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1917分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=xex+ax+bf\left( x \right)=x\mathrm{e}^x+ax+b，曲线 y=f(x)y=f\left( x \right) 在点 (0,f(0))\left( 0,f\left( 0 \right) \right) 处的切线方程为 y=−2x+1y=-2x+1.
(1) 求 aa，bb； (2) 当 x>0x>0 时，f(x+m)−f(x)>mf\left( x+m \right)-f\left( x \right)>m，求 mm 的取值范围； (3) 当 x>0x>0 时，f(k+x)+f(k−x)>2f(k)f\left( k+x \right)+f\left( k-x \right)>2f\left( k \right)，求 kk 的最小值.

2026 · 全国 · 二卷 · 第 19 题 · 解答题

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1817分导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ln⁡(1+x)−x+12x2−kx3f(x)=\ln(1+x)-x+\frac12x^2-kx^3，其中 0<k<130<k<\frac13.
(1) 证明：f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 存在唯一的极值点和唯一的零点； (2) 设 x1x_1，x2x_2 分别为 f(x)f(x) 在区间 (0,+∞)(0,+\infty) 的极值点和零点.
(i) 设函数 g(t)=f(x1+t)−f(x1−t)g(t)=f(x_1+t)-f(x_1-t)，证明：g(t)g(t) 在区间 (0,x1)(0,x_1) 单调递减； (ii) 比较 2x12x_1 与 x2x_2 的大小，并证明你的结论.

2025 · 全国 · 二卷 · 第 18 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ax−sin⁡xcos⁡3xf(x)=ax-\frac{\sin x}{\cos^3x}，x∈(0,π2)x\in\left( 0,\frac{\pi}{2} \right).
(1) 当 a=8a=8 时，讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 f(x)<sin⁡2xf(x)<\sin2x 恒成立，求 aa 的取值范围.

2023 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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20解析几何★★★★★
设抛物线 C:y2=2pxC:y^2=2px（p>0p>0） 的焦点为 FF，点 D(p,0)D\left( p,0 \right). 过 FF 的直线交 CC 于 MM，NN 两点. 当直线 MDMD 垂直于 xx 轴时，∣MF∣=3|MF|=3.
(1) 求 CC 的方程； (2) 设直线 MDMD，NDND 与 CC 的另一个交点分别为 AA，BB，记直线 MNMN，ABAB 的倾斜角分别为 α\alpha，β\beta. 当 α−β\alpha-\beta 取得最大值时，求直线 ABAB 的方程.

2022 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=exx−ln⁡x+x−af(x)=\frac{\mathrm{e}^x}{x}-\ln x+x-a.
(1) 若 f(x)≥0f(x)\ge 0，求 aa 的取值范围； (2) 证明：若 f(x)f(x) 有两个零点 x1x_1，x2x_2，则 x1x2<1x_1x_2<1.

2022 · 全国 · 甲卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=(2+x+ax2)ln⁡(1+x)−2xf(x)=(2+x+ax^2)\ln(1+x)-2x.
(1) 若 a=0a=0，证明：当 −1<x<0-1<x<0 时，f(x)<0f(x)<0；当 x>0x>0 时，f(x)>0f(x)>0； (2) 若 x=0x=0 是 f(x)f(x) 的极大值点，求 aa.

2018 · 全国 · 三卷 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ax2−a−ln⁡xf(x)=ax^2-a-\ln x，其中 a∈Ra\in\mathbf{R}.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 确定 aa 的所有可能取值，使得 f(x)>1x−e1−xf(x)>\dfrac1x-\mathrm{e}^{1-x} 在区间 (1,+∞)\left(1,+\infty\right) 内恒成立（e=2.718…\mathrm{e}=2.718\ldots 为自然对数的底数）.

2016 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
设函数 f(x)=ax2−a−ln⁡xf(x)=ax^2-a-\ln x，g(x)=1x−eexg(x)=\dfrac1x-\dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}^x}，其中 a∈Ra\in\mathbf{R}，e=2.718…\mathrm{e}=2.718\ldots 为自然对数的底数.
(1) 讨论 f(x)f(x) 的单调性； (2) 证明：当 x>1x>1 时，g(x)>0g(x)>0； (3) 确定 aa 的所有可能取值，使得 f(x)>g(x)f(x)>g(x) 在区间 (1,+∞)(1,+\infty) 内恒成立.

2016 · 四川 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=−2(x+a)ln⁡x+x2−2ax−2a2+af(x) = -2(x + a)\ln x + x^2 - 2ax - 2a^2 + a，其中 a>0a > 0.
(1) 设 g(x)g(x) 是 f(x)f(x) 的导函数，讨论 g(x)g(x) 的单调性； (2) 证明：存在 a∈(0,1)a \in (0,1)，使得 f(x)⩾0f(x) \geqslant 0 在区间 (1,+∞)(1, +\infty) 内恒成立，且 f(x)=0f(x) = 0 在区间 (1,+∞)(1, +\infty) 内有唯一解.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item 求导得 g(x)=f′(x)=2x−2ln⁡x−2ax−2a−2g(x)=f'(x)=2x-2\ln x-\frac{2a}{x}-2a-2，g′(x)=2(1−1x+ax2)=2(x2−x+a)x2g'(x)=2\left(1-\frac1x+\frac a{x^2}\right)=\frac{2(x^2-x+a)}{x^2}. 当 0<a<140<a<\dfrac14 时，x2−x+a=0x^2-x+a=0 的两个根为 α=1−1−4a2\alpha=\dfrac{1-\sqrt{1-4a}}2，β=1+1−4a2\beta=\dfrac{1+\sqrt{1-4a}}2. 因此 g(x)g(x) 在 (0,α)(0,\alpha) 和 (β,+∞)(\beta,+\infty) 上单调递增，在 (α,β)(\alpha,\beta) 上单调递减.
当 a⩾14a\geqslant\dfrac14 时，x2−x+a⩾0x^2-x+a\geqslant0，所以 g(x)g(x) 在 (0,+∞)(0,+\infty) 上单调递增. \item 对任意 a>0a>0，在 x>1x>1 时有
g′(x)=2(x2−x+a)x2>0g'(x)=\frac{2(x^2-x+a)}{x^2}>0
又 g(1)=−4a<0g(1)=-4a<0，且当 x→+∞x\to+\infty 时 g(x)→+∞g(x)\to+\infty，所以存在唯一的 c(a)>1c(a)>1 使 g(c(a))=0g(c(a))=0. 因而 ff 在 (1,c(a))(1,c(a)) 上递减，在 (c(a),+∞)(c(a),+\infty) 上递增，f(c(a))f(c(a)) 是 ff 在 (1,+∞)(1,+\infty) 上的最小值.
令 Φ(a)=f(c(a))\Phi(a)=f(c(a)). 函数 g(x,a)g(x,a) 关于 xx，aa 连续，且在每个根 c(a)>1c(a)>1 处有 ∂g∂x=g′(c(a))>0\dfrac{\partial g}{\partial x}=g'(c(a))>0，所以唯一根 c(a)c(a) 随 aa 连续变化，从而 Φ(a)\Phi(a) 连续. 进一步，对任意固定的 δ>0\delta>0，有
g(1+δ,0)=2(δ−ln⁡(1+δ))>0g(1+\delta,0)=2\bigl(\delta-\ln(1+\delta)\bigr)>0
由连续性，当 a>0a>0 充分接近 00 时仍有 g(1+δ,a)>0g(1+\delta,a)>0. 又 g(1,a)<0g(1,a)<0，且 gg 在 x>1x>1 上递增，故 1<c(a)<1+δ1<c(a)<1+\delta，从而 c(a)→1c(a)\to1（a→0+a\to0^+）. 因此 Φ(a)→f(1,0)=1>0\Phi(a)\to f(1,0)=1>0. 另一方面，取 a=12a=\dfrac12，有 f(1)=0f(1)=0，且 g(1)=−2<0g(1)=-2<0，所以 ff 在 11 的右邻域内小于 00，即 Φ(12)<0\Phi\left(\dfrac12\right)<0. 由介值定理，存在 a0∈(0,12)⊂(0,1)a_0\in\left(0,\dfrac12\right)\subset(0,1) 使 Φ(a0)=0\Phi(a_0)=0.
对这个 a0a_0，函数 ff 先严格递减后严格递增，且在唯一极小点 c(a0)c(a_0) 处取值 00，所以 f(x)⩾0f(x)\geqslant0 在 (1,+∞)(1,+\infty) 内恒成立，且 f(x)=0f(x)=0 在该区间内只有唯一解 x=c(a0)x=c(a_0). \end{enumerate} \end{solution}

2015 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=−2xln⁡x+x2−2ax+a2f(x) = -2x\ln x + x^2 - 2ax + a^2，其中 a>0a > 0.
(1) 设 g(x)g(x) 是 f(x)f(x) 的导函数，讨论 g(x)g(x) 的单调性； (2) 证明：存在 a∈(0,1)a \in (0,1)，使得 f(x)⩾0f(x) \geqslant 0 恒成立，且 f(x)=0f(x) = 0 在区间 (1,+∞)(1, +\infty) 内有唯一解.

2015 · 四川 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−ax2−bx−1f(x) = \mathrm{e}^{x} - ax^{2} - bx - 1，其中 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}，e=2.71828⋯\mathrm{e} = 2.71828\cdots 为自然对数的底数.
(1) 设 g(x)g(x) 是函数 f(x)f(x) 的导函数，求函数 g(x)g(x) 在区间 [0,1][0,1] 上的最小值； (2) 若 f(1)=0f(1)=0，函数 f(x)f(x) 在区间 (0,1)(0,1) 内有零点，求 a 的取值范围.

2014 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=ex−ax2−bx−1f(x) = \mathrm{e}^{x} - ax^{2} - bx - 1，其中 aa，b∈Rb \in \mathbf{R}，e=2.71828⋯\mathrm{e} = 2.71828\cdots 为自然对数的底数.
(1) 设 g(x)g(x) 是函数 f(x)f(x) 的导函数，求函数 g(x)g(x) 在区间 [0,1][0,1] 上的最小值； (2) 若 f(1)=0f(1)=0，函数 f(x)f(x) 在区间 (0,1)(0,1) 内有零点，证明：e−2<a<1\mathrm{e} - 2 < a < 1.
\begin{solution} \begin{enumerate} \item g(x)=f′(x)=ex−2ax−bg(x)=f'(x)=\mathrm{e}^x-2ax-b，且 g′(x)=ex−2ag'(x)=\mathrm{e}^x-2a 严格递增. 若 a⩽12a\leqslant\frac12，则 g′(x)⩾0g'(x)\geqslant0（0⩽x⩽10\leqslant x\leqslant1），所以最小值为 g(0)=1−bg(0)=1-b. 若 \frac12<a<\frac\mathrm{e}2，则 g′(x)=0g'(x)=0 的解 x0=ln⁡(2a)x_0=\ln(2a) 在 (0,1)(0,1) 内，故最小值为
g(x0)=2a−2aln⁡(2a)−bg(x_0)=2a-2a\ln(2a)-b
若 a\geqslant\frac\mathrm{e}2，则 g′(x)⩽0g'(x)\leqslant0（0⩽x⩽10\leqslant x\leqslant1），所以最小值为 g(1)=e−2a−bg(1)=\mathrm{e}-2a-b. 综上，最小值为
\begin{cases} 1-b, & a\leqslant\frac12,\\ 2a-2a\ln(2a)-b, & \frac12<a<\frac\mathrm{e}2,\\ \mathrm{e}-2a-b, & a\geqslant\frac\mathrm{e}2. \end{cases}
\item 由 f(1)=0f(1)=0，得 a+b=e−1a+b=\mathrm{e}-1，即 b=e−1−ab=\mathrm{e}-1-a. 又 f(0)=0f(0)=0，设题设中 (0,1)(0,1) 内的零点为 x0x_0. 对区间 [0,x0][0,x_0] 和 [x0,1][x_0,1] 分别使用罗尔定理，得 g=f′g=f' 在 (0,1)(0,1) 内有两个不同的零点.
由于 g′(x)=ex−2ag'(x)=\mathrm{e}^x-2a 严格递增，且 gg 在 (0,1)(0,1) 内有两个不同的零点，罗尔定理表明 g′g' 在这两个零点之间有一个零点. 因而 gg 在该点左侧递减、右侧递增，两个零点之外函数值严格为正，从而 g(0)>0g(0)>0，g(1)>0g(1)>0. 因此 g(0)=1−b=a+2−e>0g(0)=1-b=a+2-\mathrm{e}>0，g(1)=e−2a−b=1−a>0g(1)=\mathrm{e}-2a-b=1-a>0. 于是 e−2<a<1\mathrm{e}-2<a<1. \end{enumerate} \end{solution}

2014 · 四川 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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10函数与初等函数★★★★★
设函数 f(x)=ex+x−af(x) = \sqrt{\mathrm{e}^x + x - a} （a∈Ra \in \mathbf{R}，e\mathrm{e} 为自然对数的底数）. 若曲线 y=sin⁡xy = \sin x 上存在 (x0,y0)(x_0, y_0) 使得 f(f(y0))=y0f(f(y_0)) = y_0，则 aa 的取值范围是（ ）
A.
[1,e][1, \mathrm{e}]
B.
[e−1−1,1][\mathrm{e}^{-1} - 1, 1]
C.
[1,1+e][1, 1 + \mathrm{e}]
D.
[e−1−1,e+1][\mathrm{e}^{-1} - 1, \mathrm{e} + 1]

2013 · 四川 · 理 · 第 10 题 · 选择题

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21导数及其应用★★★★★
已知函数
f(x)={x2+2x+a,x<0,ln⁡x,x>0,f(x) = \begin{cases} x^2 + 2x + a, & x < 0,\\ \ln x, & x > 0, \end{cases}
其中 aa 是实数. 设 A(x1,f(x1))A(x_1, f(x_1))，B(x2,f(x2))B(x_2, f(x_2)) 为该函数图象上的两点，且 x1<x2x_1 < x_2.
(1) 指出函数 f(x)f(x) 的单调区间； (2) 若函数 f(x)f(x) 的图象在点 AA，BB 处的切线互相垂直，且 x2<0x_{2} < 0，求 x2−x1x_{2} - x_{1} 的最小值； (3) 若函数 f(x)f(x) 的图象在点 A，B 处的切线重合，求 aa 的取值范围.

2013 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 aa 为正实数，nn 为自然数，抛物线 y=−x2+an2y = -x^{2} + \frac{a^{n}}{2} 与 xx 轴正半轴相交于点 AA，设 f(n)f(n) 为该抛物线在点 AA 处切的切线在 yy 轴上的截距.
(1) 用 aa 和 nn 表示 f(n)f(n)； (2) 求对所有 nn 都有 f(n)−1f(n)+1⩾n3n3+1\frac{f(n) - 1}{f(n) + 1} \geqslant \frac{n^3}{n^3 + 1} 成立的 aa 的最小值； (3) 当 0<a<10 < a < 1 时，比较 ∑k=1n1f(k)−f(2k)\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{f(k) - f(2k)} 与 274⋅f(1)−f(n)f(0)−f(1)\frac{27}{4} \cdot \frac{f(1) - f(n)}{f(0) - f(1)} 的大小，并说明理由.

2012 · 四川 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知 aa 为正实数，nn 为自然数，抛物线 y=−x2+an2y = -x^{2} + \frac{a^{n}}{2} 与 xx 轴正半轴相交于点 AA. 设 f(n)f(n) 为该抛物线在点 AA 处的切线在 yy 轴上的截距.
(1) 用 aa 和 nn 表示 f(n)f(n)； (2) 求对所有 nn 都有 f(n)−1f(n)+1⩾nn+1\frac{f(n) - 1}{f(n) + 1} \geqslant \frac{n}{n + 1} 成立的 aa 的最小值； (3) 当 0<a<10 < a < 1 时，比较 1f(1)−f(2)+1f(2)−f(4)+⋯+1f(n)−f(2n)\frac{1}{f(1) - f(2)} + \frac{1}{f(2) - f(4)} + \cdots + \frac{1}{f(n) - f(2n)} 与 6⋅f(1)−f(n+1)f(0)−f(1)6 \cdot \frac{f(1) - f(n + 1)}{f(0) - f(1)} 的大小，并说明理由.

2012 · 四川 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=23x+12f(x)=\frac{2}{3}x+\frac{1}{2}，h(x)=xh(x)=\sqrt{x}.
(1) 设函数 F(x)=f(x)−h(x)F(x)=f(x)-h(x)，求 F(x)F(x) 的单调区间与极值； (2) 设 a∈Ra\in\mathbf{R}，解关于 xx 的方程 log⁡4[32f(x−1)−34]=log⁡2h(a−x)−log⁡2h(4−x)\log_{4}\left[\frac{3}{2}f(x-1)-\frac{3}{4}\right]=\log_{2}h(a-x)-\log_{2}h(4-x)； (3) 试比较 f(100)h(100)−∑k=1100h(k)f(100)h(100)-\displaystyle\sum_{k=1}^{100}h(k) 与 16\frac{1}{6} 的大小.

2011 · 四川 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=23x+12f(x) = \frac{2}{3}x + \frac{1}{2}，h(x)=xh(x) = \sqrt{x}.
(1) 设函数 F(x)=18f(x)−x2[h(x)]2F(x) = 18f(x) - x^2[h(x)]^2，求 F(x)F(x) 的单调区间与极值； (2) 设 a∈Ra \in \mathbf{R}，解关于 xx 的方程 lg⁡[32f(x−1)−34]=2lg⁡h(a−x)−2lg⁡h(4−x)\lg \left[ \frac{3}{2}f(x - 1) - \frac{3}{4} \right] = 2\lg h(a - x) - 2\lg h(4 - x)； (3) 设 n∈N∗n \in \mathbf{N}^{*}，证明：f(n)h(n)−[h(1)+h(2)+⋯+h(n)]⩾16f(n)h(n) - [h(1) + h(2) + \cdots + h(n)] \geqslant \frac{1}{6}.

2011 · 四川 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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22指数函数与对数函数★★★★★
设 f(x)=1+ax1−axf(x) = \frac{1 + a^x}{1 - a^x}（a>0a > 0 且 a≠1a \ne 1），g(x)g(x) 是 f(x)f(x) 的反函数.
(1) 设关于 xx 的方程 log⁡at(x2−1)(7−x)=g(x)\log_{a} \frac{t}{(x^2 - 1)(7 - x)} = g(x) 在区间 [2,6][2,6] 上有实数解，求 tt 的取值范围. (2) 当 a=ea = \mathrm{e}（e\mathrm{e} 为自然对数的底数）时，证明：∑k=2ng(k)>2−n−n22n(n+1)\sum_{k=2}^{n} g(k) > \frac{2 - n - n^2}{\sqrt{2n(n+1)}}； (3) 当 0<a⩽120 < a \leqslant \frac{1}{2} 时，试比较 ∣∑k=1nf(k)−n∣\left| \sum_{k=1}^{n} f(k) - n \right| 与 44 的大小，并说明理由.

2010 · 四川 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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21指数函数与对数函数★★★★★
已知 a>0a > 0，且 a≠1a \neq 1，函数 f(x)=log⁡a(1−ax)f(x) = \log_a(1 - a^x).
(1) 求函数 f(x)f(x) 的定义域，并判断 f(x)f(x) 的单调性； (2) 若 n∈N∗n \in \mathbf{N}^*，求 lim⁡n→+∞af(n)an+a\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{a^{f(n)}}{a^n + a}； (3) 当 a=ea = \mathrm{e}（e\mathrm{e} 为自然对数的底数）时，设 h(x)=(1−ef(x))(x2−m+1)h(x) = (1 - \mathrm{e}^{f(x)})(x^2 - m + 1). 若函数 h(x)h(x) 的极值存在，求实数 mm 的取值范围以及函数 h(x)h(x) 的极值.

2009 · 四川 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22计数原理与组合数学★★★★★
设函数 f(x)=(1+1n)xf(x) = \left(1 + \frac{1}{n}\right)^x（n∈Nn \in \mathbf{N}，且 n>1n > 1，x∈Rx \in \mathbf{R}）.
(1) 当 x=6x = 6 时，求 (1+1n)x\left(1 + \frac{1}{n}\right)^x 的展开式中二项式系数最大的项； (2) 对任意的实数 xx，证明 f(2x)+f(2)2>f′(x)\frac{f(2x) + f(2)}{2} > f'(x)（f′(x)f'(x) 是 f(x)f(x) 的导函数）； (3) 是否存在 a∈Na \in \mathbf{N}，使得 an<∑k=1n(1+1k)k<(a+1)nan < \sum_{k=1}^{n} \left(1 + \frac{1}{k}\right)^k < (a + 1)n 恒成立？若存在，试证明你的结论并求出 aa 的值；若不存在，请说明理由.

2007 · 四川 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22导数及其应用★★★★★
已知函数 f(x)=x2+2x+aln⁡xf(x)=x^2+\frac{2}{x}+a\ln x（x>0x>0），f(x)f(x) 的导函数是 f′(x)f'(x). 对任意两个不相等的正数 x1x_1，x2x_2，证明：
(1) 当 a⩽0a\leqslant 0 时，f(x1)+f(x2)2>f(x1+x22)\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}>f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)； (2) 当 a⩽4a\leqslant 4 时，∣f′(x1)−f′(x2)∣>∣x1−x2∣|f'(x_1)-f'(x_2)|>|x_1-x_2|.

2006 · 四川 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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