1、一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 1 页共 52 页 专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用 答案部分 1A【解析】21()(2)1xf xxaxae，(2)0f ，1a ，所以21()(1)xf xxxe，21()(2)xf xxxe，令()0fx，解得2x 或1x，所以当(,2)x ，()0fx，()f x单调递增；当(2,1)x 时，()0fx，()f x单调递减；当(1,)x，()0fx，()f x单调递增，所以()f x的极小值为1 1(1)(1 1 1)1f
2、e，选 A 2D【解析】由导函数的图象可知，()yf x的单调性是减增减增，排除 A、C；由导函数的图象可知，()yf x的极值点一负两正，所以 D 符合，选 D 3D【解析】当0 x时，令函数2()2xf xxe，则()4xfxxe，易知()fx在0，ln4）上单调递增，在ln4，2上单调递减，又(0)10f ，1()202fe，(1)40fe，2(2)80fe，所以存在01(0,)2x 是函数()f x的极小值点，即函数()f x在0(0,)x上单调递减，在0(,2)x上单调递增，且该函数为偶函数，符合 条件的图像为 D 4B【解析】（解法一）2m 时，抛物线的对称轴为82nxm 据题意，
3、当2m 时，822nm即212mn2262mnm n18mn 由2mn且212mn得3,6mn当2m 时，抛物线开口向下，据题意得，8122nm即218mn2292mnm n812mn由2nm且218mn得92m，故应舍去.要使得mn取得最大值，应有218mn(2,8)mn所以(182)(182 8)816mnn n ，所以最大值为 18选 B（解法二）由已知得()(2)8fxmxn，对任意的1,22x，()0fx，所一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 2 页共 52 页 以1
4、()02()0ffx，即0,021822mnmnmn画出该不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示，nmm+2n=182m+n=12129618O 令mnt，则当0n=时，0t=，当0n 时，tmn，由线性规划的相关知识，只有当直线212mn与曲线tmn=相切时，t取得最大值，由212192tntnn，解得6n=，18t=，所以max()18mn，选 B 5A【解析】令()()f xh xx=，因为()f x为奇函数，所以()h x为偶函数，由于 2()()()xfxf xh xx，当0 x 时，()()xfxf x 0，所以()h x在(0,)上单调递减，根据对称性()h x在(,0)上单调
5、递增，又(1)0f，(1)0f=，数形结合可知，使得()0f x 成立的x的取值范围是,10,1 6D【解析】由题意可知存在唯一的整数0 x，使得000(21)xexaxa，设()(21)xg xex，()h xaxa，由()(21)xg xex，可知()g x在1(,)2 上单调递减，在1(,)2上单调递增，作出()g x与()h x的大致图象如图所示，xyg(x)=ex(2x-1)h(x)=ax-a321121123O 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 3 页共 52 页
6、 故(0)(0)(1)(1)hghg，即132aae，所以312ae x，函数2x单调递增，所有122 2xx，120 xx-，则m 1212()()f xf xxx=121222xxxx-0，所以正确；一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 7 页共 52 页（2）设1x2x，则120 xx，则1212()()g xg xnxx-=-22121212()xxa xxxx-+-=-12121212()()xxxxaxxaxx-+=+-，可令1x=1，2x=2，4a ，则10n ，所
7、以错误；（3）因为mn=，由（2）得：2121)()(xxxfxf12xxa，分母乘到右边，右边即为12()()g xg x，所以原等式即为12()()f xf x=12()()g xg x，即为12()()f xg x=12()()f xg x-，令()()()h xf xg x，则原题意转化为对于任意的a，函数()()()h xf xg x存在不相等的实数1x，2x 使得函数值相等，2()2xh xxax，则()2 ln2 2xh xxa，则()2(ln2)2xh x，令0()0h x，且012x，可得0()h x为极小值 若10000a ，则0()0h x，即0()0h x，()h x单
8、调递增，不满足题意，所以错误（4）由(3)得12()()f xf x=12()()g xg x，则1122()()()()f xg xg xf x，设()()()h xf xg x，有1x，2x使其函数值相等，则()h x不恒为单调 2()2xh xxax，()2 ln22xh xxa，2()2ln220 xh x恒成立，()h x单调递增且()0h ，()0h 所以()h x先减后增，满足题意，所以正确 244【解析】当01x时，()lnf xx=-，()0g x=，此时方程|()()|1f xg x+=即为ln1x=或ln1x=-，故xe=或1xe=，此时1xe=符合题意，方程有一个实根
9、当12x时，()lnf xx=，22()422g xxx=-=-，方程|()()|1f xg x+=即为2ln21xx+-=或2ln21xx+-=-，即2ln10 xx+-=或2ln30 xx+-=，令2ln1yxx=+-，则120yxx=-，函数2ln1yxx=+-在(1,2)x上单调递减，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 8 页共 52 页 且1x=时0y=，所以当12x时，方程2ln10 xx+-=无解；令2ln3yxx=+-，则120yxx=-，2x=时ln2 1 0
10、y=-，所以当12x，函数2yln7xx=+-在2,)x?上单调递增，且2x=时 ln2 30y=-，所以当2x时方程2ln70 xx+-=有 1 个实根；同理2ln50 xx+-=在2,)x?有 1 个实根 故方程1|)()(|xgxf实根的个数为 4 个 252【解析】由题意2()363(2)f xxxx x，令()0fx得0 x 或2x 因0 x 或2x 时，()0fx，02x时，()0fx 2x 时()f x取得极小值 26【解析】(1)()f x的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx （i）若2a，则()0fx，当且仅当2a，1x 时()0fx，所以()f x在(0,
11、)单调递减（ii）若2a，令()0fx得，242aax或242aax 当2244(0,)(,)22aaaax时，()0fx；当2244(,)22aaaax时，()0fx所以()f x在24(0,)2aa，24(,)2aa单调递减，在2244(,)22aaaa单调递增(2)由(1)知，()f x存在两个极值点当且仅当2a 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 9 页共 52 页 由于()f x的两个极值点1x，2x满足210 xax，所以121x x，不妨设12xx，则21x 由于
12、 12121221212121222()()lnlnlnln2ln11221f xf xxxxxxaaaxxx xxxxxxx ，所以1212()()2f xf xaxx等价于22212ln0 xxx 设函数1()2lng xxxx，由(1)知，()g x在(0,)单调递减，又(1)0g，从而当(1,)x时，()0g x 所以22212ln0 xxx，即1212()()2f xf xaxx 27【解析】(1)当1a时，()1f x等价于2(1)e10 xx 设函数2()(1)1xg xxe，则22()(21)(1)xxg xxxexe 当1x时，()0g x，所以()g x在(0,)单调递减
13、而(0)0g，故当0 x时，()0g x，即()1f x(2)设函数2()1e xh xax()f x在(0,)只有一个零点当且仅当()h x在(0,)只有一个零点（i）当0a时，()0h x，()h x没有零点；（ii）当0a 时，()(2)exh xax x 当(0,2)x时，()0h x；当(2,)x时，()0h x 所以()h x在(0,2)单调递减，在(2,)单调递增 故24(2)1e ah是()h x在0,)的最小值 若(2)0h，即2e4a，()h x在(0,)没有零点；一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：11859
14、41688 高考真题专项分类（理科数学）第 10 页共 52 页 若(2)0h，即2e4a，()h x在(0,)只有一个零点；若(2)0h，即2e4a，由于(0)1h，所以()h x在(0,2)有一个零点，由(1)知，当0 x时，2e xx，所以33342241616161(4)11110e(e)(2)aaaaahaaa 故()h x在(2,4)a有一个零点，因此()h x在(0,)有两个零点 综上，()f x在(0,)只有一个零点时，2e4a 28【解析】(1)当0a 时，()(2)ln(1)2f xxxx，()ln(1)1xfxxx 设函数()()ln(1)1xg xfxxx，则2()(1
15、)xg xx 当10 x 时，()0g x；当0 x 时，()0g x 故当1x 时，()(0)0g xg，且仅当0 x 时，()0g x，从而()0fx，且仅当0 x 时，()0fx 所以()f x在(1,)单调递增 又(0)0f，故当10 x 时，()0f x；当0 x 时，()0f x (2)（i）若0a，由(1)知，当0 x 时，()(2)ln(1)20(0)f xxxxf，这与0 x 是()f x的极大值点矛盾（ii）若0a，设函数22()2()ln(1)22f xxh xxxaxxax 由于当1|min1,|xa时，220 xax，故()h x与()f x符号相同 又(0)(0)0
16、hf，故0 x 是()f x的极大值点当且仅当0 x 是()h x的极大值点 22222 22212(2)2(1 2)(461)()1(2)(1)(2)xaxxaxx a xaxah xxxaxxaxx 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 11 页共 52 页 如果610a ，则当6104axa，且1|min1,|xa时，()0h x，故0 x 不是()h x的极大值点 如果610a ，则224610a xaxa 存在根10 x，故当1(,0)xx，且1|min1,|xa时，(
17、)0h x，所以0 x 不是()h x的极大值点 如果610a ，则322(24)()(1)(612)x xh xxxx则当(1,0)x 时，()0h x；当(0,1)x时，()0h x所以0 x 是()h x的极大值点，从而0 x 是()f x的极大值点 综上，16a 29【解析】(1)因为2()(41)43xf xaxaxae，所以2()2(41)(41)43xxf xaxaeaxaxae（xR）=2(21)2xaxaxe(1)(1)fa e 由题设知(1)0f，即(1)0a e，解得1a 此时(1)30fe 所以a的值为 1(2)由(1)得2()(21)2(1)(2)xxf xaxaxe
18、axxe 若12a，则当1(,2)xa时，()0fx；当(2,)x时，()0fx 所以()0f x 在2x 处取得极小值 若12a，则当(0,2)x时，20 x，11102axx，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 12 页共 52 页 所以()0fx 所以 2 不是()f x的极小值点 综上可知，a的取值范围是1(,)2 30【解析】(1)由已知，()lnxh xaxa，有()lnlnxh xaaa 令()0h x，解得0 x 由1a，可知当x变化时，()h x，()h x的
19、变化情况如下表：x(,0)0(0,)()h x 0+()h x 极小值 所以函数()h x的单调递减区间(,0)，单调递增区间为(0,)(2)证明：证明：由()lnxf xaa，可得曲线()yf x在点11(,()x f x处的切线斜率为1lnxaa由1()lng xxa，可得曲线()yg x在点22(,()x g x处的切线斜率为21lnxa因为这两条切线平行，故有121lnlnxaaxa，即122(ln)1xx aa 两边取以 a 为底的对数，得21log2log ln0aaxxa，所以122lnln()lnaxg xa (3)证明：证明：曲线()yf x在点11(,)xx a处的切线1l
20、：111ln()xxyaaaxx 曲线()yg x在点22(,log)axx处的切线2l：2221log()lnayxxxxa 要证明当1eea时，存在直线l，使l是曲线()yf x的切线，也是曲线()yg x的切线，只需证明当1eea时，存在1(,)x ，2(0,)x，使得 l1和 l2重合 即只需证明当1eea时，方程组1112121lnln1lnloglnxxxaaaxaax aaxa有解，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 13 页共 52 页 由得1221(ln)xx
21、aa，代入，得111112lnlnln0lnlnxxaax aaxaa 因此，只需证明当1eea时，关于1x的方程有实数解 设函数12lnln()lnlnlnxxau xaxaaxaa，即要证明当1eea时，函数()yu x存在零点 2()1(ln)xu xa xa，可知(,0)x 时，()0u x；(0,)x时，()u x单调递减，又(0)10u，21(ln)21()10(ln)auaa，故存在唯一的0 x，且00 x，使得0()0u x，即0201(ln)0 xax a 由此可得()u x在0(,)x上单调递增，在0(,)x 上单调递减 ()u x在0 xx处取得极大值0()u x 因为1
22、eea，故ln(ln)1a，所以0000012lnln()lnlnlnxxau xax aaxaa 02012lnln22lnln0(ln)lnlnaaxxaaa 下面证明存在实数t，使得()0u t 由(1)可得1lnxaxa，当1lnxa时，有12lnln()(1ln)(1ln)lnlnau xxaxaxaa 2212lnln(ln)1lnlnaaxxaa ，所以存在实数t，使得()0u t 因此，当1eea时，存在1(,)x ，使得1()0u x 所以，当1eea时，存在直线l，使l是曲线()yf x的切线，也是曲线()yg x的切线 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受
23、到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 14 页共 52 页 31【解析】(1)函数()f xx，2()22g xxx，则()1fx，()22g xx 由()()f xg x且()()fxg x，得222122xxxx，此方程组无解，因此，()f x与()g x不存在“S点”(2)函数2()1f xax，()lng xx，则1()2()fxaxg xx，设0 x为()f x与()g x的“S点”，由00()()f xg x且00()()fxg x，得 200001ln12axxaxx，即200201ln21axxax，（*）得01l
24、n2x ，即120ex，则1221e22(e)a 当e2a 时，120ex满足方程组（*），即0 x为()f x与()g x的“S点”因此，a的值为e2(3)对任意0a，设32()3h xxxaxa 因为(0)0(1)1 320hahaa ，且()h x的图象是不间断的，所以存在0(0,1)x，使得0()0h x令03002e(1)xxbx，则0b 函数2e()()xbf xxag xx，则2e(1)()2()xbxfxxg xx，由()()f xg x且()()fxg x，得 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：11859416
25、88 高考真题专项分类（理科数学）第 15 页共 52 页 22ee(1)2xxbxaxbxxx，即00320030202ee(1)2e(1)2e(1)xxxxxxaxxxxxxx，（*）此时，0 x满足方程组（*），即0 x是函数()f x与()g x在区间(0,1)内的一个“S点”因此，对任意0a，存在0b，使函数()f x与()g x在区间(0,)内存在“S点”32【解析】(1)函数()f x的导函数11()2fxxx，由12()()fxfx得1212111122xxxx，因为12xx，所以121112xx 由基本不等式得4121212122x xxxx x 因为12xx，所以12256
26、x x 由题意得12112212121()()lnlnln()2f xf xxxxxx xx x 设1()ln2g xxx，则1()(4)4g xxx，所以 x(0,16)16(16,)()g x 0+()g x 24ln2 所以()g x在256,)上单调递增，故1 2()(256)8 8ln2g x xg，即12()()8 8ln2f xf x (2)令(|)akme，2|1()1ank，则 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 16 页共 52 页()|0f mkmaakk
27、a ，1|1()()()0aaf nknanknknnn 所以，存在0(,)xm n使00()f xkxa，所以，对于任意的aR及(0,)k，直线ykxa与曲线()yf x有公共点 由()f xkxa得lnxxakx 设ln()xxah xx，则22ln1()12()xxag xah xxx ，其中()ln2xg xx 由(1)可知()(16)g xg，又34ln2a，故()1(16)134ln2g xagaa ，所以()0h x，即函数()h x在(0,)上单调递减，因此方程()0f xkxa至多1 个实根 综上，当34ln2a时，对于任意0k，直线ykxa与曲线()yf x有唯一公共点 3
28、3【解析】（1）()f x的定义域为(,)，2()2(2)1(1)(21)xxxxf xaeaeaee，（）若0a，则()0fx，所以()f x在(,)单调递减（）若0a，则由()0fx得lnxa 当(,ln)xa 时，()0fx；当(ln,)xa 时，()0fx，所以()f x在(,ln)a 单调递减，在(ln,)a单调递增 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 17 页共 52 页（2）（）若0a，由（1）知，()f x至多有一个零点（）若0a，由（1）知，当lnxa 时，(
29、)f x取得最小值，最小值为 1(ln)1lnfaaa 当1a 时，由于(ln)0fa，故()f x只有一个零点；当(1,)a时，由于11ln0aa，即(ln)0fa，故()f x没有零点；当(0,1)a时，11ln0aa，即(ln)0fa 又422(2)e(2)e22e20faa，故()f x在(,ln)a 有一个零点 设正整数0n满足03ln(1)na，则00000000()e(e2)e20nnnnf naannn 由于3ln(1)lnaa，因此()f x在(ln,)a有一个零点 综上，a的取值范围为(0,1)34【解析】（1）()f x的定义域为(0,)设()lng xaxax，则()(
30、)f xxg x，()0f x 等价于()0g x 因为(1)0g，()0g x，故(1)0g，而1()g xax，(1)1ga，得1a 若1a，则1()1g xx 当01x时，()0g x，()g x单调递减；当1x 时，()0g x，()g x单调递增所以1x 是()g x的极小值点，故()(1)0g xg 综上，1a （2）由（1）知2()lnf xxxxx，()22lnfxxx 设()22lnh xxx，则1()2h xx 当1(0,)2x时，()0h x；当1(,)2x时，()0h x所以()h x在1(0,)2单调递减，在1(,)2单调递增 又2()0h e，1()02h，(1)0
31、h，所以()h x在1(0,)2有唯一零点0 x，在1,)2有一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 18 页共 52 页 唯一零点 1，且当0(0,)xx时，()0h x；当0(,1)xx时，()0h x；当(1,)x时，()0h x 因此()()fxh x，所以0 xx是()f x的唯一极大值点 由0()0fx得00ln2(1)xx，故000()(1)f xxx 由0(0,1)x 得，01()4f x 因为0 xx是()f x在(0,1)的最大值点，由1(0,1)e，1()0f
32、 e得 120()()f xf ee 所以220()2ef x 35【解析】（1）()f x的定义域为(0,)若a0，因为11()ln2022fa，所以不满足题意；若0a，由 1axaf xxx 知，当0 x,a时，0f x；当，+xa时，0f x，所以()f x在(0,)a单调递减，在(,)a 单调递增，故xa是()f x在(0,)的唯一最小值点 由于 10f，所以当且仅当 a=1 时，()0f x 故 a=1（2）由（1）知当(1,)x时，1 ln0 xx 令112nx 得11ln(1)22nn，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222nnn 故2111(1
33、)(1)(1)222ne 而23111(1)(1)(1)2222，所以 m 的最小值为 3 36【解析】（）因为1(21)121xxx，()xxee 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 19 页共 52 页 所以 1()(1)(21)21xxfxexxex(1)(212)21xxxex 1()2x （）由(1)(212)()021xxxefxx 解得 1x 或52x 因为 x 12（12，1）1（1，52）52（52，）()fx -0+0-()f x 0 又21()(21 1)
34、02xf xxe，所以()f x在区间1,)2上的取值范围是1210,2e 37【解析】（1）由32()1f xxaxbx，得 222()323()33aafxxaxbxb.当3ax 时，()f x有极小值23ab.因为()f x的极值点是()f x的零点.所以33()1032793aaaabf ，又0a，故2239aba.因为()f x有极值，故()=0f x有实根，从而231(27a)039aba，即3a.3a 时，()0(1)f xx，故()f x在 R 上是增函数，()f x没有极值；3a 时，()=0f x有两个相异的实根213=3aabx，223=3aabx.一线名师凭借教学实践科
35、学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 20 页共 52 页 列表如下 x 1(,)x 1x 12(,)x x 2x 2(,)x ()f x+0 0+()f x 极大值 极小值 故()f x的极值点是12,x x.从而3a，因此2239aba，定义域为(3,).（2）由（1）知，239ba aaa a 设23()9tg tt，则22222227()39tg ttt 当3 6(,)2t时，()0g t，所以()g t在3 6(,)2上单调递增 因为3a，所以3 3a a，故()(3 3)3g a ag，即
36、3ba 因此23ba（3）由（1）知，()f x的极值点是12,x x，且1223xxa，22212469abxx.从而323212111222()()11f xf xxaxbxxaxbx 2222121122121212(32)(32)()()23333xxxaxbxaxba xxb xx 346420279aabab 记()f x，()f x所有极值之和为()h a，因为()f x的极值为221339abaa，所以213()=9h aaa，3a.一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数
37、学）第 21 页共 52 页 因为223()=09h aaa，于是()h a在(3,)上单调递减.因为7(6)=2h，于是()(6)h ah，故6a.因此a的取值范围为(36，.38【解析】（）由432()2336f xxxxxa，可得 32()()8966g xf xxxx，进而可得2()24186g xxx.令()0g x，解得1x ，或14x.当 x 变化时，(),()g x g x的变化情况如下表：x(,1)1(1,)4 1(,)4()g x+-+()g x 所以，()g x的单调递增区间是(,1)，1(,)4，单调递减区间是1(1,)4.（）证明：由0()()()()h xg x m
38、xf m，得0()()()()h mg m mxf m，000()()()()h xg xmxf m.令函数10()()()()H xg x xxf x，则10()()()Hxg x xx.由（）知，当1,2x时，()0g x，故当01,)xx时，1()0Hx，1()Hx单调递减；当0(,2xx时，1()0Hx，1()Hx单调递增.因此，当001,)(,2xxx时，1100()()()0H xH xf x，可得1()0,()0H mh m即.令函数200()()()()H xg xxxf x，则20()()()Hxg xg x.由（）知，()g x在1,2上单调递增，故当01,)xx时，2()
39、0Hx，2()H x单调递增；当0(,2xx时，2()0Hx，2()H x单调递减.因此，当001,)(,2xxx时，220()()0H xH x，可得20()0,()0H mh x即.所以，0()()0h m h x.一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 22 页共 52 页（）证明：对于任意的正整数p，q，且001)(,2pxxq，令pmq，函数0()()()()hgmxxxmf.由（）知，当01),mx时，()h x在区间0(,)m x内有零点；当0(,2mx时，()h x
40、在区间0(),x m内有零点.所以()h x在(1,2)内至少有一个零点，不妨设为1x，则 110()()()()0pphgxfqxqx.由（）知()g x在1,2上单调递增，故10()()12()gxgg，于是 432234041()|()|2336|()()(2)2ppffppp qp qpqaqqqxqg xggq.因为当1 2,x时，()0g x，故()f x在1,2上单调递增，所以()f x在区间1,2上除0 x外没有其他的零点，而0pxq，故()0pfq.又因为p，q，a均为整数，所以432234|2336|pp qp qpqaq是正整数，从而432234|2336|1pp qp
41、qpqaq.所以041|2|()pxqgq.所以，只要取()2Ag，就有041|pxqAq.39【解析】（）由题意 22f 又 22sinfxxx，所以 2f，因此曲线 yf x在点,f处的切线方程为 222yx，即 222yx（）由题意得2()(cossin22)(2cos)xh xexxxa xx，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 23 页共 52 页 因为 cossin22sincos222sinxxh xexxxexxaxx 2sin2sinxexxa xx 2sin
42、xeaxx，令 sinm xxx 则 1cos0m xx 所以 m x在R上单调递增 因为(0)0,m 所以 当0 x 时，()0,m x 当0 x 时，0m x (1)当0a 时，xea0 当0 x 时，0h x，h x单调递减，当0 x 时，0h x，h x单调递增，所以 当0 x 时 h x取得极小值，极小值是 021ha；(2)当0a 时，ln2sinxah xeexx 由 0h x得 1lnxa，2=0 x 当01a时，ln0a，当,lnxa 时，ln0,0 xaeeh x，h x单调递增；当ln,0 xa时，ln0,0 xaeeh x，h x单调递减；当0,x时，ln0,0 xae
43、eh x，h x单调递增 所以 当lnxa时 h x取得极大值 极大值为2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa，当0 x 时 h x取到极小值，极小值是 021ha；当1a 时，ln0a，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 24 页共 52 页 所以 当,x 时，0h x，函数 h x在,上单调递增，无极值；当1a 时，ln0a 所以 当,0 x 时，ln0 xaee，0,h xh x单调递增；当0,lnxa时，ln0 xaee，0,h xh x单调递减；当l
44、n,xa时，ln0 xaee，0,h xh x单调递增；所以 当0 x 时 h x取得极大值，极大值是 021ha；当lnxa时 h x取得极小值 极小值是2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 综上所述：当0a 时，h x在,0上单调递减，在0,上单调递增，函数 h x有极小值，极小值是 021ha；当01a时，函数 h x在,lna和0,lna和0,上单调递增，在ln,0a上单调递减，函数 h x有极大值，也有极小值，极大值是2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 极小值是 021ha；当1a 时，函数 h x在,上单调递增，无极值；当1a 时，函数 h
45、 x在,0和ln,a 上单调递增，在0,lna上单调递减，函数 h x有极大值，也有极小值，极大值是 021ha；极小值是2lnln2lnsin lncos ln2haaaaaa 40【解析】()因为322)11(=)(xxxaxf322)(1(=xaxx)，当0a时，(0,1)x，0)(xf，)(xf单调递增，一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 25 页共 52 页(1,)x，0a时，3322+(2)(1(=2)(1(=)(xaxaxxaxaxxxf)当02a时，12a，(0
46、,1)x或2()xa,，0)(xf，)(xf单调递增，2(1,)xa，0)(xf，)(xf单调递减；当2a 时，1=2a，(0,)x，()0fx，)(xf单调递增，当2a 时，12)(xf，)(xf单调递增，2(,1)xa，0)(xf，)(xf单调递减；()由()知，1a时，221()lnxf xxxx，2323(1)(212()1xxfxxxxx)2 于是2232112()()ln1)xf xfxxxxxxx2(，2332lnxxxxx 11，2,1 x 令g()lnxxx，2332()h xxxx 11，2,1 x，于是()()g()f xfxxh x），一线名师凭借教学实践科学分类，高质
47、量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 26 页共 52 页 1g()10 xxxx 1，)g(x的最小值为1=g(1)；又22344326326()xxh xxxxx 设2()326xxx，则()x在2,1 x上单调递减，因为(1)1，(2)10，所以存在2,1 0 x，使得0()0 x，且 01xx时，()0 x，)(xh单调递增；20 xx时，()0 x，)(xh单调递减；又1=)1(h，21=)2(h，所以)(xh的最小值为21=)2(h 所以13()()g()g(1(2)122f xfxxh xh）即23
48、)()(xfxf对于任意的2,1 x成立 41【解析】（I）由题意，21212,0axfxaxxxx 当0a时，2210ax ，0fx，f x在0,上单调递减.当0a 时，令()0fx，有12xa，当1(0,)2xa时，0fx；当1(,)2xa时，0fx.故 f x在1(0,)2a上单调递减，在1(,)2a上单调递增.（II）令111()xg xxe，1()xs xex则1()1xs xe而当1x 时，()0s x，所以()s x在区间(1,)内单调递增又由(1)0S，有()0s x，从而当1x 时，()0g x 当0a，1x 时，2()(1)ln0f xa xx 故当()()f xg x在区
49、间(1,)内恒成立时，必有0a 当102a时，112a 一线名师凭借教学实践科学分类，高质量的解析，你能感受到名家不一样的解题思路 高考押题团队客服 QQ：1185941688 高考真题专项分类（理科数学）第 27 页共 52 页 由（I）有1()(1)02ffa，而1()02ga，所以此时()()f xg x在区间(1,)内不恒成立 当12a时，令()()()(1)h xf xg x x 当1x 时，12211111()2xh xaxexxxxxx 322221210 xxxxxx，因此，()h x在区间(1,)内单调递增 又(1)0h，所以当1x 时，()()()0h xf xg x，即(
50、)()f xg x恒成立 综上，1,)2a 42【解析】(I)31f xxaxb，可得2()3(1)fxxa，下面分两种情况讨论：0a，有2()3(1)0fxxa恒成立，所以()f x在R上单调递增；0a，令()0fx，解得313ax ，或313ax 当x变化时，)(xf，)(xf的变化情况如下表：x)331,(a 331a)331,331(aa 331a),331(a)(xf 0 0 )(xf 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 所以 f x在,13a单调递增，在1,133aa单调递减，在1,3a单调递增(II)因为()f x存在极值点，所以由(I)知0a，且01x 由题意得200
