高二上学期期末复习解答题压轴题十七大题型专练（范围：第四、五章）（解析版）

2024-2025学年高二上学期期末复习解答题压轴题十七大题型专练（范围：第四、五章）【人教A版（2019）】题型1题型1根据数列的递推公式求数列的项、通项公式1．（2024高二下·全国·专题练习）已知数列an中，a1=2，且n(n+1)an+1-【解题思路】方法一，由已知可得an-an+1=1【解答过程】（法一）由题意知，an则an-1累加得：a1-an=1-故an=1+1故∀n∈N（法二）由题意知，an-a所以a所以an2．（2004·全国·高考真题）已知数列an中，a1=1，且a(1)求a3(2)求an【解题思路】（1）代入序数，逐项计算即可求得a3（2）根据a2k+1=a再由a2k-1-a2k-3=(-1)【解答过程】（1）a2a3a4a5所以a3=3，（2）由a2k+1所以a2k+1同理a2k-1又a3-所以(=(所以a2k+1于是a2k+1于是a2kan当n为奇数时，an当n为偶数时，an3．（23-24高二下·江西萍乡·期中）已知数列ann∈N*的前n项和为(1)求a2(2)试猜想an【解题思路】（1）由数列的递推式，分别令n=1和n=2，计算可得所求值；（2）猜想an=2n【解答过程】（1）由题知，a2=2同理，a3=2（2）由（1）可猜想an已知an=2n+1S化简得n-1Sn=则有Sn又a1=S则an当n=1时，上式仍成立，则an4．（23-24高二下·全国·课后作业）已知数列an满足a1=3(1)试写出该数列的前5项；(2)若bn=a(3)根据（2）写出an【解题思路】（1）由递推公式直接计算即可；（2）构造法证明bn（3）由（2）可知an+1=b【解答过程】（1）因为an+1=2a所以a2=2aa4=2a（2）因为an+1=2aan+1所以an+1+1a所以bn是以b1=a所以bn（3）由（2）可知：bn所以an+1=2题型2题型2求数列的最大项、最小项5．（23-24高二下·辽宁·期末）已知数列an满足a(1)计算a2,a(2)设bn=an3【解题思路】（1）根据递推关系得到前三项，猜想通项并利用新数列的关系加以证明；（2）写出数列bn的通项公式，利用bn+1bn【解答过程】（1）由题意得a2=3×1-2×1+1=2，a3式子an+1=3a因为a1-1=0，所以因此数列{an}（2）由bn=an33a若13(1+1当1≤n≤2时，bn+1当n≥3时，bn+1故n=3时，bn取最大值b6．（23-24高二上·湖北武汉·期末）已知数列an的前n项和S(1)求数列an(2)若bn=a【解题思路】（1）根据an（2）根据an得到bn【解答过程】（1）当n=1时，a1当n≥2时，an故数列an的通项公式为a（2）由已知得b1当n≥2时，bn则bn≥b得2n≥104104≥2n-1所以当n≥2，bn的最大项为第7又b7所以数列bn的最大项是该数列的第7项7．（23-24高二上·江苏·期中）已知数列an的前n项和为Sn，(1)求数列an的通项公式a(2)若数列bn满足：bn=【解题思路】（1）根据an（2）求出b1=15，当n≥2时，计算出bn+1bn=12【解答过程】（1）Sn=2n+3当n≥2时，an其中21-1故a（2）当n=1时，b1当n≥2时，bn则bn+1当n=2时，b3当n≥3时，1n+1≤43，故n≥2时，bn的最大项为b又b3>b1，故数列8．（23-24高二·全国·课后作业）在数列an中，a(1)求证：数列an(2)求数列an中的最大项【解题思路】（1）由于an>0，所以分别由anan-1>1n≥2（2）由（1）可得a8【解答过程】（1）证明：因为an>0，令即n+1910nn910n-1>1，整理得同理，令an即当n=9时，a8令anan-1即当n>9时，an综上，数列an从第1项到第8项递增，从第9项起递减，即数列an（2）由（1）知，a8≥a故a8=a9题型3题型3等差数列的判定与证明9．（24-25高三上·新疆塔城·期中）已知数列an的首项为a1=(1)证明数列{1an(2)求数列anan+1的前n【解题思路】（1）根据给定条件，利用等差数列定义推理得证，再求出通项公式.（2）由（1）的结论，利用裂项相消法计算即得.【解答过程】（1）由an+1+2an+1an-an所以数列{1an}是首项1an=3+2(n-1)=2n+1（2）由（1）知an所以Sn10．（24-25高二上·全国·课后作业）已知正项数列an满足an+1a(1)判断数列1a(2)求数列an【解题思路】（1）根据题意，化简得到(1an+2（2）由（1）可得1an+1-1【解答过程】（1）由正项数列an满足a可得1an+即(1又由a1=1,a故数列1an+1-1a（2）由（1）可得1a所以1a将以上式子累加，可得1a可得1an=11．（23-24高二下·海南·期末）已知各项均不为零的数列an满足：a(1)证明1an是等差数列，并求(2)记数列anan+1的前n项和为S【解题思路】（1）通过构造法，利用等差数列的定义和等差数列的概念求解an通项公式（2）通过裂项法求解Sn，并结合数列的单调性求证不等式【解答过程】（1）因为an≠0，故由可得1a又1a1=1，所以1an所以1an=1+3（2）易得an所以S==易知fn=1-13n+1在因此1412．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知数列an满足：a1=1，a(1)证明：an+1-a(2)设bn=an+k【解题思路】（1）根据条件，利用等差数列定义，即可证明结果，利用等差数列的通项公式得到an+1（2）由（1）得bn=n2+kn2【解答过程】（1）因为an+2=2a又a2-a1=3，所以数列an+1所以an+1当n≥2时，(a所以an-a1=n2-1，又所以数列an的通项公式为a（2）由（1）知bn=n所以bn+1-b得到k<(n+1)2n2对题型4题型4等比数列的判定与证明13．（24-25高二上·江苏苏州·期中）已知数列an,bn满足(1)求a3(2)证明数列an-n-1【解题思路】（1）已知a1,b1的值，代入递推公式得出a（2）由两式消元得到2an+1+bn+1=4n+4，将n+1变为n得到等式，代入①式消元得到【解答过程】（1）当n=1时，a2当n=2时，a3（2）∵an+1∴①×2+②得到2an+1则bn=4n-2an代入则a∴an+1且a1∴数列an-n-12是以1∴an∴an14．（23-24高三下·全国·开学考试）设数列an的前n项和Sn，(1)证明：数列Sn(2)求an的通项公式【解题思路】（1）由an+1=S（2）先结合（1）求出Sn=3n2n-1+1，再根据n≥2时，a【解答过程】（1）∵a∴S即2n-1S即2n-1S即2n-1S即Sn+1又∵S∴数列Sn-12n-1是以首项为3，公比为（2）由（1）知：Sn即Sn当n≥2时，Sn-1an又∵a故an15．（24-25高二上·全国·课后作业）已知数列an中，a(1)求a3,a(2)证明：数列an+1【解题思路】（1）先根据递推公式得出a3（2）结合已知应用递推公式,根据等比数列定义证明等比数列.【解答过程】（1）由2an=结合a1=1,a2=2（2）因为an+2所以an为正项递增数列，所以a所以an+2故数列an+116．（2024高二·全国·专题练习）已知数列an和bn满足a1=λ，an+1=23(1)证明：对任意实数λ，数列an(2)试判断数列bn是否为等比数列【解题思路】（1）利用反证法，根据a2（2）代入化简可得bn+1=-【解答过程】（1）∵an+1=23an+n-4且假设存在一个实数λ，使数列an则a22=a1a3故对任意实数λ，数列an（2）∵bn∴bn+1∵b1∴当λ=-18时，b1=0，此时数列当λ≠-18时，b1≠0，此时bn+1题型5题型5等差、等比数列的综合应用17．（2024·四川绵阳·三模）已知首项为1的等差数列an满足：a1(1)求数列an(2)若数列bn满足：a1bn+a2【解题思路】（1）由已知列式求得公差，代入等差数列的通项公式得答案；（2）令Dn=a1bn+a【解答过程】（1）设an公差为d，又a所以a2又a1=1，即1+d2=2+2d，解得而d=-1时，不满足a1,a所以an（2）令Dn所以Dn+1两式相减有：Dn+1所以数列bn的前n+1项和为2⋅3n又D1=a所以Tn18．（23-24高二上·四川成都·期末）已知递增数列an和bn分别为等差数列和等比数列，且a1=3b1(1)求数列an和b(2)若cn=ln【解题思路】（1）由等差和等比数列的性质结合题意列方程组，解出a1（2）由对数的运算性质化简再简单放缩可得cn=【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为由题意可得：a1=3b由上述式子可得：13化简得：a1+9da1-3d若a1=-9d，可得b1若a1=3d，带入得q=3，又由a1+b1q=6于是得到数列an的通项公式为an=n+2，数列b（2）由题可得cn由于n∈N*时，则3n≥3所以cn则c1c2…所以c119．（23-24高二上·江苏苏州·期中）已知等差数列an的前n项和为Sn，公差d≠0，且S3+S5=50(1)求数列an(2)设bnan是首项为1①求数列bn的前n项和T②若不等式λTn-Sn【解题思路】（1）根据等差数列通项公式与前n项和公式，结合等比中项进行求解；（2）①先计算bn的通项公式，再用错位相减法求解T②代入Tn,Sn，得到λ≤2-n3n对一切【解答过程】（1）依题意得3a1+∴an=（2）①bnanTn3T所以-2Tn=3+2⋅3+2⋅32∴T②由（1）易求得Sn=n(n+2)，所以不等式λT即转化为λ≤2-n3n令fn=2-n又fn+1当1≤n≤2时，fn+1-fn<0；所以f(1)>f(2)>f(3)，且f(3)<f(4)<⋯，则λ≤fn所以实数λ的最大值为-120．（23-24高三下·重庆·阶段练习）已知等差数列an和等比数列bn满足：a1=2，b1(1)求数列an，b(2)设数列cn是数列an和数列bn的相同项从小到大组成的新数列，Sn是数列cn的前n项和，求S【解题思路】（1）根据题意分别可得关于等差数列{an}的公差d和等比数列{bn}的公比为q的方程，解方程可得d和（2）由（1）知道数列{an}和数列{bn}【解答过程】（1）设等差数列{an}的公差为d，等比数列{则a2解得d=2，∴a∴b解得q=-2，∴b即an=2n（2）由（1）知道数列{an}和数列{bn即是：22，24，26，28，210，212，…，即cn所以Sn=4(1-4n题型6题型6数列的求和21．（24-25高三上·河北邢台·期中）已知数列an的前n项和为Sn，且(1)求an(2)若bn=an⋅13【解题思路】（1）根据an与S（2）利用错位相减法求解即可.【解答过程】（1）令n=1，得a1当n≥2时，因为4Sn=(2n+1)两式相减得4a即(2n-3)an=(2n-1)所以a2a1所以an又a1=1，符合上式，所以（2）bn则Tn13两式作差得23即23所以Tn22．（23-24高三上·云南·阶段练习）已知数列an满足：a12+a22(1)求数列an(2)求b1【解题思路】（1）根据递推关系式，得到a1（2）利用倒序相加法求和即可.【解答过程】（1）当n=1时，a1当n≥2时，a12a12①－②得：an∴an=2n，当∴an（2）∵bn∴b=∴b1+b99+又∵b1+b99=∴b123．（24-25高二上·上海·期中）设Sn是等差数列an的前n项和，且Sn=n(1)求an(2)求数列1anan+1的前【解题思路】（1）根据等差数列前n项和Sn与通项公式an之间的关系可求得（2）由（1）得1anan+1的通项公式，再由前n项和的定义写出【解答过程】（1）由题意得，根据等差数列前n项和Sn与通项公式a当n=1时，a1当n≥2时，an又当n=1时，2×1=1满足an所以数列{an}（2）由（1）可得，an+1所以1a所以数列1anan+1=====n所以数列1anan+1的前24．（24-25高二上·福建莆田·期中）已知正项等差数列an满足：a1=1且(1)求数列an(2)若数列an为递增数列，数列bn满足：bn=2an【解题思路】（1）根据等差数列定义由等比数列性质计算可得公差，即求出通项公式；（2）由（1）可得bn=【解答过程】（1）设等差数列an的公差为d由a1,a解得d=0或d=2；当d=0时，可得an当d=2时，可得an所以数列an的通项公式为an=1（2）由（1）可得an=2n-1，所以因此an所以T=1+3+⋅⋅⋅+2n-1即数列an+bn的前题型7题型7数列不等式25．（24-25高二上·山东·期中）已知数列an的首项a1=1(1)求证：数列1a(2)若数列an的前n项和为Sn，求证：【解题思路】（1）an+1=an2+an（2）在（1）的基础上，得到an=12n-1，从而S1【解答过程】（1）已知an+1=a所以1an+1+1=2所以数列1an+1为首项为2公比为（2）由（1）知，1an+1=2×当n=1时，S1当n≥2时，an所以Sn综上所述，Sn26．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知数列an的前n项和为Sn，满足(1)求an(2)若数列bn,cn满足bn=-2log2an，cn=bn+2【解题思路】（1）利用Sn（2）由条件求出bn,cn，利用错位相减法求出T【解答过程】（1）由2Sn+1-Sn=2，令又a1=1，得2S又a2=12a则数列an是以1为首项，1∴an=（2）由题意得bn=-2log所以Tn=1×2Tn②-①得Tn∴T∵不等式Tn-2≥λc即不等式(n-1)2n+1≥λn⋅2n∵n∈N*，∴λ≤0．27．（24-25高三上·山东济宁·期中）已知数列an的前n项和为Sn，2an(1)求数列an(2)记cn=log2an，数列cnan的前n【解题思路】（1）利用条件，再写一式，两式相减，可证得数列an是首项为2，公比为2的等比数列，即可求出数列a（2）求出数列的通项，利用错位相减法求出Tn，再将题意转化为可得nn+12nmax≤λ【解答过程】（1）由2an=两式相减可得：2an+1-2令n=1，可得2a1=所以数列an是首项为2，公比为2的等比数列，其通项公式为a（2）∵cn=可得Tn=1两式相减得：1=1-12n因为n2-Tn原题意等价于关于n的不等式nn+12n记bn令bn≥bn+1bn≥则b1<b2=b3>b可得λ≥32，所以实数λ的取值范围28．（23-24高二下·安徽·期中）已知数列an的前n项和为Sn，满足(n-1)Sn-1-(n-3)(1)求数列Sn(2)若数列1an2的前n项和为Tn，证明：当【解题思路】（1）利用公式n≥2时，an=Sn-Sn-1，得到关于数列S（2）首先根据（1）的结果求数列an的通项公式，并放缩为1n(n+1)<【解答过程】（1）根据题意，当n≥2时，(n-1)⇔(n+1)法一：S∴S=当n=1时，S1=1，也满足法二：可得Sn所以数列SnSn（2）Sn=n(n+1)首项a1=1满足，所以所以1n(n+1)设数列bn数列bn前n项和为1分析可得，数列1an2从第2设数列c数列cn前n项和为1+1-所以nn+1题型8题型8数学归纳法的应用

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示29．（23-24高二上·全国·课后作业）用数学归纳法证明：(1)1+3+5+⋯+2n-1(2)1×4+2×7+3×10+⋯+n3n+1【解题思路】（1）记Sn=1+3+5+⋯+2n-1=n2，验证当（2）记Tn=1×4+2×7+3×10+⋯+n3n+1=nn+12n∈N【解答过程】（1）证明：记Sn当n=1时，则有S1假设当n=kk∈N+则Sk+1这说明当n=k+1k∈故对任意的n∈N+，（2）证明：设Tn当n=1时，T1假设当n=kk∈即Tk所以，T=k+1这说明当n=k+1k∈所以，对任意的n∈N+，30．（23-24高三·全国·对口高考）是否存在正整数m使得fn=2n+7⋅3n+9【解题思路】求出f1、f2的最大公约数，可得出m的值，然后利用数学归纳法证明出fn都能被【解答过程】解：f1=9×3+9=36，所以，f1、f2的最大公约数为猜想：对任意的n∈N*，fn当n=1时，猜想显然成立；假设当n=kk∈N*，猜想成立，即f即存在t∈N*，使得则当n=k+1k∈N=108t+2⋅3因为3k-1为奇数，则3k-1-1为偶数，则18所以，fk+1能被36这说明当n=k+1时，猜想也成立，故对任意的n∈N*，fn=2n+7⋅3故m的最大值为36.31．（23-24高二下·北京房山·期中）已知数列an中，a1=0(1)求数列an的第2，3，4(2)根据（1）的计算结果，猜想数列an的通项公式，并用数学归纳法证明【解题思路】（1）由题意逐个计算即可得；（2）由（1）的计算结果可猜想出数列an的通项公式，利用数学归纳法证明即可得【解答过程】（1）由a1=0且an+1a3=1（2）由（1）的计算结果可猜想an当n=1时，a1假设当n=k时等式成立，即有ak则当n=k+1时，有ak+1即当n=k+1时，等式成立；故猜想an=32．（23-24高二·全国·随堂练习）证明：凸n边形的内角和等于n-2π【解题思路】验证当n=3时，结论成立；假设当n=kk∈N*,k≥3时，结论成立，分析可知凸k+1k≥3,k∈N*边形A1A2⋯AkA【解答过程】设f(n)=(n-2)π当n=3时，三角形的内角和为π，即f3假设当n=kk∈N*假设凸k+1k≥3,k∈N*则凸k+1k≥3,k∈N*边形A1A2⋯Ak所以，fk+1这说明当n=k+1时，结论成立，故凸n边形的内角和fn题型9题型9新情景、新定义下的数列问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示33．（24-25高三上·上海·期中）已知数列an，若an+an+1(1)若数列an具有性质P，且a1=a2(2)若bn=2n+(3)设c1+c2+⋯+cn=n2+n，数列dn【解题思路】（1）根据数列数列an具有性质P可得an+（2）依据数列新定义，结合等比数列定义即可判断结论，进而证明；（3）求出cn=2n,可得dn+dn+1=2n,进而推出dn+2【解答过程】（1）由题意数列an具有性质P,an+a由a1=∴q=2,∴a3（2）数列bn具有性质P;证明如下因为bn所以b则bn+1+bn+2b所以数列bn具有性质P（3）因为c1+cc1故cnc1=2适合该式,故所以由d得d∴d因为数列dn具有性质P，故dn+dn+1故d当n为偶数时,d=2当n为奇数时,d=2故dn34．（24-25高三上·福建福州·期中）已知数列A:a1,a2,⋅⋅⋅,an，从中选取第i1项、第i2项、...、第im项i1<i2<⋯<im,m≥2，称新数列ai1,ai2,⋯,aim为A的长度为m的子列．记N(A)为A(1)对于数列A：2，0，2，4，写出A的长度为3的全部子列，并求N(A)；(2)对于数列A:a1,a2(3)对于整数n,k(1≤k≤n-1且n≥3)，数列A:a1,a2,⋅⋅⋅,an【解题思路】（1）根据N(A)的定义结合条件即得；（2）根据题意可知N(A)≤N(B)，结合对称可得N(B)≤N(A)，得N(A)=N(B)，同理N(A)=N(C) （3）令A* ：00⋯0n-k个 11⋯1k个，得数列A*中不含有0的子列有k-1个，含有1个0的子列有k个，含有【解答过程】（1）因为数列A：2，0，2，4，可得：A的长度为3的子列为：2,0,2;2,0,4;2,2,4;0,2,4，有4个，且A的长度为2的子列有5个，长度为4的子列有1个，所以N(A)=10.（2）N(A)=N(B)=N(C)，理由如下：若m1,m则mk,mk-1若m1,m2,⋅⋅⋅,则mk,mk-1, 则N(A)≤N(B)；同理可得N(B)≤N(A)，所以N(A)=N(B)；同理可得N(A)=N(C)；所以有N(A)=N(B)=N(C).（3）由已知可得，数列A :a1,a2,⋅⋅⋅,令A*下证：N(A)≥N(A由于A*所以A*的子列中含有i个0，j个1(i=0,1,⋯,n-k,j=0,1,⋅⋅⋅,k,i+j≥2)的子列有且仅有1设为：00因为数列A :a1,a2,⋯ 所以N(A)≥N(A数列A*不含有0的子列有k-1个，含有1个0的子列有k个，含有2个0的子列有k+1个，⋯，含有n-k个0的子列有k+1个，所以N(A所以N(A)的最小值为nk+n-k35．（24-25高三上·河北邢台·期中）已知m∈N*, m≥5，定义：数列an共有m项，对任意i, j(i, j∈N*, i≤j≤m)(1)若an=n(1≤n≤10, n∈N*)(2)已知递增数列a1, 2, a3(3)已知数列an单调递增，且为“封闭数列”，若a1≥1【解题思路】（1）举出反例，得到数列an不是“封闭数列”（2）数列递增，由a5a5=1求出a1=1，通过分析得到a58,a5a3（3）数列an单调递增，所以amam=1是an中的项，即a1=1，且amai是【解答过程】（1）由题意知，数列an为1，2，3，4，5，6，7，8，9，10因为a2⋅a7=2×7=14,所以数列an不是“封闭数列”（2）由题意数列递增可知a1<2<a3<8<所以a5a5=1是因为a5ai>a所以a58=2由a5a3=a（3）因为数列an单调递增，所以am>1，则a所以amam=1是因为amai(1<i≤m, i∈N所以1=a因为a1,a所以am=类似地，2<j≤m-1, j∈N*,所以am-1aj1=a所以am-1=由①和②得am所以an是首项为136．（24-25高二上·福建漳州·期中）若数列an满足an+12-an2=p(n为正整数，p(1)已知数列xn，yn的通项公式分别为：xn(2)若数列an既是等方差数列，又是等差数列，证明：数列a(3)若数列an是首项为1，公方差为2的等方差数列，在1的条件下，在yk与yk+1之间依次插入数列an2中的k项构成新数列cn：y1，a12，y2，a22，a32，y3，【解题思路】（1）根据等方差数列的定义，即可判断；（2）根据等差数列及等方差数列的定义即可求解；（3）首先说明yn【解答过程】（1）因为xn+12-所以数列xn为等方差数列，1因为y2所以数列yn（2）证明：因为an是等差数列，设其公差为d则a又an是等方差数列，所以故an所以an即da所以d=0，故an是常数列（3）由题意知数列an是首项为1，公方差为2故an+12-anyn是首项为1，公比为3而新数列cn中yk+1项(含yk+1令k+1k+22≤30，结合k∈故数列cn中前30项含有yn的前7项和数列an所以数列cn中前30项的和T题型10题型10切线问题

平面向量线性运算的坐标表示

平面向量线性运算的坐标表示37．（24-25高二上·全国·课后作业）已知函数fx(1)求曲线y=fx上任意一点x(2)求曲线y=fx在点3,f【解题思路】（1）根据导数的定义得出导数的几何意义得出切点的斜率；（2）先求导函数的函数值得出斜率再点斜式求出切线方程.【解答过程】（1）由导数的几何意义可知曲线y=fx上任意一点x0,f则由导数的定义，可得f'即曲线y=fx上任意一点x0,f（2）f3=0，由（1）知，曲线y=fx在点3,f所以切线方程为y-0=2x-3，即2x-y-6=038．（23-24高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数fx(1)求曲线y=fx过点1,1(2)若曲线y=fx在点1,1处的切线与曲线y=gx在x=tt∈R【解题思路】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程；（2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值.【解答过程】（1）由导数公式得f'设切点坐标为(x0由题意可得：y0-1=k(x所以x0=1y0从而切线方程为2x+y-3=0或x-4y+3=0.（2）由(1)可得：曲线y=fx在点1,1处的切线方程为y=-2x+3由g'x=-2e-2x+1，可得曲线y=g由题意可得-2e-2t+1=-2，

从而此时切点坐标为12,1，曲线y=gx在x=即y=-2x+2，故符合题意，所以t=139．（24-25高三上·广西南宁·开学考试）已知函数fx=4x+1ex，曲线y=f(1)求直线l的方程；(2)求函数fx在闭区间-2,1上的最值【解题思路】（1）求出f'0=5（2）求出函数的导数，讨论其符号可得函数的单调性，从而可得函数的最值.【解答过程】（1）f'x=4x+5e故曲线y=fx在0,f0处的切线方程为故切线方程为y=5x+1.（2）由（1）可得-2<x<-54时，f'x<0故fx在-2,-54故fxmin=f40．（24-25高三上·山西朔州·阶段练习）已知函数fx(1)求函数fx在区间-2,(2)曲线y=fx在点Pm,fm处的切线也是曲线y=4x【解题思路】（1）对函数求导，利用函数的导数与单调性判断函数在区间-2,3（2）根据题意先求出曲线y=fx在点Pm,fm处的切线方程，将该切线方程与曲线方程y=4x2-a联立得出关于x【解答过程】（1）因为fx=x令f'x<0令f'x>0，可得x<-1所以函数fx在-∞,-1所以函数fx在区间-2,-1,1,由f1故函数在-2,32上的值域为（2）由f'所以曲线y=fx在点P处的切线斜率为：k=f'所以曲线y=fx在点P处的切线方程为：y-整理得：y=联立方程y=3m2-3x-2由题意得：Δ整理得：-16a=9m令gx则g'令g'x>0，可得-令g'x<0，可得x<-所以函数gx的增区间为-13由g3=-288,g-有-16a≥-288，可得a≤18.题型11题型11函数的单调性问题41．（24-25高三上·河南·期中）已知函数f(x)=2x(1)求f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间0,π2上单调递减，求a【解题思路】（1）运用导数几何意义得到斜率，进而求得切线；（2）令g(x)=f'(x)=(2-a)sinx+4xcosx-x【解答过程】（1）由题可知f'则f'(0)=0，又故f(x)的图象在点(0,f(0))处的切线方程为y=0.（2）令g(x)=f则g'当a<6时，g'(0)>0,g'π记其中最小的零点为x0，则g'(x)在0,x0故f'(x)在0,x故f(x)在0,x当a≥6时，在0,π2上有故g'(x)<0,g(x)在即f'(x)在0,π故f(x)在0,π故a的取值范围为[6,+∞42．（24-25高三上·广东·阶段练习）已知f(1)当a=1时，求fx(2)若当x≥2时fx为单调递增函数，求实数a的取值范围【解题思路】（1）求导，令f'x<0（2）依题意，f'x≥0在【解答过程】（1）fx的定义域为(0,+∞)，当a=1∴f'当0<x<1时，f'x<0，当x>1所以fx在0,1上的单调递减，在1,+∞（2）当x≥2时fx所以f'x=所以a≥2x-x令φx=2x-x所以φx在[2,+所以φx∴a≥-1.43．（24-25高三上·广东广州·阶段练习）已知函数f(1)若fx在区间0,e单调递增，求(2)讨论fx的单调性【解题思路】（1）由题意可知：当x∈0,e时，f（2）分a≤22和a>22【解答过程】（1）函数fx的定义域为0,+∞，f'fx在区间0,e单调递增，即当x∈0,e时，亦即a≤1x+2x在区间因为1x+2x≥22(当且仅当x=所以a的取值范围为-∞（2）①当a≤22时，f'x=1x则fx在0,+∞②当a>22时，f'x=1x令f'x=0，解得x1=a-a2当x1<x<x2，f'x<0；当0<x<x1所以，fx在区间x1,x2单调递减，在区间0,x1综上所述，当a≤22时，fx在0,+当a>22时，fx在区间a-在区间0,a-a2-84和44．（24-25高三上·山东烟台·期中）已知函数f(x)=e(1)当a=2时，求过点(0,0)且与函数f(x)图象相切的直线方程；(2)当a<0时，讨论函数f(x)的单调性.【解题思路】（1）设函数f(x)在点x=x0的切线过点(0,0)，可得切线方程为y-(e（2）求导得f'(x)=2(ex+a2)(【解答过程】（1）当a=2时，f(x)=e2x-2x设函数f(x)在点x=x0的切线过点(0,0)，所以又f(x所以y-(e又因为切线过点(0,0)，所以0-(e所以-e2x所以切线方程为y-e+1=(2e（2）由f(x)=e可得f'当-2<a<0时，由f'(x)>0，可得x<ln所以函数f(x)在(-∞,ln由f'(x)<0，可得ln(-a2当a=-2时，由f'(x)≥0，可得x∈R，所以函数f(x)当a<-2时，由f'(x)>0，可得x<0或x>ln(-a2)由f'(x)<0，可得0<x<ln(-a综上所述：当-2<a<0时，函数f(x)在(-∞,ln(-a当a=-2时，函数f(x)在R上单调递增，当a<-2时，函数f(x)在(-∞,0)和(ln(-题型12题型12函数单调性、极值与最值的综合应用45．（24-25高三上·贵州贵阳·阶段练习）已知函数f(x)=x(1)求函数在点(1,f(1))处的切线方程(2)求函数在[-2,1]上的极值和最值【解题思路】（1）对f(x)=xex求导，进而求得f'（2）令f'(x)=0，可得x=-1，可求f(x)在[-2,1]【解答过程】（1）由f(x)=xex，得所以f'(1)=(1+1)e1=2又f(1)=e，所以函数在点(1,f(1))处的切线方程为：y-e=2（2）令f'(x)=0，可得(x+1)e当x∈(-2,-1)时，f'(x)<0，函数f(x)=xe当x∈(-1,1)时，f'(x)>0，函数f(x)=xe所以f(x)=xex在x=-1有极小值又f(-2)=-2e2所以f(x)=xex在[-2,1]上的最小值为-146．（24-25高三上·贵州黔西·阶段练习）已知函数f(x)=ax3+bx2-x(a,b∈R)，且当(1)求函数f(x)的解析式；(2)若对于区间[-3,3]上任意两个自变量的值x1,x2，有【解题思路】（1）利用根据极值及极值点处的导数为0.列出方程求解，注意检验，即可得解；（2）利用导数求出函数的最大最小值，根据题意最大值与最小值之差即为c的最小值.【解答过程】（1）f'由题意得f1=-76,f经检验，当a=43,b=-32时，f(x)所以f(x)=4（2）f'令f'(x)>0得-3≤x<-14或1<x≤3；令所以f(x)在-3,-14上单调递增，在-1因为f(-3)=-93所以f(x)对于区间[-3,3]上任意两个自变量的值x1,x所以c≥66,c的最小值为66．47．（2024·全国·模拟预测）已知x=-1是函数fx(1)求fx(2)讨论fx在区间m,m+【解题思路】（1）根据极值点求出a，再求导，根据导数正负得出单调性即可；（2）根据（1）的结论，用m对区间m,m+5进行分类讨论，再根据再结合单调性得到最值【解答过程】（1）fx的定义域为R，f当a≠-1时，f'-1=e-a-1当a=-1时，令f'x=-xf'x在-∞,-1小于0，在区间-1,2大于0，在故fx在-∞,-1单调递减，在区间-1,2单调递增，在2,+∞单调递减，此时综上，fx在-∞,-1单调递减，在区间-1,2（2）由（1）可知：fx在-∞,-1单调递减，在区间-1,2单调递增，在当m+5≤-1,即m≤-1-5时，fx在区间当-1-5<m<-1时，fx在m,-1单调递减，在-1,m+当-1<m<2-5时，fx在区间m,m+5当2-5≤m≤2时，fx在m,2单调递增，在2,m+当m>2时，fx在区间m,m+5单调递减，故最大值为48．（24-25高三上·甘肃天水·阶段练习）已知函数fx(1)若a=0，求曲线y=fx在点P2,f(2)若fx在x=1处取得极值，求fx(3)若fx在1,e上的最小值为-2a，求a【解题思路】（1）根据导数的几何意义，即可求得答案；（2）根据fx在x=1处取得极值，求出a（3）分类讨论，讨论a与区间1,e的位置关系，确定函数单调性，结合函数的最值，即可确定a的取值范围【解答过程】（1）若a=0，则fx=x故f2故曲线y=fx在点P2,f2处的切线方程为y-2=3（2）fx=x则f'由于fx在x=1处取得极值，故f则f'令f'x>0，则0<x<12或x>1令f'x<0，则12<x<1故当x=12时，fx当x=1时，fx取到极小值f（3）由于f'当a≤1时，f'x≥0，仅在a=1,x=1时等号取得，f则fx当1<a<e时，则1<x<a时，f'x<0，a<x<e时，f'x>0，故fx当a≥e时，f'x<0，故fx综上，可知a的取值范围为(-题型13题型13利用导数研究函数的零点（方程的根）49．（24-25高三上·北京海淀·期中）已知函数f(x)=aln(1)若f(x)在x=4处取得极大值，求f(4)的值；(2)求f(x)的零点个数.【解题思路】（1）求出函数导数，利用极值点导数为0求出a，再检验即可得解；（2）分0<a<1,a=1,a>1三种情况讨论，讨论时，列出当x变化时，f'x【解答过程】（1）fx的定义域为a,+f因为4是f(x)的极大值点，所以f'4=0，即4-2a3-a当a=2时，当x变化时，f'x2,333,444,+f+0-0+f↗极大值↘极小值↗此时，4是fx当a=3时，当x变化时，f'x3,444,666,+f+0-0+f↗极大值↘极小值↗此时4是fx的极大值点，符合题意因此a=3，此时f4（2）①当0<a<1时，当x变化时，f'xa,2a2a2a,a+1a+1a+1,+f+0-0+f↗极大值↘极小值↗f2a=alna-2a又f(4a+2)=aln3a+2>0，因此f(x)因此f(x)的零点个数是1.②当a=1时，对任意x>1,f'(x)≥0，f(x)又f(2)=-1<0,f(6)=ln5>0，由零点存在定理知，有因此f(x)的零点个数是1.③当a>1时，当x变化时，f'xa,a+1a+1a+1,2a2a2a,+f+0-0+f↗极大值↘极小值↗fa+1=-32又f(4a+2)=aln3a+2>0，因此f(x)在2a,+因此f(x)的零点个数是1.综上，当a>0时，f(x)的零点个数是1.50．（23-24高二下·四川遂宁·阶段练习）已知函数fx=x3+2ax2(1)求a,b的值；(2)当x∈-1,2时，方程fx=k【解题思路】（1）先求导函数f'(x)，再依据题意f（2）由（1）得f(x)=x3+2x2+x和f'(x)，接着研究f【解答过程】（1）由fx=x依题意可知f-1=0f'(-1)=0此时fx=x由f'(x)=3x2+4x+1=当x<-1时，f'(x)>0，函数当-1<x<-13时，f'故x=-1时，函数取得极大值f(-1)=0（2）由（1）得f(x)=x3+2令f'(x)=0，解得x=-13或故当-1<x<-13时f'(x)<0，函数f(x)递减，当-1当x=-13时，f(x)取得极小值，无极大值，所以所以在区间[-1,2]上，f(x)的最大值为f(-1)或f(2)，而f(-1)=0,f(2)=8+8+2=18，所以f(x)在区间[-1,2]上的最大值为18，最小值为-4作出函数y=f(x)与直线y=k的图像，如图，

由图知-451．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f(x)=2alnx+12(1)当a>0时，试讨论f(x)的单调性；(2)若函数f(x)有两个不相等的零点x1，x（i）求a的取值范围；（ii）证明：x1【解题思路】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性；（2）（i）结合（1）的单调性判断f(2)、f(a)的符号，排除a≥0，再在a<0的情况下研究f(x)的单调性和最值，根据零点的个数求参数范围；（ii）由（i）有0<x1<2<x2，分析法将问题化为证明【解答过程】（1）由题设f'(x)=2a当0<a<2时，在(0,a)上f'(x)>0，在(a,2)上f'(x)<0，在所以，在(0,a)、(2,+∞)上f(x)单调递增，在(a,2)上当a=2时，在(0,+∞)上f'(x)≥0恒成立，故当a>2时，在(0,2)上f'(x)>0，在(2,a)上f'(x)<0，在所以，在(0,2)、(a,+∞)上f(x)单调递增，在(2,a)上f(x)（2）（i）由f(2)=2aln若a>0时，f(a)=2aln令y=4lna-a-4且a>0，则所以0<a<4时y'>0，a>4时故y=4lna-a-4在(0,4)上递增，在(4,+∞所以f(a)<0，结合（1）中f(x)的单调性，易知a>0不可能出现两个不相等的零点，又a=0时，f(x)=12x所以a<0，此时，在(0,2)上f'(x)<0，在(2,+∞故在(0,2)上f(x)单调递减，在(2,+∞)上f(x)单调递增，则又x趋向于0或负无穷时，f(x)趋向正无穷，只需g(a)=a(ln显然g(a)在(-∞,0)上递减，且当a=1所以，1ln2-1<a<0时g(a)<0（ii）由（i），在1ln2-1<a<0时，f(x)不妨令0<x1<2<x2，要证x由（i）知：在(2,+∞)上f(x)单调递增，只需证由2alnx令h(x)=f(4-x)-f(x)，且0<x<2，则h(x)=2a=2aln所以，在(0,2)上h'(x)=-2a⋅(x-2)2x(4-x)所以h(x)<h(2)=2aln2-2a所以x1+52．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数fx=1+(1)当a=1时，求fx(2)若方程fx=1有两个不同的根（i）求a的取值范围；（ii）证明：x1【解题思路】（1）求函数fx（2）方程fx=1可化为1+lnxx=a，结合（（3）设x1<x2，由（i）0<x1<1<x2，由已知lnx1+1x1=lnx2+1x2，法一：先证明x2≥2时结论成立，构造函数px=gx【解答过程】（1）由题意得fx=1+lnx由f'x=0当0<x<1时，f'当x>1时，f'综上，fx在区间0,1内单调递增，在区间1,+（2）（i）由1+lnxax设gx由（1）得gx在区间0,1内单调递增，在区间1,+又g1e=0,g1=1，当x>1时，g所以当0<a<1时，方程1+lnxx故a的取值范围是0,1．

（ii）不妨设x1<x2，则法一：当x2∈2,+∞时，结合（i）知x当x2∈1,2设px=g则p所以px在区间0,1则px<p1所以g又x1∈0,1所以2-x1<又x1≠x故2x12法二：设hx=gx则h'所以hx在区间0,+∞内单调递增，又所以hx1=g又gx2=g又x2>1,1所以x2>1又x1≠x题型14题型14利用导数证明不等式53．（24-25高三上·河南·阶段练习）已知函数f(x)=(x+a)e(1)若f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：当x>0时，xe【解题思路】（1）根据给定条件，分离参数并构造函数，利用导数求出最大值即可得解.（2）构造函数h(x)=ex-x,x>0，利用导数证得【解答过程】（1）函数f(x)=(x+a)ex+1的定义域为R，f(x)≥0⇔a≥-x-依题意，a≥g(x)恒成立，g'(x)=-1+1ex，当x<0时，g则函数g(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，所以实数a的取值范围是a≥-1.（2）当x>0时，令h(x)=ex-x，求导得h'(x)=则h(x)>h(0)=1，即ex>x+1，因此e令φ(x)=xex-ex+1,x>0，求导得φ(x)>φ(0)=0，即xex>所以xe54．（24-25高三上·湖北·期中）已知函数fx(1)若a=3，求fx(2)求函数fx(3)若函数fx有两个极值点x1，x2【解题思路】（1）a=3代入函数解析式，利用导数求函数极值；（2）利用导数，对a分类讨论，求函数单调区间；（3）x1，x2是方程gx=0的两个根，有ax1=x12+2，ax2=【解答过程】（1）当a=3时，fx=-1f'当1<x<2，f'x>0，f0<x<1或x>2，f'x<0，fx在∴fx的极大值为f2=4-2ln2（2）由fx=-12令gx=x2-ax+2当Δ=a2-8≤0，即-22所以fx在0,+∞当Δ=a2-8>0，即（i）当a<-22时，gx在0,+∞从而f'x<0，所以fx（ii）当a>22时，函数gx有两个零点：x1列表如下：x0,xxxxf-0+0-f减函数极小值增函数极大值减函数综上，当a≤22时，fx的减区间是当a>22时，fx的增区间是a-a2-8（3）由（2）知，当a>22时，fx有两个极值点x1，x则x1，x2是方程gx=0的两个根，从而由韦达定理，得x1x2所以0<x2f=-=-=x令t=x22t>2，则h'当t>2时，h't>0，则ht在故2fx55．（24-25高三上·江苏·阶段练习）已知函数f(x)=xlnx+t在点(1,f(1))(1)求t的值；(2)若存在x1<x2，使得(3)证明：f(x)+x【解题思路】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）利用导数研究函数单调性，利用单调性可证不等式；（3）由题意只需证lnx+1x+1<exx，令hx【解答过程】（1）因为f'x=因为f1=t，所以切线方程为y-t=x-1因为切线经过原点，所以0=0+t-1，所以t=1；（2）因为fx=xln令f'x>0令f'x<0所以fx在1e,+∞因为f1e=1-所以存在x1<x2，f要证x1x2因为1e2<因为fx1令gx即gx所以g因为1e<x<1，所以所以gx在1e,1所以fx>f1所以x1（3）要证fx+xcos即证lnx+因为cosx∈-1,1令hx=由h'因为x>0，1-e令h'x>0，0<x<1；令h所以hx在x=1所以hmax所以hx<056．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数f(1)讨论函数fx(2)求函数fx在e(3)若fx=m有两解x1，x2，且【解题思路】（1）计算f'x，求f'x>0（2）计算fe2以及（3）偏移法证明x1+x2>2e【解答过程】（1）fx的定义域为0,+∞，f'x=1-lnx，当f'x=0时，x=e，当x∈0,e（2）fe2=0，f'e即x+y-e（3）先证x1+x2>2e，由（1）可知：0<x1即证：fx令gx=fx则g'所以gx在区间0,e内单调递增，gx即x1再证x1+x2<e2，由（2令mxm'x=2-lnx，∴m故当x∈0,e2时，f则m=fx2<φ又0<x1<∴x1+题型15题型15利用导数研究恒成立、存在性问题57．（24-25高三上·江苏南通·期中）已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且(1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)若对于任意的x∈[-1,2],f(x)⩾mx恒成立，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）求导，利用赋值法求得f'（2）法一，分x=0，-1≤x<0，0<x≤2三种情况分离变量，并求得最值求得m的取值范围.法二，令g(x)=ex-1+x2+1-mx【解答过程】（1）求导得f'令x=1，则f'∴f(x)=∴l:y-3=3(x-1)，即：3x-y=0．（2）方法一，ex-1①当x=0时，左边=1②当-1≤x<0时，m≥令g(x)==当-1≤x<0时，x-1<0,ex-1+x+1≥∴g③当0<x≤2时，⇒m≤令g'(x)=0⇒x=1，当0<x<1时，当1<x≤2时，g'∴g综上：m的取值范围为-e法二，令g(x)=f(x)-mx=ex-1+令φ(x)=ex-1+2x-m，所以φ'(x)=①若g'(2)=e+4-m≤0∴g(x)在[-1,2]单调递减，∴g(x)与m≥e+4矛盾，②若g'(-1)=e∀x∈[-1,2],g'(x)≥∴g(x)故-1③若g'(-1)<0g∃x0∈(-1,2)使得，∴g即：1-∵∴m=ex综上-158．（24-25高三上·北京·期中）已知函数fx(1)求fx(2)若关于x的不等式f'x<-x+a有解，求实数【解题思路】（1）求出函数的定义域，f'(x)=2lnx+1x-x，设（2）令g(x)=2lnx+1x-a，利用导数求出【解答过程】（1）定义域为{x|x>0}，f'设h(x)=2h'所以h(x)在(0,+∞)上是减函数，且h(1)=0则当x∈(0,1)时，h(x)>0，即f'则当x∈(1,+∞)时，h(x)<0，即所以f(x)的单调递增区间为(0,1)，f(x)的单调递减区间(1,+（2）由（1）知f'(x)=2ln令g(x)=2lng'当x∈0,12时，g'(x)<0所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g1所以若关于x的不等式g(x)<0有解，则2-2ln即a>2-2ln59．（24-25高三上·福建龙岩·期中）已知函数f(x)=1(1)求fx的单调区间(2)设gx=x2-2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在【解题思路】（1）求导，根据导数分情况讨论导函数零点情况及函数单调性；（2）根据题意可得f(x)max【解答过程】（1）由f(x)=12a得f'令f'(x)=0，解得当0<a<12时，当x∈(0,2)时，f'当x∈2,1a当x∈1a,+∞当a=12时，1a=2,f'当a>12时，当x∈0,1a当x∈1a,2当x∈(2,+∞)时，f综上所述，当0<a<12时，f(x)的单调递增区间为(0,2)和1a,+∞当a=12时，f(x)的单调递增区间为当a>12时，f(x)的单调递增区间为0,1a和（2）因为对任意x1∈(0,2]，均存在x2所以f(x)当x=2时，g(x)取得最大值，最大值为0.由（1）得，当0<a≤12时，f(x)在(0,2即当x=2时，f(x)取得最大值f(2)=2a-(2a+1)×2+2ln所以2a-2+2ln2<0，解得a<1-ln当a>12时，f(x)在0,1当x=1a时，f(x)取得最大值f1设s(a)=-1则s'(a)=1所以s(a)≥s12=ln综上所述，a的取值范围为{a∣0<a<1-ln60．（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数fx=2kx2-4lnx(1)若y=fx+329x(2)讨论函数fx(3)若对任意x1,x2∈0,e，当【解题思路】（1）根据极值点求得k，并进行验证.（2）先求得f'x，然后对k进行分类讨论，从而求得f（3）由（2）求得fx的最小值，利用导数求得gx的最大值，再结合已知条件来求得k【解答过程】（1）令tx由题意f'x=4kx-4由已知得t'1=此时t'易知在区间0,1上fx单调递增，在1,e上则函数fx在x=1处取得极小值，因此k=（2）由题意f'其中x∈0,e，①当kk<e，即k>1e2，f②当kk≥e，即0<k≤1e2综上，当0<k≤1e2时，f当k>1e2时，fx的单调递减区间为（3）当k>1>1e2时，由（2）可知当x=即fx由gx=lnxk即当x=e时，g对任意x1,x2∈则必有fxmin>gxmax所以k的取值范围是e,+题型16题型16利用导数研究双变量问题61．（24-25高三上·云南·阶段练习）已知函数fx(1)若fx为增函数，求a(2)若fx有两个极值点x1,【解题思路】（1）f'x=ex-x+a，由题意得f'x≥0恒成立，（2）由（1）知，当a<-1时，fx有两个极值点x1,x2，设x1<0，则x2>0，设hx=f'x【解答过程】（1）f'x=设gx=e令g'x=0当x<0时，g'x<0，所以f当x>0时，g'x>0，所以f所以x=0是函数f'故当f'0=1+a≥0所以当fx为增函数，a的取值范围为-1,+（2）f'x=ex-x+a，x→+∞,f即a<-1时，fx有两个极值点x故f'x1=f设hx则h'故hx在0,+∞上单调递增，所以所以f'x>故f'所以f'又x1<0,-x故x1所以x162．（23-24高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数fx(1)当a=3时，求函数fx(2)若函数fx有两个极值点x1,x2，且【解题思路】（1）求导后，根据f'（2）根据函数有两个极值点可得方程2x2-ax+1=0在0,+∞上有两个不等实根x1,x2，由此可得韦达定理的结论，将f【解答过程】（1）当a=3时，fx=lnx+x2-3x∴当x∈0,12∪1,+∞时，∴fx的单调递增区间为0,12，1,+（2）∵fx定义域为0,+∞，∴fx有两个极值点x1,x2等价于2∴x1+x2=a∴fx1-fx2设gx则g'∴gx在0,1上单调递减，∴g即fx∴fx1-f63．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数f(x)=4x-12x(1)当a=3时，讨论函数f(x)的单调性.(2)若f(x)有两个极值点x①求a的取值范围②证明：f(【解题思路】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解；（2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有2个不同的正实根，即可求解；②首先求fx1+fx2，再利用韦达定理，转化为关于a的函数，再通过不等式构造函数【解答过程】（1）当a=3时f(x)=4x-12x∴f'令f'如图表示x,fx0,111,333,+f+0-0+f单调递增单调递减单调递增∴f(x)在0,1,3,+∞上单调递减，在（2）①f=-因为f(x)有两个极值点x即：x2-4x+a=0在所以Δ=4-4a>0所以0<a<4，②由①得xf(=4(=a-a要证f(即证：a-aln只需证(1-a)令g(a)=(1-a)g令m(a)=则m'所以m(a)在(0,4)上单调递减又因为m(1)=1>0,m(2)=由零点存在性定理得：∃a0∈(1,2)，使得m(所以a∈(0,a0)m(a)=ga∈(a0,4)时，m(a)=g则g=因为y=a0+所以a所以g(a)<0，即f(x164．（24-25高三上·全国·阶段练习）已知函数fx(1)讨论fx(2)若x1,x①求a的取值范围；②求证：f'x12+x【解题思路】（1）求导函数f'(x)，分a≤0与a>0两类讨论函数（2）①结合（1）的分析，若f(x)有两个零点，则a>0且极大值f(a)>0可得a>e2，再通过找点使f(x)<0，然后利用零点存在性定理证明当②由不等式x12+x222>x2+x12，利用放缩法先证明f'x2【解答过程】（1）fx=aln①当a≤0时，x>0，a-x<0，则f'所以fx在0,+②当a>0时，当0<x<a时，f'x>0，f当x>a时，f'x<0，则fx所以，fx在0,a上单调递增，在a,+∞综上所述，当a≤0时，fx在0,+当a>0时，fx在0,a上单调递增，在a,+∞（2）①因为x1,x由（1）可知a>0，且x1由fx在x∈0,a上单调递增，在则fxmax=f而当a>e2时，f1由f(1)f(a)<0且f(a)f(a4)<0，则f(x)在(1,a)与又由f(x)单调性可知，f(x)至多两个零点.故当a>e2时，f综上可知，a的取值范围是e2②因为x1,x所以alnx1所以f'令x2=txf'令g