专题4：导数及其应用
2．点（a，f(a)）是切点．突出切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
3．直线y＝b是一条与x轴平行的直线．通过研究函数f(x)的单调性得出函数f(x)的最小值f(0)＝1．
4．结合函数的简图进行动态研究．
例2已知函数f(x)＝(1＋)ex，其中a＞0．
3．解一元二次不等式时要结合二次函数的图象进行分类讨论．
4．根据函数的单调性的变化，通过列表写出函数f(x)的极值点．
例2设函数f(x)＝x3－x2＋6x－a．
（1）对于任意实数x，f′(x)≥m恒成立，求m的最大值；
（2）若方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求a的取值范围．
答案：（1）m的最大值为－．
当a≥e时，[f(x)]min＝e2－(2a＋1) e＋a．
（3）实数a的取值范围为a∈(－∞，]．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．
2．求函数在闭区间上的最值，先求出函数的极值点，研究函数在这个闭区间上的简图，比较极值点和区间端点分别对应的函数值大小．
（2）当a≤1时，[f(x)]min＝－2a；当1＜a＜e时，[f(x)]min＝a(lna－a－1)；
当a≥e时，[f(x)]min＝e2－(2a＋1) e＋a．
（3）实数a的取值范围为(－∞，]．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．
[第三层次]
例1已知函数f(x)＝x3＋2bx2＋cx－2的图象在与x轴交点处的切线方程是y＝5x－10．
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）设函数g(x)＝f(x)＋mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范围以及函数g(x)取得极值时对应的自变量x的值．
答案：（1）函数的解析式为f(x)＝x3－2x2＋x－2．
二、方法选择与优化建议：
1．结合函数简图，突出数形结合的数学思想．
答案：（1）略．
（2）m的取值范围是[1，2]．
（3）实数λ的最小值是，且此时m＝2．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．含绝对值的函数通常要讨论绝对值里面式子的正负设法去掉绝对值，最终变为分段函数之后进行研究．
2．证明一个三次函数是单调增函数，只要证明它的导函数恒大于0或大于等于0（原函数不能是常函数）．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．函数零点的概念．
2．结合二次函数图象解一元二次不等式．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．
3．根据函数的零点和极值点，以及它们的大小关系画出函数f(x)的简图，关注到x＜－a时，f(x)＞0．
例3．已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx．
5．不等式恒成立问题
法1：分离常数法（优先）；法2：设F(x)＝f(x)－g(x)，转化F(x)的最值问题；法3：转化为二次不等式恒成立问题；法4：转化为一次不等式恒成立问题．
6．方程有解(解的个数)问题
方程有解(解的个数)问题、图象交点问题、函数零点问题之间可以相互转化F(x)的图象问题．两者均要充分利用数形结合法．
例2已知函数f(x)＝x2－(2a＋1)x＋alnx．
（1）当a＝1时，求函数f(x)的单调增区间；
（2）求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
（3）设g(x)＝(1－a)x，若存在x0∈[，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
答案：（1）函数f(x)的单调增区间为（0，）和（1，＋∞）．
（1）求函数f(x)的零点；
（2）讨论y＝f(x)在区间（－∞，0）上的单调性；
（3）在区间（－∞，－]上，f(x)是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由．
答案：（1）函数f(x)的零点为－a．
（2）区间（－∞，）是f(x)单调增区间；区间（，0）是f(x)单调减区间．
（3）在区间（－∞，－]上f(x)存在最小值f(－)．
②当a＞0时，（－∞，－）和（，＋∞）是函数f(x)单调增区间；（－，）是函数f(x)单调减区间．x＝－是f(x)的极大值点，x＝是f(x)的极小值点．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．点（2，f(2)）是切点．突出切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
2．导函数值大于零的区间是原函数的增区间；导函数值小于零的区间是原函数的减区间．
2．求函数在闭区间上的最值，先求出函数的极值点，研究函数在这个闭区间上的简图，比较极值点和区间端点分别对应的函数值大小．
3．由于本题极值点是一个字母，要讨论这个极值点与所给闭区间的关系，突出分类讨论的思想．
4．帮助学生理解题意，得出不等式f(x)≥g(x)在[，e]上有解，通过分离常数法，研究函数的最大值得出实数a的取值范围．
5．在对不等式变形时，要注意不等式两边同时除以的是正数还是负数，关注不等号方向的变化．本题可以适当变式帮助学生理解题意．
例3已知函数f(x)＝x|x2－3|，x∈[0，m]．
（1）若m＜1，求证：函数f(x)是增函数；
（2）如果函数f(x)的值域是[0，2]，试求m的取值范围；
（3）如果函数f(x)的值域是[0，λm2]，试求实数λ的最小值．
（2）a＜2或a＞．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．不等式恒成立问题的处理方法1：分离常数法；方法2：转化为二次不等式恒成立问题．
2．方程有解(解的个数)问题、图象交点问题、函数零点问题之间可以相互转化．
3．结合函数的单调性，研究函数的极大值、极小值，通过画出函数的简图解决问题．
二、方法选择与优化建议：
3．利用导数求出函数的单调区间和极值画出分段函数（即函数f(x)）简图，结合函数图象通过动态的研究，求出m的取值范围．
4．结合函数的简图利用函数的单调性来研究函数的值域，凸显分类讨论思想．
5．本题还可以利用函数是奇函数对问题进行适当的变式训练．解决函数问题要突出数形结合的数学思想，要充分利用导数这个工具，通过研究函数的单调性和极值画出函数的简图．
3．由于本题极值点是一个字母，要讨论这个极值点与所给闭区间的关系，突出分类讨论的思想．
4．帮助学生理解题意，得出不等式f(x)≥g(x)在[，e]上有解，通过分离常数法，研究函数的最大值得出实数a的取值范围．
5．在对不等式变形时，要注意不等式两边同时除以的是正数还是负数，关注不等号方向的变化．本题可以适当变式帮助学生理解题意．
[第二层次]
例1已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx．
（1）若曲线y＝f(x)在点（a，f(a)）处与直线y＝b相切，求a与b的值；
（2）若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同的交点，求b的取值范围．
答案：（1）a＝0，b＝1．
（2）b的取值范围是（1，＋∞）．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
当＜a＜时，f(x)在[1，e]上的最小值为f()＝(ln2a－1)．
当a≥时，f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝a－1．
5．若不等式ax2＞lnx＋1对任意x∈(0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围．
答案：a＞
6．已知f(x)＝ax2，g(x)＝lnx＋1，若y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个交点，求实数a的取值范围．
（1）当a＝1时，求函数f(x)的单调增区间；
（2）求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；
（3）设g(x)＝(1－a)x，若存在x0∈[，e]，使得f(x0)≥g(x0)成立，求实数a的取值范围．
答案：（1）函数f(x)的单调增区间为（0，）和（1，＋∞）．
（2）当a≤1时，[f(x)]min＝－2a；当1＜a＜e时，[f(x)]min＝a(lna－a－1)；
导数及其应用（两课时）
一、前测训练
1．(1)曲线y＝x3上在点(－1，－1)的切线方程为．
(2)曲线y＝x3－3x2＋2x过点(0，0)的切线方程为．
答案：(1)y＝3x＋2．
(2)y＝2x或y＝－x．
2．（1）函数f(x)＝2x2－lnx的减区间为．
（2）函数 上是增函数，则实数a的取值范围为．
答案：(1)(0,)．(2)a≤．
答案：(0,)
二、方法联想
1．切线方程
涉及函数图象的切线问题，如果已知切点利用切点求切线；如果不知切点，则先设切点坐标求出切线方程的一般形式再来利用已知条件．
注意(1)“在”与“过”的区别：“在”表示该点为切点，“过”表示该点不一定为切点．
(2)切点的三个作用：①求切线斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上．
（2）区间（－∞，）是f(x)单调增区间；区间（，0）是f(x)单调减区间．
（3）在区间（－∞，－]上f(x)存在最小值f(－)．
〖教学建议〗
一、主要问题归类与方法：
1．函数零点的概念．
2．结合二次函数图象解一元二次不等式．求单调区间关注函数的定义域，单调区间是定义域的子集．
3．根据函数的零点和极值点，以及它们的大小关系画出函数f(x)的简图，关注到x＜－a时，f(x)＞0．
3．求下列函数极值(或最值)：
(1)f(x)＝xlnx(2)f(x)＝sinx－x，x∈[－，]
答案：(1)当x＝时，f(x)取极小值－．
(2)当x＝－时，f(x)取最小值－．当x＝时，f(x)取最大值－．
4．已知函数f(x)＝ax2－lnx－1(a∈R)，求f(x)在[1，e]上的最小值．
答案：当a≤时，f(x)在[1，e]上的最小值为f(e)＝ae2－2．
导数及其应用PPT课件
解：(1)
4.已知a>0,n为正整数。 (1)设y=(x-a)n, 证明y’=n(x-a)n-1; (2)设fn(x)=xn-(x-a)n , 对任意n≥a,证明：
小
求函数单调区间的步骤：
求函数极值的步骤：
结
(1)求导函数f ’(xቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ; (2)求方程f ’(x)=0的根；(3)检查f ’(x)在 方程根左右的符号，如果左正右负，那么f(x)在这个根处 取得最大值，如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得最 小值。 求闭区间上函数的最值的方法：
y
极大值
极大值
x0
极小值
0
x
极小值
显然在极值处函数的导数为０．
【知识在线】:
１．函数ｙ＝２ｘ３＋４ｘ２＋１的导数是_____________. ２.函数y=f(x)的导数y/>0是函数f(x)单调递增的 （B ）
A.充要条件
C.必要不充分条件
B.充分不必要条件
D.既不充分也不必要条件
(0,2) 单调递增区 ３.函数y=x2 (x-3),则f(x)的单调递减区间是_____, (-∞,0) , (2,+∞) 。 间为______________
x
f(x)
极大值 极小值
由此可得，函数在ｘ＝－ ，处取得极大值２＋ ２
在ｘ＝ ，处取得极小值２- ２ ．草图如图
y
∵ａ＞０，显然极大值必为正，
故只要看极小值的正负即可。
－
０
x
y
方程x3-3ax+2=0有惟一的实根；
－
０ y
x
方程x3-3ax+2=0有二个不同的实根 （其中有一个为二重根）；
高考数学一轮复习专题四导数及其应用2导数的应用综合篇课件新人教A版
解析 g(x)的定义域为(0,+∞),g'(x)= ax b ,下面讨论一次函数y=ax-b在(0,
x
+∞)上的正负情况:
(1)当a>0,b>0时,令g'(x)>0,得x>
b a
,令g'(x)<0,得0<x<
b a
,则g(x)在
0,
b a
上单
调递减,在
b a
,
上单调递增;
(2)当a>0,b<0时,g'(x)>0,则g(x)在(0,+∞)上单调递增;
(3)当a<0,b>0时,g'(x)<0,则g(x)在(0,+∞)上单调递减;
(4)当a<0,b<0时,令g'(x)>0,得0<x<
结论 设函数f(x)在点x0处连续. (1)如果在x0附近的左侧f '(x)>0,右侧f '(x)<0,那么f(x0)是⑤ 极大值 ; (2)如果在x0附近的左侧f '(x)<0,右侧f '(x)>0,那么f(x0)是极小值; (3)如果在x0附近的左、右两侧导数值同号,那么 f(x0)不是极值
利用导 (1)求f(x)的定义域; 数求函 (2)求f '(x); 数极值 (3)求方程⑥ f '(x)=0 的根; 的步骤 (4)判断f '(x)在方程的根的⑦ 左、右两侧 值的符号;
x 1
故f '(1)=ea,结合题意知ea=e,∴a=1. (4分)
专题导数及其应用(解答题)(原卷版)(文科专用)-五年(18-22)高考数学真题分项汇编(全国通用)
专题04 导数及其应用（解答题）（文科专用） 1．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=x 3−x,g(x)=x 2+a ，曲线y =f(x)在点(x 1,f (x 1))处的切线也是曲线y =g(x)的切线．(1)若x 1=−1，求a ；(2)求a 的取值范围．2．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax −1x −(a +1)lnx ． (1)当a =0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a 的取值范围．3．【2021年甲卷文科】设函数22()3ln 1f x a x ax x =+-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()y f x =的图象与x 轴没有公共点，求a 的取值范围. 4．【2021年乙卷文科】已知函数32()1f x x x ax =-++．（1）讨论()f x 的单调性；（2）求曲线()y f x =过坐标原点的切线与曲线()y f x =的公共点的坐标． 5．【2020年新课标1卷文科】已知函数()(2)x f x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.6．【2020年新课标2卷文科】已知函数f （x ）=2ln x +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a >0时，讨论函数g （x ）=()()f x f a x a--的单调性． 7．【2020年新课标3卷文科】已知函数32()f x x kx k =-+． （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．8．【2019年新课标2卷文科】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.9．【2019年新课标3卷文科】已知函数32()22f x x ax =-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<<3a 时，记()f x 在区间[]0,1的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围.10．【2018年新课标1卷文科】【2018年新课标I 卷文】已知函数()e 1x f x a lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥． 11．【2018年新课标2卷文科】已知函数()()32113f x x a x x =-++． （1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．12．【2018年新课标3卷文科】已知函数()21x ax x f x e +-=． （1）求曲线()y f x =在点()0,1-处的切线方程； （2）证明：当1a ≥时，()0f x e +≥．。
导数及其应用教研活动(3篇)
第1篇一、活动背景导数是高等数学中的重要概念，是研究函数在某一点附近变化率的基本工具。
在中学数学教学中，导数及其应用是高中数学的重要组成部分，对于培养学生的逻辑思维能力、抽象思维能力以及解决实际问题的能力具有重要意义。
为了提高教师对导数及其应用的教学能力，我校数学教研组于近期开展了以“导数及其应用”为主题的教研活动。
二、活动目标1. 深入理解导数的概念，掌握导数的计算方法。
2. 探讨导数在几何、物理等领域的应用，提高教师运用导数解决实际问题的能力。
3. 总结导数及其应用的教学经验，优化教学方法，提高教学质量。
三、活动内容1. 导数概念的理解与计算活动首先由教研组长带领全体数学教师共同回顾导数的概念，并详细讲解了导数的计算方法。
通过举例分析，使教师们深入理解导数的定义、导数的几何意义以及导数的物理意义。
2. 导数在几何领域的应用教研活动邀请了具有丰富教学经验的教师，以“导数在几何领域的应用”为主题进行专题讲座。
讲座内容包括：导数在求曲线切线斜率、求曲线拐点、求曲线的凹凸性等方面的应用。
讲座过程中，教师们积极参与讨论，共同探讨导数在几何领域的应用技巧。
3. 导数在物理领域的应用教研活动邀请了物理教师进行专题讲座，介绍导数在物理领域的应用。
讲座内容包括：导数在求速度、加速度、位移等物理量的变化率方面的应用。
通过讲座，教师们对导数在物理领域的应用有了更深入的了解。
4. 导数及其应用的教学方法探讨教研活动邀请了具有丰富教学经验的教师，分享他们在导数及其应用教学过程中的心得体会。
教师们围绕以下几个方面进行讨论：（1）如何激发学生对导数学习的兴趣；（2）如何引导学生理解导数的概念；（3）如何运用导数解决实际问题；（4）如何优化导数及其应用的教学方法。
四、活动总结本次教研活动取得了圆满成功，达到了预期目标。
以下是活动总结：1. 教师们对导数的概念、计算方法及应用有了更深入的理解；2. 教师们掌握了导数在几何、物理等领域的应用技巧；3. 教师们对导数及其应用的教学方法进行了探讨，为今后的教学工作提供了有益的借鉴。
超实用高考数学专题复习：第四章导数及其应用 导函数的“隐零点”问题
(2)证明 g′(x)＝（x－2）ex＋ x3 a（x＋2）＝x＋x32(f(x)＋a). 由(1)知，f(x)＋a单调递增，对任意a∈[0，1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0. 因此，存在唯一xa∈( 0，2]，使得f(xa)＋a＝0，即g′(xa)＝0. 当0<x<xa时，f(x)＋a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减； 当x>xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增.
因为 y＝x＋ex 2单调递增，对任意 λ∈12，e42，存在唯一的 xa∈(0，2]，a＝－f(xa)∈[0，1)， 使得 h(a)＝λ.所以 h(a)的值域是12，e42. 综上，当 a∈[0，1)时，g(x)有最小值 h(a)，h(a)的值域是12，e42.
题型二 不等式证明中的“隐零点” 【例 2】 (2019·天津卷)设函数 f(x)＝ln x－a(x－1)ex，其中 a∈R.
导函数的“隐零点”问题
养成良好的答题习惯，是决定高考数学成败的决定性因素之一。做题前，要 认真阅读题目要求、题干和选项，并对答案内容作出合理预测;答题时，切忌跟 着感觉走，最好按照题目序号来做，不会的或存在疑问的，要做好标记，要善 于发现，找到题目的题眼所在，规范答题，书写工整;答题完毕时，要认真检查 ，查漏补缺，纠正错误。总之，在最后的复习阶段，学生们不要加大练习量。 在这个时候，学生要尽快找到适合自己的答题方式，最重要的是以平常心去面 对考试。数学最后的复习要树立信心，考试的时候遇到难题要想“别人也难” ，遇到容易的则要想“细心审题”。越到最后，考生越要回归基础，单词最好 再梳理一遍，这样有利于提高阅读理解的效率。另附高考复习方法和考前30天 冲刺复习方法。
【通用版】超实用新高考文科数学重难点专题复习：专题四 导数及其应用 第二讲 导数的应用(核心课件)
则实数 m 的取值范围为( A )
A. (, 4 e]
B.[4 e, )
C. (, 2 e]
D.[2 e, )
[解析] 因为函数 f (x) e2x1 e2x mx 在 R 上为增函数， 所以 f '(x) 2e2x1 2e2x m 0 对 xR 恒成立， 即 m 2e2x1 2e2x 对 x R 恒成立， 又因为 2e2x1 2e2x 2 2e2x1 2e2x 4 e （当且仅当 2e2x1 2e2x ，即 x 1 时等号成立），
它可以把抽象的数学语言与直观图形相对应，使复杂问题简单化，抽象问 题具体化； （4）分类讨论的思想：
令
l
'
512 y2
2
0
，解得
y
16
（
y
16
舍去），
当 0 y 16 时， l ' 0 ；当 y 16 时， l ' 0 ，所以当 y 16 时，
l 取得极小值，也就是最小值，此时 x 512 32 . 16
故选 A.
[典型例题]
2. 中国古代名词“刍童”原来是草堆的意思，关于“刍童”体积计算的描述，
2x
39
x
x2
17x 2
39 2
，
故当 x 9 时，体积取得最大值， 2
最大值为
9 2
2
9 2
17 2
39 2
75 2
，故选
B.
做题时要善于总结。不仅总结方法，也要总结错误。这样，作完之后才会有 所收获，才能举一反三。
一、第一轮复习，即基础复习阶段
这个阶段的复习是整个高考复习中最关键的环节，一般从8月份到第二年的 三月份，历时8个月，这一阶段的复习效果直接影响整个高考的成败，因此同学 们应该高度重视，在第一轮复习中我们必须严格按照《复习大纲》的要求，把 《大纲》中所有的考点逐个进行突破，全面落实，形成完整的知识体系。这就 需要考生要对课本中的基本概念，基本公式，基本方法重点掌握，在复习中应 淡化特殊技巧的训练，重视数学思想和方法的作用。
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用(新高考卷)
高考数学最新真题专题解析—导数及其应用（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知函数f(x)=x 3−x +1，则( ) A. f(x)有两个极值点 B. f(x)有三个零点C. 点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心D. 直线y =2x 是曲线y =f(x)的切线 【答案】AC 【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题，函数的对称性，考查了运算能力以及数形结合思想，属于中档题． 【解答】解： f(x)=x 3−x +1⇒f′(x)=3x 2−1 ，令 f′(x)=0 得： x =±√33，f′(x)>0⇒x <−√33 或 x >√33 ； f′(x)<0⇒−√33<x <√33，所以 f(x) 在 (−∞,−√33) 上单调递增，在 (−√33,√33) 上单调递减，在 (√33,+∞)上单调递增，所以 f(x) 有两个极值点 (x =−√33 为极大值点， x =√33为极小值点 ) ，故 A正确 ;又 f(−√33)=−√39−(−√33)+1=1+2√39>0 ， f(√33)=√39−√33+1=1−2√39>0 ，所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ，故 B 错 ;又 f(−x)=−x 3+x +1⇒f(−x)+f(x)=2 ，所以 f(x) 关于 (0,1) 对称，故 C 正确 ;对于 D 选项，设切点 P(x 0,y 0) ，在 P 处的切线为 y −(x 03−x 0+1)=(3x 02−1)(x −x 0) ，即 y =(3x 02−1)x −2x 03+1 ，若 y =2x 是其切线，则 {3x 02−1=2−2x 03+1=0，方程组无解，所以 D 错． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】曲线y =ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为 ， ． 【答案】y =x e y =−xe 【分析】本题考查函数切线问题，设切点坐标，表示出切线方程，带入坐标原点，求出切点的横坐标，即可求出切线方程，为一般题． 【解答】解：当 x >0 时，点 (x 1,lnx 1)(x 1>0) 上的切线为 y −lnx 1=1x 1(x −x 1).若该切线经过原点，则 lnx 1−1=0 ，解得 x =e ， 此的切线方程为 y =xe ．当 x <0 时，点 (x 2,ln(−x 2))(x 2<0) 上的切线为 y −ln (−x 2)=1x 2(x −x 2) ．若该切线经过原点，则 ln(−x 2)−1=0 ，解得 x =−e ， 此时切线方程为 y =−xe ． 【命题意图】考察导数的概念，考察导数的几何意义，考察导数求导法则求导公式，导数的应用，考察数学运算和逻辑推导素养，考察分类讨论思想，函数和方程思想，化归与转化的数学思想，分析问题与解决问题的能力。
专题4 一元函数导数及其应用--《2021届新高考地区优质数学试卷分项解析01》 【解析版】
专题4 一元函数导数及其应用一、单选题1．（2021届江苏无锡·高三期中）已知函数2()(1)sin f x a x a x =--是奇函数，则曲线()y f x =在点(0，0)处的切线斜率为（ ） A ．2 B ．﹣2 C ．1 D ．﹣1【答案】D 【解析】由题意函数为奇函数可知22()(1)sin ()(1)sin f x a x a x f x a x a x -=-+=-=--+ 所以10a -=，所以1a =， 则函数可化为()sin f x x =-， 则()()cos 01f x x f '='-=-，，则由导数得几何意义可知曲线()y f x =在点(0，0)处的切线斜率为-1. 故选：D.2．（2021届江苏连云港·高三期中）曲线ln y x x = 在点(,)M e e 处的切线方程为 A ．2y x e =+ B ．2y x e =- C ．y x e =+ D ．y x e =- 【答案】B 【解析】由ln '1ln y x x y x =⇒=+，1ln 2x ey e ='=+=，所以过点(,)M e e 切线方程为()22y x e e x e =-+=-答案选B3．（2021届江苏无锡·高三期中）某数学兴趣小组对形如32()f x x ax bx c =+++的某三次函数的性质进行研究，得出如下四个结论，其中有且只有一个是错误的，则错误的结论一定是（ ） A ．函数()f x 的图象过点(2，1)B ．函数()f x 在x ＝0处有极值C ．函数()f x 的单调递减区间为[0，2]D ．函数()f x 的图象关于点(1，0)对称 【答案】D 【解析】题意对于A 选项，()28421f a b c =+++=；对于B 选项，()()23200f x x ax b f b =+'+='=，；对于C 选项，由递减区间可得()()0021240f b f a b ==+''=+=，； 因为有且仅有一个选项错误，所以B 、C 正确，所以3a =-，0b =对于D 选项，函数()f x 的图象关于点(1，0)对称，则有()()110f x f x ++-=，可赋值得到：当x =0时，()210f =，当x =1时，()()200f f +=，即可得到8420a b c c ++++=解得2c =与0a b c ++=解得3c =，显然c 有两个取值，故D 错误；所以A 正确，解得5c =，所以32()35f x x x =-+，所以()21f =，()2()3632f x x x x x '=-=-，所以函数在(),0-∞和()2,+∞上单调递增，在()0,2上单调递减，在0x =处取得极大值，故ABC 均正确； 故选：D点睛：若()()2f a x f b x c ++-=，则()f x 关于,2a b c +⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称； 4．（2021届江苏苏州·高三期中）已知函数()ln f x x x =，若直线l 过点()0,e -，且与曲线()y f x =相切，则直线l 的斜率为（ ） A ．2- B ．2 C ．e - D ．e【答案】B 【解析】设切点坐标为(),ln t t t ，()ln f x x x =，()ln 1f x x '=+，直线l 的斜率为()ln 1f t t '=+，所以，直线l 的方程为()()ln ln 1y t t t x t -=+-，将点()0,e -的坐标代入直线l 的方程得()ln ln 1e t t t t --=-+，解得t e =，因此，直线l 的斜率为()2f e '=. 故选：B.5．（2021届江苏盐城·高三期中）函数()()2122ln 2f x ax a x x =-++单调递增的必要不充分条件有（ ） A ．2a ≥ B ．2a =C ．1a ≥D ．2a >【答案】A 【解析】 由函数()()2122ln 2f x ax a x x =-++在区间()0,∞+单调递增， 则()()()222220ax a x f x ax a x x-++'=-++=≥在区间()0,∞+恒成立，即()2220ax a x -++≥在区间()0,∞+恒成立，①当0a =时，2201x x -+≥⇒≤，不满足题意； ②当0a <时，()()222210ax a x a x x a ⎛⎫-++=--≥ ⎪⎝⎭， 又20a<， 即()2101x x x a ⎛⎫--≤⇒≤ ⎪⎝⎭，不满足题意；③当0a >时，()()222210ax a x a x x a ⎛⎫-++=--≥ ⎪⎝⎭， 又20a>， ()2220ax a x -++≥在区间()0,∞+恒成立， 则()()2228202a a a a ∆=+-=-≤⇒=， 综上：函数()()2122ln 2f x ax a x x =-++单调递增的充要条件为2a =， 判断选项A 正确. 故选：A.6．（2021届江苏连云港·高三期中）函数()ln 22f x x x x a =-++，若()f x 与()()f f x 有相同的值域，则a 的取值范围为（ ）A ．(],0-∞B ．1,02⎛⎤-⎥⎝⎦C ．30,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．[)0,+∞【答案】B 【解析】()f x lnx '=，故而当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，()f x ∴的最小值为()121f a =+，且x →+∞时，()f x →+∞即()f x 的值域为[)21,a ++∞，函数()y f x =与(())y f f x =有相同的值域，且()f x 的定义域为(0,)+∞，0211a ∴<+≤，解得：102-<≤a ．故选：B7．（2021届河北高三月考）设()f x 是定义在()(),00,-∞⋃+∞上的函数，()f x '为其导函数，已知()()1221f x f x -=-，()20f -=，当0x >时，()()xf x f x '-<，则使得()0f x >成立的x 的取值范围是（ ） A ．()()2,00,2- B ．()(),22,-∞-+∞C ．()(),20,2-∞-D ．()()0,22,+∞【答案】B 【解析】由()()1221f x f x -=-，可知()f x 为偶函数，构造新函数()()g x xf x =，则()()()g x xf x f x ''=+，当0x >时()0g x '>. 所以()()g x xf x =在()0,∞+上单调递增，又()20f =，即()20g =. 所以由()()0g x xf x =>可得2x >，此时()0f x >.又()f x 为偶函数，所以()0f x >在()(),00,-∞⋃+∞上的解集为()(),22,-∞-+∞.故选：B ．8．（2021届烟台市福山区教育局高三期中）已知函数()1,13ln ,393x x f x x x ⎧-<≤⎪=⎨<≤⎪⎩，若函数()()g x f x ax=-有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．21,32⎫⎪⎪⎣⎭B ．ln 311,932e ⎡⎤⎧⎫⋃⎨⎬⎢⎥⎣⎦⎩⎭C ．1ln 312,,3923e ⎡⎡⎫⋃⎢⎪⎢⎣⎭⎣⎭D ．ln 31210,9332e ⎫⎛⎫⎧⎫⋃⋃⎪⎨⎬ ⎪⎪⎝⎭⎩⎭⎣⎭【答案】D 【解析】函数()()g x f x ax =-有两个不同的零点等价于方程()f x a x=有两个不同的根，1,13,()ln3,39,x x xf x x x x x-<≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩， 令1()x u x -=∴''21()()21x u x x x -==- ''()012,()023,u x x u x x >⇒<<<⇒<< ∴()u x 在(1,2)递增，在(2,3)递减， ∴12(1)0,(2),(3)23u u u ===∴2()(0,]3u x ∈，且 令lnln33()33x xv x x x ==⨯，39x <≤，令3x t =，则1ln ()3t y v x t ==，13t <≤，'211ln 3t y t-=⋅，当'0y t e =⇒=，'01y t e >⇒<<，'03y e t <⇒<<，∴y 在(1,)e 递增，在(,3)e 递减，且1ln 3(1)0,(),(3)39y y e y e === ∴1()(0,]3v x e∈， 所以直线y a =与1,13,()ln3,39,x x x f x x x x x-<≤⎪⎪=⎨⎪<≤⎪⎩有两个交点， 可得a 的取值范围为：ln 31210,932e ⎫⎛⎫⎧⎫⋃⋃⎪⎨⎬ ⎪⎪⎝⎭⎩⎭⎣⎭. 故选：D.9．（2021届江苏南京师大附中高三期中）设实数k ，已知函数f (x )=,011,1x e x x x ⎧≤<⎨-≥⎩，若函数()y f x k =-在区间(0,)+∞上有两个零点1212,()x x x x <，则211()()x x f x -的取值范围是（ ） A ．2[1,e ] B ．[1,]e - C ．2[,)e e D ．2[2,)e【答案】D 【解析】因为函数()y f x k =-在区间(0,)+∞上有两个零点1212,()x x x x <， 即方程()0f x k -=在区间(0,)+∞上有两个实数根1212,()x x x x <，即函数()y f x =和y k =的图象存在两个交点，画出两个函数的图象，如图所示， 由图象可得1k e ≤<，因为121xe x k =-=，所以12ln ,1x k x k ==+，令()2211()()(1ln )ln g k x x f x k k k k k k k =-=+-=+-，则()21ln 12ln g k k k k k '=+--=-，当1k e ≤<时，由函数2y k =与ln y k =的图象可知2ln k k >， 所以()2ln 0g k k k '=->，所以函数()g k 在区间[1,e)上单调递增， 所以()()()1g g k g e ≤<，即()22g k e ≤<，所以211()()x x f x -的取值范围是2[2,)e .故选：D.根据函数的零点求参数的范围的解题策略：1、转化：把函数的零点测存在情况转化为方程的解或两个函数的图形的交点的情况；2、列式：根据函数零点的存在性定理或结合图象列式，合理构造新函数；3、求解：结合函数的基本性质（单调性，极值、最值）或图象进行求解；4、求出参数的取值范围或根据图象求得参数的取值范围. 二、多选题10．（2021届江苏苏州·高三期中）已知函数()cos 3sin f x x x =，()()g x f x '=则（ ） A ．()g x 的图象关于点(,0)6π对称B ．()g x 的图象的一条对称轴是6x π=C ．()g x 在5,66ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减 D ．()g x 在(,)33ππ-值域为(0,1)【答案】BC 【解析】()sin 32sin 3f x x x x π⎛⎫'=-=-+ ⎪⎝⎭，所以()2sin 3g x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭.对选项A ，2sin 2062g ππ⎛⎫=-=-≠⎪⎝⎭，故A 错误； 对选项B ，2sin 262g ππ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭，所以6x π=为()g x 图象的一条对称轴， 故B 正确.对选项C ，因为566x ππ-<<，所以232x πππ-<+<， 所以函数sin 3y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭在5,66ππ⎛⎫-⎪⎝⎭为增函数， 即()2sin 3g x x π⎛⎫=-+⎪⎝⎭在5,66ππ⎛⎫-⎪⎝⎭为减函数，故C 正确. 对选项D ，33x ππ-<<，所以2033x ππ<+<， 所以0sin 13x π⎛⎫<+≤ ⎪⎝⎭，()20g x -≤<，故D 错误. 故选：BC11．（2021届江苏苏州·高三期中）函数()ln 1xx kf x e x+=--在()0,∞+上有唯一零点0x ，则（ ） A ．001x x e=B ．0112x << C ．1k = D ．1k >【答案】ABC 【解析】由()0f x =，可得()ln 0xxe x x k -+-=，即()ln xxk xe xe=-，令()xu x xe =，其中0x >，则()()10xu x x e '=+>，所以，函数()xu x xe =在区间()0,∞+上单调递增，则()()00u x u >=，令()ln g t t t =-，其中0t >，()111t g t t t'-=-=. 当01t <<时，()0g t '<，此时函数()g t 单调递减；当1t >时，()0g t '>，此时函数()g t 单调递增. 所以，()()min 11g t g ==.若函数()f x 在()0,∞+上有唯一零点0x ，则1k =. 所以，()0001x u x x e==，由于函数()u x 在()0,∞+上单调递增，1122e u ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，()11u e =>，即()()0112u u x u ⎛⎫<< ⎪⎝⎭，0112x ∴<<，所以，ABC 选项正确，D 选项错误. 故选：ABC.12．（2021届江苏南通·高三月考）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当0x ＞时，()1x x f x e-=.则下列结论正确的是（ ）. A ．当0x <时，()()1xf x ex =-+B ．函数()f x 在R 上有且仅有三个零点C ．若关于x 的方程()f x m =有解，则实数m 的取值范围是()()22f m f -≤≤D ．12,x x ∀∈R ，()()212f x f x -< 【答案】BD 【解析】令0x <，则0x ->，所以1()(1)()x xx f x e x f x e----==-+=-，得()(1)x f x e x =+，所以选项A 错误； 观察在0x <时的图象，令()(1)(2)0xxxf x e x e e x '=++=+=，得2x =-，可知()f x 在(,2)-∞-上单调递减，在(2,0)-上递增，且在(,1)-∞-上，()0f x <，在(1,0)-上，()0f x >，由此可判断在(,0)-∞仅有一个零点，由函数的对称性可知()f x 在(0,)+∞上也有一个零点，又因为(0)0f =，故该函数有三个零点，所以选项B 正确；由图可知，若关于x 的方程()f x m =有解，则11m -<<，所以选项C 错误；由图可知，()f x 的值域为(1,1)-，所以对12,x x ∀∈R ，()()212f x f x -<恒成立，所以选项D 正确. 故选：BD13．（2021届河北高三月考）已知函数()y f x =在R 上可导且(0)1f =，其导函数()'f x 满足()2()01f x f x x --'<，设函数2()()x f x g x e=，下列结论正确的是（ ）A ．函数()g x 在(1,)+∞上为单调递增函数B ．1x =是函数()g x 的极大值点C ．函数()f x 至多有两个零点D ．0x 时，不等式2()x f x e 恒成立 【答案】BCD 【解析】因为2()()xf xg x e =， 所以2()2()()xf x f xg x e '-'=，又因为()2()01f x f x x --'<， 所以当1x >时，()2()0f x f x '-<，()0g x '<，则()g x 递减； 当1x <时，()2()0f x f x '->，()0g x '>，则()g x 递增； 所以当1x =时， ()g x 取得极大值，2(1)(1)f g e =，当(1)0<g 时，()g x 无零点，()2()xf xg x e =⋅无零点；当(1)0g =时，()g x 有一个零点，()2()xf xg x e =⋅有一个零点；当(1)0g >时，()g x 有两个零点，()2()x f x g x e =⋅有两个零点，故函数()f x 至多有两个零点；当0x 时，()()0(0)01x f g g e ≤==，2()()1x f x g x e=≤，所以不等式2()x f x e 恒成立， 故选：BCD14．（2021届烟台市福山区教育局高三期中）已知函数()sin xf x x=，(]0,x π∈，则下列结论正确的有（ ）A ．()f x 在区间(]0,π上单调递减B ．若120x x π<<≤，则1221sin sin x x x x ⋅>⋅C ．()f x 在区间(]0,π上的值域为[)0,1D ．若函数()()cos g x xg x x '=+，且()1g π=-，()g x 在(]0,π上单调递减 【答案】ACD 【解析】()2cos sin x x xf x x -'=， (]0,x π∈，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos 0x >，由三角函数线可知tan x x <， 所以sin cos xx x<，即cos sin x x x <，所以cos sin 0x x x -<， 所以()0f x '<，所以()f x 在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，当,2x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，cos 0x ≤，sin 0x ≥，所以cos sin 0x x x -<，()0f x '<， 所以()f x 在区间,2ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减， 所以()f x 在区间(]0,π上单调递减，故选项A 正确； 当120x x π<<≤时，()()12f x f x >，所以1212sin sin x x x x >，即1221sin sin x x x x ⋅<⋅，故选项B 错误； 由三角函数线可知sin x x <，所以sin 1x x x x <=，sin ()0f πππ==， 所以当(]0,x π∈时，()[)0,1f x ∈，故选项C 正确； 对()()cos g x xg x x '=+进行求导可得： 所以有()()()sin g x g x xg x x ''''=+-， 所以()()sin xg x f x x''==，所以()g x ''在区间(]0,π上的值域为[)0,1，所以()0g x ''≥，()g x '在区间(]0,π上单调递增，因为()0g π'=， 从而()()0g x g π''≤=，所以函数()g x 在(]0,π上单调递减，故选项D 正确. 故选：ACD.15．（2021届山东临沂·高三期中）记函数()f x 与()g x 的定义域的交集为I ，若存在0x I ∈，使得对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，则称()()(),f x g x 构成“相关函数对”．下列所给的两个函数构成“相关函数对”的有（ ） A ．()xf x e =，()1g x x =+B ．()ln f x x =，()1g x x= C ．()f x x =，()2g x x =D ．()f x x =12xg x【答案】BD 【解析】根据函数的新定义，可得两个函数的图象有一个交点，且交点的两侧图象一侧满足()()f x g x >，另一侧满足()()f x g x <， 对于A 中，令()()()1xx f x g x e x ϕ=-=--，可得()1xx e ϕ'=-，当0x >时，()10xx e ϕ'=->，函数单调递增；当0x <时，()10xx e ϕ'=-<，函数单调递减，所以当0x =时，函数()x ϕ 取得最小值，最小值为()00ϕ=， 即()0x ϕ≥，所以()()f x g x ≥恒成立，不符合题意； 对于B 中，令()()()1ln ,0x f x g x x x x ϕ=-=->，可得()2110x x xϕ'=+>， 所以函数()x ϕ单调递增， 又由()()11ln110,ln 0e e eϕϕ=-<=->， 设0x x =满足()00x ϕ=，且01x e <<，则对任意(0,)x ∈+∞，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意； 对于C 中，函数()f x x =，()2g x x =，根据一次函数和二次函数的性质，可得函数()y f x =的图象由两个交点， 此时不满足题意；对于D 中，令()()()1()2x x f x g x x ϕ=-=，可得()1211()ln 2022x x x ϕ-'=+>，所以()x ϕ在定义域[0,)+∞单调递增， 又由()()1010,102ϕϕ=-<=>，所以方程()0x ϕ=只有一个实数根，设为0x ， 则满足对任意x I ∈，不等式()()f x g x -⎡⎤⎣⎦()00x x -≥恒成立，符合题意. 故选：BD16．（2021届山东德州·高三期中）已知函数()f x 的定义域为()0,∞+，其导函数()f x '满足()1f x x'<，且()11f =，则下列结论正确的是（ ） A ．()2f e > B ．10f e ⎛⎫> ⎪⎝⎭C ．()1,x e ∀∈，()2f x <D ．1,1e x ⎛∈∀-⎫ ⎪⎝⎭， ()120x f x f ⎛⎫+> ⎪⎝⎭- 【答案】BCD 【解析】令()()ln F x f x x =-，∴'1()()0F x f x x'=-<， ()F x ∴在(0,)+∞单调递减， (1)1f =，(1)(1)1F f ∴==，对A ，()(1)()11()2F e F f e f e <⇒-<⇒<，故A 错误； 以B ，111(1)()110eF F f f e e ⎛⎫⎛⎫>⇒+>⇒> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故B 正确； 对C ，(1,)()(1)()ln 1x e F x F f x x ∈∴<⇒-<，()1ln f x x ∴<+，(1.),ln (0,1)x e x ∈∈， 1ln (1,2)x ∴+∈，()2f x ∴<，故C 正确；对D ，111,1,,()x x F x F e x x ⎛⎫⎛⎫∈>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭1()ln f x mx f x x ⎛⎫⇒->+ ⎪⎝⎭1()2ln f x f x x ⎛⎫⇒-> ⎪⎝⎭，1,1,ln (1,0)x x e ⎛⎫∈∴∈- ⎪⎝⎭，1()2f x f x ⎛⎫∴->- ⎪⎝⎭1()20f x f x ⎛⎫⇒-+> ⎪⎝⎭，故D 正确； 故选：BCD. 三、填空题17．（2021届江苏南通·高三期中）曲线(sin )e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为________.【答案】2y x = 【解析】0(sin cos 1)e ,|2x x y x x x y =''=+++=,所以切线方程为2y x =. 故答案为:2y x =.18．（2021届山东临沂·高三期中）已知函数()cos f x a x =，()22g x x bx =++，若曲线()y f x =与()y g x =在公共点()0,m 处有公切线，则a b +=______．【答案】2 【解析】 由已知，()'sin fx a x =-，()'00f =，(0)f a =，所以曲线()y f x =在()0,m 处的切线方程为y a =()'2g x x b =+，()'0g b =，()02g =，所以曲线()y g x =在()0,m 处的切线方程为2(0)y b x -=-，即2y bx =+，所以2,0a b ==，2a b += 故答案为：219．（2021届江苏扬州·高三期中）已知幂函数y = f (x )的图象过点12,4⎛⎫⎪⎝⎭，则曲线y = f (x )在点()1,1处的切线方程为___________ 【答案】230x y +-= 【解析】设()f x x α=，将12,4⎛⎫ ⎪⎝⎭代入，124α=，解得2α=-，()2f x x -∴=，则()32f x x -'=-，()12f ∴'=-，则切线方程为()121y x -=--，即230x y +-=. 故答案为：230x y +-=.20．（2021届山东济宁·高三其他模拟）已知函数1ln ()1()xk xf x e k x-+=--∈R 在(0,)+∞上存在唯一零点0x ，则下列说法中正确的是________.（请将所行正确的序号填在梭格上） ①2k =；②2k >；③00ln x x =-；④0112x e <<. 【答案】①③ 【解析】由题意知()0f x =有唯一解0x ，即e ln 10x x x x k ---+=的根为0x . 令()e ln 1xg x x x x k =---+，11()(1)e (1)e x x x g x x x x x +⎛⎫'=+-=+- ⎪⎝⎭， 令0gx '=（）得1e xx =，当0x >时，1e xx=有唯一解t ，满足e 1t t =， 故()g x 在(0,)t 上单调递减，(,)t +∞上单调递增. 又因为0x →，();,()g x x g x →+∞→+∞→+∞，因此0t x =，即()00g x =，即0000e ln 1=0xx x x k ---+，整理可得00+ln =2x x k - 故002,ln 0k x x =+=.另外，令1()ln ,()10h x x x h x x'=+=+>， 故h x （）在(0,)+∞上单调递增， 11111e 10,ln 2ln 0e e 2224h h ⎛⎫⎛⎫=-+<=-+=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故④错误.故答案为：①③．21．（2021届江苏盐城·高三期中）若函数()21ln 2f x x b x ax =++在()1,2上存在两个极值点，则()39b a b ++的取值范围是_______.【答案】814,16⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】 因为()()21ln 02f x x b x ax x =++>， 所以()2b x ax bf x x a x x++'=++=，设()2g x x ax b =++，因为函数()f x 在()1,2上存在两个极值点， 所以()f x '在()1,2上存在两个零点，所以()g x 在()1,2上存在两个零点，设为12,x x 且12x x ≠，所以根据韦达定理有：1212x x ax x b +=-⎧⎨⋅=⎩，故()23939b a b b ab b ++=++()()21212121239x x x x x x x x =⋅-⋅++⋅ ()()22112233x x x x =--，因为()11,2x ∈，所以221113993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，222223993,2244x x x ⎛⎫⎡⎫-=--∈-- ⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭，由于12x x ≠，所以()()22112281334,16x x x x ⎛⎫--∈ ⎪⎝⎭.故答案为：814,16⎛⎫ ⎪⎝⎭. 22．（2021届江苏苏州·高三期中）已知定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，其导函数为()f x '. 当0x ≥时，()()1xf x f x '>-. 若对任意x ∈R ，不等式()()0xxxe f eeax axf ax -+->恒成立，则正整数a 的最大值为_____. 【答案】2 【解析】因为定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称， 所以函数()f x 为R 上的偶函数，令()()g x xf x x =-，则()()()1g x f x xf x ''=+-，因为当0x ≥时，()()1xf x f x '>-，即()()()10g x f x xf x ''=+->， 所以()g x 在[)0,+∞单调递增， 不等式()()0xx xe f e eax axf ax -+->恒成立，即()()xx xe f eeaxf ax ax ->-，即()()x g e g ax >，所以e x ax >，当0x >时，()x e a h x x <=，则()()21x e x h x x-'=， 可得()h x 在()0,1单调递减，在()1,+∞单调递增， 所以()()min 1h x h e ==， 所以a e <，此时最大的正整数a 为2，2a =对于0x <时，e x ax >恒成立，综上所述：正整数a 的最大值为2， 故答案为：223．（2021届江苏南通·高三期中）定义在()0,∞+上的函数()f x 满足()0f x >，()()f x f x '为的导函数，且()()()23f x xf x f x '<<对()0,x ∈+∞恒成立，则()()23f f 的取值范围是_______【答案】84,279⎛⎫⎪⎝⎭【解析】 设()()2(0)f x g x x x=>，则()()()320xf x f x g x x -''=>，故函数()g x 在()0,∞+上单调递增， 所以()()2349f f <，故()()2439f f <． 设()()3(0)f x h x x x=>，则()()()()430xf x f x h x h x x -<''=，故在()0,∞+上单调递减，所以()()23827f f >，则()()28327f f >， 所以()()2842739f f <<．故()()23f f 的取值范围是84,279⎛⎫⎪⎝⎭． 24．（2021届江苏南京师大附中高三期中）设a ，b 为实数，对于任意的a ≥2，关于x 的不等式x ≤ax b e +(e 为自然对数的底数)在实数域R .上恒成立，则b 的取值范围为_______________ 【答案】[)ln 21,--+∞ 【解析】由已知得，当0x ≤时，x ≤ax b e +显然成立，当0x >时，对于任意的a ≥2，关于x 的不等式x ≤ax b e +在实数域R .上恒成立， 由x ≤ax b e +⇒ln x ax b ≤+⇒ln b x ax ≥-[]max ln b x ax ⇒≥-， 令()ln f x x ax =-，则11'()axf x a x x，易知， 当10x a<<时，'()0f x >，()f x 单调递增； 当1x a>时，'()0f x <，()f x 单调递减； max 11()()ln 1ln 1f x f a a a∴==-=--，又由a ≥2得，[]max ln 1ln 21a --=--[]max ln ln 21b x ax ⇒≥-=--，所以，b 的取值范围为[)ln 21,--+∞ 故答案为：[)ln 21,--+∞ 四、双空题25．（2021届江苏无锡·高三期中）已知函数3ln ,1(),1x x f x x x x ≥⎧=⎨-+<⎩，令()()g x f x kx =-，当22k e =-时，有0()0g x =，则0x =_______；若函数()g x 恰好有4个零点，则实数k 的值为_______. 【答案】20,21e -+ 1e【解析】由22k e =-，可得当1≥x 时，2()(ln 20)g x f x kx x e x =-=+>恒成立，所以00x <；当1x <时，()3220g x x x e x =-++=，可化简得()22120x x e-++=，则0x =或212x e =-+；由0x =为函数的一个零点，当0x ≠时，令()0f x kx -=，则2ln ,11,10xx k x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-+<≠⎩且，令()ln ,1x x x x ϕ=≥，则()21ln xx x ϕ-'=， 当[1,)x e ∈时，()0x ϕ'>，()x φ单调递增； 当(,)x e ∈+∞时，()0x ϕ'<，()x φ单调递减， 所以当x e =时，函数()x φ取得极大值，极大值为()1e eϕ=， 要使得函数()g x 恰好有4个零点，等价于函数y k =与()2ln ,11,10xx h x x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-+<≠⎩且的图象有三个不同的交点，作出函数2ln ,11,10xx k xx x x ⎧≥⎪=⎨⎪-+<≠⎩且的图象，如图所示， 要使得函数()g x 恰好有4个零点，则1k e=.故答案为：1e函数零点的判定方法：（1）直接求零点，令()0f x =，有几个解，函数就有几个零点；（2）零点的存在定理，要求函数()f x 在区间[],a b 上是连续不断的曲线，且()()0f a f b <，再结合函数的图象与性质确定零点的个数；（3）利用图象交点的个数，作出两函数的图象，观察其交点的个数，得出函数()f x 的零点个数. 五、解答题26．（2021届河北衡水中学高三月考）设函数223223()3,()33,22a a f x x x ax g x ax x a ⎛⎫=-+=-++-∈ ⎪⎝⎭R . （1）求函数()f x 的单调区间； （2）若函数[]()23()()()0,222a x f x g x x x ϕ=--∈在0x =处取得最大值，求a 的取值范围. 【答案】（1）当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为93,1a ⎛--∞- ⎝⎭和931a⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为93931a a ⎛---+ ⎝⎭；（2）6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦. 【解析】（1）()22()36313f x x x a x a '=-+=-+-， 当3a ≥时，()0f x '≥，所以()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间； 当3a <时，令()0f x '>，得9313a x -<-或9313ax ->+ 所以()f x 的单调递增区间为93,1a ⎛--∞ ⎝⎭和931a⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭令()0f x '<，得939311a ax --<<+， 所以()f x 的单调递减区间为93931a a ⎛--+ ⎝⎭. 综上，当3a ≥时，()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞，无单调递减区间；当3a <时，()f x 的单调递增区间为93,1a ⎛--∞- ⎝⎭和931a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为93931a a ⎛---+ ⎝⎭. （2）由题意得[]322133()(1)3,0,2222x ax a x x a x ϕ=+--+∈.因为函数()x ϕ在0x =处取得最大值，所以[]23223133(0)()(1)3,0,22222a x ax a x x a x ϕϕ==+--+∈，即[]3213(1)30,0,222ax a x x x +--∈， 当0x =时，显然成立. 当(]0,2x ∈时，得()21313022ax a x +--≤， 即()()()()()22323232322221+2x x ax xx x x x ++==++-+-+--. 令(]22,4t x =+∈，则2()1,(2,4]th t t t =--∈， ()2210h t t '=+>恒成立，所以 2()1,(2,4]t h t t t =--∈是增函数，5()0,2h t ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦， 所以3625(2)12x x +--+，即65a ， 所以a 的取值范围为6,5⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.27．（2021届河北衡水中学高三月考）定义可导函数()y f x =在x 处的弹性函数为()()x f x f x '⋅，其中()'f x 为()f x 的导函数．在区间D 上，若函数()f x 的弹性函数值大于1，则称()f x 在区间D 上具有弹性，相应的区间D 也称作()f x 的弹性区间．（1）若()1xr x e x =-+，求()r x 的弹性函数及弹性函数的零点；（2）对于函数()(1)ln xf x x e x tx =-+-（其中e 为自然对数的底数） （ⅰ）当0t =时，求()f x 的弹性区间D ；（ⅱ）若()1f x >在（i ）中的区间D 上恒成立，求实数t 的取值范围． 【答案】（1）()(1)()1x x x xr x e r x e x '⋅=-⋅-+，0x =； （2）（ⅰ）(1,)+∞，（ⅱ）(,1]-∞-. 【解析】（1）由()1xr x e x =-+，可得()1xr x e '=-， 则()(1)()1x x x x r x e r x e x '⋅=-⋅-+， 令()(1)0()1x x x xr x e r x e x '⋅=-⋅=-+，解得0x =， 所以()r x 弹性函数的零点为0x =.（2）（ⅰ）当0t =时，函数()(1)ln xf x x e x =-+，可得函数()f x 的定义域为(0,)+∞，因为211()(1)ln (1)x xxxx e f x x e x e x e x x+'=-+=+-+=，函数()f x 是弹性函数21()1()(1)ln x x x x e f x f x x e x'+⋅=>-+， 此不等式等价于下面两个不等式组：（Ⅰ）()21ln 0......1(1)ln .......x x x x e x x e x e x ⎧-+>⎪⎨+>-+⎪⎩①② 或（Ⅱ）()21ln 0.....1(1)ln . (x)x xx e x x e x e x ⎧-+<⎪⎨+<-+⎪⎩③④， 因为①对应的函数就是()f x ， 由0fx ，所以()f x 在定义域上单调递增，又由(1)0f =，所以①的解为1x >；由可得()221[(1)ln ](1)1ln 0xxxg x x e x e x x x e x =+--+=-++->，且()3221()1(21)(1)x xxx x e g x x e x x e x x+-'=-+-+-=在1x >上恒为正，则()g x 在1x >上单调递增，所以()()10g x g >>，故②在1x >上恒成立， 于是不等式组（Ⅰ）的解为1x >， 同①的解法，求得③的解为01x <<；因为01x <<时，④210,(1)ln 0x xx e x e x +>-+<，所以不成立， 所以不等式（Ⅱ）无实数解，综上，函数()f x 的弹性区间(1,)D =+∞.（ⅱ）由()1f x >在(1,)+∞上恒成立，可得1ln 1(1)xx t e x x-<-+在1x >上恒成立， 设1ln 1()(1)x x h x e x x -=-+，则22(1)2ln ()x x x e xh x x-++-'=， 而()2(1)2ln 1xx x e x g x -++-=+，由（ⅰ）可知，在1x >上恒为正，所以()0h x '>，函数()h x 在(1,)+∞上单调递增，所以()()11h x h >=-， 所以1t ≤-，即实数t 的取值范围是(,1]-∞-.28．（2021届河北高三月考）设函数()()11xxf x xe a e =+-+.（1）求函数()f x 的单调区间及极值；（2）若函数()f x 在(0,)+∞上有唯一零点，证明：23a <<.【答案】（1）()f x 的减区间为(,1)a -∞-，增区间为(1,)a -+∞，极小值为1(1)1a f a a e --=+-，无极大值（2）见解析 【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，∵'()(1)xf x x a e =+-，当(,1)x a ∈-∞-时，'()0f x >，()f x 为减函数； 当(1,)x a ∈-+∞时，'()0f x >，()f x 为增函数，∴()f x 有极小值1(1)1a f a a e --=+-，无极大值，故()f x 的减区间为(,1)a -∞-，增区间为(1,)a -+∞，极小值为1(1)1a f a a e --=+-，无极大值；（2）函数()f x 在(0,)+∞上有唯一零点，即当(0,)x ∈+∞时，方程()0f x =有唯一解，∴11x x a x e +=+-有唯一解，令1()1x x g x x e +=+-，则()()22'()1x x x e e x g x e --=-令()2x h x e x =--，则'()1xh x e =-，当(0,)x ∈+∞时，'()0h x >，故函数()h x 为增函数， 又(1)30h e =->，2(2)40h e =->，∴()h x 在(0,)+∞上存在唯一零点0x ，则0(1,2)x ∈，且002xe x =+， 当()00,x x ∈时，)'(0g x <，当()0,x x ∈+∞时，'()0g x >，∴()g x 在(0,)+∞上有最小值.ly ()0000011(2,3)1x x g x x x e +=+=+∈-，∴23a <<.29．（2021届河北高三月考）已知函数()2ln xf x e x λ=-.（1）当2λ=时，求()f x 的图象在点1x =处的切线方程； （2）当1λ=时，判断()f x 的零点个数并说明理由； （3）若2()f x x x λ-恒成立，求λ的取值范围.【答案】（1）222(1)20e x y e ---+=；（2）()f x 无零点，理由见解析；（3）2eλ≥. 【解析】（1）当2λ=时，2()2ln xf x ex =-，2(1)f e =，222()2,(1)22x f x e f e x'='=-∴-，∴切线方程为22(22)(1)y e e x -=--，即222(1)20e x y e ---+=（2）当1λ=时，2()2ln ,()x xf x e x f x e x-='=-，易知'()f x 在()0,∞+单调递增，且()1()40,1202f e f e ''=<=->， '()f x ∴存在唯一零点01,12x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，002xe x =满足且当()00,x x ∈时，'()0,()f x f x <单调递减，当()0x x ∈+∞，时，'()0,()f x f x >单调递增. 对02x e x =两边取对数，得：00ln 2ln x x =-0min 00000022()()2ln 22ln 2222ln 242ln 20x f x f x e x x x x x ∴==-=+->⋅=-> ()f x ∴无零点.（3）由题意得，22ln x e x x x λλ-≥-，即22ln x e x x x λλ+≥+， 即2ln 2ln x x e x e x λλ+≥+，易知函数xy e x =+单调递增，2ln x x λ∴≥，x()0,ee(),e +∞'()h x+-()h x单调递增 极大值单调递减x λ∴≥，令()h x x =，则2()h x x'=，令'()0h x =得x e =， 列表得，max 22()(),h x h e e eλ∴==∴≥.30．（2021届河北高三月考）已知函数()()()1ln 0axf x e x a =->.（1）当1a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若关于x 的方程()2f x ax ax =-在[)1,+∞上恰有三个不同的实数解，求a 的取值范围.【答案】（1）12e -；（2）10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭. 【解析】（1）当1a =时，()()1ln xf x e x =-，所以()10f =.又()1ln x xe f x e x x-'=+，所以切线的斜率()11k f e '==-， 则切线方程为()()11y e x =--.该切线与x 轴交于点1,0A ，与y 轴交于点()0,1B e -， 所以围成的三角形的面积为()111122e e -⨯⨯-=. （2）显然1x =是方程()2f x ax ax =-的根，当0x >且1x ≠时，方程()2f x ax ax =-等价于11ln ax e x ax x--=， 则ln 11ln ax x e e ax x--=. 记()()10x e g x x x -=>，则()()()22111x x x xe e x e g x x x---+'==， 令()()()110xh x x e x =-+>，则()0xh x xe '=>，故()h x 在()0,∞+上单调递增，故()()00h x h >=，即()0g x '>，所以()g x 在()0,∞+上单调递增，又方程等价于()()ln g ax g x =， 故只需ln ax x =在()1,+∞上有两个不同的根.ln x a x =，令()ln x k x x =，则()21ln xk x x -'=， 当()1,x e ∈时，()0k x '>；当(),x e ∈+∞时，()0k x '<. 所以()k x 在()1,e 上单调递增，在(),e +∞上单调递减， 故()()max 1k x k e e ==. 又()10k =，可得10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.31．（2021届江苏徐州·高三期中）已知函数2()2ln 43f x x x x =+-+．（1）求函数()f x 在[1,2]上的最小值；（2）若3()(1)f x a x -≤，求实数a 的值．【答案】（1）0；（2）23．【解析】（1）因为222(1)()240x f x x x x-'=+-=≥，当且仅当1x =时，()0f x '=， 所以()f x 在[1,2]上是增函数，所以()f x 在[1,2]上的最小值为(1)0f =．（2）根据题意得：3()(1)0f x a x --≤，设323()()(1)2ln 43(1)g x f x a x x x x a x =--=+-+--，则2222(1)(1)(23)()3(1)x x ax g x a x x x---'=--=． ①当0a ≤时，当1x >时，由（1）知()0f x >，而3(1)0a x -≤，所以3()(1)f x a x -≤不恒成立．②当23a >时，2013a <<，当23x a>时，()0g x '≤，当且仅当1x =时，()0g x '=，所以()g x 在2(,)3a +∞上是减函数，所以2()(1)03g g a>=，即()0g x ≤不恒成立．③当203a <<时，213a >， 当203x a<<时，()0g x '≥，当且仅当1x =时，()0g x '=，所以()g x 在2(0,)3a上是增函数，所以2()(1)03g g a>=，即()0g x ≤不恒成立.④当23a =时，32(1)()x g x x -'=-，213a >， 当01x <<时，()0g x '>，()g x 在(0,1)上是增函数； 当1x >时，()0g x '<，()g x 在(1,)+∞上是减函数． 所以()(1)0g x g ≤=，即()0g x ≤恒成立． 综上所述，实数a 的值为23.32．（2021届江苏南通·高三期中）已知函数()22ln f x x x x =-，()()2ln a g x x x x=+-，其中a R ∈，0x 是()g x 的一个极值点，且()02g x =. （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）求实数0x 和a 的值；（3）证明()211ln 21241nk n k =>+-（*n ∈N ）. 【答案】（1）()f x 在()0,∞+上单调递增；（2）01x =，1a =；（3）证明见解析. 【解析】（1）函数()f x 的定义域为()0,∞+，且()22ln 2f x x x '=--，令()()h x f x ='， 则有()()21x h x x-'=，由()0h x '=可得1x =，如下表： x()0,11()1,+∞()h x '-+()h x减极小值 增所以()()10h x h ≥=，即()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上单调递增； （2）函数()g x 的定义域为()0,∞+，且()22ln 1a x g x x x'=-- 由已知，得()00g x '=，即20002ln 0x x x a --=①由()02g x =可得()220000ln 20x x x x a --+=②联立①②消去a 可得()20002ln 2ln 20x x x ---=③ 令()()22ln 2ln 2t x x x x =---，则()()2ln 12ln 22x x x t x x x x--'=--= 由①知ln 10x x --≥，故()0t x '≥，所以()t x 在()0,∞+上单调递增()10t =，所以方程③有唯一解01x =，代入①，可得1a =.（3）由（1）知()22ln f x x x x =-在()0,∞+上单调递增，故当()1,x ∈+∞，()()11f x f >=，所以()()22112ln 10f x x g x x x x -'=--=>， 可得()g x 在()1,+∞上单调递增。
高考数学(理)三年真题专题演练—导数及其应用(解答题)
高考数学三年真题专题演练—导数及其应用（解答题）1．【2021·天津高考真题】已知0a >，函数()x f x ax xe =-． （I ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程： （II ）证明()f x 存在唯一的极值点（III ）若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，求实数b 的取值范围． 【答案】（I ）(1),(0)y a x a =->；（II ）证明见解析；（III ）[),e -+∞ 【分析】（I ）求出()f x 在0x =处的导数，即切线斜率，求出()0f ，即可求出切线方程；（II ）令()0f x '=，可得(1)xa x e =+，则可化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点，利用导数求出()g x 的变化情况，数形结合即可求解；（III ）令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，题目等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，利用导数即可求出()h x 的最小值. 【详解】（I ）()(1)xf x a x e =-+'，则(0)1f a '=-，又(0)0f =，则切线方程为(1),(0)y a x a =->；（II ）令()(1)0x f x a x e =-+='，则(1)xa x e =+，令()(1)x g x x e =+，则()(2)xg x x e =+'，当(,2)x ∈-∞-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当x →-∞时，()0g x <，()10g -=，当x →+∞时，()0g x >，画出()g x 大致图像如下：所以当0a >时，y a =与()y g x =仅有一个交点，令()g m a =，则1m >-，且()()0f m a g m '=-=，当(,)x m ∈-∞时，()a g x >，则()0f x '>，()f x 单调递增， 当(),x m ∈+∞时，()a g x <，则()0f x '<，()f x 单调递减，x m =为()f x 的极大值点，故()f x 存在唯一的极值点；（III ）由（II ）知max ()()f x f m =，此时)1(1,ma m e m +>-=，所以()2max {()}()1(1),mf x a f m a m m e m -=-=-->-， 令()2()1,(1)xh x x x e x =-->-，若存在a ，使得()f x a b ≤+对任意x ∈R 成立，等价于存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥，()2()2(1)(2)x x h x x x e x x e =+-=+'-，1x >-，当(1,1)x ∈-时，()0h x '<，()h x 单调递减，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以min ()(1)h x h e ==-，故b e ≥-， 所以实数b 的取值范围[),e -+∞. 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y a =与()y g x =仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x ∈-+∞，使得()h x b ≤，即min ()b h x ≥.2．【2021·全国高考真题】已知函数2()(1)x f x x e ax b =--+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()f x 有一个零点①21,222e a b a <≤>； ②10,22a b a <<≤． 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可； (2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论. 【详解】(1)由函数的解析式可得：()()'2xf x x e a =-，当0a ≤时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； 当102a <<时，若()(),ln 2x a ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增， 若()()ln 2,0x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()0,x ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增；当12a =时，()()'0,f x f x ≥在R 上单调递增； 当12a >时，若(),0x ∈-∞，则()()'0,f x f x >单调递增，若()()0,ln 2x a ∈，则()()'0,f x f x <单调递减， 若()()ln 2,x a ∈+∞，则()()'0,f x f x >单调递增； (2)若选择条件①：由于2122e a <，故212a e <≤，则()21,010b af b >>=->，而()()210b f b b e ab b --=----<，而函数在区间(),0-∞上单调递增，故函数在区间(),0-∞上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a >--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于2122e a <，212a e <≤，故()()ln 22ln 20a a a -≥⎡⎤⎣⎦，结合函数的单调性可知函数在区间()0,∞+上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 若选择条件②： 由于102a <<，故21a <，则()01210f b a =-≤-<，当0b ≥时，24,42ea ><，()2240f e ab =-+>，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点. 当0b <时，构造函数()1xH x e x =--，则()1xH x e '=-，当(),0x ∈-∞时，()()0,H x H x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,H x H x '>单调递增，注意到()00H =，故()0H x ≥恒成立，从而有：1x e x ≥+，此时：()()()()22111x f x x e ax b x x ax b =---≥-+-+()()211a x b =-+-，当x >()()2110a x b -+->，取01x =，则()00f x >，即：()00,10f f ⎫<>⎪⎪⎭，而函数在区间()0,∞+上单调递增，故函数在区间()0,∞+上有一个零点.()()()()2ln 22ln 21ln 2f a a a a a b =--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 21ln 22a a a a a ≤--+⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦ ()()22ln 2ln 2a a a a =-⎡⎤⎣⎦ ()()ln 22ln 2a a a =-⎡⎤⎣⎦，由于102a <<，021a <<，故()()ln 22ln 20a a a -<⎡⎤⎣⎦， 结合函数的单调性可知函数在区间(),0-∞上没有零点. 综上可得，题中的结论成立. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用． 3．【2021·北京高考真题】已知函数()232xf x x a-=+． （1）若0a =，求()y f x =在()()1,1f 处切线方程；（2）若函数()f x 在1x =-处取得极值，求()f x 的单调区间，以及最大值和最小值． 【答案】（1）450x y +-=；（2）函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-，最大值为1，最小值为14-. 【分析】（1）求出()1f 、()1f '的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）由()10f '-=可求得实数a 的值，然后利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，由此可得出结果. 【详解】（1）当0a =时，()232xf x x -=，则()()323x f x x-'=，()11f ∴=，()14f '=-， 此时，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()141y x -=--，即450x y +-=； （2）因为()232xf x x a-=+，则()()()()()()222222223223x a x x x x a f x xa xa -+----'==++，由题意可得()()()224101a f a -'-==+，解得4a =，故()2324x f x x -=+，()()()()222144x x f x x +-'=+，列表如下：所以，函数()f x 的增区间为(),1-∞-、()4,+∞，单调递减区间为()1,4-. 当32x <时，()0f x >；当32x >时，()0f x <. 所以，()()max 11f x f =-=，()()min 144f x f ==-. 4．【2021·全国高考真题】已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间； （2）设1211,x x a b==，原不等式等价于122x x e <+<，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21x tx =，从而把12x x e +<转化为()()1ln 1ln 0t t t t -+-<在()1,+∞上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立， 综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.5．【2021·浙江高考真题】设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈（1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围； （3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b>+.(注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)【答案】(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a 的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【解析】(1)2(),()ln x xf x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0xf x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增；②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln ab a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t'⋅-++--===， 记2()(1),()(1)10t t tt h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>， 又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21bb e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x +=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >，122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<，要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b =+在4b e >上单调递增，所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e >+>， 只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e-->，只需证2ln ln 202x e xx e-->，242e <，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正，由于()11()44410x x x h x xe e e x x x '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增， 又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x xh x x e=--在5x >时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．6．【2021·全国高考真题（理）】已知0a >且1a ≠，函数()(0)ax x f x x a=>．（1）当2a =时，求()f x 的单调区间；（2）若曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，求a 的取值范围． 【答案】（1）20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）()()1,,e e ⋃+∞. 【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）利用指数对数的运算法则，可以将曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点等价转化为方程ln ln x a x a =有两个不同的实数根，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点，利用导函数研究()g x 的单调性，并结合()g x 的正负，零点和极限值分析()g x 的图象，进而得到ln 10a a e<<，发现这正好是()()0g a g e <<，然后根据()g x 的图象和单调性得到a 的取值范围.【解析】（1）当2a =时，()()()()22222ln 2222ln 2,242xx x x x x x x x x x f x f x '--===,令()'0f x =得2ln 2x =,当20ln 2x <<时，()0f x '>,当2ln 2x >时，()0f x '<, ∴函数()f x 在20,ln2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增；2,ln2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减； （2）()ln ln 1ln ln a x a x x x af x a x x a a x a x a==⇔=⇔=⇔=,设函数()ln x g x x =, 则()21ln xg x x-'=,令()0g x '=，得x e =, 在()0,e 内()0g x '>,()g x 单调递增； 在(),e +∞上()0g x '<,()g x 单调递减；()()1max g x g e e∴==,又()10g =，当x 趋近于+∞时，()g x 趋近于0，所以曲线()y f x =与直线1y =有且仅有两个交点，即曲线()y g x =与直线ln ay a=有两个交点的充分必要条件是ln 10a a e<<,这即是()()0g a g e <<, 所以a 的取值范围是()()1,,e e ⋃+∞.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，关键是将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.7．【2021·全国高考真题（理）】设函数()()ln f x a x =-，已知0x =是函数()y xf x =的极值点． （1）求a ； （2）设函数()()()x f x g x xf x +=．证明:()1g x <．【答案】1；证明见详解【分析】（1）由题意求出'y ，由极值点处导数为0即可求解出参数a ； （2）由（1）得()()ln 1()ln 1x x g x x x +-=-，1x <且0x ≠，分类讨论()0,1x ∈和(),0x ∈-∞，可等价转化为要证()1g x <，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-在()0,1x ∈和(),0x ∈-∞上恒成立，结合导数和换元法即可求解 【解析】（1）由()()()n 1'l a f x a x f x x ⇒==--，()()'ln xy a x x ay xf x ⇒=-=+-， 又0x =是函数()y xf x =的极值点，所以()'0ln 0y a ==，解得1a =； （2）由（1）得()()ln 1f x x =-，()()ln 1()()()ln 1x x x f x g x xf x x x +-+==-，1x <且0x ≠， 当()0,1x ∈时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x >-<，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 同理，当(),0x ∈-∞时，要证()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-，()0,ln 10x x <->，()ln 10x x ∴-<，即证()()ln 1ln 1x x x x +->-，化简得()()1ln 10x x x +-->； 令()()()1ln 1h x x x x =+--，再令1t x =-，则()()0,11,t ∈+∞，1x t =-，令()1ln g t t t t =-+，()'1ln 1ln g t t t =-++=，当()0,1t ∈时，()'0g x <，()g x 单减，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；当()1,t ∈+∞时，()'0g x >，()g x 单增，假设()1g 能取到，则()10g =，故()()10g t g >=；综上所述，()()ln 1()1ln 1x x g x x x +-=<-在()(),00,1x ∈-∞恒成立【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数a ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与恒成立问题.8．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】（1）当a =1时，f （x ）=e x +x 2–x ，则()f x '=e x +2x –1．故当x ∈（–∞，0）时，()f x '<0；当x ∈（0，+∞）时，()f x '>0．所以f （x ）在（–∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增． （2）31()12f x x ≥+等价于321(1)e 12x x ax x --++≤. 设函数321()(1)e (0)2xg x x ax x x -=-++≥，则32213()(121)e 22x g x x ax x x ax -'=--++-+-21[(23)42]e 2x x x a x a -=--+++1(21)(2)e 2x x x a x -=----.（i ）若2a +1≤0，即12a ≤-，则当x ∈（0，2）时，()g x '>0.所以g （x ）在（0，2）单调递增，而g （0）=1，故当x ∈（0，2）时，g （x ）>1，不合题意.（ii ）若0<2a +1<2，即1122a -<<，则当x ∈(0，2a +1)∪(2，+∞)时，g'(x )<0；当x ∈(2a +1，2)时，g'(x )>0.所以g (x )在(0，2a +1)，(2，+∞)单调递减，在(2a +1，2)单调递增.由于g (0)=1，所以g (x )≤1当且仅当g (2)=(7−4a )e −2≤1，即a ≥27e 4-. 所以当27e 142a -≤<时，g (x )≤1. （iii ）若2a +1≥2，即12a ≥，则g (x )≤31(1)e 2xx x -++.由于27e 10[,)42-∈，故由（ii ）可得31(1)e 2x x x -++≤1. 故当12a ≥时，g (x )≤1.综上，a 的取值范围是27e [,)4-+∞. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．9．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2() sin sin2f x x x =．（1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；（2）证明：()f x ≤；（3）设*n ∈N ，证明：2222sin sin 2sin 4sin 234nn nx x xx ≤．【解析】（1）()cos (sin sin 2)sin (sin sin 2)f x x x x x x x ''=+ 22sin cos sin 22sin cos2x x x x x =+ 2sin sin3x x =．当(0,)(,)33x π2π∈π时，()0f x '>；当(,)33x π2π∈时，()0f x '<． 所以()f x 在区间(0,),(,)33π2ππ单调递增，在区间(,)33π2π单调递减．（2）因为(0)()0f f =π=，由（1）知，()f x 在区间[0,]π的最大值为()3f π=，最小值为()3f 2π=．而()f x 是周期为π的周期函数，故|()|f x ≤． （3）由于32222(sin sin 2sin 2)nx x x333|sin sin 2sin 2|n x x x =23312|sin ||sin sin 2sin 2sin 2||sin 2|n n n x x x x x x -= 12|sin ||()(2)(2)||sin 2|n n x f x f x f x x -=1|()(2)(2)|n f x f x f x -≤，所以222233sin sin 2sin 2)4n nnn x xx ≤=．10．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()f x x bx c =++，曲线()y f x =在点(12，f (12))处的切线与y 轴垂直． （1）求B ．（2）若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，证明：()f x 所有零点的绝对值都不大于1． 【解析】（1）2()3f x x b '=+． 依题意得1()02f '=，即304b +=.故34b =-．（2）由（1）知3(3)4f x x x c -=+，2()334f x x '=-. 令)0(f x '=，解得12x =-或12x =.()f x '与()f x 的情况为：x 1()2-∞-，12- 11()22-， 12 1()2∞，+ ()f x ' + 0 – 0 + ()f x14c +14c -因为11(1)()24f f c =-=+，所以当14c <-时，()f x 只有大于1的零点.因为11(1)()24f f c -==-，所以当14c >时，f （x ）只有小于–1的零点．由题设可知1144c -≤≤，当1=4c -时，()f x 只有两个零点12-和1.当1=4c 时，()f x 只有两个零点–1和12.当1144c -<<时，()f x 有三个等点x 1，x 2，x 3，且11(1,)2x ∈--，211(,)22x ∈-，31(,1)2x ∈．综上，若()f x 有一个绝对值不大于1的零点，则()f x 所有零点的绝对值都不大于1.11．【2020年高考天津】已知函数3()ln ()f x x k x k =+∈R ，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值； （Ⅱ）当3k ≥-时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 【解析】（Ⅰ）（i ）当6k =时，3()6ln f x x x =+，故26()3f x x x'=+．可得(1)1f =，(1)9f '=，所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为19(1)y x -=-，即98y x =-．（ii ）依题意，323()36ln ,(0,)g x x x x x x=-++∈+∞．从而可得2263()36g x x x x x'=-+-，整理可得323(1)(1)()x x g x x -+'=．令()0g x '=，解得1x =．当x 变化时，(),()g x g x '的变化情况如下表：所以，函数()g x 的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)+∞；()g x 的极小值为(1)1g =，无极大值．（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+． 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭． ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x =--∈+∞．当1x >时，22121()110h x x x x ⎛⎫'=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[1,)+∞单调递增，所以当1t >时，()(1)h t h >，即12ln 0tt t -->．因为21x ≥，323331(1)0,3t t t t k -+-=->≥-，所以，()332322113312ln (331)32ln x t t t k t t t t t t t tt⎛⎫⎛⎫-+-+-->-+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2336ln 31t t t t-=++-． ②由（Ⅰ）（ii ）可知，当1t >时，()(1)g t g >，即32336ln 1t t t t-++>， 故23336ln 10t t t t-++->． ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x f x f x f x f x ''-+-->．所以，当3k ≥-时，对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-． 12．【2020年高考北京】已知函数2()12f x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率等于2-的切线方程；（Ⅱ）设曲线()y f x =在点(,())t f t 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()S t ，求()S t 的最小值．【解析】（Ⅰ）因为()212f x x =-，所以()2f x x '=-，设切点为()00,12x x -，则022x -=-，即01x =，所以切点为()1,11， 由点斜式可得切线方程：()1121y x -=--，即2130x y +-=.（Ⅱ）显然0t ≠， 因为()y f x =在点()2,12t t-处的切线方程为：()()2122y t t x t --=--，令0x =，得212y t =+，令0y =，得2122t x t +=，所以()S t =()221121222||t t t +⨯+⋅，不妨设0t >(0t <时，结果一样)，则()423241441144(24)44t t S t t t t t++==++，所以()S t '=4222211443(848)(324)44t t t t t +-+-=222223(4)(12)3(2)(2)(12)44t t t t t t t-+-++==， 由()0S t '>，得2t >，由()0S t '<，得02t <<， 所以()S t 在()0,2上递减，在()2,+∞上递增， 所以2t =时，()S t 取得极小值， 也是最小值为()16162328S ⨯==. 【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.13．【2020年高考浙江】已知12a <≤，函数()e xf x x a =--，其中e=2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点； （Ⅱ）记x 0为函数()y f x =在(0,)+∞上的零点，证明：（ⅰ0x ≤≤； （ⅱ）00(e )(e 1)(1)x x f a a ≥--．【解析】（Ⅰ）因为(0)10f a =-<，22(2)e 2e 40f a =--≥->，所以()y f x =在(0,)+∞上存在零点．因为()e 1x f x '=-，所以当0x >时，()0f x '>，故函数()f x 在[0,)+∞上单调递增， 所以函数以()y f x =在(0,)+∞上有唯一零点．（Ⅱ）（ⅰ）令21()e 1(0)2xg x x x x =---≥，()e 1()1x g'x x f x a =--=+-，由（Ⅰ）知函数()g'x 在[0,)+∞上单调递增，故当0x >时，()(0)0g'x g'>=， 所以函数()g x 在[0,)+∞单调递增，故()(0)0g x g ≥=．由0g ≥得00()f a f x =≥=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．令2()e 1(01)x h x x x x =---≤≤，()e 21x h'x x =--，令1()e 21(01)x h x x x =--≤≤，1()e 2xh'x =-，所以故当01x <<时，1()0h x <，即()0h'x <，所以()h x 在[0,1]单调递减， 因此当01x ≤≤时，()(0)0h x h ≤=．由0h ≤得00()f a f x =≤=，因为()f x 在[0,)+∞0x ．0x ≤≤（ⅱ）令()e (e 1)1x u x x =---，()e (e 1)x u'x =--，所以当1x >时，()0u'x >， 故函数()u x 在区间[1,)+∞上单调递增，因此()(1)0u x u ≥=．由00e x x a =+可得022000000(e )()(e 1)(e 2)(e 1)x a a x f x f x a x a x ax =+=-+-≥-，由0x ≥得00(e )(e 1)(1)xx f a a ≥--．14．【2020年高考江苏】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 到MN 的距离1h (米)与D 到OO '的距离a (米)之间满足关系式21140h a =；右侧曲线BO 上任一点F 到MN 的距离2h (米)与F 到OO '的距离b (米)之间满足关系式3216800h b b =-+.已知点B 到OO '的距离为40米． （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)．.桥墩EF 每米造价k (万元)、桥墩CD 每米造价32k (万元)(k >0)，问O E'为多少米时，桥墩CD 与EF 的总造价最低？【解析】（1）设1111,,,AA BB CD EF 都与MN 垂直，1111,,,A B D F 是相应垂足. 由条件知，当40O'B =时， 31140640160,800BB =-⨯+⨯= 则1160AA =. 由21160,40O'A =得80.O'A = 所以8040120AB O'A O'B =+=+=（米）.（2）以O 为原点，OO'为y 轴建立平面直角坐标系xOy （如图所示）. 设2(,),(0,40),F x y x ∈则3216,800y x x =-+ 3211601606800EF y x x =-=+-. 因为80,CE =所以80O'C x =-.设1(80,),D x y -则211(80),40y x =- 所以22111160160(80)4.4040CD y x x x =-=--=-+ 记桥墩CD 和EF 的总造价为()f x ，则3232131()=(1606)(4)80024013(160)(040).80080f x k x x k x x k x x x +-+-+=-+<<2333()=(160)(20)80040800k f x k x x x x '-+=-， 令()=0f x '， 得20.x =所以当20x =时，()f x 取得最小值.答：（1）桥AB 的长度为120米；（2）当O'E 为20米时，桥墩CD 和EF 的总造价最低.【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题. 15．【2020年高考江苏】已知关于x 的函数(),()y f x y g x ==与()(,)h x kx b k b =+∈R 在区间D 上恒有()()()f x h x g x ≥≥．（1）若()()222 2()f x x x g x x x D =+=-+=∞-∞+，，，，求h (x )的表达式； （2）若2 1 ln ,()()()(0) x x g k x h kx k D f x x x =-+==-=+∞，，，，求k 的取值范围； （3）若()422342() 2() (48 () 4 3 0)2 2f x x x g x x h x t t x t t t =-=-=--+<≤，，，[] , 2,2D m n =⊆-⎡⎤⎣⎦，求证：7n m -≤．【解析】（1）由条件()()()f x h x g x ≥≥，得222 2x x kx b x x +≥+≥-+， 取0x =，得00b ≥≥，所以0b =．由22x x kx +≥，得2 2 ()0x k x +-≥，此式对一切(,)x ∈-∞+∞恒成立， 所以22 0()k -≤，则2k =，此时222x x x ≥-+恒成立， 所以()2h x x =．（2） 1 ln ,()()()()0,h g x k x x x x -=--∈+∞.令() 1ln u x x x =--，则1()1,u'x x=-令()=0u'x ，得1x =.所以min () 0(1)u x u ==.则1ln x x -≥恒成立，所以当且仅当0k ≥时，()()f x g x ≥恒成立．另一方面，()()f x h x ≥恒成立，即21x x kx k -+≥-恒成立， 也即2()1 1 +0x k x k -++≥恒成立． 因为0k ≥，对称轴为102kx +=>， 所以2141)0(()k k +-+≤，解得13k -≤≤． 因此，k 的取值范围是0 3.k ≤≤（3）①当1t ≤≤由()()g x h x ≤，得2342484()32x t t x t t -≤--+，整理得4223328()0.()4t t x t t x ----+≤*令3242=()(328),t t t t ∆---- 则642=538t t t ∆-++．记64253()18(t t t t t ϕ-++=≤≤则53222062(31)(3())06t t t t t t 't ϕ-+=--<=恒成立，所以()t ϕ在[1,上是减函数，则()(1)t ϕϕϕ≤≤，即2()7t ϕ≤≤． 所以不等式()*有解，设解为12x x x ≤≤，因此21n m x x -≤-=≤ ②当01t <<时，432()()11 34241f h t t t t ---=+---．设432 = 342(41)t t t t v t +---，322 ()=1212444(1)(31),v't t t t t t +--=+-令()0v t '=，得t ．当(0t ∈时，()0v t '<，()v t 是减函数；当1)t ∈时，()0v t '>，()v t 是增函数． (0)1v =-，(1)0v =，则当01t <<时，()0v t <．（或证：2()(1)(31)(1)0v t t t t =++-<．） 则(1)(1)0f h ---<，因此1()m n -∉，．因为m n ⊆［］［，，所以1n m -≤<③当0t <时，因为()f x ，()g x 均为偶函数，因此n m -≤综上所述，n m -≤【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.16．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当e a =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．【解析】()f x 的定义域为(0,)+∞，11()e x f x a x-'=-． （1）当e a =时，()e ln 1x f x x =-+，(1)e 1f '=-，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为(e 1)(e 1)(1)y x -+=--，即(e 1)2y x =-+． 直线(e 1)2y x =-+在x 轴，y 轴上的截距分别为2e 1--，2． 因此所求三角形的面积为2e 1-． （2）当01a <<时，(1)ln 1f a a =+<．当1a =时，1()e ln x f x x -=-，11()e x f x x-'=-． 当(0,1)x ∈时，()0f x '<；当(1,)x ∈+∞时，()0f x '>．所以当1x =时，()f x 取得最小值，最小值为(1)1f =，从而()1f x ≥． 当1a >时，11()e ln ln e ln 1x x f x a x a x --=-+≥-≥． 综上，a 的取值范围是[1,)+∞．【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.17．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x=-+，21sin ())(1x 'x g x =-++.当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫<⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+>⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤ ⎥⎝⎦π没有零点.（iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π ⎥⎝⎦有唯一零点.（iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可. 18．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线.【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ． 综上，f （x ）有且仅有两个零点．（2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----．曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是1x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力.19．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax b =-+.（1）讨论()f x 的单调性；（2）是否存在,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；若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减； 若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）当a ≥3时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递减，所以()f x 在区间[0，1]的最大值为(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1． 【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 20．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =， 所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-. （Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-.由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-. 令()0g'x =得0x =或83x =.(),()g'x g x 的情况如下：x 2-(2,0)-8(0,)3 838(,4)34()g'x+-+()g x6-6427-所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 21．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )xf 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )xg x x x =-，从而()2e sin xg'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0()g'x <，故 ()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n xn x =．记2n n y x n =-π，则。
十年高考真题汇编(北京卷,含解析)导数及其应用
十年高考真题（2011-2020）（北京卷）专题04导数及其应用本专题考查的知识点为：导数及其应用，历年考题主要以选择填空或解答题题型出现，重点考查的知识点为：导数研究函数的几何意义，导数研究函数的单调性、极值与最值，导数证明不等式的方法等，预测明年本考点题目会有所变化，备考方向以导数研究函数的极值，导数研究函数的最值为重点较佳.1．【2020年北京卷11】函数f(x)=1x+1+lnx的定义域是____________．2．【2019年北京理科13】设函数f（x）＝e x+ae﹣x（a为常数）．若f（x）为奇函数，则a＝；若f（x）是R上的增函数，则a的取值范围是．3．【2016年北京理科14】设函数f（x）={x3−3x，x≤a −2x，x＞a．①若a＝0，则f（x）的最大值为；②若f（x）无最大值，则实数a的取值范围是．4．【2020年北京卷19】已知函数f(x)=12−x2．（Ⅰ）求曲线y=f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值．5．【2019年北京理科19】已知函数f（x）=14x3﹣x2+x．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率为l的切线方程；（Ⅱ）当x∈[﹣2，4]时，求证：x﹣6≤f（x）≤x；（Ⅲ）设F（x）＝|f（x）﹣（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[﹣2，4]上的最大值为M（a）．当M（a）最小时，求a的值．6．【2018年北京理科18】设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]e x．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行，求a；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．7．【2017年北京理科19】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，π2]上的最大值和最小值．8．【2016年北京理科18】设函数f（x）＝xe a﹣x+bx，曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y＝（e ﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．9．【2015年北京理科18】已知函数f（x）＝ln1+x1−x，（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）求证，当x∈（0，1）时，f（x）＞2(x+x 33 )；（Ⅲ）设实数k使得f（x）＞k(x+x 33)对x∈（0，1）恒成立，求k的最大值．10．【2013年北京理科18】设l为曲线C：y=lnxx在点（1，0）处的切线．（Ⅰ）求l的方程；（Ⅱ）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方．11．【2012年北京理科18】已知函数f（x）＝ax2+1（a＞0），g（x）＝x3+bx（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a、b的值；（2）当a2＝4b时，求函数f（x）+g（x）的单调区间，并求其在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值．12．【2011年北京理科18】已知函数f(x)=(x−k)2e x k．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的x∈（0，+∞），都有f（x）≤1e，求k的取值范围．1．若函数f(x)=x2+ax+1x 在(12,+∞)是增函数，则a的取值范围是（）A．[−1,0]B．[−1,+∞)C．[0,3]D．[3,+∞)2．【2020届北京市西城区第四中学高三上学期期中】已知曲线y=a e x+xlnx在点(1,ae)处的切线方程为y =2x+b，则（）A．a=e,b=−1B．a=e,b=1C．a=e−1,b=1D．a=e−1,b=−13．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】设函数f(x)=√3sinπxm．若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是（）A．(−∞,−6)∪(6,∞)B．(−∞,−4)∪(4,∞)C．(−∞,−2)∪(2,∞)D．(−∞,−1)∪(1,∞)4．函数f(x)=x3−3x2+2在区间[－1，1]上的最大值是（）A．4B．2C．0D．－25．【北京市首都师范大学附属中学2019届高三高考模拟预测卷（二）】已知函数f(x)=13x3−4x+2e x−2e x，其中e是自然对数的底，若f(a−1)+f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．[12,+∞)C．(−1,12)D．[−1,12]6．【2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期第三次月考】已知函数f(x)=x2−2x+a(e x−1+ e−x+1)有唯一零点，则a=A．−12B．13C．12D．17．【2020届北京市朝阳区六校联考高三年级四月份测试】关于函数f(x)=(x2+ax−1)e x，有以下三个结论：①函数恒有两个零点，且两个零点之积为−1；②函数的极值点不可能是−1；③函数必有最小值.其中正确结论的个数有（）A．0个B．1个C．2个D．3个8．【北京市第171中学2019-2020学年高三10月月考】已知函数f(x)=e2x−3，g(x)=14+ln x2，若f(m)=g(n)成立，则n−m的最小值为（）A．12+ln2B．ln2C．12+2ln2D．2ln29．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】设函数f′(x)是奇函数f(x)（x∈R）的导函数，f(−1)=0，当x>0时，xf′(x)−f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（）A．(−∞,−1)∪(0,1)B．(−1,0)∪(1,+∞)C．(−∞,−1)∪(−1,0)D．(0,1)∪(1,+∞)≥x a对x∈(1,+ 10．【2020年1月中学生标准学术能力诊断性测试诊断性测试】已知不等式x+alnx+1e x∞)恒成立，则实数a的最小值为（）A．−√e B．−eC．−e D．−2e2−alnx（a 11．【北京市清华大学附属中学2019届高三下学期第三次模拟】直线y=x+1是曲线f（x）=x+1x∈R）的切线，则a的值是______．12．已知f(x)＝e x·sinx，则f′(0)的值为___.13．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】已知函数f(x)=ax3+x+1的图像在点(1,f(1))的处的切线过点(2,7)，则a=.14．函数f(x)=xlnx的单调减区间是______．(x>0)的单调递减区15．【北京市丰台区2019届高三年级第二学期综合练习（二）】已知函数f(x)=x+ax间为(0,2)，单调递增区间为(2,+∞)，那么a=____．16．对于函数y=f(x)，若存在区间[a,b]，当x∈[a,b]时的值域为[ka,kb](k>0)，则称y=f(x)为k倍值函数.若f(x)=lnx+x是k倍值函数，则实数k的取值范围是________.17．【北京市东城区第五中学2019-2020学年高三上学期12月月考】函数y=f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别是k A，k B，规定φ(A,B)=|k A−k B|叫曲线y=f(x)在点A与点B之间的|AB|“弯曲度”，给出以下命题：（1）函数y=x3−x2+1图象上两点A、B的横坐标分别为1，2，则φ(A,B)>√3；（2）存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数；（3）设点A、B是抛物线，y=x2+1上不同的两点，则φ(A,B)⩽2；（4）设曲线y=e x上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1−x2=1，若t·φ(A,B)<1恒成立，则实数t 的取值范围是(−∞,1)；以上正确命题的序号为__（写出所有正确的）+cosx，给出下列结论：18．【北京市平谷区2020届高三第二学期阶段性测试（二模）】已知函数f(x)=1x①f(x)在(0，π]上有最小值，无最大值；②设F(x)=f(x)−f(−x)，则F(x)为偶函数；③f(x)在(0，2π)上有两个零点其中正确结论的序号为________.（写出所有正确结论的序号）19．【北京市通州区2020届高考一模】给出下列四个函数，①y=x2+1；②y=|x+1|+|x+2|；③y=2x+1；④y=x2+cosx，其中值域为[1,+∞)的函数的序号是______.20．【2019届北京市中国人民人大附属中学高三（5月）模拟】已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)（e是自然对数的底数），且f(0)=1，若关于x的不等式f(x)−m <0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是________..21．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】已知函数f(x)=1−xe x（1）求函数f(x)的单调区间；成立，求实数a的最小值.（2）若对任意x1,x2∈[a,+∞)，都有f(x1)−f(x2)≥−1e222．【北京市大兴区2019届高三4月一模】已知函数f(x)=a e x图象在x=0处的切线与函数g(x)=lnx图象在x=1处的切线互相平行．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设ℎ(x)=f(x)−g(x)，求证：ℎ(x)>2．23．【北京五中2020届高三（4月份）高考数学模拟】设函数f（x）＝me x﹣x2+3，其中m∈R.（1）如果f（x）同时满足下面三个条件中的两个：①f（x）是偶函数；②m＝1；③f（x）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h（x）＝xf（x）的极值；（2）若函数f（x）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m的取值范围.24．【2020届北京市平谷区高三3月质量监控（一模）】已知函数f(x)=(x2+ax−a)，其中a∈R.e x（1）当a=0时，求f(x)在(1,f(1))的切线方程；（2）求证：f(x)的极大值恒大于0.25．【2020届北京市海淀区高三一模】已知函数f(x)=e x+ax.(I)当a=-1时，①求曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；②求函数f(x)的最小值；(II)求证:当a∈(−2,0)时，曲线y=f(x)与y=1−lnx有且只有一个交点.26．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知函数f(x)=x−alnx(a∈R).（Ⅰ）当a=2时，求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)的极值.),，其中a 27．【北京市海淀区2019届高三年级第二学期期末练习（二模）】已知函数f(x)=e ax(x2−a+2a≠0．(Ⅰ)求曲线y =f(x)在点(1,f(1))处切线的倾斜角； (Ⅱ)若函数f(x)的极小值小于0，求实数a 的取值范围．28．【北京市第四中学2019届高三高考调研卷（二）】已知函数g(x)=alnx ，f(x)=x 3+x 2+bx . （1）若f(x)在区间[1,2]上不是单调函数，求实数b 的范围；（2）若对任意x ∈[1,e]，都有g(x)≥−x 2+(a +2)x 恒成立，求实数a 的取值范围；（3）当b =0时，设F(x)={f(−x),x <1g(x),x ≥1，对任意给定的正实数a ，曲线y =F(x)上是否存在两点P ，Q ，使得ΔPOQ 是以O （O 为坐标原点）为直角顶点的直角三角形，而且此三角形斜边中点在y 轴上？请说明理由.29．【北京市人大附中2019届高三高考模拟预测】已知函数f(x)＝(3－x)e x，g(x)＝x ＋a(a∈R)(e 是自然对数的底数，e≈2.718…)． (1)求函数f(x)的极值；(2)若函数y ＝f(x)g(x)在区间[1，2]上单调递增，求实数a 的取值范围； (3)若函数h(x)＝f(x)+g(x)x在区间(0，＋∞)上既存在极大值又存在极小值，并且函数h(x)的极大值小于整数b ，求b 的最小值．30．已知函数f （x ）＝x 22﹣（1+2a ）x +4a+12ln （2x +1），a ＞0．（1）已知函数f （x ）在x ＝2取得极小值，求a 的值； （2）讨论函数f （x ）的单调区间；（3）当a ＞14时，若存在x 0∈（12，+∞）使得f （x 0）＜12﹣2a 2，求实数a 的取值范围．1．【2020年北京卷11】函数f(x)=1x+1+lnx 的定义域是____________．【答案】(0,+∞) 【解析】由题意得{x >0x +1≠0 ，∴x >0故答案为：(0,+∞)2．【2019年北京理科13】设函数f （x ）＝e x +ae ﹣x （a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a ＝ ；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是 ． 【答案】解：根据题意，函数f （x ）＝e x +ae ﹣x ，若f （x ）为奇函数，则f （﹣x ）＝﹣f （x ），即e ﹣x +ae x ＝﹣（e x +ae ﹣x ），变形可得a ＝﹣1， 函数f （x ）＝e x +ae ﹣x ，导数f ′（x ）＝e x ﹣ae ﹣x若f （x ）是R 上的增函数，则f （x ）的导数f ′（x ）＝e x ﹣ae ﹣x ≥0在R 上恒成立， 变形可得：a ≤e 2x 恒成立，分析可得a ≤0，即a 的取值范围为（﹣∞，0]； 故答案为：﹣1，（﹣∞，0]．3．【2016年北京理科14】设函数f （x ）={x 3−3x ，x ≤a −2x ，x ＞a．①若a ＝0，则f （x ）的最大值为 ；②若f （x ）无最大值，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】解：①若a ＝0，则f （x ）={x 3−3x ，x ≤0−2x ，x ＞0，则f ′（x ）={3x 2−3，x ≤0−2，x ＞0，当x ＜﹣1时，f ′（x ）＞0，此时函数为增函数， 当x ＞﹣1时，f ′（x ）＜0，此时函数为减函数， 故当x ＝﹣1时，f （x ）的最大值为2； ②f ′（x ）={3x 2−3，x ≤a −2，x ＞a，令f ′（x ）＝0，则x ＝±1，若f （x ）无最大值，则{a ≤−1−2a ＞a 3−3a，或{a ＞−1−2a ＞a 3−3a −2a ＞2，解得：a ∈（﹣∞，﹣1）． 故答案为：2，（﹣∞，﹣1）4．【2020年北京卷19】已知函数f(x)=12−x 2． （Ⅰ）求曲线y =f(x)的斜率等于−2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y =f(x)在点(t,f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t)，求S(t)的最小值． 【答案】（Ⅰ）2x +y −13=0，（Ⅱ）32. 【解析】（Ⅰ）因为f (x )=12−x 2，所以f ′(x )=−2x ，设切点为(x 0,12−x 0)，则−2x 0=−2，即x 0=1，所以切点为(1,11)， 由点斜式可得切线方程为：y −11=−2(x −1)，即2x +y −13=0. （Ⅱ）显然t ≠0，因为y =f (x )在点(t,12−t 2)处的切线方程为：y −(12−t 2)=−2t (x −t )， 令x =0，得y =t 2+12，令y =0，得x =t 2+122t，所以S (t )=12×(t 2+12)⋅t 2+122|t|，不妨设t >0(t <0时，结果一样)， 则S (t )=t 4+24t 2+1444t =14(t 3+24t +144t)，所以S ′(t )=14(3t 2+24−144t2)=3(t 4+8t 2−48)4t 2=3(t 2−4)(t 2+12)4t 2=3(t−2)(t+2)(t 2+12)4t 2，由S ′(t )>0，得t >2，由S ′(t )<0，得0<t <2， 所以S (t )在(0,2)上递减，在(2,+∞)上递增， 所以t =2时，S (t )取得极小值， 也是最小值为S (2)=16×168=32.5．【2019年北京理科19】已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ． （Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为l 的切线方程；（Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）设F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）|（a ∈R ），记F （x ）在区间[﹣2，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】解：（Ⅰ）f ′（x ）=34x 2−2x +1，由f ′（x ）＝1得x （x −83）＝0， 得x 1=0，x 2=83．又f （0）＝0，f （83）=827， ∴y ＝x 和y −827=x −83， 即y ＝x 和y ＝x −6427；（Ⅱ）证明：欲证x ﹣6≤f （x ）≤x ， 只需证﹣6≤f （x ）﹣x ≤0，令g （x ）＝f （x ）﹣x =14x 3−x 2，x ∈[﹣2，4]，则g ′（x ）=34x 2−2x =34x(x −83)，可知g ′（x ）在[﹣2，0]为正，在（0，83）为负，在[83，4]为正， ∴g （x ）在[﹣2，0]递增，在[0，83]递减，在[83，4]递增，又g （﹣2）＝﹣6，g （0）＝0，g （83）=−6427＞−6，g （4）＝0， ∴﹣6≤g （x ）≤0， ∴x ﹣6≤f （x ）≤x ； （Ⅲ）由（Ⅱ）可得， F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）| ＝|f （x ）﹣x ﹣a | ＝|g （x ）﹣a |∵在[﹣2，4]上，﹣6≤g （x ）≤0， 令t ＝g （x ），h （t ）＝|t ﹣a |，则问题转化为当t ∈[﹣6，0]时，h （t ）的最大值M （a ）的问题了，①当a ≤﹣3时，M （a ）＝h （0）＝|a |＝﹣a ， 此时﹣a ≥3，当a ＝﹣3时，M （a ）取得最小值3； ②当a ≥﹣3时，M （a ）＝h （﹣6）＝|﹣6﹣a |＝|6+a |， ∵6+a ≥3，∴M （a ）＝6+a ， 也是a ＝﹣3时，M （a ）最小为3． 综上，当M （a ）取最小值时a 的值为﹣3．6．【2018年北京理科18】设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ． （Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x 的导数为 f ′（x ）＝[ax 2﹣（2a +1）x +2]e x ．由题意可得曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线斜率为0， 可得（a ﹣2a ﹣1+2）e ＝0，且f （1）＝3e ≠0， 解得a ＝1；（Ⅱ）f （x ）的导数为f ′（x ）＝[ax 2﹣（2a +1）x +2]e x ＝（x ﹣2）（ax ﹣1）e x ， 若a ＝0则x ＜2时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增；x ＞2，f ′（x ）＜0，f （x ）递减． x ＝2处f （x ）取得极大值，不符题意；若a ＞0，且a =12，则f ′（x ）=12（x ﹣2）2e x ≥0，f （x ）递增，无极值；若a ＞12，则1a ＜2，f （x ）在（1a ，2）递减；在（2，+∞），（﹣∞，1a ）递增， 可得f （x ）在x ＝2处取得极小值；若0＜a ＜12，则1a ＞2，f （x ）在（2，1a ）递减；在（1a ，+∞），（﹣∞，2）递增， 可得f （x ）在x ＝2处取得极大值，不符题意；若a＜0，则1a ＜2，f（x）在（1a，2）递增；在（2，+∞），（﹣∞，1a）递减，可得f（x）在x＝2处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（12，+∞）．7．【2017年北京理科19】已知函数f（x）＝e x cos x﹣x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）求函数f（x）在区间[0，π2]上的最大值和最小值．【答案】解：（1）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；（2）函数f（x）＝e x cos x﹣x的导数为f′（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，令g（x）＝e x（cos x﹣sin x）﹣1，则g（x）的导数为g′（x）＝e x（cos x﹣sin x﹣sin x﹣cos x）＝﹣2e x•sin x，当x∈[0，π2]，可得g′（x）＝﹣2e x•sin x≤0，即有g（x）在[0，π2]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，则f（x）在[0，π2]递减，即有函数f（x）在区间[0，π2]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；最小值为f（π2）=eπ2cosπ2−π2=−π2．8．【2016年北京理科18】设函数f（x）＝xe a﹣x+bx，曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y＝（e ﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．【答案】解：（Ⅰ）∵y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y＝（e﹣1）x+4，∴当x＝2时，y＝2（e﹣1）+4＝2e+2，即f（2）＝2e+2，同时f′（2）＝e﹣1，∵f（x）＝xe a﹣x+bx，∴f′（x）＝e a﹣x﹣xe a﹣x+b，则{f(2)=2e a−2+2b =2e +2f′(2)=e a−2−2e a−2+b =e −1， 即a ＝2，b ＝e ； （Ⅱ）∵a ＝2，b ＝e ； ∴f （x ）＝xe 2﹣x +ex ，∴f ′（x ）＝e 2﹣x ﹣xe 2﹣x +e ＝（1﹣x ）e 2﹣x +e ＝（1﹣x +e x ﹣1）e 2﹣x ， ∵e 2﹣x ＞0， ∴1﹣x +e x﹣1与f ′（x ）同号，令g （x ）＝1﹣x +e x ﹣1， 则g ′（x ）＝﹣1+e x ﹣1，由g ′（x ）＜0，得x ＜1，此时g （x ）为减函数， 由g ′（x ）＞0，得x ＞1，此时g （x ）为增函数， 则当x ＝1时，g （x ）取得极小值也是最小值g （1）＝1， 则g （x ）≥g （1）＝1＞0，故f ′（x ）＞0，即f （x ）的单调区间是（﹣∞，+∞），无递减区间． 9．【2015年北京理科18】已知函数f （x ）＝ln 1+x1−x ， （Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程； （Ⅱ）求证，当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2(x +x 33)；（Ⅲ）设实数k 使得f （x ）＞k(x +x 33)对x ∈（0，1）恒成立，求k 的最大值．【答案】解答：（1）因为f （x ）＝ln （1+x ）﹣ln （1﹣x ）所以f ′(x)=11+x +11−x，f′(0)=2 又因为f （0）＝0，所以曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程为y ＝2x ． （2）证明：令g （x ）＝f （x ）﹣2（x +x 33），则g '（x ）＝f '（x ）﹣2（1+x 2）=2x 41−x 2，因为g '（x ）＞0（0＜x ＜1），所以g （x ）在区间（0，1）上单调递增． 所以g （x ）＞g （0）＝0，x ∈（0，1）， 即当x ∈（0，1）时，f （x ）＞2（x +x 33）． （3）由（2）知，当k ≤2时，f （x ）＞k(x +x 33)对x ∈（0，1）恒成立．当k ＞2时，令h （x ）＝f （x ）−k(x +x 33)，则h '（x ）＝f '（x ）﹣k （1+x 2）=kx 4−(k−2)1−x 2，所以当0＜x ＜√k−2k4时，h '（x ）＜0，因此h （x ）在区间（0，√k−2k4）上单调递减．当0＜x ＜√k−2k4时，h （x ）＜h （0）＝0，即f （x ）＜k(x +x 33)．所以当k ＞2时，f （x ）＞k(x +x 33)并非对x ∈（0，1）恒成立．综上所知，k 的最大值为2．10．【2013年北京理科18】设l 为曲线C ：y =lnx x在点（1，0）处的切线．（Ⅰ）求l 的方程；（Ⅱ）证明：除切点（1，0）之外，曲线C 在直线l 的下方． 【答案】解：（Ⅰ）∵y =lnx x∴y ′=1−lnx x 2∴l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1 ∴l 的方程为y ＝x ﹣1证明：（Ⅱ）令f （x ）＝x （x ﹣1）﹣lnx ，（x ＞0） 曲线C 在直线l 的下方，即f （x ）＝x （x ﹣1）﹣lnx ＞0， 则f ′（x ）＝2x ﹣1−1x =(2x+1)(x−1)x∴f （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又f （1）＝0 ∴x ∈（0，1）时，f （x ）＞0，即lnx x ＜x ﹣1 x ∈（1，+∞）时，f （x ）＞0，即lnx x＜x ﹣1即除切点（1，0）之外，曲线C 在直线l 的下方11．【2012年北京理科18】已知函数f （x ）＝ax 2+1（a ＞0），g （x ）＝x 3+bx（1）若曲线y ＝f （x ）与曲线y ＝g （x ）在它们的交点（1，c ）处具有公共切线，求a 、b 的值； （2）当a 2＝4b 时，求函数f （x ）+g （x ）的单调区间，并求其在区间（﹣∞，﹣1）上的最大值． 【答案】解：（1）f （x ）＝ax 2+1（a ＞0），则f '（x ）＝2ax ，k 1＝2a ，g （x ）＝x 3+bx ，则g ′（x ）＝3x 2+b ，k 2＝3+b ，由（1，c ）为公共切点，可得：2a ＝3+b ①又f （1）＝a +1，g （1）＝1+b ，∴a +1＝1+b ，即a ＝b ，代入①式可得：{a =3b =3．（2）由题设a 2＝4b ，设ℎ(x)=f(x)+g(x)=x 3+ax 2+14a 2x +1则ℎ′(x)=3x 2+2ax +14a 2，令h '（x ）＝0，解得：x 1=−a 2，x 2=−a6；∵a ＞0，∴−a 2＜−a6， x （﹣∞，−a2）−a 2 (−a 2，−a 6) −a6(−a6，+∞） h ′（x ） + ﹣+ h （x ）极大值极小值∴原函数在（﹣∞，−a 2）单调递增，在(−a 2，−a6)单调递减，在(−a 6，+∞）上单调递增①若−1≤−a2，即0＜a ≤2时，h （x ）在（﹣∞，﹣1]递增，无最大值； ②若−a2＜−1＜−a6，即2＜a ＜6时，最大值为ℎ(−a2)=1；③若﹣1≥−a 6时，即a ≥6时，最大值为h （−a2）＝1．综上所述：当a ∈（0，2]时，无最大值；当a ∈（2，+∞）时，最大值为ℎ(−a2)=1． 12．【2011年北京理科18】已知函数f(x)=(x −k)2e xk． （Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对于任意的x ∈（0，+∞），都有f （x ）≤1e ，求k 的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）f ′(x)=2(x −k)e xk +1k(x −k)2e xk =1k(x 2−k 2)e xk ，令f ′（x ）＝0，得x ＝±k当k ＞0时，f ′（x ）f （x ）随x 的变化情况如下： x（﹣∞，﹣k ）﹣k （﹣k ，k ） k （k ，+∞）f ′（x ） + 0﹣ 0 + f （x ） 递增4k 2e ﹣1 递减递增所以，f （x ）的单调递增区间是（﹣∞，﹣k ），和（k ，+∞），单调递减区间是（﹣k ，k ）；当k ＜0时，f ′（x ）f （x ）随x 的变化情况如下： x（﹣∞，k ）k （k ，﹣k ） ﹣k （﹣k ，+∞） f ′（x ） ﹣ 0 + 0﹣f （x ） 递减递增4k 2e ﹣1 递减所以，f （x ）的单调递减区间是（﹣∞，k ），和（﹣k ，+∞），单调递增区间是（k ，﹣k ）； （Ⅱ）当k ＞0时，有f （k +1）=ek+1k＞1e ，不合题意，当k ＜0时，由（I ）知f （x ）在（0，+∞）上的最大值是f （﹣k ）=4k 2e，∴任意的x ∈（0，+∞），f （x ）≤1e ，⇔f （﹣k ）=4k 2e≤1e，解得−12≤k ＜0，故对于任意的x ∈（0，+∞），都有f （x ）≤1e ，k 的取值范围是−12≤k ＜0．1．若函数f(x)=x 2+ax +1x 在(12,+∞)是增函数，则a 的取值范围是（）A ．[−1,0]B ．[−1,+∞)C ．[0,3]D ．[3,+∞)【答案】D 【解析】由条件知f ′(x)=2x +a −1x 2≥0在(12,+∞)上恒成立，即a ≥1x 2−2x 在(12,+∞)上恒成立． ∵函数y =1x 2−2x 在(12,+∞)上为减函数， ∴y max <1(12)2−2×12=3,∴．故选D ．2．【2020届北京市西城区第四中学高三上学期期中】已知曲线y =a e x +xlnx 在点(1,ae)处的切线方程为y =2x +b ，则（）A．a=e,b=−1B．a=e,b=1C．a=e−1,b=1D．a=e−1,b=−1【答案】D【解析】y′=ae x+lnx+1,k=y′|x=1=ae+1=2，∴a=e−1将(1,1)代入y=2x+b得2+b=1,b=−1，故选D．3．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】设函数f(x)=√3sinπxm．若存在f(x)的极值点x0满足x02+[f(x0)]2<m2，则m的取值范围是（）A．(−∞,−6)∪(6,∞)B．(−∞,−4)∪(4,∞)C．(−∞,−2)∪(2,∞)D．(−∞,−1)∪(1,∞)【答案】C【解析】由题意知：f(x)的极值为±√3，所以[f(x0)]2=3，因为f′(x0)=πm ⋅√3cosπx0m=0，所以πx0m =kπ+π2,k∈z，所以x0m=k+12,k∈z即|x0m|=|k+12|≥12，所以|x0|≥|m2|，即x02+[f(x0)]2≥m24+3，而已知x02+[f(x0)]2<m2，所以m2>m24+3，故3m24>3，解得m>2或m<−2，故选C.4．函数f(x)=x3−3x2+2在区间[－1，1]上的最大值是（）A．4B．2C．0D．－2【答案】B【解析】令f′(x)=3x2−6x=0，解得x=0或x=2.f(0)=2,f(2)=−2,f(−1)=−2,f(1)=0，故函数的最大值为2，所以本小题选B.5．【北京市首都师范大学附属中学2019届高三高考模拟预测卷（二）】已知函数f(x)=13x3−4x+2e x−2e x，其中e是自然对数的底，若f(a−1)+f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是（）A．(−∞,−1]B．[12,+∞)C．(−1,12)D．[−1,12]【答案】D【解析】由f′(x)=x2−4+2e x+2e−x≥x2−4+2√4e x⋅e−x=x2≥0，知f(x)在R上单调递增，且f(−x)=−13x3+4x+2e−x−2e x=−f(x)，即函数f(x)为奇函数，故f(a−1)+f(2a2)≤0⇔f(a−1)≤f(−2a2)⇔a−1≤−2a2⇔2a2+a−1≤0，解得−1≤a≤12.故选D.6．【2020届北京市昌平区新学道临川学校高三上学期第三次月考】已知函数f(x)=x2−2x+a(e x−1+ e−x+1)有唯一零点，则a=A．−12B．13C．12D．1【答案】C【解析】函数f(x)的零点满足x2−2x=−a(e x−1+e−x+1)，设g(x)=e x−1+e−x+1，则g′(x)=e x−1−e−x+1=e x−1−1e x−1=e2(x−1)−1e x−1，当g′(x)=0时，x=1；当x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x=1时，函数g(x)取得最小值，为g(1)=2.设ℎ(x)=x2−2x，当x=1时，函数ℎ(x)取得最小值，为−1，若−a>0，函数ℎ(x)与函数−ag(x)没有交点；若−a<0，当−ag(1)=ℎ(1)时，函数ℎ(x)和−ag(x)有一个交点，即−a×2=−1，解得a=12.故选C.7．【2020届北京市朝阳区六校联考高三年级四月份测试】关于函数f(x)=(x2+ax−1)e x，有以下三个结论：①函数恒有两个零点，且两个零点之积为−1；②函数的极值点不可能是−1；③函数必有最小值.其中正确结论的个数有（）A．0个B．1个C．2个D．3个【解析】由题意函数f(x)=(x 2+ax −1)e x 的零点即为函数y =x 2+ax −1的零点，令x 2+ax −1=0，则△=a 2+4>0，所以方程必有两个不等实根x 1，x 2，设x 1<x 2， 由韦达定理可得x 1x 2=−1，故①正确；f ′(x)=(2x +a)e x +(x 2+ax −1)e x =[x 2+(a +2)x +a −1]e x ，当x =−1时，f ′(x)=(1−a −2+a −1)e −1=−2e −1≠0，故−1不可能是函数f(x)的极值点，故②正确；令f ′(x)=0即x 2+(a +2)x +a −1=0，△=(a +2)2−4(a −1)=a 2+8>0， 设x 2+(a +2)x +a −1=0的两个实数根为x 3，x 4且x 3<x 4， 则当x ∈(−∞,x 3)，x ∈(x 4,+∞)时，f ′(x)>0，函数f(x)单调递增， 当x ∈(x 3,x 4)时，f ′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以f(x 4)为函数极小值； 由①知，当x ∈(−∞,x 1)时，函数f(x)>0，所以当x ∈(−∞,x 3)时，f(x)>0， 又f(0)=−e x <0，所以0∈(x 3,+∞)，所以f(x 4)≤f(0)<0， 所以f(x 4)为函数的最小值，故③正确. 故选：D .8．【北京市第171中学2019-2020学年高三10月月考】已知函数f(x)=e 2x−3，g(x)=14+ln x2，若f(m )=g(n)成立，则n −m 的最小值为（） A ．12+ln2B ．ln2C ．12+2ln2D ．2ln2【答案】A 【解析】设e 2m−3=14+ln n2=k(k >0)，则m =32+lnk 2，n =2ek−14，令ℎ(k)=n −m =2e k−14−lnk 2−32，所以ℎ′(k)=2e k−14−12k ，又ℎ′(k)=2e k−14−12k在(0,+∞)增函数，且ℎ′(14)=0，当k ∈(0,14)时，ℎ′(k)<0，当k ∈(14,+∞)时，ℎ′(k)>0， 所以ℎ(k)=2e k−14−lnk 2−32在(0,14)上递减，在(14,+∞)上递增．所以ℎ(k)min =ℎ(14)=12+ln2，即n −m 的最小值为12+ln2．9．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】设函数f′(x)是奇函数f(x)（x∈R）的导函数，f(−1)=0，当x>0时，xf′(x)−f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是（）A．(−∞,−1)∪(0,1)B．(−1,0)∪(1,+∞)C．(−∞,−1)∪(−1,0)D．(0,1)∪(1,+∞)【答案】A【解析】构造新函数g(x)=f(x)x ,g′(x)=xf′(x)−f(x)x2，当x>0时g′(x)<0.所以在(0,+∞)上g(x)=f(x)x单减，又f(1)=0，即g(1)=0.所以g(x)=f(x)x>0可得0<x<1,此时f(x)>0，又f(x)为奇函数，所以f(x)>0在(−∞,0)∪(0,+∞)上的解集为：(−∞,−1)∪(0,1).故选A.10．【2020年1月中学生标准学术能力诊断性测试诊断性测试】已知不等式x+alnx+1e x≥x a对x∈(1,+∞)恒成立，则实数a的最小值为（）A．−√e B．−e2C．−e D．−2e【答案】C【解析】不等式x+alnx+1e x≥x a对x∈(1,+∞)恒成立可变形为x+1e x≥x a−alnx,即e−x−lne−x≥x a−lnx a对x∈(1,+∞)恒成立设g(x)=x−lnx则g′(x)=1−1x =x−1x当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,即g(x)=x−lnx在x∈(1,+∞)时单调递增当x∈(0,1)时,g′(x)<0,即g(x)=x−lnx在x∈(0,1)时单调递减因而g(e−x)≥g(x a)在x∈(1,+∞)上恒成立即可当x∈(1,+∞)时,e−x∈(0,1e)而当a<0时(因四个选项都小于0,所以只需讨论a<0的情况)x a∈(0,1)因为g(x)=x−lnx在x∈(0,1)时单调递减,若g(e−x)≥g(x a)只需e−x≤x a不等式两边同取自然底数的对数,可得−x≤alnx当x∈(1,+∞)时,0<lnx化简不等式可得−xlnx≤a只需(−xlnx)max≤a令ℎ(x)=−xlnx,x∈(1,+∞)则ℎ′(x)=1−lnx(lnx)2,令ℎ′(x)=0解得x=e当x∈(1,e)时,ℎ′(x)>0,则ℎ(x)=−xlnx在(1,e)内单调递增当x∈(e,+∞)时,ℎ′(x)<0,则ℎ(x)=−xlnx在(e,+∞)内单调递减所以ℎ(x)=−xlnx 在x=e处取得最大值,ℎ(x)max=−elne=−e故−e≤a所以实数a的最小值为−e故选:C11．【北京市清华大学附属中学2019届高三下学期第三次模拟】直线y=x+1是曲线f（x）=x+1x−alnx（a ∈R）的切线，则a的值是______．【答案】−1【解析】设切点的横坐标为x0，f'(x)=1−1x2−ax=x2−ax−1x2=1⇒x0=−1a⇒−a=1x0，则有：f(x0)=x0+1x−alnx0=x0+1⇒lnx0−x0+1=0，令ℎ(x)=lnx−x+1⇒ℎ'(x)=1x−1=0⇒x=1，则ℎ(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为ℎ(1)=0，所以x0=1⇒a=−1；故答案为−1．12．已知f(x)＝e x ·sinx ，则f ′(0)的值为___. 【答案】1 【解析】因为f ′(x)=e x (sinx +cosx)，所以f ′(0)=1.13．【北京市中国人民大学附属中学2019届高三上学期月考（二）】已知函数f(x)=ax 3+x +1的图像在点(1,f(1))的处的切线过点(2,7)，则a =. 【答案】1 【解析】f′(x)=3ax 2+1⇒f′(1)=3a +1,f(1)=a +2⇒l:y −(a +2)=(3a +1)(x −1)⇒7−(a +2) =(3a +1)(2−1)⇒a =1.14．函数f(x)=xlnx 的单调减区间是______． 【答案】(0,1e ) 【解析】函数的定义域为x >0，∵y′=lnx +1，令lnx +1<0，得0<x <1e ,∴函数y =xlnx 的单调递减区间是(0,1e )，故答案为(0,1e). 15．【北京市丰台区2019届高三年级第二学期综合练习（二）】已知函数f(x)=x +ax (x >0)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,+∞)，那么a =____． 【答案】4. 【解析】依题意可知x ＝2是函数f （x ）的极小值点， 又f′(x)=1−ax 2， 所以，f′(2)=1−a 4＝0， 解得：a ＝4,经检验成立 故答案为：416．对于函数y =f(x)，若存在区间[a,b]，当x ∈[a,b]时的值域为[ka,kb](k >0)，则称y =f(x)为k 倍值函数.若f(x)=lnx +x 是k 倍值函数，则实数k 的取值范围是________.【答案】(1,1+1e)【解析】由题意得lnx+x=kx有两个不同的解，k=lnxx +1，则k′=1−lnxx=0⇒x=e，因此当0<x<e时，k∈(−∞,1+1e )，当x>e时，k∈(1,1+1e)，从而要使lnx+x=kx有两个不同的解，需k∈(1,1+1e)17．【北京市东城区第五中学2019-2020学年高三上学期12月月考】函数y=f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别是k A，k B，规定φ(A,B)=|k A−k B||AB|叫曲线y=f(x)在点A与点B之间的“弯曲度”，给出以下命题：（1）函数y=x3−x2+1图象上两点A、B的横坐标分别为1，2，则φ(A,B)>√3；（2）存在这样的函数，图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数；（3）设点A、B是抛物线，y=x2+1上不同的两点，则φ(A,B)⩽2；（4）设曲线y=e x上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1−x2=1，若t·φ(A,B)<1恒成立，则实数t 的取值范围是(−∞,1)；以上正确命题的序号为__（写出所有正确的）【答案】（2）（3）【解析】对于（1），由y=x3−x2+1，得y′=3x2−2x，则k A=y′|x=1=1，k B=y′|x=2=8，y1=1，y2=5，则|AB|=√(2−1)2+(5−1)2=√17，φ(A,B)=|k A−k B||AB|=√17=√17<√3，（1）错误；对于（2），常数函数y=1满足图象上任意两点之间的“弯曲度”为常数，（2）正确；对于（3），设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′=2x，则k A−k B=2x1−2x2，|AB|=√(x1−x2)2+(x12−x22)2=√(x1−x2)2[1+(x1+x2)2] =|x1−x2|√1+(x1+x2)2．∴φ(A,B)=A B12122=1212122⩽21=2，（3）正确；对于（4），由y=e x，得y′=e x，φ(A,B)=x1x2√(x1−x2)2+(e x−e x)2=x1x2√1+(e x−e x)2．t·φ(A,B)<1恒成立，即t|e x1−e x2|<√1+(e x1−e x2)2恒成立，t=1时该式成立，∴（4）错误．故答案为：（2）（3）．18．【北京市平谷区2020届高三第二学期阶段性测试（二模）】已知函数f(x)=1x+cosx，给出下列结论：①f(x)在(0，π]上有最小值，无最大值；②设F(x)=f(x)−f(−x)，则F(x)为偶函数；③f(x)在(0，2π)上有两个零点其中正确结论的序号为________.（写出所有正确结论的序号）【答案】①③【解析】①，由于x∈(0,π]，所以f′(x)=−1x2−sinx<0，所以f(x)在(0,π]上递减，所以f(x)在(0,π]上有最小值，无最大值，故①正确.②，依题意F(x)=f(x)−f(−x)=1x +cosx−[−1x−cos(−x)]=2x，由于F(−x)≠F(x)，所以F(x)不是偶函数，故②错误.③，令f(x)=0得cosx=−1x ，画出y=cosx和y=−1x在区间(0,2π)上的图像如下图所示，由图可知y=cosx和y=−1x在区间(0,2π)上的图像有两个交点，则f(x)在(0，2π)上有两个零点，故③正确.故答案为：①③19．【北京市通州区2020届高考一模】给出下列四个函数，①y=x2+1；②y=|x+1|+|x+2|；③y= 2x+1；④y=x2+cosx，其中值域为[1,+∞)的函数的序号是______.【答案】①②④【解析】①∵x2≥0，∴x2+1≥1，故值域为[1,+∞)，符合题意；②y=|x+1|+|x+2|≥|(x+1)−(x+2)|=1，故值域为[1,+∞)，符合题意；③∵2x>0，∴2x+1>1，故值域为(1,+∞)，不合题意；④函数f(x)=x2+cosx为偶函数，且f′(x)=2x−sinx，f″(x)=2−cosx>0，故f′(x)在R上单调递增，又f′(0)=0，故当x∈(0,+∞)时，f(x)单调递增，则当x∈(−∞,0)时，f(x)单调递减，又f(0)=1，故其值域为[1,+∞)，符合题意.故答案为：①②④.20．【2019届北京市中国人民人大附属中学高三（5月）模拟】已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且对任意的实数x都有f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)（e是自然对数的底数），且f(0)=1，若关于x的不等式f(x)−m <0的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是________.【答案】(−e,0]【解析】∵f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)，∴f(x)+f′(x)=e−x(2x+3)，即[f(x)+f′(x)]e x=(2x+3)，即[f(x)e x]′=(2x+3)，即f(x)e x=x2+3x+c，，∵f(0)=1，∴f(0)=0+0+c=1，即c=1，即f(x)=x2+3x+ce x，则f′(x)=e−x(2x+3)−f(x)=−e−x(x2+x−2)，则f(x)=x2+3x+1e x由f′(x)>0得−2<x<1，此时函数y=f(x)为增函数，由f′(x)<0得x>1或x<−2，此时函数y=f(x)为减函数，即当x=−2时，函数y=f(x)取得极小值f(−2)=−e2，∵f(−1)=−e，f(−3)=e3，且当x>1时，f(x)>0，由图象知，要使不等式f(x)<m的解集中恰有两个整数，则满足f(−1)<m≤0，即−e<m≤0，即实数m的取值范围是(−e,0]，故答案为：(−e,0].. 21．【北京市人大附中2020届高三（6月份）高考数学考前热身】已知函数f(x)=1−xe x （1）求函数f(x)的单调区间；（2）若对任意x1,x2∈[a,+∞)，都有f(x1)−f(x2)≥−1成立，求实数a的最小值.e2【答案】（1）函数f(x)的单增区间为(2,+∞)，单减区间为(−∞,2)（2）a的最小值为1【解析】=0解得x=2,解：（1）由f′(x)=x−2e x则f′(x)及f(x)的情况如下：所以函数f(x)的单增区间为(2,+∞),单减区间为(−∞,2)；（2）法一：当x>1时,f(x)=1−xe x<0.当x<1时,f(x)=1−xe x>0.若a≤1,由（1）可知f(x)的最小值为f(2),f(x)的最大值为f(a),所以“对任意x1,x2∈[a,+∞),有f(x1)−f(x2)≥−1e2恒成立”等价于“f(2)−f(a)≥−1e2”,即−1e2−1−ae a≥−1e2,解得a≥1.所以a的最小值为1.法二：当x>1时,f(x)=1−xe x<0.当x<1时,f(x)=1−xe>0.且由（1）可知,f(x)的最小值为f(2)=−1e2, 若2∈[a,+∞),即a≤2时,令x1=2,则任取x2∈[a,+∞),有f(x1)−f(x2)=f(2)−f(x2)=−1e2−f(x2)≥−1e2,所以f(x2)≤0对x2∈[a,+∞)成立,所以必有x2≥1成立,所以[a,+∞)⊆[1,+∞),即a≥1.而当a=1时,∀x1,x2∈[1,+∞),f(x1)≤0,f(x2)≤0,所以f(x1)−f(x2)≥f(x1)−0≥f(2)=−1e2,即a=1满足要求,而当a≥2时,求出的a的值,显然大于1,综上,a的最小值为1.22．【北京市大兴区2019届高三4月一模】已知函数f(x)=a e x图象在x=0处的切线与函数g(x)=lnx图象在x=1处的切线互相平行．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）设ℎ(x)=f(x)−g(x)，求证：ℎ(x)>2． 【答案】（Ⅰ）a =1；（Ⅱ）详见解析. 【解析】（Ⅰ）由f(x)=a e x ，得f ′(x)=a e x ，所以f ′(0)=a . 由g(x)=ln x ，得g ′(x)=1x ，所以g ′(1)=1. 由已知f ′(0)=g ′(1)，得a =1. 经检验，a =1符合题意．（Ⅱ）ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x −ln x ，x >0， ℎ′(x)=e x −1x ，设φ(x)=e x −1x，则φ′(x)=e x +1x 2>0，所以φ(x)在区间(0,+∞)单调递增， 又φ(1)=e −1>0，φ(12)=√e −2<0， 所以φ(x)在区间(0,+∞)存在唯一零点， 设零点为x 0，则x 0∈(12,1)，且e x 0=1x 0．当x ∈(0,x 0)时，ℎ′(x)<0；当x ∈(x 0,+∞)，ℎ′(x)>0． 所以，函数ℎ(x)在(0,x 0)递减，在(x 0,+∞)递增， ℎ(x)≥ℎ(x 0)=e x 0−ln x 0=1x 0−ln x 0，由e x 0=1x 0，得ln x 0=−x 0 所以ℎ(x 0)=1x 0+x 0≥2，由于x 0∈(12,1)，ℎ(x 0)>2 从而ℎ(x)>2，命题得证．23．【北京五中2020届高三（4月份）高考数学模拟】设函数f （x ）＝me x ﹣x 2+3，其中m ∈R .（1）如果f （x ）同时满足下面三个条件中的两个：①f （x ）是偶函数；②m ＝1；③f （x ）在（0，1）单调递减.指出这两个条件，并求函数h （x ）＝xf （x ）的极值； （2）若函数f （x ）在区间[﹣2，4]上有三个零点，求m 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）[13e 4，6e 3) 【解析】（1）若满足条件①f(x)是偶函数，则f(−x)=f(x)，且函数f(x)的定义域为R，∴me−x−x2+3=me x−x2+3，∴me−x=me x对x∈R恒成立，∴m=0，此时函数f(x)=−x2+3，在(0,1)单调递减，满足条件③f(x)在(0,1)单调递减；若f(x)不满足①，则m=1,f(x)=e x−x2+3，f′(x)=e x−2x,f′(12)=√e−1，所以f（x）在（0，1）不可能单调递减，即不满足③，∴f(x)同时满足条件：①f(x)是偶函数；③f(x)在(0,1)单调递减，此时ℎ(x)=−x3+3x，则ℎ′(x)=−3x2+3=3(1+x)(1−x)，∴当x∈(−∞,−1)时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减；当x∈(−1,1)时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)单调递减，∴x=1时，函数ℎ(x)取到极大值，极大值为ℎ（1）=2，x=−1时，函数ℎ(x)取到极小值，极小值为ℎ(−1)=−2；（2）令f(x)=me x−x2+3=0，则有m=x2−3e x，函数f(x)在区间[−2，4]上有三个零点，等价于直线y=m与曲线g(x)=x2−3e在区间[−2，4]上有三个交点，g′(x)=2x·e x−(x2−3)e x(e x)2=2x−x2+3e x=−(x−3)(x+1)e x，x∈[−2，4]，令g′(x)=0，则x=3或x=−1，令g′(x)<0，则−1<x<3，令g′(x)>0，则−2⩽x<−1或3<x⩽4，∴函数g(x)在区间[−2，−1)上单调递增；在(−1,3)上单调递减，在(3，4]上单调递增，又g(−2)=e2，g(−1)=−2e，g（3）=6e3，g（4）=13e4，画出函数g(x)在[−2，4]上的大致图象，如图所示：，由图可知，当13e 4⩽m <6e 3时， 直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x在区间[−2，4]上有三个交点，即函数f(x)在区间[−2，4]上有三个零点， ∴m 的取值范围为：[13e 4，6e 3)．24．【2020届北京市平谷区高三3月质量监控（一模）】已知函数f(x)=(x 2+ax−a)e x，其中a ∈R .（1）当a =0时，求f(x)在(1,f(1))的切线方程； （2）求证：f(x)的极大值恒大于0. 【答案】（1）y =1e x （2）证明见解析 【解析】 （1）f′(x)=−x 2−(a−2)x+2ae x =−(x+a)(x−2)e x ，当a =0时，f′(1)=1e ，f(1)=1e ， 则f(x)在(1,f(1))的切线方程为y =1e x ； （2）证明：令f′(x)=0，解得x =2或x =−a ，①当a =−2时，f′(x)≤0恒成立，此时函数f(x)在R 上单调递减， ∴函数f(x)无极值；②当a >−2时，令f′(x)>0，解得−a <x <2，令f′(x)<0，解得x <−a 或x >2， ∴函数f(x)在(−a,2)上单调递增，在(−∞,−a)，(2,+∞)上单调递减， ∴f(x)极大值=f(2)=a+4e 2>0；③当a <−2时，令f′(x)>0，解得2<x <−a ，令f′(x)<0，解得x <2或x >−a ， ∴函数f(x)在(2,−a)上单调递增，在(−∞,2)，(−a,+∞)上单调递减，∴f(x)极大值=f(−a)=−a e a>0，综上，函数f(x)的极大值恒大于0.25．【2020届北京市海淀区高三一模】已知函数f(x)=e x +ax . (I )当a =-1时，①求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； ②求函数f (x )的最小值；(II )求证:当a ∈(−2,0)时，曲线y =f(x)与y =1−lnx 有且只有一个交点. 【答案】（1）切线方程y =1；f(x)min =1；（2）证明见解析 【解析】 (I)当a =−1时，①函数f(x)=e x −x ，∴f(0)=e 0=1， f ′(x)=e x −1，即f ′(0)=e 0−1=0，∴曲线y =f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y =1.②令f ′(x)=e x −1>0，得x >0，令f ′(x)=e x −1<0，得x <0， 所以f(x)在(0,+∞)上单增，在(−∞,0)单减, ∴函数f(x)的最小值为f(x)min =f(0)=1.(II)当a ∈(−2,0)时，曲线y =f(x)与y =1−lnx 有且只有一个交点. 等价于g(x)=e x +ax +lnx −1(x >0)有且只有一个零点. g ′(x)=e x +1x +a(x >0)，当x ∈(0,1)时，e x >1,1x >1，∵a ∈(−2,0)，则g ′(x)=e x +1x +a >0， 当x ∈[1,+∞)时，e x >e >2,1x >0， ∵a ∈(−2,0)，则g ′(x)=e x +1x +a >0， ∴g(x)在(0,+∞)上单增，又∵g(1e )=e 1e+ae −2<e 12−2<0，g(e)=e e +ae >e 2−2e >0，由零点存在性定理得g(x)有唯一零点，即曲线y =f(x)与y =1−lnx 有且只有一个交点.26．【北京市西城区第四中学2019-2020学年高三上学期10月月考】已知函数f(x)=x−alnx(a∈R).（Ⅰ）当a=2时，求曲线y=f(x)在点A(1,f(1))处的切线方程；（Ⅱ）求函数f(x)的极值.【答案】(1)x＋y－2＝0；(2)当a≤0时，函数f(x)无极值；当a＞0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－a l n a无极大【解析】解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－ax.(1)当a＝2时，f(x)＝x－2lnx，f′(x)＝1－2x(x>0)，因而f(1)＝1，f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点A(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0.(2)由f′(x)＝1－ax ＝x−ax，x>0知：①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)为(0，＋∞)上的增函数，函数f(x)无极值；②当a>0时，由f′(x)＝0，解得x＝a，又当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，从而函数f(x)在x＝a处取得极小值，且极小值为f(a)＝a－alna，无极大值．综上，当a≤0时，函数f(x)无极值；当a>0时，函数f(x)在x＝a处取得极小值a－alna，无极大值．27．【北京市海淀区2019届高三年级第二学期期末练习（二模）】已知函数f(x)=e ax(x2−a+2a),，其中a ≠0．(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的倾斜角；(Ⅱ)若函数f(x)的极小值小于0，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）倾斜角为0(Ⅱ)(−∞,−2)∪(0,+∞)【解析】（Ⅰ）因为f(x)=e a x(x2−a+2a)，所以f′(x)=e a x(ax2+2x−(a+2)),所以f′(1)=0所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处切线的倾斜角为0。