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    2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用(教师版含解析)

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    2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用(教师版含解析)

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    这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题09 导数的综合应用(教师版含解析),共53页。试卷主要包含了利用导数研究函数零,经测量,左侧曲线,已知函数,已知函数 f aex,设函数,已知函数 f x等内容,欢迎下载使用。
    
    专题 09 导数的综合应用
    十年大数据*全景展示
    题号 考点 考查内容
    年份
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求
    利用导数解决不等式恒
    (能)成立与探索性问题
    理 21
    函数的切线及不等式恒成立问题,考查分类整合思想、运
    算求解能力及应用意识.
    2011
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数求
    函数的切线、证明不等式,考查分类整合思想.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、函数单调性
    与导数的关系及不等式恒成立问题,考查分类整合思想、
    运算求解能力及应用意识.
    文 21 利用导数解证不等式
    利用导数解决不等式恒
    文 21
    2012
    (能)成立与探索性问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
    几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函数
    最值,考查运算求解能力及应用意识.
    利用导数解决不等式恒
    2013 卷 1 理 21
    (能)成立与探索性问题
    主要考查函数的导数运算、函数极值与导数的关系、函数
    的单调性与导数关系、恒成立问题的解法等基础知识和基
    本方法,考查放缩思想、分析解决问题能力
    利用导数解决不等式恒
    卷 2 理 21
    (能)成立与探索性问题
    理 11 利用导数研究函数零点 本题主要考查函数零点、利用导数研究函数的图像与性质
    卷 1
    文 12 问题
    及分类整合思想,是难题.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
    究函数的单调性、证明不等式,考查分类整合思想.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、考查利用导
    数研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题,考查分
    类整合思想.
    卷 1 理 21 利用导数解证不等式
    2014
    利用导数研究函数零点
    卷 2 文 21
    问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
    究函数的图像与性质解函数不等式.
    卷 1 理 12 利用导数解证不等式
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
    几何意义研究函数的切线、利用导数研究函数零点问题及
    分类整合思想.
    利用导数研究函数零点
    卷 1 理 21
    2015
    问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、通过导数研
    究函数的图像与性质解函数不等式.
    卷 2
    理 2
    利用导数解证不等式
    卷 2 理 21 利用导数解决不等式恒 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研


    (能)成立与探索性问题
    究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
    整合思想.
    利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    卷 1 理 21 问题
    究函数零点问题、与极值点偏移问题有关的不等式证明及
    分类整合思想.
    利用导数解证不等式
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
    几何意义求切线、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
    整合思想.
    2016
    利用导数解决不等式恒
    卷 2 文 21
    (能)成立与探索性问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类整合思想.
    主要考查三棱锥的展开图与圆的内接关系、三棱锥的体
    积、利用导数求函数最值;考查数学应用意识.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数研究函数零点问题及分类整合
    思想.
    卷 3 文 21 利用导数解证不等式
    卷 1 理 16 生活中的最优化问题
    利用导数研究函数零点
    卷 1 理 21
    问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
    整合思想.
    利用导数解决不等式恒
    卷 1 文 21
    (能)成立与探索性问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解
    决不等式恒成立问题、导数与极值关系、利用导数证明不
    等式及分类整合思想.
    利用导数解证不等式
    卷 2 理 21
    不等式恒成立问题
    2017
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
    整合思想
    利用导数解决不等式恒
    卷 2 文 21
    (能)成立与探索性问题
    理 11 利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、常见函数的导数、利用导数研
    卷 3
    文 12 问题
    究函数零点问题及分类整合思想.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数解决不等式恒成立问题及分类
    整合思想
    利用导数解决不等式恒
    卷 3 理 21
    (能)成立与探索性问题
    主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
    用导数的研究函数的单调性、利用导数证明不等式及分类
    整合思想
    卷 3 文 21 利用导数解证不等式
    卷 1 理 21 利用导数解证不等式
    主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利


    用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
    用导数证明不等式及分类整合思想
    主要考查主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利
    用导数的研究函数的单调性、导数与函数极值的关系、利
    用导数证明不等式
    卷 1 文 21 利用导数解证不等式
    利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用到证明
    问题 不等式、利用导数研究函数零点问题.
    卷 2 理 21
    卷 2 文 21
    2018
    利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数求函数的单调区间、
    问题
    利用导数研究函数零点问题.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证
    明不等式、导数与极值的关系
    卷 3 理 21 利用导数解证不等式
    卷 3 文 21 利用导数解证不等式
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的
    几何意义求函数的切线、利用导数证明不等式
    利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、利用导数研究函数的极值、利
    问题 用导数研究函数零点问题.
    利用导数研究函数零点 主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    卷 1 理 20
    卷 2 理 20
    2019
    问题
    究函数零点问题及利用导数的几何意义研究切线.
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    究函数的单调性、利用导数研究函数最值是否存在的探索
    性问题,考查分类整合思想.
    利用导数解决不等式恒
    卷 3 理 20
    (能)成立与探索性问题
    1.利用导数研究函数零
    点问题
    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    卷 1 文 21 2.利用导数解决不等式 究函数的零点、利用导数研究函数恒成立问题,考查分类
    恒(能)成立与探索性问 整合思想.

    主要考查常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研
    利用导数研究函数零点
    究函数的零点、利用导数研究函数极值,考查分类整合思
    卷 2 文 21
    问题
    想.
    应用导数研究函数的单调性,应用导数解决不等式恒成立
    的参数取值范围问题
    理 21 导数的综合应用
    文 20 导数的综合应用
    卷 1
    2020
    应用导数研究函数的单调性,应用导数由零点个数求参数
    取值范围
    卷 2 理 21 导数的综合应用
    应用导数研究函数的单调性,应用导数证明不等式


    应用导数研究函数的单调性,应用导数解决不等式恒成立
    文 21 导数的综合应用
    理 21 导数的综合应用
    文 20 导数的综合应用
    的参数取值范围问题
    导数的几何意义,应用研究函数的零点,应用导数证明不
    等式
    卷 3
    应用导数研究函数的单调性,应用导数由零点个数求参数
    取值范围
    大数据分析*预测高考
    出现频率
    考 点
    2021 年预测
    生活中的最优化问题
    1/34
    2021 年高考在导数综合应用方面,仍将以选填压轴题
    或解答题压轴题形式考查不等式恒(能)成立问题与探
    索性问题、利用导数解证不等式、利用导数研究零点或
    方程解问题,重点考查分类整合思想、分析解决问题能
    力.
    利用导数解决不等式恒(能)成立与
    探索性问题
    11/34
    利用导数解、证不等式
    利用导数研究函数零点问题
    12/34
    10/34
    十年试题分类*探求规律
    考点 30 生活中的最优化问题
    1.(2017 全国卷 1 理 16)如图,圆形纸片的圆心为 O,半径为 5 cm,该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为
    O.D,E,F 为圆 O 上的点,△DBC,△ECA,△FAB 分别是以 BC,CA,AB 为底边的等腰三角形.沿虚
    线剪开后,分别以 BC,CA,AB 为折痕折起△DBC,△ECA,△FAB,使得 D,E,F 重合,得到三棱锥.当
    △ABC 的边长变化时,所得三棱锥体积(单位:cm3)的最大值为

    【答案】4 15
    【解析】如下图,连接 DO 交 BC 于点 G,设 D,E,F 重合于 S 点,正三角形的边长为 x(x>0),则
    1
    3
    3
    OG = ´
    x =
    x .
    x ,
    3
    2
    6
    3
    \ FG = SG = 5-
    6
    2
    2
    æ
    ö
    æ
    ö
    æ
    ö
    3
    3
    3
    SO = h = SG
    2
    -GO
    2
    = ç5 -
    x÷ -ç
    x÷ = 5ç5 -
    x÷ ,
    ç
    ÷
    ç
    ÷
    ç
    ÷
    6
    6
    3
    è
    ø
    è
    ø
    è
    ø


    æ
    ö
    1
    1
    3
    3
    15
    3
    5
    3
    \三棱锥的体积V = S
    ×h = ´
    x
    2
    ´ 5ç5-
    x ÷ =
    5x
    4
    -
    x .
    ç
    ÷
    △ABC
    3
    3
    4
    3
    12
    è
    ø
    3
    5 3
    3
    ( ) =
    设n x 5x
    4
    -
    5
    x ,x>0,则n¢(x)= 20x3
    -
    x4 ,
    3
    x
    4
    ¢( ) =
    令n x 0 ,即4x
    -
    = 0,得 x = 4 3 ,易知n(x)在 x = 4 3 处取得最大值.
    3
    3
    15
    ∴Vmax
    =
    ´48´ 5- 4 = 4 15 .
    12
    2.(2020 江苏 17)某地准备在山谷中建一座桥梁,桥址位置的竖直截面图如图所示:谷底O在水平线
    MN
    上,
    桥 AB 与
    MN 平行,OO¢为铅垂线(O¢在 AB
    上).经测量,左侧曲线
    AO上任一点 D MN 的距离h

    (米)
    1
    1
    OO¢
    的距离a(米)之间满足关系式h1 =
    2
    BO
    F
    h 米)与 F
    (
    2
    与 D到
    a
    ;右侧曲线
    上任一点
    ¢的距离为40
    B OO

    MN
    的距离
    米.
    40
    1
    OO¢
    h = -
    b +6b
    .己知点 到
    3

    的距离b(米)之间满足关系式
    2
    800
    (1)求桥 AB 的长度;
    ¢
    (2)计划在谷底两侧建造平行于OO 的桥墩CD和 EF ,且CE为80米,其中C,E 在 AB 上(不包括端点).桥
    3
    墩 EF 每米造价k (万元),桥墩CD每米造价 k (万元)( k >0 ),
    2
    问O'E为多少米时,桥墩CD与 EF 的总造价最低?


    ¢
    (2)OE 为20 米时,桥墩CD与 EF
    的总造价最低.
    【答案】(1)桥 AB 的长度为120
    米;
    【解析】(1)过 A, B 分别作
    MN
    A¢ B¢
    的垂线,垂足为 , ,则
    1
    ¢=
    AA BB
    ¢= -
    ´40
    3
    +6´40 160
    =

    800
    1

    ,∴
    AO¢=80, AB = AO¢+ BO¢= 80+40 =120.
    a
    2
    =160 ,得a =80
    40
    ì0 < x < 40
    î0 < 80 - x < 80
    ¢ =
    ¢= -
    得0 < x < 40.
    (2)设OE x,则CO 80 x ,由 í
    3k
    1
    1
    k
    y
    =
    [160 - (80 x)
    - ]+ [
    2
    k 160 -(-
    x +6x)] =
    3
    (x
    3
    -30x
    x =0或20

    2
    +160´800)
    总造价
    2
    40
    800
    800
    3k
    y¢=
    k(3x2
    -60x)
    =
    x(x -20)
    k > 0
    ,∵ ,∴令
    y¢= 0,得
    800
    800
    ∴当0 < x < 20时,


    0
    y
    , 单调递增,∴当
    x
    =
    20
    y
    时, 取最小值,造价最低.
    考点 31 利用导数解决恒成立问题与探索性问题
    ìx2 -2ax 2a, x 1
    +
    £
    1.(2019 天津理 8)已知aÎR ,设函数 f (x) = í
    îx-aln x, x >1
    ,若关于 x 的不等式 f (x) ³ 0在R上
    恒成立,则a 的取值范围为
    [ ]
    A. 0,1
    [ ]
    B. 0,2
    [ ]
    C. 0,e
    [ ]
    D. 1,e
    【解析】当 x =1时, f 1 1 2a 2a 1 0恒成立;
    ( )= - + = >
    x
    2
    当 x 0.
    0
    max
    x
    当 x >1时, f (x)= x-aln x
    … Û „
    0
    a
    恒成立,
    ln x
    1
    ln x- x×
    ln x-1
    x
    x
    ( ) =
    令h x
    ¢( ) =
    ,则h x
    =

    ln x
    ( )
    ln x
    2
    ( )
    2
    ln x
    当 x >e时,h x 0,h x 递增,当1< x
    ( )
    ¢( )
    0, f (x)单调递增;
    【答案】(1)当
    é -
    7 e
    2
    ö
    ,+¥÷
    (2) ê

    4
    ë
    ø
    【思路导引】(1)由题意首先对函数二次求导,然后确定导函数的符号,最后确定原函数的单调性即可;
    (2)首先讨论 x 0 的情况,然后分离参数,构造新函数,结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定
    实数 a 的取值范围.
    =
    ( )= + -
    f x e

    【解析】(1)当a =1时,
    f (x)= e
    x
    + x
    2
    - x
    '
    x
    2
    x 1,
    ( )= + >
    f '' x ex 2 0
    ( )
    f ' x
    f '(0)= 0
    ,故:
    由于
    ,故
    单调递增,注意到
    xÎ(-¥,0)时, f '(x)
    ( )
    f ' x 0, f x
    单调递增.
    时,
    1
    1
    ( ) ³
    f x
    +1
    e +ax - x…
    得,
    x
    2
    x3
    +1,其中 x ³ 0

    x
    3
    (2)由
    2
    2
    ①.当 x=0 时,不等式为:1 1,显然成立,符合题意;
    ³
    1
    e
    x
    - x
    3
    2
    - x-1
    ②.当
    x >0时,分离参数 a 得,
    2

    a…-
    x
    1
    æ
    è
    1
    ö
    ø ,
    (
    x
    - x
    3
    2
    - x-1
    x-2 e

    x
    - x
    2
    - x-1
    e
    ÷

    2

    2
    3
    ( )= -
    g x
    g'(x)= -
    x
    x
    1
    2
    ( ) =
    ex
    -
    x2 x 1 x 0
    - - ( ³ )
    ,则h'(x)=ex -x-1,h''(x)=ex -1³0,
    h x




    ( )
    h' x
    ( )³ ( ) =
    h' x h' 0 0,故函数h x
    ( )
    ( )³ ( ) =
    单调递增,
    h x h 0 0,
    单调递增,
    1
    ( ) ³
    Î( )
    0,2
    ( ) >
    ( )
    g' x 0 g x
    , 单调递增;
    h x 0可得:
    e
    x
    - x
    2
    - x-1…0
    x
    恒成立,故当
    时,
    2
    xÎ(2,+¥)时, g'(x)0,讨论函数 g(x) =
    的单调性.
    x - a



    【答案】(1) c ³ -1;(2) g(x) 在区间(0,a) (a,+¥
    )
    上单调递减,没有递增区间.
    f (x) £ 2x+c
    f (x) -2x-c £ 0,构造新函数,利用导数求出新函数的最大
    【思路导引】(1)不等式
    转化为
    值,进而进行求解即可;
    (2)对函数
    求导,把导函数
    g¢(x)的分子构成一个新函数m(x) ,再求导得到m¢(x),根据m¢(x)的正负,
    g(x)
    判断m(x) 的单调性,进而确定
    g¢(x)的正负性,最后求出函数 g(x)
    的单调性.
    【解析】(1)函数 f (x) 的定义域为:(0,+¥),
    f (x) £ 2x+c Þ f (x) -2x-c £ 0 Þ 2ln x+1-2x-c £ 0(*),
    2
    2(1- x)
    设h(x) = 2ln x+1-2x-c(x > 0)
    ,则有
    h¢(x) = -2 =

    x
    x
    x >1时,
    h
    ¢
    (x) < 0,h(x) 单调递减;当0 < x 0,h(x) 单调递增,∴ 当 x =1时,函数h(x)
    ¢

    有最大值,即h(x)max = h(1) = 2ln1+1-2´1-c = -1-c ,要想不等式(*) 在(0,+¥)上恒成立,只需
    h(x)max £0 Þ -1-c £0 Þc ³ -1

    2ln x+1-(2 ln a-1) 2(ln x-ln a)
    2(x-a- xln x xln a)
    +
    (x > 0 x ¹ a)
    且 ,因此
    g¢(x) =
    g(x) =
    =
    (2)

    x-a
    x-a
    x(x-a)
    2
    设m(x) = 2(x-a- xln x+ xln a)
    ,则有
    m(x) 2(lna ln x)
    ¢ =
    -

    x > a时,ln x >lna,∴m (x) 0
    < ,m(x) 单调递减,因此有m(x) < m(a) = 0,即
    ¢

    ¢

    0,设
    g(x) = f ¢(x),
    (2)
    Q
    x
    1
    Q ¢
    g (x) aex 1
    =
    -
    +
    > 0,\g(x)
    在(0,+¥)上单调递增,即 f ¢(x)
    在(0,+¥)
    上单调递增,
    x
    2
    1
    f (x ) aex0 -1
    ¢
    =
    -
    =
    0
    当a =1时,
    x =1
    0
    使得

    0
    x0
    1
    1
    1
    1
    -1
    -1
    当a >1时,
    0
    0
    因此存在唯一
    ,使得
    0
    0
    x0
    x0
    xÎ(0, x ) f (x) 0
    ¢





    ,当
    0
    1
    1
    f (x)min f (x ) aex0 -ln x0 +lna
    =
    =
    -1
    =
    +lna + x0 -1+lna ³ 2lna -1+ 2
    × x0 = 2lna +1,
    因此
    0
    x0
    x0
    f (x) = aex 1 ln x ln a ³1对 x >0恒成立,2ln a+1³1\ln a ³ 0,a ³1.
    -
    -
    +
    Q
    6.(2019 全国Ⅰ文 20)已知函数 f(x)=2sinx-xcosx-x,f ′(x)为 f(x)的导数.
    (1)证明:f ′(x)在区间(0,π)存在唯一零点;
    (2)若 x∈[0,π]时,f(x)≥ax,求 a 的取值范围.
    【解析】(1)设 g(x) f (x)
    = ¢ ,则 g(x) = cos x+ xsin x-1, g¢(x) = xcos x.
    π
    æ π ö

    π
    æ π ö
    è 2 ø
    当 x (0, ) 时,
    Î
    g¢(x) > 0;当
    xÎç
    ÷ 时,

    g¢(x) < 0 ,所以 g(x) (0, )
    单调递增,在ç

    ÷单调
    2
    è 2 ø
    2
    递减.


    æ π ö
    又 g(0) = 0, gç ÷ > 0, g(π) = -2 ,故 g(x) 在(0, π) 存在唯一零点.
    è 2 ø
    ¢
    所以 f (x)在(0, π) 存在唯一零点.
    (2)由题设知 f (π)…aπ, f (π) = 0 ,可得a≤0.
    ¢
    x
    Î( )
    0,x0
    ¢
    >
    xÎ(x0,π)
    ¢
    0,则由 f (x) 0得 x lna.
    ¢
    =
    =
    当 xÎ(-¥,ln a) 时, f (x) 0 ;当 x (ln a, ) 时, f (x) 0,
    ¢


    所以 f (x) 在(-¥,ln a) 单调递减,在(ln a,+¥) 单调递增.
    a
    ③若a 0,则由(1)得,当 x =lna时, f (x) 取得最小值,最小值为
    f (ln a) = -a
    2
    ln a .从而当且仅当-a ln a ³ 0 ,即a≤1时, f (x)≥0 .
    2
    a
    ③若a 0,由 f ' x 1
    ( )= - =
    知,当 x 0,a 时, f ' x 0;当 x a,+ 时, f ' x 0,所
    Î( ) ( )< Î( ¥) ( ) >
    x
    x
    ( ) ( )
    ( ¥)
    ( ) ( ¥)
    以 f x 在 0,a 单调递减,在 a,+ 单调递增,故 x=a 是 f x 在 0,+ 的唯一最小值点.
    ( ) =
    ( ) ³
    由于 f 1 0,所以当且仅当 a=1 时, f x 0.故 a=1.
    10.(2016 年全国 II 文 21)已知函数
    f (x) = (x+1) ln x-a(x-1) .
    a = 4
    y = f (x)
    时,求曲线
    在(1, f (1))处的切线方程;
    (Ⅰ)当
    xÎ 1,+¥
    (
    )时,
    f (x)>0 a
    ,求 的取值范围.
    (Ⅱ)若当
    【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0,+¥).当a = 4时,
    1
    f (x) = (x+1) ln
    x-4(x- f ¢ x = x+ -
    1), ( ) ln
    3

    ¢ = -2, f (1) = 0.
    f (1)
    x
    曲线 y = f (x) 在(1, f (1))处的切线方程为2x+ y-2 =0.
    a(x-1)
    (Ⅱ)当 xÎ(1,+¥) 时, f (x) > 0 等价于ln
    x -
    > 0.
    x+1
    a(x-1)
    x+1
    g(x) = ln x -
    ,则

    1
    2a
    x +2(1-a)x+1
    2
    g¢(x)
    = -
    =
    , g(1) = 0

    x (x+1)
    2
    x(x+1)
    2
    (i)当a £ 2, xÎ(1,+¥) 时,
    x
    2
    +2(1-a)x+1³ x -2x+1> 0 ,
    2
    ¢
    >
    Î +¥
    >

    故 g (x) 0, g(x) x (1, ) 上单调递增,因此 g(x) 0

    (ii)当a > 2时,令 g (x) 0得
    ¢
    =


    x1 = a-1- (a-1)
    2
    -1, x2 = a-1+ (a-1)
    2
    -1 ,
    由 x >1 和 x x =1 得 x 0,即e -m > e- ;
    + > -
    m
    1
    当m< -1时, g(-m) > 0,即
    e-m m e
    1
    综上,m的取值范围是[-1,1].
    12.(2013 全国卷 1 理 21)已知函数 f (x) =
    x
    2
    +ax+b , g(x) =e
    x
    (cx +d) ,若曲线 y = f (x) 和曲线
    y = g(x) 都过点 P(0,2),且在点 P 处有相同的切线 y = 4x+ 2
    (Ⅰ)求a,b,c,d 的值


    (Ⅱ)若 x≥-2 时, f (x) ≤kg(x) ,求k 的取值范围.
    【解析】(Ⅰ)由已知得 f (0) 2, g(0) 2, f (0) 4, g (0) = 4 ,
    =
    =
    ¢
    =
    ¢
    而 f (x)= 2x b, g (x)= e (cx+d +c) ,∴a=4,b=2,c=2,d =2;……4 分
    ¢
    +
    ¢
    x
    f (x) = x +4x +2 , g(x) = 2e (x +1) ,
    设函数 F(x)= kg(x) - f (x) = 2ke (x +1) -x -4x -2 ( x ³ -2),
    -1) ,
    2
    x
    (Ⅱ)由(Ⅰ)知,
    x
    2
    ¢
    x
    + -
    -
    +
    x
    F (x) = 2ke (x 2) 2x 4 = 2(x 2)(ke
    有题设可得 F(0) ≥0,即 k ³1,
    ¢
    -
    令 F (x) =0 得, x = ln k , x =-2,
    1
    2
    (1)若1£ k < e2 ,则-2< x ≤0,∴当 xÎ(-2, x ) 时, F(x)<0,当 xÎ(x ,+¥) 时, F(x)>0,即 F(x)
    1
    1
    1
    在 (-2, x ) 单 调 递 减 , 在 (x ,+¥) 单 调 递 增 , 故 F(x) 在 x = x 取 最 小 值 F(x ) , 而
    1
    1
    1
    1
    F(x )= 2x +2 - x
    2
    1
    -4x -2= -x (x +2) ≥0,
    1
    1
    1
    1
    1
    ∴当 x≥-2 时, F(x)≥0,即 f (x) ≤kg(x) 恒成立,
    k = e2 ,则 F (x) = 2e (x 2)(e e ) ,
    ¢
    2
    +
    x
    -
    2
    (2)若
    ¢
    -
    ∴当 x≥-2 时, F (x) ≥0,∴ F(x)在(-2,+∞)单调递增,而 F( 2) =0,
    ∴当 x≥-2 时, F(x)≥0,即 f (x) ≤kg(x) 恒成立,
    k > e2 ,则 F(-2) = 2ke
    -
    -2
    +
    2
    = -2e-2 (k -e
    ) <0,
    2
    (3)若
    ∴当 x≥-2 时, f (x) ≤kg(x) 不可能恒成立,
    综上所述,k 的取值范围为[1,e2 ].
    13.(2012 全国课标文 21)设函数 f(x)= ex-ax-2
    (Ⅰ)求 f(x)的单调区间
    (Ⅱ)若 a=1,k 为整数,且当 x>0 时,(x-k) f´(x)+x+1>0,求 k 的最大值
    ( )
    (-¥,+¥)
    ¢( ) =
    x
    -
    【解析】(Ⅰ) f x 的定义域为
    , f x e a.
    若a £0,则 f x 0,所以 f x 的增区间为
    ¢( ) >
    ( )
    (-¥,+¥)
    ,无减区间;
    若a >0,则当 xÎ(-¥,lna)时,f ¢(x)0,所以在减区间为(-¥,lna),
    (
    +¥).
    增区间为 lna,
    ( - ) ¢( )+ + = ( - )(
    - )+ +
    (Ⅱ)由于 a=1,所以 x k f x x 1 x k e 1 x 1.
    x
    故当 x >0时,(x-k) f´(x)+x+1>0 等价于
    x+1
    k
    0),
    x
    e -1


    (ex -x -2)
    x
    x+1
    -xe -1
    x
    e
    ( ) =
    令 g x
    +
    ¢( ) =
    x ,则 g x
    +1=
    2

    e
    x
    -1
    (ex -1)
    (ex -1)
    2
    ( )= - -
    h x e
    ( +¥)上单调递增,而h(1)< ( ) >
    ( ) ( +¥)
    x
    x
    2
    在 0, 0,h 2 0,所以h x 在 0,
    由(Ⅰ)知,函数
    上存在
    ¢( ) ( +¥)
    唯一的零点,故 g x 在 0,
    上存在唯一零点.设此零点为 ,则
    aÎ( )
    a
    1,2 .
    当 x 0,
    Î( a)时,g¢(x)0 .所以 g(x)在(0,+¥)上的最小值为 g(a).又
    由 g¢(a)
    由于k
    )
    < (a),故整数k 的最大值为 2.
    x
    e -1
    aln x b
    x+1 x
    14.(2011 全国课标理 21)已知函数 f (x) =
    + ,曲线 y = f (x) 在点(1, f (1) )处的切线方程为
    x+2y -3 = 0.
    (Ⅰ)求a,b的值;
    ln x k
    x-1 x
    (Ⅱ)如果当 x>0,且 x ¹1 时, f (x) >
    + ,求k 的取值范围.
    x+1
    a(
    -ln x)
    2
    b
    x
    ¢
    -
    2
    【解析】(Ⅰ) f (x) =

    (x+1)
    2
    x
    1
    1
    2
    ∵直线 x+2y -3=0 的斜率为- ,且过点(1,1),∴ f (1)=1 且 f (1) =
    ¢
    -

    2
    ìb =1
    ï
    即ía
    1 ,解得a=1,b=1;
    -b = -
    ï
    î2
    2
    ln x
    x+1 x
    1
    (Ⅱ)由(Ⅰ)知 f (x) =
    + ,
    1
    (k -1() x -
    2
    1))
    (k -1)(x
    ln x k
    ∴ f (x) (
    -
    +
    ) =
    (2 ln x +
    2
    x-1 x 1- x
    x
    (k -1() x
    2
    -1)
    2
    +1) +2x
    设h(x) = 2ln x +
    ( x>0),则h (x) =
    ¢
    x
    x
    2
    k(x
    2
    +1) -(x -1)
    2
    ¢
    ¹ ¢
    知,当 x 1时,h (x) <0,而h(1) =0,故当 x∈(0,1)时,h(x)
    ①当k ≤0 时,由h (x) =
    x
    2
    1
    1- x
    >0,可得
    h(x) > 0;
    2
    1
    1- x
    当 x∈(1,+∞)时,h(x) <0,可得
    h(x) > 0,
    2


    ln x k
    x-1 x
    ln x k
    + ;
    x-1 x
    从而当 x>0,且 x≠1 时, f (x) - (
    ②当 0<k <1 时,由于当 x∈(1,
    + ) >0,即 f (x) >
    1
    1- k
    )时,(k -1)(x
    2
    +1) +2x >0,故h (x) >0,而h(1) =0,故 x∈(1,
    ¢
    1
    1- k
    1
    1- x
    )时,h(x) >0,可得
    h(x)<0 与题设矛盾;
    2
    1
    1- x
    ¢
    h(x) < 0 ,与题设
    ③当k ≥1 时,此时h (x) >0,而h(1) =0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x) >0,可得
    2
    矛盾,
    综上所述,k 的取值范围为(—∞,0].
    f (x) = 2x
    3
    -ax +b .
    2
    15.(2019 全国Ⅲ理 20)已知函数
    f (x)
    (1)讨论
    (2)是否存在
    不存在,说明理由.
    的单调性;
    a,b,使得 f (x) 在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为 1?若存在,求出a,b
    的所有值;若
    ¢
    =
    2
    -
    2ax = 2x(3x-a) .
    【解析】(1)
    f (x) 6x
    a
    ¢
    =
    =
    f (x) 0
    x

    ,得 x=0 或

    3
    æ a
    è 3
    ,+¥ö
    æ a ö
    xÎ 0,
    若 a>0 , 则 当 xÎ(-¥,0) Uç
    f (x) 0
    ¢
    >
    ; 当
    f (x) 0
    ¢


    f (x) 0
    ¢

    0 ,
    ú
    2

    x
    é 1 1ù
    æ 1 ö
    è 7 ø
    故q(x) 在
    ,
    上单调递增,所以q(x)„qç ÷.
    ú
    ê
    ëe
    2

    æ 1 ö
    è 7 ø
    2 7 æ 1 ö
    7
    2 7
    7
    由(i)得qç ÷ = -
    pç ÷ < -
    è 7 ø
    p(1)= 0 .
    所以,q(x) 0.
    ç
    ÷
    x
    è
    ø
    é 1
    ö
    ø
    由(i)(ii)得对任意 xÎê
    ,+¥÷,tÎ[2 2,+¥), g(t)…0 ,
    ëe
    2
    é 1
    ö
    ø
    x
    即对任意 xÎê
    ,+¥÷,均有 f (x)„

    ëe
    2
    2a
    æ
    ù
    2
    ç0,
    ú
    综上所述,所求a的取值范围是ç
    4
    è
    û
    考点 32 利用导数解、证不等式问题
    1.(2020 全国Ⅱ理 21)已知函数 f x sin2 xsin 2x .
    ( ) =


    (1)讨论 f (x)在区间(0,p )的单调性;
    3 3
    ( ) £
    (2)证明: f x

    8
    3
    n
    n
    (3)设nÎN
    *
    ,证明:sin
    2
    xsin
    2
    2xsin
    2
    4xLsin
    2
    2
    n
    x £

    4
    æ p ö
    xÎ 0,
    æp 2p ö
    è 3 3 ø
    ( ) >
    ( )单调递增,当 Î
    时, ( )< ( )单调递减,
    f ' x 0, f x
    ç
    ÷时,
    è 3 ø
    f ' x 0, f x
    x
    ç
    ,
    ÷
    【答案】(1)当
    æ2p ö
    ,p

    ( )> ( )单调递增.(2)证明见解析;(3)证明见解析.
    f ' x 0, f x

    ç
    ÷时,
    è 3
    ø
    【思路导引】(1)首先求得导函数的解析式,然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号,最后确定原
    函数的单调性即可;(2)首先确定函数的周期性,然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最
    小值即可证得题中的不等式;(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得
    2
    ( )= é
    f x
    (
    )(
    ) (
    n-1
    )
    ù ,然后结合(2)的结论和三角
    sin x sin xsin 2x sin 2xsin 4x L sin 2 xsin 2 x sin 2 x
    2
    2
    2
    n
    2
    n
    3
    ë
    û
    函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
    f x = 2sin
    xcos x,则:
    【解析】(1)由函数的解析式可得: ( )
    3
    ( )= ( ) =
    (
    )
    f ' x 2 3sin xcos x sin x 2 sin x 3cos x sin x
    2
    2
    -
    4
    2
    2
    -
    2
    (
    x-1) =
    (
    + )(
    - )
    x 2 cos x 1 2 cos x 1
    = 2 sin
    2
    x 4 cos
    2
    2sin
    2

    p
    2p
    ( )= 在 Î( p)上的根为:
    f ' x 0 x 0,

    x1 = , x2 =
    3
    3
    æ p ö
    è 3 ø
    xÎ 0,
    f ' x 0, f x
    ( ) >
    ( )单调递增;



    ç
    ÷时,
    æp 2p ö
    xÎç
    è 3 3 ø
    ,
    ÷时,
    ( )
    0时, xf '(x) f (x) 0 成立的 x的取值范围是
    , 1 U 0,1 .
    8.(2018 全国卷 3 理 21)已知函数 f (x)= 2 + x+ax
    (
    2
    ) (
    ln 1+ x -2x .
    )
    (1)若a = 0 ,证明:当-1< x < 0 时,
    f (x)< 0
    x > 0 f (x)> 0 ;
    时,
    ;当
    (2)若 x = 0 是
    f (x)
    的极大值点,求 .
    a
    【解析】(1)若a =0时, f (x) = (2 + x) ln(1+ x) -2x(x > -1) ,
    1
    1+ x
    1
    x+1
    ¢ =
    + + +
    -2 =ln(x+1)+
    -1.
    ∴ f (x) ln(1 x) (2 x)
    1
    x+1
    令h(x) =ln(x+1)+
    -1,
    1
    1
    x
    ¢
    =
    -
    =
    2
    ∴h (x)

    x+1 (x+1)
    (x+1)
    2
    ∴当 x >0时,h (x) 0 ,h(x) 在(0,+¥)上单调递增,
    ¢
    >
    当-1< x
    =
    ∴h (x) 4(x 1) ln(1 x) 2(x 1) 6x 4,h (0) 6 0,h(0) 0 ,
    ∴在 x =0邻域内, x >0时,h(x) > 0, x 0时,a £
    x
    ¢
    -¥,+¥) 上单调

    ¢
    -¥,+¥
    ¢
    =
    0
    x0 +1
    +
    2ax0 +1= 0 ,即e = -2ax0
    -1,且
    x0 +1
    递增,∴ g (x)在(
    ) 上存在唯一 x 使 g (x ) 0 ,∴e
    0
    g(x) 在(-¥, x ) 上单调递减,在(x ,+¥) 上单调递增,∴ g(x) ³ g(x ) .
    0
    0
    0
    g(x ) ex0 +1 +ax0
    =
    2
    + -1= ax0
    x
    2
    +(1-2a)x 2 (ax +1)(x0 2) ,
    - =
    -

    0
    0
    0
    0
    1
    1
    1-1
    1
    1-
    ¢ -
    =
    -
    ³
    £
    -1< e-1,∴ x
    £ -
    ³
    0
    g ( ) e
    a
    1,∵a 1,∴0 e
    a
    ,∴ g(x ) 0 ,得证.
    0
    a
    a
    综上所述:当a ³1时, f (x)+e³ 0 .
    1
    f (x) = - x+aln x
    10.(2018 全国卷 1 理 21)已知函数

    x
    f (x)
    (1)讨论
    的单调性;
    ( )- ( )
    f x
    f x
    (2)若 f (x) 存在两个极值点 x , x ,证明:
    1
    2
    < a- 2

    1
    2
    -
    1 2
    x x


    1
    x -ax+1
    2
    f (x) = - x+aln x
    f '(x) = -
    ,∴当-2 £ a £ 2
    时,D £ 0 , f '(x) £ 0
    【解析】(1)①∵
    ,∴

    x
    x
    2
    f (x) 在(0,+¥)
    ∴此时
    上为单调递增.
    a- a
    2
    - 4
    a+ a
    2
    - 4
    - 4
    ②∵D >
    0,即
    a < -2 或a > 2
    ,此时方程 x ax 1 0 两根为 x
    2
    - + =
    =
    , x2
    =
    ,当
    1
    2
    2
    a < -2 时,此时两根均为负,∴ f '(x) 在(0,+¥) 上单调递减.当a 2 时,
    >
    D >
    0,此时
    f (x)

    a- a
    2
    -4 ) 上单调递减,f (x)
    a- a
    2
    -4 a+ a
    2
    -4 )上单调递增,f (x)
    a+ a
    2
    (0,
    在(
    ,
    在(
    , +¥
    )
    2
    2
    2
    2
    a- a
    2
    -4 ) ,
    f (x) (0,+¥)
    在 时,
    上单调递减;a > 2
    f (x)
    上单调递减.∴综上可得,a 2 时,
    £
    在(0,
    2
    a+ a
    2
    - 4
    a- a
    2
    -4 a+ a
    2
    -4)上单调递增.
    ,+¥) 上单调递减,
    f (x)
    在(
    ,
    (
    2
    2
    2
    1
    x , x a > 2 x + x = a, x x 1,令
    × =
    0 < x1 < x
    x =
    1
    (2)由(1)可得, x
    2
    -ax+1=0两根


    ,∴

    1
    2
    1
    2
    1
    2
    2
    x2
    1
    1
    f (x ) - f (x ) = - x +aln x -( - x +aln x ) = 2(x -x )+a(ln x -ln x )
    .∴
    2
    1
    2
    1
    1
    2
    2
    2
    1
    1
    x
    1
    x
    2
    f (x ) - f (x )
    ln x1 -ln x
    f (x ) - f (x )
    ln x1 -ln x
    1
    2
    = -2 +a×
    2
    1
    2
    < a-2成立,即要证
    2
    1) \
    < 0
    -
    2
    1
    2
    1
    -2ln x2 - + x2 > 0
    >1)
    x
    (
    2
    即要证
    x2
    ln x1 -ln x2
    1
    g(x) 在(1,+¥)
    g(x) > g(1) = 0
    上为增函数,∴ ,∴
    1)

    ,可得
    x1 - x2
    x
    f (x ) - f (x )
    1
    2
    < a-2成立.
    成立,即
    x1 - x2
    11.(2018 全国卷 1 文 21)已知函数 ( )
    f x = aex - ln x - .
    1
    ( )
    ( )
    (1)设 x = 2 是 f x 的极值点,求a,并求 f x 的单调区间;
    1
    ( )
    (2)证明:当a≥ 时, f x ≥0 .
    e
    1
    f (x) 定义域为(0,+¥) f (x) ae -
    ¢
    =
    x
    【解析】(1)


    x


    1
    1
    x = 2 是 f (x)
    极值点,∴
    ¢
    =
    ,∴
    ae2 - = 0 Þ a =

    f (2) 0

    2
    2e
    2
    ∵e
    x
    在(0,+¥) 上增,a >0 ,∴ae 在(0,+¥)
    上增.
    x
    1
    (0,+¥)
    f ¢(x) 在(0,+¥
    )
    ¢ =
    f (2) 0
    上增.又 ,
    又 在
    上减,∴
    x
    xÎ(0, 2)
    f (x) 0 f (x)

    ¢


    ∴当
    时,
    减;当

    1
    综上,a =
    ,单调增区间为(2,+¥) ,单调减区间为(0, 2)

    2e
    2
    1
    1
    e
    x
    ³ 0 ,∴当a ³ 时有ae
    x
    ³ × =
    e
    x
    e
    x-1
    (2)∵

    e
    e
    f (x) = ae
    x
    -
    ln x -1³ ex- -ln x -1 .
    1


    g(x) = ex 1 ln x-1 , xÎ(0,+¥) .
    -
    -
    1
    1
    g (x) ex 1
    ¢
    =
    -
    -
    g¢(x) (0,+¥

    )
    ¢ = 1-1 - =
    g (1) e 0

    ,同(1)可证
    上增,又
    x
    1
    xÎ(0,1)
    g (x) 0 g(x)

    ¢


    ∴当
    时,
    减;当

    g(x)min g(1) = e1 1 ln1 1 1 0 1 0
    =
    -
    -
    - = - - =


    1
    ∴当a ³
    时,
    f (x) ³ g(x) ³ 0.
    e
    f (x) = ax -ax -xln x ,且 f (x)≥0 .
    2
    12.(2017 新课标Ⅱ理 21)已知函数
    (1)求a;
    e-
    2
    < f (x ) 2-2 .

    ¢ >
    .当0 x 1时,g (x) 0,g(x) 单调递减;当 x 1时,g (x) 0,g(x) 单
    x
    调递增.所以 x =1是 g(x) 的极小值点,故 g(x)≥ g(1) = 0.
    综上,a =1.
    f (x) = x
    2
    - x - xln x , f (x) 2x-2 -ln x.
    ¢
    =
    (2)由(1)知
    1
    设h(x) = 2x-2 -ln x,则h (x) = 2 -
    ¢

    x


    1
    1
    1
    1
    当 xÎ(0, ) 时,h (x) 0 ;当 x ( , )时,h (x) 0 .所以h(x) 在(0, ) 单调递减,在( ,
    ¢


    +¥) 单调
    2
    2
    2
    2
    递增.
    1
    1
    2
    1
    2
    h(e-
    2
    ) 0 , h( ) 0 ,h(1) 0 ,所以 h(x) 在(0, ) 有唯一零点 x ,在[ ,
    >

    0;当 xÎ(x ,1) 时,h(x) < 0;当 xÎ(1,+¥) 时,h(x) > 0.
    0
    0
    ¢
    =
    =
    0
    因此 f (x) h(x),所以 x x 是 f (x) 的唯一极大值点.
    ¢
    =
    =
    -
    =
    -
    0
    由 f (x ) 0 得ln x 2(x0 1) ,故 f (x ) x (1 x ) .
    0
    0
    0
    0
    1
    4
    由 x Î(0,1) 得, f (x )


    =
    0
    e-
    2
    < f (x ) < 2-2 .
    0
    所以
    f (x) = ln x+ax +(2a +1)x .
    2
    13.(2017 新课标Ⅲ文 21)已知函数
    (1)讨论 f (x) 的单调性;
    3
    (2)当a
    1
    1
    1
    若a
    Î -
    ,+¥) 时, f (x) 0 .故 f (x) 在(0,-
    ¢


    ¢


    >
    ¢

    0).
    ¢
    >
    ¢
    当a≤0时, f (x) 0, f (x)没有零点;


    a
    当a >0时,因为e2x 单调递增, - 单调递增,所以 f (x)在(0,+ )单调递增.又 f (x) 0 ,当b满足
    ¢
    ¥
    ¢
    >
    x
    a
    1
    0 < b < 且b < 时, f (b) 0 ,故当a 0时, f (x)存在唯一零点.
    ¢


    ¢
    4
    4
    ¢
    ¥
    Î
    ¢


    0
    故 f (x) 在(0,x ) 单调递减,在(x ,+¥) 单调递增,
    0
    0
    所以当 x = x 时, f (x) 取得最小值,最小值为 f (x ) .
    0
    0
    a
    a
    2
    2
    由于2e2x0
    -
    =0 ,所以 f (x0 )=
    +2ax +aln ≥2a+aln .
    0
    x0
    2x0
    a
    a
    2
    故当a >0时, f (x)≥2a+aln .
    a
    bex-1
    x
    16.(2013 全国卷 1 理 12)设函数 ( )
    f x = ae
    x
    ln
    x +
    ,曲线 y = f (x) 在点(1, f (1) 处的切线为
    y = e(x-1) +2.
    (Ⅰ)求a,b;
    (Ⅱ)证明: f (x) >1.
    a
    x
    b
    b
    x
    ( +¥)
    ¢
    =
    ln x +
    -
    x-1
    +
    x-1
    【解析】(Ⅰ) 函数 f (x) 的定义域为 0,

    f (x) ae
    x
    e
    x
    e
    2
    e
    x
    =
    ¢ = ,故a =1,b = 2
    ……………6 分
    由题意可得 f (1) 2, f (1) e
    2ex-1
    2
    (Ⅱ)由(Ⅰ)知, f (x) = e
    x
    ln x +
    ,从而 f (x) >1等价于 xln x xe-x
    >
    -
    x
    e
    æ 1 ö
    è e ø
    æ 1
    è e
    ö
    ø
    设函数 g(x) = xln x ,则 g (x) x ln x ,所以当 x ç0, ÷时,g (x) 0,当 x ç ,
    ¢
    = +
    Î
    ¢


    æ 1 ö
    è eø è e
    æ 1
    ö
    ø
    故 g(x) 在ç0, ÷单调递减,在ç ,+¥÷ 单调递增,从而 g(x) 在 0,
    ( +¥)
    的最小值为
    1
    1
    g( ) = - .
    ……………8 分
    e
    e
    2
    h x xe-
    =
    x
    -
    ,则h¢(x) =e-x (1-x),所以当 xÎ(0,1)时,h¢(x) > 0 ,当 xÎ(1,+¥)时,h¢(x) < 0

    设函数 ( )
    e
    1
    ( )
    ( +¥)单调递减,从而h(x) 在(0,+¥)的最大值为h(1)
    = -
    故h(x) 在
    0,1 单调递增,在 1,

    e
    综上:当 x >0时, g(x) > h(x) ,即 f (x) >1.
    - x+m .
    ……………12 分
    17.(2013 全国卷 2 理 21)已知函数 f (x) =
    e
    x
    ln(
    )


    (Ⅰ) 设 x=0 是 f (x) 的极值点,求m,并讨论 f (x) 的单调性;
    (Ⅱ)当m≤2 时,证明: f (x) >0.
    1
    【解析】(Ⅰ) f (x)=e -
    ¢
    x

    x+ m
    1
    ∵设 x=0 是 f (x) 的极值点,∴ f (0) =1-
    ¢
    =0,解得m=1,
    m
    1
    x+1
    1
    ¢
    x
    -
    ¢¢ +
    ,∴ f (x) = e
    x
    ∴ f (x) 的定义域为(-1,+∞), f (x)=e
    >0,
    (x+1)
    2
    ¢
    ∴ f (x)在(-1,+∞)上是增函数,
    ∴当 xÎ(-1,0)时, f (x)< f (0) =0,当 x (0,+∞)时, f (x)> f (0) =0,
    ¢
    ¢
    Î
    ¢
    ¢
    ∴ f (x) 的增区间为(0,+∞),减区间为(-1,0).
    (Ⅱ)当m≤2, xÎ( m,+∞)时,ln(x+m) ≤ln(x+2) ,故只需证明当m=2 时, f (x) >0,
    1
    当m=2 时,函数 f (x)=e
    ¢
    x
    -
    在(-2,+∞)单调递增.
    x+ 2
    ¢ -
    ¢
    ¢
    又 f ( 1) <0, f (0) >0,∴ f (x)=0 在(-2,+∞)有唯一实根 x ,且 x ∈(-1,0),
    0
    0
    当 xÎ(-2, x )时, f (x)<0,当 x ( x ,+∞)时, f (x)>0,
    ¢
    Î
    ¢
    0
    0
    ∴当 x= x0 时, f (x) 取得最小值.
    1
    ¢
    x0
    ,∴ln(x0 +2) = -x0 ,
    由 f (x ) =0 得e
    =
    0
    x0 + 2
    (x0 +1)
    2
    1
    +
    ∴ f (x) ≥ f (x0 ) =
    + x0 =
    >0,
    x0
    2
    x0
    + 2
    综上,当m≤2 时, f (x) >0.
    aln x b
    x+1 x
    18.(2011 全国课标文 21)已知函数 f (x) =
    +
    ,曲线
    y = f (x)
    在点(1, f (1) )处的切线方程为
    x+2y -3 = 0.
    (Ⅰ)求a,b的值;
    ln x
    x-1
    (Ⅱ)证明:当 x>0,且 x ¹1 时, f (x) >

    x+1
    a(
    -ln x)
    b
    x
    【解析】(Ⅰ) f '(x) =
    -
    (x+1)
    2
    x
    2
    ì f (1) =1,
    1
    ï
    由于直线 x+2y -3 = 0的斜率为- ,且过点(1, 1) ,故í
    1 即
    f '(1) = - ,
    2
    ï
    î
    2


    ìb =1,
    ï
    解得a =1,b =1.
    ía
    1
    -b = - ,
    ï
    î2
    2
    ln x
    x+1 x
    1
    (Ⅱ)由(Ⅰ)知f (x) =
    + ,所以
    ln x
    x-1 1- x
    1
    (2 ln x+ -1)
    x
    2
    f (x) -
    =
    2
    x
    x -1
    2
    考虑函数h(x) = 2ln x +
    (x > 0) ,则
    (x -1)
    x
    2x -(x -1)
    2
    2
    2
    2
    h (x) = -
    ¢
    = -
    x
    x
    2
    x
    2
    所以当 x ¹1时,h (x) < 0,而h(1) = 0,故
    ¢
    1
    1- x
    当 xÎ( 0,1) 时,h(x) > 0,可得
    当 xÎ(1,+¥)时,h(x) < 0,可得
    h(x) > 0;
    2
    1
    h(x) > 0;
    1- x
    2
    ln x
    x -1
    ln x
    x -1
    从而当 x > 0,且x ¹1, f (x) -
    > 0,即f (x) >
    .
    (
    )
    19.(2010 全国课标文 21)设函数 f (x) =
    x e -1 -ax2 .
    x
    1
    (Ⅰ)若a= ,求 f (x) 的单调区间;
    2
    (Ⅱ)若 x≥0 时 f (x) ≥0,求a的取值范围
    1
    1
    【解析】(Ⅰ) a = 时,
    f (x) = x(e
    x
    -1) - x2 ,f '(x) = e
    x
    -1+ xe
    x
    x
    Î(-¥ - )
    - x = (e -1)(x+1) .当 x , 1
    2
    2
    时 f '(x) > 0 ;当 x
    1,0
    Î(- )时, f '(x) < 0;当 xÎ(0,+¥)时, f '(x) > 0 .故 f (x) 在(-¥,-1),(0,+¥)
    单调增加,在(-1,0)单调减少.
    (Ⅱ) f (x) = x x
    (
    a
    -1-ax) .
    令 g(x) = x
    a
    - -ax ,则 g'(x) =e -a .
    1
    x
    若a £1,则当 x 0,
    Î( +¥)时,g '(x) > 0 ,g(x) 为减函数,而 g(0) = 0,从而当 x≥0 时 g(x) ≥0,即 f (x)
    ≥0.
    若a >1,则当 xÎ(0,lna)时,g'(x) < 0,g(x) 为减函数,而 g(0) = 0,从而当 xÎ(0,lna)时 g(x) <0,
    即 f (x) <0.


    综合得a的取值范围为(-¥ ]
    ,1 .
    f (x) = ax
    2
    -a -ln x ,其中aÎR .
    20.(2016 年四川) 设函数
    (I)讨论 f (x)的单调性;
    1
    (II)确定a的所有可能取值,使得
    f (x)
    > - - 在区间(1,+¥) 内恒成立(e=2.718…为自然对数的底
    e
    1 x
    x
    数).
    1
    2ax
    2
    -1,x
    > 0
    ( ) =
    - =
    【解析】(I)由题意, f ' x 2ax
    x
    x
    ①当a
    „0 时, 2ax2
    f '(x)£ 0 ,
    -1£ 0 ,
    f (x)在(0,+¥)上单调递减.
    1
    1
    ¢
    =
    =
    ( )
    0.
    2a
    1
    1
    ( )在(0,
    f x
    (
    ,+¥)
    上单调递增.

    ) 上单调递减,在
    2a
    2a
    g(x) = 1 -
    1
    (II)令

    s(x) = ex-1 - x .则 s¢(x) = ex-1 -1.而当 x >1时,
    x ex 1
    -
    ¢
    >
    ,所以
    (1,+¥
    S(1) = 0
    s(x) > 0 ,
    ,有
    s (x) 0
    s(x)
    )
    在区间
    内单调递增.又由
    从而当
    x >1时, g(x) > 0 .
    当a „0, x >1时, f (x) = a(x -1) -ln x < 0

    2
    f (x) > g(x) 在区间(1,+¥) 内恒成立时,必有a > 0
    故当

    1
    2
    1
    当0 < a
    1.
    2a
    1
    1
    f (
    ) < f (1) = 0
    g(
    ,而
    ) > 0 ,
    由(I)有
    2a
    f (x) > g(x) 在区间(1,+¥)
    2a
    所以此时
    内不恒成立.
    1
    当a …
    时,令
    h(x) = f (x) - g(x)(x…1) .
    2
    1
    1
    1
    1
    1
    当 x >1时,
    h (x) 2ax
    ¢
    =
    - + -e
    1-x
    > - +
    x
    -
    2
    x x
    2
    x x
    x
    x
    3
    -2x +1 x
    2
    -2x +1
    =
    >
    > 0 ,
    x
    2
    x
    2
    因此,h(x) 在区间(1,+¥) 内单调递增.


    又h(1) = 0 ,所以当 x >1时,h(x) = f (x) - g(x) > 0,即 f (x) > g(x) 恒成立.
    1
    综上,a [ ,+¥)
    Î
    2
    f (x) = ln(x+1) +a(x - x) ,其中aÎR.
    2
    21.(2015 山东)设函数
    (Ⅰ)讨论函数 f (x) 极值点的个数,并说明理由;
    (Ⅱ)若"x > 0, f (x)≥0 成立,求a的取值范围.
    【解析】:(Ⅰ)由题意知 函数 f (x)的定义域为(1,+¥) ,
    1
    x +1
    2ax
    2
    + ax -a +1
    x +1
    f ¢(x) =
    + a(2x -1) =

    g(x) = 2ax
    2
    +ax -a +1, xÎ(-1,+¥) ,

    (1)当a =0时, g(x) =1,
    此时 f (x) > 0 ,函数 f (x)在(-1,+¥)单调递增,无极值点;
    ¢
    (2)当a >0时,
    D = a
    2
    -8a(1-a = a a -
    )
    (9 8),
    8
    ①当0 < a £ 时,D £ 0, g(x) ³ 0 ,
    9
    f (x) ³ 0 ,函数 f (x)在( 1, )单调递增,无极值点;
    ¢
    - +¥
    8
    ②当a > 时,D > 0,
    9
    + ax -a +1 = 0的两根为 x , x (x < x ),
    设方程2ax
    1 2 1 2
    2
    1
    因为 x + x = - ,
    1
    2
    2
    1
    1
    所以 x < - , x > - ,
    1
    2
    4
    4
    1
    由 g(-1) =1> 0 ,可得-1< x < - ,
    1
    4
    所以当 xÎ(-1, x ) 时, g(x) > 0, f ¢(x) > 0
    ,函数 f (x)单调递增;
    1
    当 xÎ(x , x ) 时, g(x) < 0, f (x) 0 ,函数 f (x)单调递减;
    ¢

    0

    f ¢(x) > 0,函数 f (x)单调递增;

    时,
    因此函数有两个极值点.
    (3)当a 0,


    由 g(-1) =1> 0 ,可得 x1 < -1,
    当 xÎ(-1, x ) 时, g(x) > 0 , f (x) 0,函数 f (x)单调递增;
    ¢
    >
    2
    xÎ(x2,+¥)
    时,
    g(x) < 0, f ¢(x) < 0 ,函数 f (x)单调递减;

    所以函数有一个极值点.
    综上所述:当a 时,函
    8
    8
    9
    9
    数 f (x)有两个极值点.
    (II)由(I)知,
    8
    (1)当0 £ a £ 时,函数 f (x)在(0,+¥)上单调递增,
    9
    因为 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0,+¥)时, f (x) > 0,符合题意;
    8
    < a £
    g(0) > 0,得 x2 £ 0,
    1时,由
    (2)当
    9
    所以 函数 f (x)在(0,+¥)上单调递增,
    又 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0,+¥)时, f (x) > 0,符合题意;
    (3)当a >1时,由 g(0) < 0,可得 x2 > 0,
    xÎ(0, x )
    所以
    时,函数
    f (x)单调递减;
    2
    因为 f (0) = 0 ,所以 xÎ(0, x2 ) 时, f (x) < 0 ,不合题意;
    (4)当a 0
    x +1 x +1
    所以h(x) 在(0,+¥)上单调递增.
    因此当 xÎ(0,+¥) 时,h(x) > h(0) = 0 ,即ln(x +1) < x ,
    可得 f (x) < x + a(x x) ax (1 a)x

    2
    - =
    2
    + -
    1
    当 x >1- 时,ax
    2
    +(1-a)x < 0 ,
    a
    此时 f (x) < 0,不合题意,
    综上所述,a的取值范围是[0,1].
    考点 33 利用导数研究函数零点问题


    f x = e
    1.(2020 全国Ⅰ文 20)已知函数 ( )
    x
    -a x+ 2
    (
    ).
    (1)当a =1时,讨论 ( )的单调性;
    f x
    (2)若 ( )有两个零点,求 的取值范围.
    f x
    a
    1
    【答案】(1)减区间为(-¥,0),增区间为(0,+¥);(2) ( ,+¥)

    e
    【思路导引】(1)将a =1代入函数解析式,对函数求导,分别令导数大于零和小于零,求得函数的单调增区
    间和减区间;
    e
    x
    (2)若 f (x) 有两个零点,即
    e
    x
    (
    2) 0
    -a x+ = 有两个解,将其转化为a =
    有两个解,令
    x+ 2
    e
    x
    h(x) =
    (x ¹ -2) ,求导研究函数图像的走向,从而求得结果.
    x+ 2
    【解析】(1)当a =1时,
    f (x) = e
    x
    -(x+2)
    , f
    '
    (x) = e
    (x) > 0,解得 x >0,
    ∴ f (x) 的减区间为(-¥,0),增区间为(0,+¥).
    x
    -1,

    f
    '
    (x) < 0 ,解得 x 0 ,解得 x > -1,令h
    ∴函数h(x) 在(-¥,-2) 和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+¥)上单调递增,且当 x < -2时,h(x) < 0 ,而
    (x+2)
    2
    (x+2)
    2
    令h
    '
    '
    (x) < 0 ,解得 x < -2或-2 < x < -1,
    e
    x
    1
    x
    ® -2+ 时,h(x)
    ® +¥
    ,当
    x ® +¥
    h(x) ® +¥
    时,
    ,∴当a =
    有两个解时,有
    a > h(-1) =

    x+ 2
    e
    1
    ∴满足条件的 的取值范围是:( ,+¥) .
    a
    e
    ( )= - +
    kx k2 .
    2.(2020 全国Ⅲ文 20)已知函数
    f x x
    3
    ( )
    (1)讨论 f x 的单调性:
    ( )
    (2)若 f x 有三个零点,求k 的取值范围.


    4
    【答案】(1)详见解析;(2)(0,
    )

    27
    f
    '
    (x) = 3x -k ,对k 分k £0 和k >0两种情况讨论即可;
    2
    【思路导引】(1)
    ì
    k
    ï f (- ) > 0
    ï
    3
    (2) f (x) 有三个零点,由(1)知k 0,且
    >
    í
    k
    ,解不等式组得到 的范围,再利用零点存在性定理
    ï
    k
    f ( ) < 0
    ï
    î
    3
    加以说明即可.
    f
    '
    (x) = 3x -k ,
    2
    【解析】(1)由题,
    当k £0时,
    '
    (x) ³ 0恒成立,∴ f (x) 在(-¥,+¥)
    上单调递增;
    f
    k
    k
    k
    当k >0时,令
    '
    (x) = 0,得 x = ±
    ,令
    '
    (x) < 0 ,得
    -
    < x


    0;当 xÎça, ÷时, g'(x) < 0.
    è
    2 ø
    æ pö
    所以 g(x) 在(-1,a) 单调递增,在 a,
    æ
    è

    2 ø
    单调递减,故 g(x) 在 -1, ÷存在唯一极大值点,即
    ç
    ÷
    ç
    è
    2 ø
    æ
    è

    2 ø
    f '(x) 在 -1, ÷存在唯一极大值点.
    ç
    (2) f (x) 的定义域为(-1,+¥).
    (i)当 xÎ(-1, 0] 时,由(1)知, f '(x) 在 ( -1,0) 单调递增,而 f '(0) = 0 ,所以当 xÎ(-1, 0) 时,
    f '(x) < 0 ,故 f (x) 在( -1,0) 单调递减,又 f (0)=0,从而 x =0是 f (x) 在(-1,0]的唯一零点.
    æ pù
    æ pö
    æ pö
    è 2 ø
    (ii)当 xÎ 0, 时,由(1)知,f '(x) 在(0,a) 单调递增,在 a, 单调递减,而 f '(0)=0 f '
    < 0,
    ç
    ç
    ÷
    ç ÷

    ú
    è

    è
    2 ø
    æ pö
    æ pö
    所以存在b Î a, ,使得 f '(b) = 0 ,且当 xÎ(0,b) 时,f '(x) > 0;当 xÎ b, ÷时,f '(x) < 0 .故
    ç
    ÷
    ç
    è
    2 ø
    è
    2 ø
    æ pö
    f (x) 在(0,b) 单调递增,在 b, 单调递减.
    ç
    ÷
    è
    2 ø
    æ pö
    è 2 ø
    æ
    è

    2 ø
    æ pù
    > 0 ,所以当 xÎ 0, ú时, f (x) > 0 .
    又 f (0)=0 , f
    =1-ln 1+
    ç ÷
    ç
    ÷
    ç
    è

    æ pù
    从而 f (x) 在 0, 没有零点.
    ç
    ú
    è



    æ p ù
    è 2 û
    æ p ö
    è 2 ø
    æ pö
    (iii)当 xÎç ,pú时,f '(x) < 0 ,所以 f (x) 在 ,p÷单调递减.而 f
    > 0 ,f (p) < 0 ,所以 f (x)
    ç
    ç ÷
    è 2 ø
    æ p ù
    ,pú 有唯一零点.

    ç
    è 2 û
    (iv)当 xÎ(p,+¥) 时,ln(x+1) >1,所以 f (x) 0
    f (x)
    ,所以 在(0,1),(1,+∞)单调递增.
    因为
    x
    (x -1)
    2
    e+1
    e-1
    +1
    -1
    -3
    -1
    e
    e
    2
    2
    e
    2
    因为 f(e)=1-
    0 ,
    2
    e
    2
    所以 f(x)在(1,+∞)有唯一零点 x ,即 f(x )=0.
    1
    1
    1
    1
    x1 +1
    x1 -1
    又0
    0 ,h(x)
    当a £ 0 时,
    没有零点;
    当a > 0 时,h¢(x)= ax(x - 2)e-x

    xÎ(0, 2)时,h'(x)
    xÎ(-¥,1)
    时,
    f '(x) < 0
    ;当
    xÎ(1,+¥)
    时, .
    f '(x) > 0
    所以 f (x) 在(-¥,1) 上单调递减,在(1,+¥) 上单调递增.
    a

    f (1) = -e , f (2) = a
    ,取 满足
    b
    b < 0 且b < ln
    ,则
    2
    a
    3
    f (b) > (b-2) +a(b-1)
    2
    = a(b
    2
    - b) > 0
    ,故 存在两个零点.
    f (x)
    2
    2
    (iii)设a 0 ,由
    得 或 .
    f '(x) =0 x =1 x = ln(-2a)


    g'(x) < 0
    ,而
    g(1) = 0
    x > 1
    ,故当 时,
    从而 g(x ) = f (2 - x ) < 0 ,故 x + x < 2 .
    2
    2
    1
    2
    f (x) = (x-2)e +a(x-1)2 .
    2
    11.(2016 年全国 I 文 21)已知函数
    (I)讨论 f (x) 的单调性;
    (II)若 f (x) 有两个零点,求a的取值范围.
    a
    a
    2
    【解析】(1)由
    f (x) = x
    3
    +ax
    2
    +bx +1,得 f (x) 3x
    ¢
    =
    2
    +
    2ax+b =3(x
    +
    2
    ) +b -

    3
    3
    a
    a
    2
    当 x = - 时, f (x)有极小值b
    ¢
    -

    3
    3
    ¢
    因为 f (x)的极值点是 f (x) 的零点.
    a
    a
    3
    a
    3
    ab
    2a
    2
    3
    所以 f (- ) = -
    +
    -
    +1= 0 ,又a >0,故b =
    + .
    3
    27
    9
    3
    9
    a
    a
    2
    1
    ¢
    -
    =
    (27-a ) £ 0 ,即a ³3.
    3
    因为 f (x) 有极值,故 f (x)=0 有实根,从而b
    3
    9a
    a =3时, f (x)>0(x
    ¢
    ¹ -1),故 f (x) 在 R 上是增函数, f (x) 没有极值;
    -a- a
    2
    -3b
    -a+ a -3b
    2
    a >3时, f (x)=0 有两个相异的实根 x =
    ¢
    , x2 =

    1
    3
    3
    列表如下
    x
    ( -¥, x1)
    x1
    (x , x )
    x2
    (x2 ,+¥)
    1
    2
    f ¢(x)
    f (x)
    故 f (x) 的极值点是 x , x .
    +
    0

    0
    +
    Z
    极大值
    ]
    极小值
    Z
    1
    2
    从而a >3,
    2a
    2
    3
    因此b =
    + ,定义域为(3,+¥) .
    9
    a
    b
    2a a
    3
    (2)由(1)知,
    =
    +

    a
    9
    a a
    2t
    3
    2
    2
    2t
    2
    -27
    设 g(t) = + ,则 g (t)
    ¢ = - =

    9 t
    3 t
    2
    9t
    2
    3 6
    2
    3 6
    2
    当tÎ(
    ,+¥) 时, g¢(t) > 0 ,所以 g(t)在(
    ,+¥) 上单调递增.


    b
    因为a >3,所以a a > 3 3 ,故 g(a a) > g(3 3) = 3 ,即
    > 3 .
    a
    因此b
    (3)由(1)知, f (x) 的极值点是 x , x ,且 x + x = - a, x + x2
    1
    2
    > 3a.
    4a -6b
    2
    2
    2
    2
    =

    1
    2
    1
    2
    3
    9
    f (x ) + f (x ) = x +ax1
    1
    3
    2
    +bx1 +1+ x2
    3
    +ax2 +bx2 +1
    2
    从而
    1
    2
    x1
    3
    x2
    3
    1
    3
    2
    =
    =
    (3x1
    2
    +2ax1 +b) + (3x2
    2
    +2ax +b) + a(x
    2
    1
    + x2
    2
    ) + b(x + x ) + 2
    2
    1
    2
    3
    4a
    3
    -6ab 4ab
    -
    + 2= 0
    27
    9
    ¢
    记 f (x) , f (x)所有极值之和为h(a),
    a
    2
    1
    9
    3
    1
    9
    3
    ¢
    -
    = -
    2
    +
    -
    a2
    +
    ,a >3.
    因为 f (x)的极值为b
    a
    ,所以h(a)=
    3
    a
    a
    2
    9
    3
    ¢
    -
    a -
    < 0 ,于是h(a)在(3,+¥) 上单调递减.
    2
    因为h (a)=
    a
    7
    因为h(6)= - ,于是h(a)≥h(6) ,故a≤6.
    2
    因此a的取值范围为(3,6].
    1
    f (x) = x +ax+ , g(x) = -ln x.
    3
    12.(2015 新课标Ⅰ理 21)已知函数
    4
    (Ⅰ)当a为何值时, x轴为曲线 y = f (x) 的切线;
    { }
    =
    {
    }
    (Ⅱ)用min m,n 表示m,n中的最小值,设函数h(x) min f (x), g(x)
    (x > 0) ,讨论h(x) 零点的个数.
    【解析】(Ⅰ)设曲线 y = f (x) 与 x轴相切于点(x ,0) ,则 f (x ) = 0 , f (x ) 0 ,
    ¢
    =
    0
    0
    0
    ì
    1
    ïx
    3
    0
    +ax + = 0
    0
    1
    2
    3
    4
    4
    ,解得 x0
    =
    ,a
    = -

    即í
    ï
    3x0
    +a = 0
    2
    î
    3
    因此,当a = - 时, x轴是曲线 y = f (x) 的切线.
    4
    (Ⅱ)当 xÎ(1,+¥) 时, g(x) = -ln x < 0 ,从而h(x) = min{ f (x), g(x)}≤ g(x) < 0 ,
    ∴h(x) 在(1,+¥)无零点.
    5
    5
    当 x=1 时,若a≥- ,则 f (1) = a+ ≥0 ,h(1) = min{ f (1), g(1)} = g(1) = 0 ,
    4
    4


    5
    5
    故 x=1 是h(x) 的零点;若a < - ,则 f (1) = a+ < 0 ,h(1) = min{ f (1), g(1)} = f (1) < 0 ,故 x=1 不
    4
    4
    是h(x) 的零点.
    当 xÎ(0,1)时, g(x) = -ln x > 0,所以只需考虑 f (x) 在(0,1) 的零点个数.
    +a 在(0,1) 无零点,故 f (x) 在(0,1) 单调,
    (ⅰ)若a≤-3或a≥0,则
    f (x) 3x
    ¢
    =
    2
    1
    5
    而 f (0) = , f (1) = a+ ,所以当a≤-3时, f (x) 在(0,1) 有一个零点;
    4
    4
    当a≥0 时, f (x) 在(0,1) 无零点.
    a
    a
    (ⅱ)若-3< a - 或a < - 时,h(x) 由一个零点;
    4
    4
    3
    5
    5
    3
    当a = - 或a = - 时,h(x) 有两个零点;当- < a < - 时,h(x) 有三个零点.
    4
    4
    4
    4
    f (x) = x
    3
    -3x
    2
    + ax + 2,曲线 y = f (x) 在点(0,2)处的切线与 x轴
    13.(2014 全国卷 2 文 21)已知函数
    交点的横坐标为-2.
    (Ⅰ)求a;
    (Ⅱ)证明:当k
    ¢
    f (x) 0 f (x)
    时, 单调递增.
    >

    0
    f (x)
    因此,
    存在唯一的极值点.
    f x < f (1) = -2
    (2)由(1)知 ( )
    ( )
    2
    = e
    2
    f (x) = 0
    ( +¥)
    x ,
    f e
    内存在唯一根 x =a

    ,又
    ,所以

    0
    0
    1
    由a > x >1得

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