函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略（13大题型）讲义-2025年上海高考数学复习专练（解析版）

专题07函数与导数核心考点深度剖析与压轴题解答策略

目录

01考情透视•目标导航.............................................................2

02知识导图•思维引航.............................................................3

03知识梳理•方法技巧............................................................4

04真题研析•精准预测............................................................5

05核心精讲•题型突破...........................................................27

题型一：含参数函数单调性讨论27

题型二：导数与数列不等式的综合问题31

题型三：双变量问题39

题型四：证明不等式46

题型五：极最值问题53

题型六：零点问题60

题型七：不等式恒成立问题68

题型八：极值点偏移问题与拐点偏移问题74

题型九：利用导数解决一类整数问题83

题型十：导数中的同构问题90

题型十一：洛必达法则98

题型十二：导数与三角函数结合问题104

重难点突破：函数与导数背景下的新定义压轴解答题111

1/121

w

本节内容在高考中常作为压轴题出现，涉及函数零点个数'不等式证明及存在性等问题，综合性强且

难度较大。解决这类导数综合问题，需要综合运用分类讨论、构造函数、等价转化'设而不求等多种思维

方法，并结合不等式、方程等相关知识。这类问题不仅思维难度大，而且运算量也相当可观。可以说，考

生一旦攻克了本节内容，就将具备出色的逻辑推理'数学运算、数据分析和直观想象等核心素养。

考点要求目标要求考题统计考情分析

2024年天津卷第20题，16分函数与导数在高中数学

2023年I卷第19题，12分中占据重要地位，不仅是重点

掌握技巧，灵活

不等式2023年甲卷第21题，12分

应用求解考查内容，也是高等数学的基

2023年天津卷第20题，16分

础。通过对近十年高考数学试

2022年H卷第22题，12分

题的分析，可以总结出五大核

2024年II卷第16题，15分

明确概念，掌握心考点：一是含参函数的单调

极最值2023年乙卷第21题，12分

求解方法性'极值与最值问题；二是函

2023年II卷第22题，12分

数的零点求解问题；三是不等

2024年I卷第18题，17分

式恒成立与存在性的探讨；四

2024年甲卷第21题，12分

理解概念，熟练是函数不等式的证明技巧；五

恒成立与有解2022年北京卷第20题，12分

转化求解是导数中涉及三角函数的问

2021年天津卷第20题，16分

2020年I卷第21题，12分题。其中，函数不等式证明中

的极值点偏移、隐零点问题、

2022年甲卷第21题，12分含三角函数形式的问题以及

理解原理，熟练

零点问题2022年I卷第22题，12分不等式的放缩技巧，是当前高

求解应用

2022年乙卷第20题，12分考函数与导数压轴题的热门

考点。

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匐2

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〃“牛nXt”口、•■”•1A里Z•右,•—拈/V

1、对称变换

主要用来解决与两个极值点之和、积相关的不等式的证明问题.其解题要点如下：(1)定函数(极值

点为与)，即利用导函数符号的变化判断函数单调性，进而确定函数的极值点X0.

(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数尸(%)=/(%)—/(2%—%),若证苔马〉¥，则令

F(x)=/(x)-/(2^x).

X

(3)判断单调性，即利用导数讨论尸(x)的单调性.

(4)比较大小，即判断函数尸(尤)在某段区间上的正负，并得出“X)与/(2/一》)的大小关系.

(5)转化，即利用函数“X)的单调性，将“X)与/^^一%)的大小关系转化为K与2%一%之间的

关系，进而得到所证或所求.

【注意】若要证明了(然幺］的符号问题，还需进一步讨论五户与xo的大小，得出土户所在的

I2J22

单调区间，从而得出该处导数值的正负.

构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿

于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内

在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单

调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个

适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能

获得简洁明快的思路，有着非凡的功效

2、应用对数平均不等式瓜式＜丁土二土产证明极值点偏移：

InXj-Inx22

①由题中等式中产生对数；

②将所得含对数的等式进行变形得到।*一：；

③利用对数平均不等式来证明相应的问题.

3、比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明

题中的不等式即可.

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葡4

百翱招折•增:住铺i涮

1.(2024年高考全国甲卷数学(理)真题)已知函数[(x)=(l-ax)ln(l+x)-尤.

(1)当.=-2时，求/'(x)的极值；

(2)当xNO时，/(%)>0,求。的取值范围.

【解析】(1)当a=-2时，/(x)=(l+2x)ln(l+x)-x,

故八x)=21n(l+x)+^^-l=21n(l+x)--—+1,

l+xi+x

因为yuZlna+x),;^-「一+1在(-1,+8)上为增函数，

i+x

故/'(x)在(-L+")上为增函数，而/'(0)=0,

故当一l<x<0时，f'{x)<0,当x>0时，/'(x)>0,

故;'(x)在x=0处取极小值且极小值为/(0)=0,无极大值.

(2)/〈X)=-aln(l+x)+-——-1=-a\n[\+,x>0,

1+X1+X

、n_/\/\(Q+1)X

Rs(x)=-6ZIn(1+x)-———,x>0,

(Q+1)Q(X+1)+Q+1ax-^2a-A

则s'(x)

x+l(l+x)(1+x)(1+x)

当aV-；时，s'(x)>0,故s(“在(0,+“)上为增函数，

故s(x)>s(o)=o,BPy,(x)>0,

所以/(X)在［o,+8)上为增函数,故f(x"〃O)=O.

当-!<°<0时，当0〈尤时，s'(x)<0,

2a

故s(x)在上为减函数，故在”［上s(x)<s(o),

即在(0,-子4［上f(x)<0即/(x)为减函数，

故在［。,一=T上/(x)</(0)=0,不合题意，舍.

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当a20,此时s'(x)<0在(0,+8)上恒成立，

同理可得在(0,+8)上/(尤)<〃0)=0恒成立，不合题意，舍;

综上，aW-5.

2.(2024年天津高考数学真题)已知函数7'(x)=xlnx.

⑴求曲线了=/(x)在点(1)(1))处的切线方程；

出若/(月泊［-6)对任意尤6(0,+8)成立，求实数。的值；

⑶若如Ze(O,l),求证：|/(X1)-/(x2)|<^-x2|l.

【解析】(1)由于/(x)=xlnx,故厂(x)=lnx+l.

所以;'⑴=0,/'⑴=1，所以所求的切线经过(1刀)，且斜率为1,故其方程为y=x-L

(2)设〃(。=/一1一Inf,则=从而当0</<1时〃”)<0,当f>l时〃。)>0.

所以访⑴在(0』上递减，在［1,+⑹上递增，这就说明BPf-l>lnf,且等号成立当且仅当"1.

设=,则

当xe(O,+s)时，S的取值范围是(°，+。)，所以命题等价于对任意，40，+⑹，都有gU)、O.

y/x

一方面，若对任意，e(0,+°o),者B有g(/)20,则对/e(0,+oo)有

0«g(')=Q(%—1)—2In/--1)+2In—<Q(%—1)+21—1j-atH------a—2,

取，=2,得0«a—1,故。21〉0.

再取Up,MO<a-^+2^|-a-2=2/2^

-a-2=~^y/~a，所以a=2.

另一方面，若a=2,则对任意te(O,+⑹都有g⑺=26l)-21nf=24/)N0,满足条件.

综合以上两个方面，知。的值是2.

(3)先证明一个结论：对0<。<6,有+—<lnb+l.

b-a

6/121

I1n—b

b\nb-a]naalnb-a]na,,

证明：前面已经证明不等式故-----------=------------+lnZ?='3—+lnb<1+lnb,

b-ab-aJ

a

.a

-In—

b\nb-a\x\ab\nb-b]na

且+ln。=----+ln。>+lna=1+lnQ,

b-ab-a1--1--

bb

1blnb-akia<ln6+1,即InQ+1<""~<lnZ7+1.

所以]nq+]<-----------

b-ab-a

由/'(x)=lnx+l,可知当0<x<L时/'(x)<0,当时/'(x)>0.

ee

所以/（x）在（of1上递减，在：,+"］上递增.

e

不妨设再《马，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.

情况一：当，4须4%＜1时，有|/（网）一/（工2）|=/（工2）-）（占）＜。11工2+1）（工2-毛）＜马一玉〈出厂工，结论

成立；

情况二：当0＜占4/4：时，有|/（网）一/（工2）|=/（%）一）（工2）=%111%一%111马.

对任意的ce0,-,设0(x)=xlnx-c\wc—y1c—x,贝！J(P(x)=lnx+ld/.

2yjc-x

由于。（尤）单调递增，且有

(、

c111

=ln--<ln=—1—+1+=0

<P'1+;厂+1+丁+1+iJ—

i+-i+-J2c

(2e岳)V2c.诟2.]cN2c

2eec~~

]

x>c-12

且当4,2-1j,尤＞^j■时，由21n——l可知

2y/c—xc

]c11ln--lj>0

"(x)=lnx+ld---,>In—+1+

V)27^722\lc—x2y/c-x

所以“（X）在（0,c）上存在零点X。，再结合“（X）单调递增，即知O＜x＜Xo时夕’（力＜0,m＜x＜c时夕'（x）＞0.

故9（x）在（0,%］上递减，在［%,。］上递增.

①当/KxWc时，有e(x)«9(c)=0；

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=Li,Ing」.

②当0<x<故我们可以取gw

e

从而当0<x<1。时，由［c-x>q&，可得

i-q

0(x)=xlnx-clnc-s/c-x<-cInc-\Jc-x<-cInc-qy[c=Vc&In——q<0.

再根据9(x)在(O,%］上递减，即知对。<尤<%都有夕(x)<0；

综合①②可知对任意0cx4c,都有夕(无)40,艮［J0(x)=jdnx-clnc-Jc-xV0.

根据ce(0,：和OcxWc的任意性，取c=x?,x=xt,就得到尤Jn国-x21nx2-Jx?-占40.

所以|/'(再)一/'(马)|=/(%)-/(工2)=天山西一3111X2<y］x2-xl.

情况三：当0<占4：4％<1时，根据情况一和情况二的讨论，可得/卜产;W&f,

M)-Jx2T4&-X］.

而根据/(尤)的单调性，知|/(再)一〃%)区［&)一或|〃网)一14n-.

故一定有|/(%)-/(%)仔”2-再成立.

综上，结论成立.

3.(2024年新课标全国H卷数学真题)已知函数/(x)=e*-ax-/.

⑴当“=1时，求曲线y=/(x)在点(1J(D)处的切线方程；

(2)若/(x)有极小值，且极小值小于0,求。的取值范围.

【解析】(1)当。=1时，贝!1/(无)=e*-x-1,f'(x)=e'-1,

可得〃l)=e-2,f'(l)=e-l,

即切点坐标为(l,e-2),切线斜率左=e-l,

所以切线方程为广(e-2)=(e-l"-l),即(e-l)x7-l=0.

(2)解法一：因为/Xx)的定义域为R,且/'(x)=e'

若。40,则/'(x)20对任意xeR恒成立，

可知“X)在R上单调递增，无极值，不合题意；

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若a>0,令/'(x)>0,解得x>lna；令/'(x)<0,解得x<lna；

可知/(x)在(-8,Ina)内单调递减，在(Ina,+e)内单调递增，

则“X)有极小值/(lna)=a-alna-a3,无极大值，

由题意可得：/(lna)=a-alna-/<0,即aZ+Ma—]〉。，

构建g(a)=/+lna-1,a>0,贝I]g[a)=2a>0,

可知g(a)在(0,+8)内单调递增，且g⑴=0,

不等式J+lna-1>0等价于g(a)>g⑴,解得。>1,

所以a的取值范围为(1,+8)；

解法二：因为/Xx)的定义域为R,且八x)=e「a,

若/(x)有极小值，则八x)=e-a有零点，

令f\x)=e'~a=0,可得e*=a，

可知y=e，与y="有交点，则a>0,

若a>0,令/''(x)>0,解得x>lna；令/'(x)<0,解得x<lna；

可知/(x)在(-8,Ina)内单调递减，在(Ina,+8)内单调递增，

则“X)有极小值/(lna)="-alna-a3,无极大值，符合题意，

由题意可得：f(lna)=a-alna-a3<0,即M+lna-l〉。，

构建g(a)=/+lna-1,a>0,

因为则y=//=Ina-1在(0,+8)内单调递增，

可知g(a)在(0,+8)内单调递增，且g(l)=0,

不等式/+lna-l>0等价于g(a)>g⑴，解得。>1,

所以。的取值范围为(1,+00).

4.(2024年新课标全国I卷数学真题)已知函数〃无)=ln」+G+，(x-l)3

2-x

(1)若b=0,Mr(x)>0,求。的最小值；

(2)证明：曲线y=/(x)是中心对称图形；

⑶若/(x)>-2当且仅当1<X<2,求6的取值范围.

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【解析】(1)6=0时，/(x)=ln-^—+,其中%£(0,2),

2-x

][2

则/'(x)=一+：^+a=(+a,xe(O,2),

XLXXI/JCI

因为X(2_X)42-；+J=1,当且仅当x=l时等号成立，

故/'(x)min=2+4,而/'(')>0成立，故〃+220即〃2—2,

所以。的最小值为-2.,

Ya

(2)/(x)=ln-——+ax+b(x-t)的定义域为(0,2),

设尸(加,〃)为y=f(x)图象上任意一点，

尸(加,〃)关于(1,0)的对称点为。(2-加,2"〃),

因为P(〃z,〃)在y=f(x)图象上,故〃=Inm+am+b(m-l]3,

2-m

2_MJqMJ-1

而/(2—m)=ln-------}-a(2—m]+b(2-m-1]=-In--------1-am+b(m-\\+2a,

m2-m

=—n+2a,

所以0(2-?n,2a-〃)也在y=/(x)图象上,

由P的任意性可得y=/(久)图象为中心对称图形，且对称中心为(1,。).

(3)因为/(力>-2当且仅当l<x<2,故x=l为/(x)=-2的一个解,

所以/⑴=一2即.=_2,

先考虑1cx<2时,2恒成立.

此时/(可>一2即为In上+2(1-x)+/x-l)3>0在(1,2)上恒成立,

设f=x-le(0,l),贝"In山-2/+#>0在(0,1)上恒成立，

L-t

设g")=\n^--2t+bt\te(0,1),

则g'(，)=*-2+3疗+

当620,-3#+2+362-36+2+36=2>0,

故g'«)>0恒成立，故g(。在(0,1)上为增函数,

故g«)>g(。)=0即/(x)>-2在(1,2)上恒成立.

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2

当一时，-36/+2+3,22+3b20,

故g'«)NO恒成立，故g(。在(0,1)上为增函数，

故g«)>g(o)=0即/(X)>-2在(1,2)上恒成立.

当方则当0</<.+2<1时,g'0<o

3\3b

故在上g⑺为减函数，故g⑺<g(°)=°，不合题意，舍；

综上，外力>-2在(1,2)上恒成立时2-孑

2

而当时，

而时，由上述过程可得g⑺在(0,1)递增，故g«)>0的解为(0,1),

即/(可>一2的解为(1,2).

2

综上，b>——.

5.(2023年北京高考数学真题)设函数f{x)=x-^Qax+b，曲线y=/(x)在点(1,7(1))处的切线方程为y=f+1.

⑴求6的值；

(2)设函数g(x)=/'(x),求g(x)的单调区间；

⑶求“X)的极值点个数.

【解析】⑴因为/■(x)=xf3ef,x€R,所以/'3=1-作2+-卜2,

因为/(可在(1，/⑴)处的切线方程为了=f+1，

所以〃i)=-1+1=0,r(i)=-i,

所以〃=-1,6=1.

(2)由(1)得8(%)=/'(工)=1一(3/一“3卜-山［£1＜),

贝ijg'(x)=-x^x2-6x+6^e-x+1,

令％2一6%+6=0,解得％=3±6，不妨设玉=3-G，x2=3+＞/3,则0＜再＜%2,

易知er”〉0恒成立，

所以令g'(x)＜0，解得0＜、＜再或x＞、2；令g'(x)＞。，解得x＜0或玉；

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所以g（x）在（0,西），@2，+00）上单调递减，在（-8,0）,（国/2）上单调递增，

即g（x）的单调递减区间为（0,3-6）和（3+6,+可，单调递增区间为（-8,0）和（3-百,3+百）.

（3）由（1）得/（x）=x-/eTM（xeR）,/'（x）=1-（3/-dk-小，

由（2）知/'（X）在（0,占），卜2，+°°）上单调递减，在（-8,0）,（王,无2）上单调递增，

当尤＜0时，r（-l）=l-4e2＜0,r（0）=l＞0,BP/，（-l）r（°）＜0

所以/'（x）在（-的,0）上存在唯一零点，不妨设为退，则-

此时，当时，/'（x）＜0,则f（x）单调递减；当无3〈尤＜0时，r（x）＞0,则/（x）单调递增；

所以/（x）在（-8,0）上有一个极小值点；

当xe（（Uj时，/在（0,占）上单调递减，

则/（国）=/'（3-6）＜/（1）=1-2＜0,故/''（（））/'（玉）＜0,

所以/'（X）在（0,不）上存在唯一零点，不妨设为匕，则0＜匕＜玉，

此时，当0＜x＜z时，r（x）＞0,则/'（x）单调递增；当匕＜》＜七时，/'（“＜0,则/'（x）单调递减；

所以/"）在（0,网）上有一个极大值点；

当xe（占,工2）时，/'（无）在（国,工2）上单调递增，

则/'（%）=/'（3+6）＞r（3）=1＞0,故/（石）/（％）＜0,

所以/'（X）在（再生）上存在唯一零点，不妨设为％,则再＜三＜%,

此时，当X1＜X＜%时，r（x）＜0,则/（X）单调递减；当退＜丁＜工2时，r（x）＜0,则/（X）单调递增;

所以/（X）在（X15x2）上有一个极小值点；

当X〉％=3+/＞3时，3x2-x3=x2（3-x）＜0,

所以/'（x）=l-（3f-巧尸+、0,则/（x）单调递增，

所以/（x）在（9,内）上无极值点；

综上：/（x）在（-叱0）和（西，尤2）上各有一个极小值点，在（。,再）上有一个极大值点，共有3个极值点.

6.（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知函数/（x）=t+\ln（l+x）.

（1）当。=-1时，求曲线y=fO）在点（1J。））处的切线方程.

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⑵若函数/(X)在(0,+8)单调递增，求。的取值范围.

【解析】(1)当。=-1时，〃x)=--1jln(x+l)(x>-1),

贝1J/'(x)=-4xln(x+l)

据止匕可得1(1)=0,/'(1)=_历2,

所以函数在处的切线方程为了-0=-ln2(无一1),即(ln2)尤+y-ln2=0.

卜/卜+1)

(2)由函数的解析式可得了'(x)=

满足题意时/'(x"0在区间(0,+司上恒成立.

令1--y|ln(x+l)+|—+^|—-—>0,贝［J-(x+l)ln(x+l)+(x+ax2)2o,

^g(x)=ax2+x-(x+l)ln(x+1),原问题等价于g(x”0在区间(0,+e)上恒成立，

则S(x)=2办一ln(x+l),

当aWO时，由于2axW0/n(x+l)>0,故g'(x)<0,g(x)在区间(0,+s)上单调递减,

此时g(x)<g(O)=O,不合题意；

令h(x)=gr(x)=2ax-ln(尤+1),贝!］1(尤)=2a---,

当awL2a21时，由于一匚<1,所以〃(无)>0,〃(无)在区间(0,+司上单调递增，

2x+1

即g'(x)在区间(0,+“)上单调递增，

所以g'(x)>g'(o)=o，g(x)在区间(0,+司上单调递增，g(x)>g(o)=o,满足题意.

当0<a<工时，由"(x)=2a-=0可得x=-!——1,

2x+12a

当时，”(尤)<0,力(口在区间，］-1)上单调递减，即g'(x)单调递减，

注意到g'(O)=O,故当尤<0,［-1］时，g,(x)<g-(O)=O,g(x)单调递减，

由于g(O)=O,故当时，g(x)<g(O)=O,不合题意.

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综上可知：实数.得取值范围是k

7.(2023年高考全国甲卷数学(文)真题)已知函数/卜)="-三华,

cosxI2J

⑴当“=1时，讨论/'(X)的单调性；

⑵若〃x)+siwc<0,求。的取值范围.

【解析】(1)因为"1,所以〃x)=x-当士”(0,小，

cosxv2J

\,cosxcos2x-2cosx(-sinx)sinx,cos2x+2sin2x

则f(x)=1---------------―-----L——=1--------------

cosXcosX

cos3X-cos2X-2(1-cos2x)cos3x+COS2X-2

-----------------------------------------,

cos3Xcos3X

^t=COSX,由于所以，=COSX£(0,1),

所以cos3%+cos2x—2=P+/2—2=/—"+2』—2=/«—i)+2«+l)«—1)=«2+2/+2)“—1),

因为r+2,+2=«+1)+l〉0,—1<0,cos3x=t3>0,

32

所以r^)=cosx+cosx-2<0在上恒成立，

cosx'2J

所以/(X)在(0段]上单调递减.

(2)法一：

构建g(x)=/(%)+sinx-ax——二警+sinx[0<x<—j,

cosx12)

EI，/、1+sin2x/八兀1

贝！Jg(x)=a----------FCOSX0<x<—,

cosxI2J

若g(x)=/(x)+sinx<0,且8(0)=/(0)+$吊0=0,

则g'(O)=Q—1+1=〃《0,解得a«0,

当Q=0时，因为sinx-sin：=sinx[l---—],

cosxVcosx/

14/121

又x所以0<sinx<l,0<cosx<l,则—>1,

V2Jcosx

所以7(x)+sinx=sinx-----厂<0,满足题意;

cosX

71

当4<0时，由于0<%<5，显然办<0,

所以/(x)+sinx=ax-----+sinx<sinx----z—<0,满足题意;

cosXcosX

综上所述：若/(x)+sinx<o,等价于〃40,

所以Q的取值范围为(-叫0].

法二：

2

sinx,2,sinx(cosx-1si•n3x

因为sinx-sinxcosx-sinx

cos2xcos2xcos2xcos2x

因为所以0<sinx<l,0<cosx<l,

故sinx-芈二<0在(0,父上恒成立,

cosxI2)

所以当a=0时，/■(x)+sinx=sin尤一以*<0,满足题意;

cosX

jr

当Q<O时，由于o<%<5，显然亦<o,

sinx..smx八田厂,口工.

所以/(x)+sinx=4x-———+smx<smx-----<0,满足题思；

cosXcosX

w、.si,nxsi,n3x

当Q>0时,m因为jr((xj+sinx=ax--------I-sinx=ax-------

COSXCOSX

si-n3x3sin2xcos2x+2sin4x

令g(x)=ax--0-<--x--<一，则g<x)=a—

3

cosx2COSX

3mm4

注意到g‘⑼="s1s°=a>0f

若V0<x唠，g，(x)>0,则g(x)在[0,/J上单调递增,

注意到g(o)=o,所以g(x)>g(o)=o,即/(尤)+sin尤>0,不满足题意;

，

若三0</<、，g(x0)<0,则g'(O)g'(Xo)<O,

所以在(0e0,-^1,使得g'(xJ=0,

上最靠近x=0处必存在零点再e

15/121

此时g'(x)在(0,再)上有g'(x)>o,所以g(x)在(0,再)上单调递增,

则在(0,再)上有g(x)>g(O)=O,即/(x)+sinx>0,不满足题意;

综上：4Z<0.

8.(2023年高考全国甲卷数学(理)真题)已知函数〃x)=ax-'续,x

cosxv27

⑴当。=8时，讨论〃x)的单调性；

⑵若〃x)<sin2x恒成立，求。的取值范围.

rAn'i/,\x/、cosxcos3x+3sinxcos2xsinx

［解析］(1)/{x)=a-----------------------------------------

COSX

cos2x+3sin2x3-2cos2x

令cos2x=£,则/e(。，1)

3—2tat?+2t—3

则/'(%)=g«)=a

(21)(4+3)

当Q=8j'(x)=g«)=

当£即15)J(x)<。.

当即x€(0,",/(x)>0.

所以/(x)在(0,：J上单调递增，在「弓)上单调递减

(2)设g(x)=/(x)-sin2%

23

g(x)=/(x)-2cos2x=g(0-2(2co^㈠—2(2/—l)=a+2—------^设

tt

23

以。=a+2---------

/、，26-4「-21+62(I)(2/+2/+3),0

<PW=-4--+—=

tr^3

所以0(f)<0(l)="3.

1。若ae(-00,3],g'(x)=(??(r)<a-3<0

16/121

即g(x)在[o/J上单调递减，所以g(x)<g(0)=0.

所以当。e(-«,3],/(无)<sin2x，符合题意.

2。若Q£(3,+OO)

当/—>0,2—导=_3+g-—co，所以夕(Q—一°0.

夕⑴=q-3>0.

,

所以弘e(0,1),使得夕日)=0,即叫e[0,,使得g(xo)=O.

当/e仇,1),丽)>0,即当尤e(0,尤。),g(x)>0,g(x)单调递增.

所以当xe(O,Xo),g(x)>g(O)=O，不合题意.

综上，。的取值范围为(一*3].

9.(2023年高考全国乙卷数学(理)真题)已知函数〃x)=t+a]ln(l+x).

(1)当a=-l时，求曲线y=〃x)在点处的切线方程；

(2)是否存在a,b,使得曲线了=/(£|关于直线x=b对称，若存在，求a,6的值，若不存在，说明理由.

⑶若/'(x)在(0,+功存在极值，求°的取值范围.

【解析】(1)当a=T时，/(x)=Q-l^|ln(x+l),

贝!J/'(x)=—^xln(x+1)+f1]x-----,

XVXJXI1

据止匕可得/'(1)=0,/'(l)=-ln2,

函数在(1J0))处的切线方程为N-0=-ln2(x-l),

即(ln2)x+y-ln2=0.

(2)令g(x)=/U=(x+a)ln(T+lJ,

函数的定义域满足，+1=匕>0,即函数的定义域为(-8,-1)。(0,+应，

XX

定义域关于直线对称，由题意可得6=-1,

22

17/121

由对称性可知加)

g[-g+=g-mm〉T

取刃=；可得g6=g(一2),

即(a+1)In2=(a-2)Ing,则a+l=2-a,解得“=g,

经检验a=g,6=_；满足题意，故a=；,6=—;.

即存在a=t，6=-2满足题意.

22

(3)由函数的解析式可得/()=(-二]111(%+1)+(L+〃

由;'(x)在区间(0,+。)存在极值点，则/'(同在区间(0,+动上存在变号零点;

则-(1+1)111(%+1)+卜+"2)=0,

令g(x)=Q12+x-(X+1)111(X+1),

/(X)在区间(0,+")存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+功上存在变号零点，

g，(x)=2〃x-ln(x+l),/(@=2a——彳

当a«0时，g'(x)<0,g(x)在区间(0,+动上单调递减，

此时g(x)〈g(O)=O,g(x)在区间(0,+。)上无零点，不合题意；

当心1，2azi时，由于」7V1,所以g"(x)>0,g'(x)在区间(0,+功上单调递增,

所以g'(x)>g'(O)=O，g(x)在区间(0,+。)上单调递增,g(x)>g(O)=O,

所以g(x)在区间(0,+司上无零点，不符合题意；

当0<.<!时，由g"(x)=2a---=0可得尤=-^--1,

20''x+12a

当时，g"(x)<0,g[x)单调递减，

当时，g"(x)>0,g'(x)单调递增,

故g'(x)的最小值为g'd-l]=l-2a+ln2“,

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令加(x)=l—x+lnx(O<x<l),贝ij加'(x)=x+l〉0,

函数加(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(l)=O,

据此可得1-%+lnx<0恒成立，

则g'(^--l]=l-2a+ln2a<0,

由一次函数与对数函数的性质可得，当Xf+8时，

g'(x)=2ax-ln(x+l)—>+oo,

且注意到g'(0)=0,

根据零点存在性定理可知:g'(x)在区间(0,+<»)上存在唯一零点X。.

当xe(0,x°)时，g,(x)<0,g(x)单调减,

当xe(%,+oo)时，g'(x)>0,g(x)单调递增，

所以g(x())<g(O)=O.

-^-n(x]=lnx-y/x,贝=----\=-~~~—>

x2Vx2x

则函数"3=111》-爪在(0,4)上单调递增，在(4,+00)上单调递减,

所以〃(x)V〃(4)=ln4-2<0,所以In尤<«,

所以+"2+1]-1"：