堅持就是勝利！堅持就是勝利！2020年山東新高考數學模擬猜題專項匯編(3)導數1、已知函數f(x)是偶函數，當X>0時，f(x)=xlnx+1,則曲線y=f(x)在x=-1處的切線方程為()y=-xB.y=-x+2C.y=xD.y=x-2當x=—2時，函數y=f(x)取得極小值函數y=f(x)在區間(一2,2)內單調遞增當x=3時，函數y=f(x)有極小值TOC\o"1-5"\h\z3、已知lnx一x一y+2=0，x+2y一4一2ln2=0，記M=(x一x匕+(y一y匕，則()111221212M的最小值為2B.當M最小時，x2=12525C.M的最小值為4D.當M最小時，x2=65254、定義：若函數F(x)在區間［a,b］上的值域為［a,b］,則稱區間［a,b］是函數F(x)的“完美區間”?另外，定義區間［a,b］的“復區間長度”為2(b-a)，已知函數f(x)=|x2一1|，則()［0,1］是f(x)的一個“完美區間”.口5，山5是f(x)的一個“完美區間”.22f(x)的所有“完美區間”的“復區間長度”的和為3+后?f(x)的所有“完美區間”的“復區間長度”的和為3+2制5.5、已知直線y=x+2與曲線y=ln(x+a)相切，則a的值為.6、已知函數y=f(x)在R上的圖象是連續不斷的一條曲線，并且關于原點對稱,其導函數為廣(x)，當x>0時，有不等式x2f,(x)>-2xf(x)成立，若對VxgR，不

等式e2xfQx丿一a2x2f(ax)〉0恒成立，則正整數a的最大值為.7、已知函數f(x)=ln3,aeR.ex若函數y=f(x)在x=x(ln2<x<ln3)處取得極值1,證明：2———<a<3———；00ln2ln3⑵若f(x)<x-丄恒成立，求實數a的取值范圍.ex8、已知函數f(x)=xex-a(x+lnx)-若a=0，求函數f(x)在x=1處的切線方程；⑵討論f(x)極值點的個數；⑶若x是f(x)的一個極小值點，且f(x)>0,證明：f(x)〉2(x-x3).000009、已知函數f(x)=x2-2xlnx，函數g(x)=x+—-(lnx)2，其中aeR，x是g(x)的x0一一個極值點，且g(x)=2?0討論f(x)的單調性；求實數x和a的值；0證明X.1=>—ln(2n+1)CeN*)?k=1如2一1210、已知函數f(x)=lnx+-x[(九eR).當x>1時，不等式f(x)<0恒成立，求九的最小值；設數列a=-(eN*)，其前n項和為S，證明：S-S+佯>ln2nnn2nn411、已知函數f(x)=x2-alnx+1(aeR).211xx12恒成立，(丨)若函數f(x)在11,2]上是單調遞增函數，求實數a的取值范圍；恒成立，(II)若-2<a<0，對任意x】,x^e[1,2]，不等式|f(x^)-f(x2)<m求實數m的取值范圍.12、已知函數f(x)=1+gx-a(aeR)?x⑴若f(x)<0在(0,+呵上恒成立，求a的取值范圍，并證明：對任意的neN*,都有1+1+1+L+1>ln(n+1);3n⑵設g(x)=(x-1)2ex，討論方程f(x)=g(x)實數根的個數.13、函數f(x)=心(x>0),曲線y=f(x)在點(l,f⑴)處的切線在y軸上的截距為1+x112(1)求a；⑵討論g(x)=x(f(x))2的單調性；⑶設a=1,a=f(a)，證明：2x-答案及解析：答案：BCI2lna—ln7l<答案及解析：答案：BC1n+1nn14、已知函數f(x)=x—1+aex.討論f(x)的單調性；⑵當a=—1時，設—1<x<0,x>0，且f(x)+f(x)=—5,證明：x—2x>—4+丄.121212e15、設函數f(x)=2ln(x+1)+.x+1討論函數f(x)的單調性；如果對所有的x>0,都有f(x)<ax,求實數a的最小值；已知數列｛a｝中，a=1,且(1—a)(1+a)=1,若數列｛a｝的前n項和為S,n1n+1nnna求證：S>n+1—lna.n2an+1n16、已知函數f(x)=xlnx—1,g(x)=ax2—(a—2)x.⑴設函數H(x)=f'(x)-g(x)，討論H(x)的單調性；設函數G(x)=g(x)+(a-2)x,若f(x)的圖象與G(x)的圖象有A(x,y),B(x,y)1122兩個不同的交點，證明：ln(xx)>2+ln2.12答案以及解析1答案及解析：答案：A解析：因為x<0,f(x)=f(—x)=—xln(—x)+1,f(—1)=1,f'(x)=—ln(—x)—1,f'(—1)=—1，所以曲線y=f(x)在x=—1處的切線方程為y=—x.高考沖刺必刷專練高考沖刺必刷專練5堅持就是勝利！5堅持就是勝利！解析：對于A,函數y=f(x)在區間f-3,-1］內有增有減，故A不正確；I2丿對于B,當x=—2時，函數y=f(x)取得極小值，故B正確；對于C,當xe(—2,2)時，恒有廣(x)〉0，則函數y=f(x)在區間(一2,2)上單調遞增,故C正確；對于D，當x=3時，f'(x)工0，故D不正確.答案及解析：答案：BC解析：由Inx一x一y+2=0，得：y=Inx一x+2，111111(xi-x2)2+3y)2的最小值可轉化為函數(xi-x2)2+32x+2y-4-2ln2=0上的點的距離的最小值的平方,由y=lnx-x+2得：y'=—-1，x與直線x+2y-4-2ln2=0平行的直線的斜率為-1，2則令1-1=-1，解得：x=2,???切點坐標為(2,ln2)x2???(2,ln2)到直線x+2y-4-2ln2=0的距離d=+2ln2￡￡-空2=^45，1+45即函數y=lnx-x+2上的點到直線x+2y-4-2ln2=0上的點的距離的最小值為5，??(x-x匕+(y-y匕的最小值為d2=，12125過(2,ln2)與x+2y-4-2ln2=0垂直的直線為y—ln2=2(x—2)，即2x-y-4+ln2=0，x+2y-4x+2y-4-2ln2=02x-y-4+ln2=0，解得：12即當M最小時,12高考沖刺必刷專練高考沖刺必刷專練堅持就是勝利！堅持就是勝利！所以解得｛b:0f(a)=1-a2=bf(b)=1-所以解得｛b:0此時2(b-a)=2.當b〉1時，①若a:0,則f(b)=b2-1:b〉1，解得b:出5，此時2(b-a)=1+島；2②若0<a<1,則最小值為f(1)=0豐a,不合題意；③若a〉1，則由圖象知③若a〉1，則由圖象知f(x)在［a,b］上單調遞增，所以f(a)=a2-1=af(b)=b2-1=b解得1+-Z5a:—(舍去).,1+52綜上，函數f(x)的所有“完美區間”的“復區間長度”的和為2+2+5答案及解析：答案：3解析：依題意得y，=丄,因此曲線y:In(x+a)在切點處的切線的斜率等于丄x+ax+a?1???:1x:1一a-x+a此時，y:0，即切點坐標為(1-a,0)相應的切線方程是y:1x(x—1+a),即直線y=x+2,?a-1=2,a=36答案及解析：答案：2解析：定義在R上的函數f(x)關于原點對稱，??函數f(x)為R上的奇函數。令g(x)=x2f(x)，則g(x)為奇函數。g'(x)=x2廣(x)+2xf(x),

當x>0時，不等式g'(x)〉0,g(當x>0時，不等式g'(x)〉0,g(x)在［0,+8)單調遞增。?I函數g(x)在R上單調遞增。不等式e2xf(ex)一a2x2f(ax)>0恒成立，oe2xf(ex)>a2x2f(ax)-axog(ex)>g(ax)??ex>ax-當x>0時，a<—-h(x),x則h'(x)-e""x一",可得x-1時，函數h(x)取得極小值即最小值，h(1)-e.x2?a<e.此時正整數a的最大值為2.a-2對于x<0時，ex>ax恒成立。綜上可得：正整數a的最大值為2.故答案為：2.7答案及解析：答案：(“f'(x)—+a-(inx+ax)xex丁函數y-f(x)在x-x°處取得極值1,—+a-(lnx+ax)x00?f'(x)-r-00，且f(x)-迥器冷-1,0ex0ex0A—+a-inx+ax-ex0,TOC\o"1-5"\h\zx000??a—ex0一令r(x)-ex-l(x>0)，則r'(x)-ex+>0,xx2.：r(x)為增函數，*.*0<in2<x°<ln3?r(ln2)<a<r(ln3)，即卩2一—<a<3———.inin3(2)不等式f(x)<x-恒成立，ex即不等式xex—inx—ax>1恒成立，即a<ex-一—--恒成立.xx令g(x)-ex-x叵一丄，則g'(x)令g(x)-ex-xxx2x2x2令h(x)-x2ex+lnx,則h'(x)-C+2x)ex+—.x

Vx>0,/.h'(x)>0.-4一ln2<°，h(x)有唯一零點x4，且丄<x1<1.121當xg(0,x)時，h(x)<0,g-4一ln2<°，h(x)有唯一零點x4，且丄<x1<1.121當xg(0,x)時，h(x)<0,g，(x)<0,g(x)單調遞減；當xgG],+8)時，h(x)〉0,g'(x)〉0,g(x)單調遞增.g(x)=g(x).min1lnx1?a<e珀—1———.xx11由h(x)=0整理得xex111lnx

x1V丄<x<1,—Inx>02ii令k(x)=xex(x>0),則方程xex1=一迥仝t等價于k(x)=k(—lnx),1x11而k，(x)=(x+1)ex在(0,+x)上恒大于零,.k(x)在(0,)上單調遞增,Vk(x)=k(-Inx)，11.x=一lnx111.ex1=x()lnx11(—x)1??gJx丿=ex]1=1=11xxxxx11111.*.a<1???實數a的取值范圍為（—?I】.解析：8答案及解析：答案：解:(1)當a=0時,f(x)=xex,f'(x)=(x+1)ex所以f(1)=e,f'(1)=2e.從而f(x)在x=1處的切線方程為y—e=2e(x-1)-即2ex—y—e=0.(2)f'(x)=(x+1)ex—a1+—,xg(0,+8)=(x+1)(x+1)(xex—a)①當a<0時,f'（x）>0f（x）在（0,+8）上是增函數,不存在極值點②當a>不存在極值點②當a>0時'令h(x)=xex-a,h,(x)=(x+1)ex>0顯然函數h(x)在［0,+x)是增函數，又因為h(0)=-a<0,h(a)=a(ea一1)>0必存在x>0,使h(x)=000xg(0,x),h(x)<0,廣(x)<0f(x)為減函數0xg(x,+8),h(x)>0,廣(x)>0,f(x)為增函數0所以，x=x是f(x)的極小值點0綜上：當a<0時,f(x)無極值點當a>0時,f(x)有一個極值點(3)由(2)得：廣(x)=00xex0=a0f(x)=xex00-lnx)0-a(x+f(x)=xex00-lnx)000000因為f("bo,所以1-&-lnxo>0令g(x)=1-x-lnxg，(x)=-1一-<0g(x)在(0,+8)上是減函數x且g(1)=0由g(x)>g(1)得x<1所以xg(0,1).0設申(x)=lnx-x+1xg(0,1)申0=—一1=1_-xxxg(0,1),0(x)>0所以申(x)為增函數，申(x)<申(1)=0即申(x)<0即lnx<x一1所以一lnx>1-x所以ln(x+1)<x所以ex>x+1>0因為xg(0,1)，0所以ex0>x+1>001一x一lnx>1一x+1一x>00000相乘得ex0(1-x-lnx)>(x+1)(2-2x)00000所以f(x)=xex0(1-x-Inx)>2xGx+1)(1-x)0000000一x30000結論成立解析：9答案及解析：22.答案：解：(1)由已知可得函數f(x)的定義域為(0,+8),且廣(x)=2x-2lnx-2，令h(x)=f'(x)，則有h'(x)=2"x一"，由h'(x)=0，可得x=1，x可知當x變化時，h'(x),h(x)的變化情況如下表：x(0,1)1(1,+8)h'(x)—0+h(x)]極小值Zh(x)>h(1)=0，即f'(x)>0，可得f(x)在區間(0,+?)單調遞增;(2)由已知可得函數g(x)的定義域為(0,+w)，且g，(x)=1-纟-匹，x2x由已知得g'(x)=0，即x2-2xlnx-a=0，①000由g(x)=2可得，x2-x(lnx匕-2x+a=0'②00000聯立①②，消去a,可得2x-(lnx)2-2lnx-2=0，③000令t(x)=2x-(lnx)2-2lnx-2，則t'(x)=2-2lnx22(x-則t'(x)=2-xxx由(1)知，x—lnx—1>0，故t'(x)>0，t(x)在區間(0,+8)單調遞增，注意到t(1)=0，所以方程③有唯一解x°=1，代入①，可得a=1，.x0=1,a=1;證明：由(1)知f(x)=x2-2xlnx在區間(0,+8)單調遞增，

故當xw(l,+J時，f(x)〉f(1)=1,g，(x)=x2—2xlnx—1=>0，x2x2可得g(x)在區間(1,+w)單調遞增，因此，當x>1時，g(x)〉g(1)=2,即x即x+1-(lnx)2>2，亦即x2>(lnx)2，這時、■/這時、■/x->0,lnx>0，故可得*x-1>lnx，取x=貂，keN*，可得需-鋁>ln(2k+1)取x=貂，keN*，可得需-鋁>ln(2k+1)-ln(2k-1)，2k+1：2k-12k—12k+1q4k2-1故工k=124k2-1>工(ln(2k+1)-ln(2k-1))=ln(2n+1)k=1>丄ln(2n+1)(neN*)2解析：10答案及解析：答案：(1)由f(x)=lnx+X—-x(九eR)，得f，(x)=_—.Ix丿x2當—>時，方程-—x2+x-—=0的△=1—4—2<0，因式-—x2+x——在區間(1,+8)上2恒為負數?所以x>1時，廣(x)<0，函數f(x)在區間(1,+8)上單調遞減.又f(1)=0,所以函數f(x)<0在區間(1,+8)上恒成立；當0<—<1時，方程-—x2+x-—=0有兩個不等實根，且滿足21-\1-4—21+\1-4—2<1<x=2—22—x=1所以函數f(x)的導函數f(x)在區間上大于零，函數f(x)在區間上單增，又f(1)=0，所以函數f(x上單增，又f(1)=0，所以函數f(x)在區間上恒大于，2—k丿零，不滿足題意；當—<0時，在區間(1,+8)上f(x)=lnx+—]—-x、>lnx，函數y=lnx在區間(1,+8)上恒為正數，所以在區間(1,+8)上f(x)恒為正數，不滿足題意；綜上可知：若x〉1時'不等式f(x)<0恒成立，，的最小值為2.(2)由第1知：若x>1時，Inx<--2(1、(x+1)(x-1)若ngN*，則ln1+—kn丿Y1)]了1)]1+-+1?1+--1丄n丿丄n丿2n+12x——xIx丿2[l+-kn丿ln(n+1)-lnn<2n+詁d成立.將n換成n+1，得ln_(1+n)+1]-ln(n+1)詁"+2[(n+1)+1]成立，即ln(n+2)-ln(n+1)<)+)，2(n+1)2(n+2)11以此類推，得ln(n+3)-ln(n+2)<2(n+2)+2(n+3)，ln2n-ln(2n-1)<-+—2(2n-1)4n上述各式相加，得11111ln2n-lnn=ln2<+++???++-，2nn+1n+22n-14n1111又S—S=++—++-，2nnn+1n+22n-12n所以S-S+a>ln22nn4解析：11答案及解析：答案：(l)易知f(x)不是常值函數，°?°f(x)=x2-alnx+1在11,2〕上是增函數,2?°?f'(x)=x—>0恒成立，所以a<x2，只需a<(x2)=1；xmin(II)因為-2<a<0，由1知，函數f(x)在11,2］上單調遞增，不妨設1<x<x<2,12則If(x)-f(x)|<m一—一，可化為f(x2)+—<f(x])+—,12xx2x1x1221m1m設h(x)=f(x)+——=—x2-alnx+1+——，貝Uh(x)>h(x)，x2x12所以h(x)為Q,2]上的減函數，即h(x)=x-—-<0在Q,2]上恒成立,xx2等價于m>x3-ax在11,2]上恒成立，設g(x)=x3-ax，所以m>g(x)max因-2<a<0，所以g'(x)=3x2-a>0，所以函數g(x)在［1,2］上是增函數,所以g(x)=g⑵=8-2a<12(當且僅當a=-2時等號成立).max所以m>12.即m的最小值為12.解析：12答案及解析：答案：解：(1)由f(x)<0可得，a>1+lnx(x>0),x令h(x)=1+lnxx令h(x)=1+lnxxh(x)=1-x-(1+lnx)-lnxx2x2當xg(0,1)時，h(x)>0,h(x)單調遞增，當xg(1+8)時，h(x)<0,h(x)單調遞減,故h(x)在x=1處取得最大值,要使a>上匹，只需a>h(1)=1,x故a的取值范圍為a>1，顯然，當a=1時，有1"<1，即不等式lnx<x-1在(1,+8)上成立，xTOC\o"1-5"\h\zn+1n+1n+11令x=>1(ngN*)，則有ln<-1=，nnnn23n+1111所以ln+ln+L+ln<1++—+L+，2n23n即：1+1+1+L+1>ln(n+1);3n(2)由f(x)=g(x)可得，1+Sx-a=(x-1)2ex，即a=^+山x-(x-1)2ex，xx令t(x)=1+Sx-(x-1)2ex，貝寸t'(x)=—--(x2-1)ex，xx2當xg(0,1)時，t'(x)>0，t(x)單增，當xg(1+8)時，t'(x)<0，t(x)單減，故t(x)在x=1處取得最大值t(1)=1，又當xT0時，t(x)T-8，當xT+8時，t(x)T-8，所以，當a=1時，方程f(x)=g(x)有一個實數解；當a<1時，方程f(x)=g(x)有兩個不同的實數解；當a>1時，方程f(x)=g(x)沒有實數解.解析：答案及解析：答案：⑴答案：⑴f'(x)=民又f⑴=—，故曲線y=f(x)在點(1,f⑴)處的切線方程為y=—(x-1)+—，其242在y軸上的截距為3—?依題設沁=11，解得—=7.442xI7⑵易知g(x)=x(—)2(x>0),則xI1(7Ix)22x(7Ix)-67Ixx2-4xI7g'(x)=+x=x(1Ix)21Ix(1Ix)2(1Ix)21Ix顯然g'(x)>0恒成立，所以g(x)在(0,+x)上單調遞增.ZT⑶由1知f(x)=1+——(x