且 36f， ，33a ，解得331a ,ln1xxf xfaxaxa，ln0,ln111,xxaaaaa， xf xax在 R 上单增 21fxf x可化为：21xx ，解得：1x 不等式 21fxf x的解集为1,，故答案为：1,。【名师点睛】利用单调性解不等式通常用于： (1)分段函数型不等式；(2)复合函数型不等式；(3

31、)抽象函数型不等式；(4)解析式较复杂的不等式。28 （江西景德镇市高三期末）已知函数 1ln1xfxxx，若对任意两个不同的1x，2x，都有1212lnlnfxfxkxx成立，则实数k的取值范围是_【答案】1,e【分析】先对 f x求导判断其单调性，不妨设121xx，可对原不等式去绝对值得1122lnlnfxkxfxkx，等价于1122lnlnfxkxfxkx，构造函数 lng xfxkx，可得 lng xfxkx在1,单调递增， 0gx，分离得ln xkx，由maxln xkx即可求解【解析】 2211 lnlnxxxxfxxx ，当1x 时，ln0 x ， 0fx， 1ln xfxx在1

32、,单调递减，不妨设121xx，则 120f xf x，12lnln0 xx，1212lnlnfxfxkxx等价于1221lnlnfxfxkxx，即1122lnlnfxkxfxkx，设 lng xfxkx，则12g xg x， 1 lnlnlnxg xf xkxkxx在1,单调递增， 22lnln0 xkkxxgxxxx对于1,x恒成立，ln0kxx，可得ln xkx对于1,x恒成立，设 ln xh xx，只需 maxkxh， 221ln1 lnxxxxh xxx ，当1xe时 0h x， ln xh xx单调递增，当xe时， 0h x， ln xh xx单调递减， maxln1eh xh ee

33、e，1ke，故答案为：1,e。【名师点睛】方法点睛：若不等式,0f xxD（是实参数）恒成立，将,0f x转化为 g x或 g xxD恒成立， 转化为 maxg x或 ming xxD， 求 g x的最值即可29 （山西运城市高三期末）已知0k ，函数,1,( )(3),1xexf xf xx，若方程( )10f xkx 恰有两个不同的实数根，则实数 k 的取值范围是_【答案】1,1(1,14ee【分析】方程( )10f xkx 恰有两个不同的实数根转化为函数,1,( )(3),1xexf xf xx的图象与直线1ykx在两个不同的交点，作出函数图象与直线后，由图象观察可得结论，其中需要用导数

34、求出( )f x在(0,1)处的切线斜率【解析】方程( )10f xkx 恰有两个不同的实数根，即函数,1,( )(3),1xexf xf xx的图象与直线1ykx在两个不同的交点，作出函数,1,( )(3),1xexf xf xx的图象与直线1ykx的图象如下，易知直线1ykx恒过定点(0,1)C，又(1, )Ae，(4, )Be，111 0ACeke，11404ABeek，1x 时，( )xfxe，0(0)1fe，即函数( )f x的图象在(0,1)C处的切线斜率为1k ，由图象可得11me或114em，故答案为：1,1(1,14ee【名师点睛】方法点睛：本题考查了方程的根的分布问题，考查

35、了数形结合思想，分类讨论思想与转化思想的应用导数的几何意义，属于中档题，解题方法是把方程的根的个数转化为函数( )f x的图象与直线1ykx的交点个数问题，作出函数图象和直线，结合图象可求解，解题时注意临界位置的取舍30 （河南信阳市高三月考）不等式lnaxxx在1,xe上恒成立，则实数a的取值范围为_【答案】1,【分析】利用参变量分离法可得2lnaxxx对任意的1,xe恒成立，利用导数求出函数 g x在区间1,e上的值域，由此可得出实数a的取值范围【解析】由不等式lnaxxx对任意的1,xe恒成立，即2lnaxxx对任意的1,xe恒成立令 2lng xxxx，其中1,xe，则 ln1 2gx

36、xx ， 11220 xgxxx，故 gx在1,e上单调递减， 11gxg ，故 g x在1,e上单调递减， 1g eg xg，可得 21eeg x ，1a 因此，实数a的取值范围是1,【名师点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1）xD ， minmf xmf x；（2）xD ， maxmfxmfx；（3）xD ， maxmfxmfx；（4）xD ， minmf xmf x31 （安徽黄山市高三一模）已知函数( )xf xe，过点(1,0)作曲线( )yf x的切线 l，则直线 l 与曲线( )yf x及 y 轴围成的图形的面积为_【答案】2e

37、1【分析】设切点为00,xx e，则切线l的方程为000 xxyeexx，根据条件切线过点(1,0)，则02x ，直线 l 与曲线( )yf x及 y 轴围成的图形的面积为2220 xee xedx，可得答案【解析】由( )xfxe，过点(1,0)作曲线( )yf x的切线 l，设切点为00,xx e，则0 xke，切线l的方程为000 xxyeexx，由切线过点(1,0)，则0001xxeex，解得：02x ，切线l的方程为22ye xe，直线l与曲线( )yf x及y轴围成的图形的面积为2222222021102xxee xedxee xe xe，故答案为：2e1。【名师点睛】关键点睛：本

38、题考查求曲线的切线方程和利用定积分求面积，解答本题的关键是设切点为00,xx e， 得出切线l的方程为000 xxyeexx， 进一步求出02x ， 由2220 xee xedx求面积，属于中档题32 （江苏南通市海门市第一中学高三期末）函数 21,1,1xxf xxax x是单调函数a的取值范围是_；若 f x的值域是R，且方程 lnf xxm没有实根，则m的取值范围是_【答案】0,2,ln2e【分析】分析出函数 f x在1,上为增函数，从而可知函数 f x为R上的增函数，可得出关于实数a的不等式组，可解出实数a的取值范围；根据函数 f x的值域为R可求得2a ，利用导数求出当直线2yx与函

39、数 lng xxm的图象相切时实数m的值，数形结合可得出实数m的取值范围【解析】当1x时， 1fxxx， 2221110 xfxxx ，函数 f x在1,上为增函数，由于函数 f x在R上为单调函数，则该函数在R上为增函数， 012aaf，解得02a，即实数a的取值范围是0,2；当1x时，函数 1fxxx单调递增，此时， 12f xf，函数 f xax在,1上的值域应包含,2，则0a 当1x 时， f xaxa，由题意可得,2,a ，可得2a 由可知，02a，2a设 lng xxm，则 1gxxm设直线2yx与曲线 yg x的图象相切于点,lnttm，12ln2tmtmt，解得1ln221 l

40、n22tm 由图象可知，当1ln2ln22me，直线2yx与函数 lng xxm的图象没有公共点故答案为：0,2；,ln2e【名师点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由 0f x 分离变量得出 ag x，将问题等价转化为直线ya与函数 yg x的图象的交点问题33 （湖南长沙市长沙一中高三月考）

41、已知 3x,012sin,13xf xxx，若存在实数1x，2x，3x，满足21303xxx，且 123f xf xf x，则2x的取值范围为_；23164x xx的最大值为_【答案】72,3991162【分析】根据图像，得到272,3x，化简得出2231222625sin42x xxxxx，构造新函数22( )5sin2g xxxx，利用导数求得函数的单调增区间，进而求得( )0gx，得出函数的单调性，求得其最值【解析】 由题意， 函数 f x的大致图像如图所示， 由图像知，272,3x， 且235xx，1232sinxx，223122222266225sin5sin4423x xxxxxx

42、xx，令22( )5sin2g xxxx，72,3x，则2( )52cos2g xxx，2( )2sin2gxx 在72,3上单调递增，768( )034gxg，( )g x在72,3上单调递减，又904g，( )g x在92,4上单调递增，在9 7,4 3上单调递减，max9991( )4162g xg【名师点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：（1）求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；（2）求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；（3）函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值34 （江苏南通市高三期末）已知函

43、数 210210 xxxf xexxx，则方程 20212020fx 的实根的个数为_；若函数 1yff xa有三个零点，则a的取值范围是_【答案】3111,12,33ee【分析】用导数求出( )f x在0 x 的时单调性，极值，确定函数的变化趋势，得出函数的单调区间，作出函数图象，方程的( )f xm的解的个数转化为( )yf x的图象与直线ym的交点个数，由此分析可得【解析】由( )1xxf xe得1( )xxfxe，01x时，( )0fx，( )f x递增，1x 时，( )0fx，( )f x递减，1x 时，( )f x取得极大值1(1)1fe，0 x 时，2( )(1)f xx，( )

44、f x的增区间是 1,1，减区间是(, 1) ，(1,)，且x 时，( )f x ，x 时，( )1f x ，作出函数( )yf x的图象， 如图， 作直线ym， 由图可知： 直线ym与函数( )yf x的图象， 在0m时无交点，0m 或11me 时有一个交点，01m或11me 时有两个交点，111me 时，有三个交点20211112020e ，直线20212020y 与( )yf x的图象有三个交点，方程 20212020fx 有三个实根，易知( )1f x 有两个解10 x ，22x ，由( )0f xa得( )f xa，由( )2f xa 得( )2f xa，当1a 时，函数 1yff

45、xa至多有两个零点，不合题意，111ae 时20a，函数 1yff xa有三个零点，11ae ，函数 1yff xa有两个零点，不合题意，11ae 时，( )f xa有一个解，由题意( )2f xa要有两解，021a或121ae ，113ae或13ae，综上，函数 1yff xa有三个零点，则a取值范围是111,12,33ee【名师点睛】本题考查方程解的个数，函数零点个数问题，解题方法是数形结合思想，问题转化为直线与函数图象交点个数，作出函数图象与直线，由它们交点个数得出结论35 （湖南永州市高三二模）定义方程( )( )f xfx的实数根0 x叫做函数( )f x的“新驻点”（1）设( )c

46、osf xx，则( )f x在0,上的“新驻点”为_；（2）如果函数( )xg xex与( )ln1h xx的“新驻点”分别为，那么和的大小关系是_【答案】34【分析】 （1）根据“新驻点”的定义求得tan1x ，结合0,x可得出结果；（2）求出的值，利用零点存在定理判断所在的区间，进而可得出与的大小关系【解析】 （1） cosf xx， sinfxx ，根据“新驻点”的定义得 fxfx，即cossinxx ，可得tan1x ，0,x，解得34x，函数 cosf xx在0,上的“新驻点”为34；（2）( )xg xex，则 1xgxe，根据“新驻点”的定义得 gg，即1 ln1h xx，则 11h xx，由“新驻点”的定义得 h xh x，即1ln11xx，构造函数 1ln11F xxx，则函数 yF x在定义域上为增函数， 010F ， 11ln202F， 0F，由零点存在定理可知，0,1，故答案为： （1）34； （2）