第03講 一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（2022-2024高考真題）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

第03講一元函數(shù)的導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項(xiàng)選擇題1．（2024·全國(guó)·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=ex+2sinxA．16 B．13 C．12【解題思路】借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義計(jì)算可得其在點(diǎn)0,1處的切線方程，即可得其與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，即可得其面積.【解答過(guò)程】f′則f′即該切線方程為y?1=3x，即y=3x+1，令x=0，則y=1，令y=0，則x=?1故該切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形面積S=1故選：A.2．（2024·上?！じ呖颊骖}）已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，定義集合M=x0x0∈R,x∈?A．存在fx是偶函數(shù) B．存在fx在C．存在fx是嚴(yán)格增函數(shù) D．存在fx在【解題思路】對(duì)于ACD利用反證法并結(jié)合函數(shù)奇偶性、單調(diào)性以及極小值的概念即可判斷，對(duì)于B，構(gòu)造函數(shù)fx【解答過(guò)程】對(duì)于A，若存在y=f(x)是偶函數(shù),取x0則對(duì)于任意x∈(?∞,1),f(x)<f(1),而對(duì)于B，可構(gòu)造函數(shù)fx=?2,x<?1,當(dāng)x<?1時(shí)，則fx=?2，當(dāng)?1≤x≤1時(shí)，fx∈?1,1則該函數(shù)fx的最大值是f對(duì)C，假設(shè)存在fx，使得fx嚴(yán)格遞增，則M=R，與已知對(duì)D，假設(shè)存在fx，使得fx在x=?1處取極小值，則在?1的左側(cè)附近存在n，使得fn故選：B.3．（2023·全國(guó)·高考真題）函數(shù)fx=x3+ax+2A．?∞,?2 B．?∞,?3 C．【解題思路】寫出f′【解答過(guò)程】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3個(gè)零點(diǎn)，則fx要存在極大值和極小值，則令f′(x)=3x2+a=0且當(dāng)x∈?∞,?當(dāng)x∈??a3故fx的極大值為f??a若fx要存在3個(gè)零點(diǎn)，則f??a3>0故選：B.4．（2023·全國(guó)·高考真題）曲線y=exx+1在點(diǎn)1,A．y=e4x B．y=e2x【解題思路】先由切點(diǎn)設(shè)切線方程，再求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，把切點(diǎn)的橫坐標(biāo)代入導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率，代入所設(shè)方程即可求解.【解答過(guò)程】設(shè)曲線y=exx+1在點(diǎn)1,因?yàn)閥=e所以y′所以k=所以y?所以曲線y=exx+1在點(diǎn)1,故選：C.5．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx=aex?lnxA．e2 B．e C．e?1 【解題思路】根據(jù)f′x=a【解答過(guò)程】依題可知，f′x=aex?1設(shè)gx=xex,x∈1,2，所以gx>g1=e，故e≥1故選：C．6．（2022·全國(guó)·高考真題）函數(shù)fx=cosx+x+1A．?π2，π2 B．?3π【解題思路】利用導(dǎo)數(shù)求得fx的單調(diào)區(qū)間，從而判斷出fx在區(qū)間【解答過(guò)程】f′所以fx在區(qū)間0,π2和3π2,2在區(qū)間π2,3π2上又f0=f2π=2所以fx在區(qū)間0,2π上的最小值為?3π故選：D.7．（2022·全國(guó)·高考真題）已知a=3132,b=A．c>b>a B．b>a>c C．a(chǎn)>b>c D．a(chǎn)>c>b【解題思路】由cb=4tan14結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得c>b【解答過(guò)程】[方法一]：構(gòu)造函數(shù)因?yàn)楫?dāng)x∈故cb=4tan14設(shè)f(x)=cosf′(x)=?sinx+x>0，所以故f14>f(0)所以b>a，所以c>b>a，故選A[方法二]：不等式放縮因?yàn)楫?dāng)x∈0,取x=18得：cos4sin14+當(dāng)4sin14+此時(shí)sin14故cos14=1所以b>a，所以c>b>a，故選A[方法三]：泰勒展開(kāi)設(shè)x=0.25，則a=3132=1?c=4sin14[方法四]：構(gòu)造函數(shù)因?yàn)閏b=4tan14，因?yàn)楫?dāng)x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14>14,即cb故選：A．[方法五]：【最優(yōu)解】不等式放縮因?yàn)閏b=4tan14，因?yàn)楫?dāng)x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14故選：A．8．（2022·全國(guó)·高考真題）當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值?2，則A．?1 B．?12 C．1【解題思路】根據(jù)題意可知f1=?2，f′1=0【解答過(guò)程】因?yàn)楹瘮?shù)fx定義域?yàn)?,+∞，所以依題可知，f1=?2，f′1=0，而f′x=ax?bx2，所以故選：B.9．（2022·全國(guó)·高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

A．18,814 B．274,814【解題思路】設(shè)正四棱錐的高為?，由球的截面性質(zhì)列方程求出正四棱錐的底面邊長(zhǎng)與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【解答過(guò)程】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,[方法一]：導(dǎo)數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長(zhǎng)為2a，高為?，則l2=2a所以6?=l2所以正四棱錐的體積V=1所以V′當(dāng)3≤l≤26時(shí)，V′>0，當(dāng)2所以當(dāng)l=26時(shí)，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時(shí)，V=274，l=33所以正四棱錐的體積V的最小值為274所以該正四棱錐體積的取值范圍是274故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以V=43a2?=當(dāng)?=32時(shí)，得a=當(dāng)l=33時(shí)，球心在正四棱錐高線上，此時(shí)?=22a=33故選：C.10．（2022·全國(guó)·高考真題）設(shè)a=0.1e0.1,b=A．a(chǎn)<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a(chǎn)<c<b【解題思路】構(gòu)造函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定【解答過(guò)程】方法一：構(gòu)造法設(shè)f(x)=ln(1+x)?x(x>?1)，因?yàn)楫?dāng)x∈(?1,0)時(shí)，f′(x)>0，當(dāng)x∈(0,+∞所以函數(shù)f(x)=ln(1+x)?x在(0,+∞所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(?110)<f(0)=0，所以ln910故a<b，設(shè)g(x)=xex+令?(x)=ex(當(dāng)0<x<2?1時(shí)，?′當(dāng)2?1<x<1時(shí)，?′(x)>0又?(0)=0，所以當(dāng)0<x<2?1時(shí)，所以當(dāng)0<x<2?1時(shí)，g′所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故選：C.方法二：比較法解：a=0.1e0.1，b=0.1①lna?令f(x)=x+ln則f′(x)=1?1故f(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞減，可得f(0.1)<f(0)=0，即lna?lnb<0②a?c=0.1e令g(x)=xe則g'(x)=xe令k(x)=(1+x)(1?x)ex?1所以k(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，可得k(x)>k(0)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0,0.1]上單調(diào)遞增，可得g(0.1)>g(0)=0，即a?c>0，所以a>c.故c<a<b.故選：C.二、多項(xiàng)選擇題11．（2024·全國(guó)·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=2x3?3aA．當(dāng)a>1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)B．當(dāng)a<0時(shí)，x=0是f(x)C．存在a，b，使得x=b為曲線y=f(x)的對(duì)稱軸D．存在a，使得點(diǎn)1,f(1)為曲線y=f(x)的對(duì)稱中心【解題思路】A選項(xiàng)，先分析出函數(shù)的極值點(diǎn)為x=0,x=a，根據(jù)零點(diǎn)存在定理和極值的符號(hào)判斷出f(x)在(?1,0),(0,a),(a,2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)；B選項(xiàng)，根據(jù)極值和導(dǎo)函數(shù)符號(hào)的關(guān)系進(jìn)行分析；C選項(xiàng)，假設(shè)存在這樣的a,b，使得x=b為f(x)的對(duì)稱軸，則f(x)=f(2b?x)為恒等式，據(jù)此計(jì)算判斷；D選項(xiàng)，若存在這樣的a，使得(1,3?3a)為f(x)的對(duì)稱中心，則f(x)+f(2?x)=6?6a，據(jù)此進(jìn)行計(jì)算判斷，亦可利用拐點(diǎn)結(jié)論直接求解.【解答過(guò)程】A選項(xiàng)，f′(x)=6x故x∈(?∞,0)∪(a,+∞)時(shí)f′x∈(0,a)時(shí)，f′(x)<0，則f(x)在x=0處取到極大值，在x=a處取到極小值，由f(0)=1>0，f(a)=1?a3<0根據(jù)零點(diǎn)存在定理f(x)在(0,a)上有一個(gè)零點(diǎn)，又f(?1)=?1?3a<0，f(2a)=4a3+1>0則f(x)在(?1,0),(a,2a)上各有一個(gè)零點(diǎn)，于是a>1時(shí)，f(x)有三個(gè)零點(diǎn)，A選項(xiàng)正確；B選項(xiàng)，f′(x)=6x(x?a)，a<0時(shí)，x∈(a,0),fx∈(0,+∞)時(shí)f′此時(shí)f(x)在x=0處取到極小值，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，假設(shè)存在這樣的a,b，使得x=b為f(x)的對(duì)稱軸，即存在這樣的a,b使得f(x)=f(2b?x)，即2x根據(jù)二項(xiàng)式定理，等式右邊(2b?x)3展開(kāi)式含有x3的項(xiàng)為于是等式左右兩邊x3于是不存在這樣的a,b，使得x=b為f(x)的對(duì)稱軸，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，方法一：利用對(duì)稱中心的表達(dá)式化簡(jiǎn)f(1)=3?3a，若存在這樣的a，使得(1,3?3a)為f(x)的對(duì)稱中心，則f(x)+f(2?x)=6?6a，事實(shí)上，f(x)+f(2?x)=2x于是6?6a=(12?6a)即12?6a=012a?24=018?12a=6?6a，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是方法二：直接利用拐點(diǎn)結(jié)論任何三次函數(shù)都有對(duì)稱中心，對(duì)稱中心的橫坐標(biāo)是二階導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)，f(x)=2x3?3ax2由f″(x)=0?x=a由題意(1,f(1))也是對(duì)稱中心，故a2即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的對(duì)稱中心，D選項(xiàng)正確.故選：AD.12．（2024·全國(guó)·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=(x?1)2(x?4)A．x=3是f(x)的極小值點(diǎn) B．當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)<fC．當(dāng)1<x<2時(shí)，?4<f(2x?1)<0 D．當(dāng)?1<x<0時(shí)，f(2?x)>f(x)【解題思路】求出函數(shù)fx的導(dǎo)數(shù)，得到極值點(diǎn)，即可判斷A；利用函數(shù)的單調(diào)性可判斷B；根據(jù)函數(shù)fx在【解答過(guò)程】對(duì)A，因?yàn)楹瘮?shù)fx的定義域?yàn)镽，而f易知當(dāng)x∈1,3時(shí)，f′x<0，當(dāng)x∈函數(shù)fx在?∞,1上單調(diào)遞增，在1,3上單調(diào)遞減，在3,+∞上單調(diào)遞增，故對(duì)B，當(dāng)0<x<1時(shí)，x?x2=x而由上可知，函數(shù)fx在0,1上單調(diào)遞增，所以f對(duì)C，當(dāng)1<x<2時(shí)，1<2x?1<3，而由上可知，函數(shù)fx在1,3所以f1>f2x?1對(duì)D，當(dāng)?1<x<0時(shí)，f(2?x)?f(x)=1?x所以f(2?x)>f(x)，正確；故選：ACD.13．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx的定義域?yàn)镽，fxy=A．f0=0 C．fx是偶函數(shù) D．x=0為f【解題思路】方法一：利用賦值法，結(jié)合函數(shù)奇偶性的判斷方法可判斷選項(xiàng)ABC，舉反例f(x)=0即可排除選項(xiàng)D.方法二：選項(xiàng)ABC的判斷與方法一同，對(duì)于D，可構(gòu)造特殊函數(shù)f(x)=x【解答過(guò)程】方法一：因?yàn)閒(xy)=y對(duì)于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正確.對(duì)于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，則f(1)=0，故B正確.對(duì)于C，令x=y=?1，f(1)=f(?1)+f(?1)=2f(?1)，則f(?1)=0，令y=?1,f(?x)=f(x)+x又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確，對(duì)于D，不妨令f(x)=0，顯然符合題設(shè)條件，此時(shí)f(x)無(wú)極值，故D錯(cuò)誤.方法二：因?yàn)閒(xy)=y對(duì)于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正確.對(duì)于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，則f(1)=0，故B正確.對(duì)于C，令x=y=?1，f(1)=f(?1)+f(?1)=2f(?1)，則f(?1)=0，令y=?1,f(?x)=f(x)+x又函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確，對(duì)于D，當(dāng)x2y2≠0時(shí)，對(duì)f(xy)=y故可以設(shè)f(x)x2=當(dāng)x>0肘，f(x)=x2ln令f′x<0，得0<x<e?故f(x)在0,e?1因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在?e?1

顯然，此時(shí)x=0是f(x)的極大值，故D錯(cuò)誤.故選：ABC.14．（2023·全國(guó)·高考真題）若函數(shù)fx=alnA．bc>0 B．a(chǎn)b>0 C．b2+8ac>0 【解題思路】求出函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x)，由已知可得f′【解答過(guò)程】函數(shù)f(x)=alnx+bx+因?yàn)楹瘮?shù)f(x)既有極大值也有極小值，則函數(shù)f′(x)在(0,+∞因此方程ax2?bx?2c=0于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=b故選：BCD.15．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的圖像關(guān)于點(diǎn)A．f(x)在區(qū)間0,5B．f(x)在區(qū)間?πC．直線x=7π6D．直線y=32?x【解題思路】根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)逐個(gè)判斷各選項(xiàng)，即可解出．【解答過(guò)程】由題意得：f2π3=sin即φ=?4又0<φ<π，所以k=2時(shí)，φ=2π對(duì)A，當(dāng)x∈0,5π12時(shí)，2x+2π3對(duì)B，當(dāng)x∈?π12,11π12時(shí)，2x+2π3∈對(duì)C，當(dāng)x=7π6時(shí)，2x+2π對(duì)D，由y′=2cos2x+2解得2x+2π3從而得：x=kπ或x=所以函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)0,32處的切線斜率為切線方程為：y?32=?(x?0)故選：AD．16．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)=f′(x)，若fA．f(0)=0 B．g?12=0 C．【解題思路】方法一：轉(zhuǎn)化題設(shè)條件為函數(shù)的對(duì)稱性，結(jié)合原函數(shù)與導(dǎo)函數(shù)圖象的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐項(xiàng)判斷即可得解.【解答過(guò)程】[方法一]：對(duì)稱性和周期性的關(guān)系研究對(duì)于f(x)，因?yàn)閒32?2x為偶函數(shù)，所以f32?2x=f32+2x即對(duì)于g(x)，因?yàn)間(2+x)為偶函數(shù)，g(2+x)=g(2?x)，g(4?x)=g(x)，所以g(x)關(guān)于x=2對(duì)稱，由①求導(dǎo)，和g(x)=f′(x)，得f32?x′=f32+x′??f′32?x若函數(shù)f(x)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)f(x)+C（C為常數(shù)）也滿足題設(shè)條件，所以無(wú)法確定f(x)的函數(shù)值，故A錯(cuò)誤.故選：BC.[方法二]：【最優(yōu)解】特殊值，構(gòu)造函數(shù)法.由方法一知g(x)周期為2，關(guān)于x=2對(duì)稱，故可設(shè)gx=cos故選：BC.[方法三]：因?yàn)閒32?2x所以f32?2x=f3所以f3?x=fx，g(4?x)=g(x)函數(shù)f(x)，g(x)的圖象分別關(guān)于直線x=3又g(x)=f′(x)所以g3所以g(4?x)=g(x)=?g3?x，所以g(x+2)=?g(x+1)=g所以g?12若函數(shù)f(x)滿足題設(shè)條件，則函數(shù)f(x)+C（C為常數(shù)）也滿足題設(shè)條件，所以無(wú)法確定f(x)的函數(shù)值，故A錯(cuò)誤.故選：BC.17．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3?x+1A．f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn) B．f(x)有三個(gè)零點(diǎn)C．點(diǎn)(0,1)是曲線y=f(x)的對(duì)稱中心 D．直線y=2x是曲線y=f(x)的切線【解題思路】利用極值點(diǎn)的定義可判斷A，結(jié)合f(x)的單調(diào)性、極值可判斷B，利用平移可判斷C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.【解答過(guò)程】由題，f′x=3x2?1，令令f′(x)<0得所以f(x)在(?∞,?33)，(因f(?33)=1+23所以，函數(shù)fx在?當(dāng)x≥33時(shí)，fx≥f3綜上所述，函數(shù)f(x)有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；令?(x)=x3?x，該函數(shù)的定義域?yàn)镽則?(x)是奇函數(shù)，(0,0)是?(x)的對(duì)稱中心，將?(x)的圖象向上移動(dòng)一個(gè)單位得到f(x)的圖象，所以點(diǎn)(0,1)是曲線y=f(x)的對(duì)稱中心，故C正確；令f′x=3x2當(dāng)切點(diǎn)為(1,1)時(shí)，切線方程為y=2x?1，當(dāng)切點(diǎn)為(?1,1)時(shí)，切線方程為y=2x+3，故D錯(cuò)誤.故選：AC.三、填空題18．（2024·全國(guó)·高考真題）曲線y=x3?3x與y=?x?12+a在0,+∞【解題思路】將函數(shù)轉(zhuǎn)化為方程，令x3?3x=?x?12+a，分離參數(shù)a【解答過(guò)程】令x3?3x=?x?12則g′x=3x2當(dāng)x∈0,1時(shí)，g′x當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，g′x>0因?yàn)榍€y=x3?3x與y=?所以等價(jià)于y=a與gx有兩個(gè)交點(diǎn)，所以a∈故答案為：?2,1.19．（2024·全國(guó)·高考真題）若曲線y=ex+x在點(diǎn)(0,1)處的切線也是曲線ln2【解題思路】先求出曲線y=ex+x在0,1的切線方程，再設(shè)曲線y=lnx+1+a的切點(diǎn)為【解答過(guò)程】由y=ex+x得y故曲線y=ex+x在0,1由y=lnx+1+a設(shè)切線與曲線y=lnx+1+a由兩曲線有公切線得y′=1x0切線方程為y=2x+根據(jù)兩切線重合,所以a?ln2=0，解得故答案為：ln220．（2023·全國(guó)·高考真題）設(shè)a∈0,1，若函數(shù)fx=ax+1+ax在【解題思路】原問(wèn)題等價(jià)于f′x=axlna+【解答過(guò)程】由函數(shù)的解析式可得f′x=則1+axln1+a≥?a故1+aa0=1≥?lna故lna+1≥?lna0<a<1結(jié)合題意可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是5?1故答案為：5?121．（2022·全國(guó)·高考真題）曲線y=ln|x|過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為y=1ex【解題思路】分x>0和x<0兩種情況，當(dāng)x>0時(shí)設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0【解答過(guò)程】[方法一]：化為分段函數(shù)，分段求分x>0和x<0兩種情況，當(dāng)x>0時(shí)設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0，求出函數(shù)導(dǎo)函數(shù)，即可求出切線的斜率，從而表示出切線方程，再根據(jù)切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)求出解：因?yàn)閥=ln當(dāng)x>0時(shí)y=lnx，設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以?lnx0=1x0當(dāng)x<0時(shí)y=ln?x，設(shè)切點(diǎn)為x1,ln?x又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以?ln?x1=1x1?x[方法二]：根據(jù)函數(shù)的對(duì)稱性，數(shù)形結(jié)合當(dāng)x>0時(shí)y=lnx，設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以?lnx0=1x0因?yàn)閥=ln所以當(dāng)x<0時(shí)的切線，只需找到y(tǒng)=1ex[方法三]：因?yàn)閥=ln當(dāng)x>0時(shí)y=lnx，設(shè)切點(diǎn)為x0,lnx0又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以?lnx0=1x0當(dāng)x<0時(shí)y=ln?x，設(shè)切點(diǎn)為x1,ln?x又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以?ln?x1=1x故答案為：y=1ex22．（2022·全國(guó)·高考真題）已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2（a>0且【解題思路】法一：依題可知，方程2lna?ax?2ex=0的兩個(gè)根為x1,【解答過(guò)程】[方法一]：【最優(yōu)解】轉(zhuǎn)化法，零點(diǎn)的問(wèn)題轉(zhuǎn)為函數(shù)圖象的交點(diǎn)因?yàn)閒′x=2lna?即方程lna?ax即函數(shù)y=lna?a因?yàn)閤1,x所以函數(shù)fx在?∞,x1所以當(dāng)時(shí)?∞,x1x2,+∞當(dāng)x∈x1,x2時(shí)，fa>1，圖象顯然不符合題意，所以0<a<1．令gx=ln設(shè)過(guò)原點(diǎn)且與函數(shù)y=gx的圖象相切的直線的切點(diǎn)為x則切線的斜率為g′x0則有?lna?ax0因?yàn)楹瘮?shù)y=lna?a所以eln2a<e，解得1e綜上所述，a的取值范圍為1e[方法二]：【通性通法】構(gòu)造新函數(shù)，二次求導(dǎo)f′x因?yàn)閤1,x所以函數(shù)fx在?∞,x1設(shè)函數(shù)gx=f若a>1，則′x在R上單調(diào)遞增，此時(shí)若f則f′x在?∞,x0上單調(diào)遞減，在fx=2ax?e若0<a<1，則′x在R上單調(diào)遞減，此時(shí)若′x0=0，則f′x在?∞,x0上單調(diào)遞增，在x0,+∞上單調(diào)遞減，令′x0=0，則ax0=e(故答案為：1e23．（2022·全國(guó)·高考真題）若曲線y=(x+a)ex有兩條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是?【解題思路】設(shè)出切點(diǎn)橫坐標(biāo)x0，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)得到關(guān)于x0的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求得【解答過(guò)程】∵y=(x+a)ex，∴設(shè)切點(diǎn)為x0,y0,則切線方程為：y?x∵切線過(guò)原點(diǎn)，∴?x整理得：x0∵切線有兩條，∴Δ=a2+4a>0,解得∴a的取值范圍是?∞故答案為：?∞四、解答題24．（2024·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當(dāng)a≤2時(shí)，證明：當(dāng)x>1時(shí)，fx【解題思路】（1）求導(dǎo)，含參分類討論得出導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)，從而得出原函數(shù)的單調(diào)性；（2）先根據(jù)題設(shè)條件將問(wèn)題可轉(zhuǎn)化成證明當(dāng)x>1時(shí)，ex?1【解答過(guò)程】（1）f(x)定義域?yàn)?0,+∞)當(dāng)a≤0時(shí)，f′(x)=ax?1x<0當(dāng)a>0時(shí)，x∈1a,+∞時(shí)，當(dāng)x∈0,1a時(shí)，f綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞a>0時(shí)，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為1a,+∞（2）a≤2，且x>1時(shí)，ex?1令g(x)=ex?1?2x+1+g′(x)=ex?1?2+顯然?′(x)在(1,+∞即g′(x)=?(x)在故g′(x)>g′(1)=故g(x)>g(1)=e025．（2024·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=(1)若b=0，且f′(x)≥0，求(2)證明：曲線y=f(x)是中心對(duì)稱圖形；(3)若f(x)>?2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，求b的取值范圍．【解題思路】（1）求出f′xmin=2+a后根據(jù)（2）設(shè)Pm,n為y=fx圖象上任意一點(diǎn)，可證Pm,n關(guān)于1,a（3）根據(jù)題設(shè)可判斷f1=?2即a=?2，再根據(jù)f(x)>?2在1,2上恒成立可求得【解答過(guò)程】（1）b=0時(shí)，fx=ln則f'因?yàn)閤2?x≤2?x+x故f′xmin=2+a，而f′所以a的最小值為?2.，（2）fx=ln設(shè)Pm,n為y=fPm,n關(guān)于1,a的對(duì)稱點(diǎn)為Q因?yàn)镻m,n在y=fx圖象上，故而f2?m=?n+2a，所以Q2?m,2a?n也在y=f由P的任意性可得y=fx圖象為中心對(duì)稱圖形，且對(duì)稱中心為1,a（3）因?yàn)閒x>?2當(dāng)且僅當(dāng)1<x<2，故x=1為所以f1=?2即先考慮1<x<2時(shí)，fx此時(shí)fx>?2即為lnx設(shè)t=x?1∈0,1，則lnt+11?t設(shè)gt則g′當(dāng)b≥0，?3bt故g′t>0恒成立，故g故gt>g0=0即當(dāng)?23≤b<0故g′t≥0恒成立，故g故gt>g0=0即當(dāng)b<?23，則當(dāng)0<t<故在0,1+23b上g綜上，fx>?2在1,2上恒成立時(shí)而當(dāng)b≥?2而b≥?23時(shí)，由上述過(guò)程可得gt在0,1遞增，故g即fx>?2的解為綜上，b≥?226．（2024·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=?2時(shí)，求fx(2)當(dāng)x≥0時(shí)，fx≥0，求【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)可求函數(shù)的極值.（2）求出函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)，就a≤?12、?1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?2時(shí)，f(x)=(1+2x)ln故f′因?yàn)閥=2ln(1+x),y=?1故f′(x)在?1,+∞故當(dāng)?1<x<0時(shí)，f′(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，故fx在x=0處取極小值且極小值為f（2）f'設(shè)sx則s′當(dāng)a≤?12時(shí)，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上為增函數(shù)，故當(dāng)?12<a<0時(shí)，當(dāng)0<x<?故sx在0,?2a+1a上為減函數(shù)，故在0,?即在0,?2a+1a上f′故在0,?2a+1a上當(dāng)a≥0，此時(shí)s′x<0同理可得在0,+∞上f綜上，a≤?127．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù)fx(1)求fx圖象上點(diǎn)1,f(2)若fx≥ax?x在(3)若x1,x【解題思路】（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的幾何意義；（2）先由題設(shè)條件得到a=2，再證明a=2時(shí)條件滿足；（3）先確定fx的單調(diào)性，再對(duì)x【解答過(guò)程】（1）由于fx=xln所以f1=0，f′1=1，所以所求的切線經(jīng)過(guò)1,0（2）設(shè)?t=t?1?lnt，則?′t=1?1t所以?t在0,1上遞減，在1,+∞上遞增，這就說(shuō)明?t≥?1設(shè)gtfx當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，1x的取值范圍是0,+∞，所以命題等價(jià)于對(duì)任意一方面，若對(duì)任意t∈0,+∞，都有g(shù)t0≤gt取t=2，得0≤a?1，故a≥1>0.再取t=2a，得0≤a?2另一方面，若a=2，則對(duì)任意t∈0,+∞都有綜合以上兩個(gè)方面，知a的值是2.（3）先證明一個(gè)結(jié)論：對(duì)0<a<b，有l(wèi)na+1<證明：前面已經(jīng)證明不等式t?1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f′x=lnx+1，可知當(dāng)0<x<1e所以fx在0,1e不妨設(shè)x1情況一：當(dāng)1e≤x情況二：當(dāng)0<x1≤對(duì)任意的c∈0,1e，設(shè)φ由于φ′φ′且當(dāng)x≥c?14ln2cφ′所以φ′x在0,c上存在零點(diǎn)x0，再結(jié)合φ′x單調(diào)遞增，即知0<x<x0故φx在0,x0①當(dāng)x0≤x≤c時(shí)，有②當(dāng)0<x<x0時(shí)，由于cln從而當(dāng)0<x<c1?qφx再根據(jù)φx在0,x0上遞減，即知對(duì)0<x<綜合①②可知對(duì)任意0<x≤c，都有φx≤0，即根據(jù)c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情況三：當(dāng)0<x1≤1e而根據(jù)fx的單調(diào)性，知fx1故一定有fx綜上，結(jié)論成立.28．（2024·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=x+kln1+xk≠0，直線(1)當(dāng)k=?1時(shí)，求f(2)求證：l不經(jīng)過(guò)點(diǎn)0,0.(3)當(dāng)k=1時(shí)，設(shè)點(diǎn)At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B為l與y軸的交點(diǎn)，S△ACO與S△ABO分別表示△ACO與（參考數(shù)據(jù)：1.09<ln3<【解題思路】（1）直接代入k=?1，再利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可；（2）寫出切線方程y?f(t)=1+k1+t(x?t)(t>0)，將（3）分別寫出面積表達(dá)式，代入2S△ACO=15SABO【解答過(guò)程】（1）f(x)=x?ln當(dāng)x∈?1,0時(shí)，f′x<0；當(dāng)∴f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+∞則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(?1,0)，單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞（2）f′(x)=1+k1+x，切線則切線方程為y?f(t)=1+將(0,0)代入則?f(t)=?t1+即t+kln(1+t)=t+tk1+t，則令F(t)=ln假設(shè)l過(guò)(0,0)，則F(t)在t∈(0,+∞F′(t)=11+t?1+t?t(1+t)∴F(t)在(0,+∞)無(wú)零點(diǎn)，∴與假設(shè)矛盾，故直線l不過(guò)（3）k=1時(shí)，f(x)=x+lnS△ACO=12tf(t)，設(shè)l與yt>0時(shí)，若q<0，則此時(shí)l與f(x)必有交點(diǎn)，與切線定義矛盾.由（2）知q≠0.所以q>0，則切線l的方程為y?t?ln令x=0，則y=q=y=ln∵2S△ACO=15∴13ln(1+t)?2t?15t∴滿足條件的A有幾個(gè)即?(t)有幾個(gè)零點(diǎn).?′當(dāng)t∈0,12時(shí)，?當(dāng)t∈12,4時(shí)，?當(dāng)t∈4,+∞時(shí)，?′因?yàn)?(0)=0,?1?(24)=13ln所以由零點(diǎn)存在性定理及?(t)的單調(diào)性，?(t)在12,4上必有一個(gè)零點(diǎn)，在綜上所述，?(t)有兩個(gè)零點(diǎn)，即滿足2SACO=1529．（2024·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)1,f(1)處的切線方程；(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．【解題思路】（1）求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導(dǎo)，分析a≤0和a>0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和極值，分析可得a2+lna?1>0，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可；解法二：求導(dǎo)，可知f′(x)=e【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=1時(shí)，則f(x)=ex?x?1可得f(1)=e?2，即切點(diǎn)坐標(biāo)為1,e?2，切線斜率所以切線方程為y?e?2=（2）解法一：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f′若a≤0，則f′(x)≥0對(duì)任意可知f(x)在R上單調(diào)遞增，無(wú)極值，不合題意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在?∞,ln則f(x)有極小值fln由題意可得：flna=a?a構(gòu)建ga=a可知ga在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，且不等式a2+lna?1>0等價(jià)于所以a的取值范圍為1,+∞解法二：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f′若f(x)有極小值，則f′令f′(x)=e可知y=ex與y=a有交點(diǎn)，則若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在?∞,ln則f(x)有極小值fln由題意可得：flna=a?a構(gòu)建ga因?yàn)閯ty=a2,y=可知ga在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，且不等式a2+lna?1>0等價(jià)于所以a的取值范圍為1,+∞30．（2024·上?！じ呖颊骖}）對(duì)于一個(gè)函數(shù)fx和一個(gè)點(diǎn)Ma,b，令sx=(x?a)2+(fx?b)2(1)對(duì)于f(x)=1x(x>0)，求證：對(duì)于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P是(2)對(duì)于fx=ex,M1,0，請(qǐng)判斷是否存在一個(gè)點(diǎn)P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定義域R上存在導(dǎo)函數(shù)f′(x)，且函數(shù)g(x)在定義域R上恒正，設(shè)點(diǎn)M1t?1,ft?gt，M2t+1,ft+g【解題思路】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；（2）由題得sx=(x?1)2+（3）根據(jù)題意得到s1′x0=【解答過(guò)程】（1）當(dāng)M(0,0)時(shí)，sx當(dāng)且僅當(dāng)x2=1故對(duì)于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P1,1，使得該點(diǎn)是M0,0（2）由題設(shè)可得sx則s′x=2x?1+2則s′x=2而s′0=0，故當(dāng)x<0時(shí)，s′x故sxmin=s而f′x=ex,k=f而kMP=0?11?0=?1，故kMP?k=?1（3）設(shè)s1s2而s′s′若對(duì)任意的t∈R，存在點(diǎn)P同時(shí)是M1,M設(shè)Px0,y0，則x因?yàn)閮珊瘮?shù)的定義域均為R，則x0則存在x0,使得s即s1s2由①②相等得4+4g(t)?f′x即f′x0=?1則f′接下來(lái)證明x0因?yàn)閤0既是s1x則s1即x0x0③+④得2即x0?t則x0?t=0f則f′t=?1g(t)31．（2023·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=x?x3eax+b，曲線y=f(x)在點(diǎn)(1)求a,b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f′(x)(3)求f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)．【解題思路】（1）先對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到f(1)=0，f′(1)=?1（2）由（1）得gx的解析式，從而求得g′x，利用數(shù)軸穿根法求得g′x（3）結(jié)合（2）中結(jié)論，利用零點(diǎn)存在定理，依次分類討論區(qū)間?∞,0，0,x1，x1,x【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=x?x3e因?yàn)閒x在(1,f(1))處的切線方程為y=?x+1所以f(1)=?1+1=0，f′則1?13×所以a=?1,b=1.（2）由（1）得gx則g′令x2?6x+6=0，解得x=3±3，不妨設(shè)x1=3?易知e?x+1所以令g′x<0，解得0<x<x1或x>x2所以gx在0,x1，x2,+即gx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,3?3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x?x3e由（2）知f′x在0,x1，x2當(dāng)x<0時(shí)，f′?1=1?4e所以f′x在?∞,0上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)x<x3時(shí)，f′x<0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)所以fx在?當(dāng)x∈0,x1時(shí)，f則f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)0<x<x4時(shí)，f′x>0，則fx單調(diào)遞增；當(dāng)所以fx在0,當(dāng)x∈x1,x2則f′x2所以f′x在x1,x此時(shí)，當(dāng)x1<x<x5時(shí)，f′x<0，則f所以fx在x當(dāng)x>x2=3+所以f′x=1?所以fx在x綜上：fx在?∞,0和x1,32．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=?1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)若函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，求【解題思路】（1）由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；（2）原問(wèn)題即f′x≥0在區(qū)間0,+∞上恒成立，整理變形可得gx=ax【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx則f′據(jù)此可得f1所以函數(shù)在1,f1處的切線方程為y?0=?ln2（2）由函數(shù)的解析式可得f′滿足題意時(shí)f′x≥0令?1x2令gx=ax2則g′當(dāng)a≤0時(shí)，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此時(shí)gx令?x=g當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以即g′x在區(qū)間所以g′x>g′0=0當(dāng)0<a<12時(shí)，由?'當(dāng)x∈0,12a?1時(shí)，?′注意到g′0=0，故當(dāng)x∈0,1由于g0=0，故當(dāng)x∈0,綜上可知：實(shí)數(shù)a得取值范圍是a|a≥133．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)若fx+sin【解題思路】（1）代入a=1后，再對(duì)fx求導(dǎo)，同時(shí)利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡(jiǎn)f（2）法一：構(gòu)造函數(shù)gx=fx+sinx，從而得到gx<0，注意到g0法二：先化簡(jiǎn)并判斷得sinx?sinxcos2x<0恒成立，再分類討論a=0【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閍=1，所以fx則f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因?yàn)閠2+2t+2=t+12+1>0所以f′x=所以fx在0,（2）法一：構(gòu)建gx則g′若gx=fx則g′0=a?1+1=a≤0當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)閟inx?又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx綜上所述：若fx+sin所以a的取值范圍為?∞法二：因?yàn)閟inx?因?yàn)閤∈0,π2，所以0<故sinx?sinx所以當(dāng)a=0時(shí)，fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閒x令gx=ax?sin注意到g′若?0<x<π2，g′x>0注意到g0=0，所以gx若?0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0處必存在零點(diǎn)x1此時(shí)g′x在0,x1上有g(shù)′則在0,x1上有g(shù)x綜上：a≤0.34．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=1(1)當(dāng)a=?1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對(duì)稱，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在極值，求【解題思路】(1)由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；(2)首先求得函數(shù)的定義域，由函數(shù)的定義域可確定實(shí)數(shù)b的值，進(jìn)一步結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性利用特殊值法可得關(guān)于實(shí)數(shù)a的方程，解方程可得實(shí)數(shù)a的值，最后檢驗(yàn)所得的a,b是否正確即可；(3)原問(wèn)題等價(jià)于導(dǎo)函數(shù)有變號(hào)的零點(diǎn)，據(jù)此構(gòu)造新函數(shù)gx=ax2+x?x+1lnx+1【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=?1時(shí)，fx則f′據(jù)此可得f1函數(shù)在1,f1處的切線方程為y?0=?即ln2（2）令gx函數(shù)的定義域滿足1x+1=x+1定義域關(guān)于直線x=?12對(duì)稱，由題意可得由對(duì)稱性可知g?取m=32可得即a+1ln2=a?2ln1經(jīng)檢驗(yàn)a=12,b=?即存在a=1（3）由函數(shù)的解析式可得f′由fx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，則f′令?1則?x+1令gxfx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，等價(jià)于gxg當(dāng)a≤0時(shí)，g′x<0，g此時(shí)gx<g0=0，當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以所以g′x>g′0=0所以gx在區(qū)間0,+當(dāng)0<a<12時(shí)，由g″當(dāng)x∈0,12a?1時(shí)，當(dāng)x∈12a?1,+故g′x的最小值為令mx=1?x+ln函數(shù)mx在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m據(jù)此可得1?x+ln則g′由一次函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，當(dāng)x→+∞g′且注意到g′根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知:g′x在區(qū)間0,+∞當(dāng)x∈0,x0時(shí)，g當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，所以gx令nx=ln則函數(shù)nx=lnx?x所以nx≤n4所以g>=>4所以函數(shù)gx在區(qū)間0,+綜合上面可知:實(shí)數(shù)a得取值范圍是0,135．（2023·天津·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在x=2(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，fx(3)證明：56【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問(wèn)題化為x>0時(shí)lnx+1>2x（3）構(gòu)造?(n)=lnn!?n+12lnn+n，n∈N?，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得?(n)≤?(1)=1【解答過(guò)程】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f′(2)=13?（2）要證x>0時(shí)fx=1令g(x)=lnx+1?2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上遞增，則g(x)>g(0)=0，即所以x>0時(shí)fx（3）設(shè)?(n)=lnn!?則?(n+1)??(n)=1+(n+1由（2）知：x=1n∈(0,1]，則所以?(n+1)??(n)<0，故?(n)在n∈N?上遞減，故下證ln(n!)?(n+令φ(x)=lnx?(x+5)(x?1)4x+2且當(dāng)0<x<1時(shí)φ′(x)>0，φ(x)遞增，當(dāng)x>1時(shí)φ′所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上則?(n)??(n+1)=(n+1所以?(2)??(3)<112(1?12累加得：?(2)??(n)<112(1?1因?yàn)?9>3則??(n)<1所以?(1)??(n)<32ln綜上，56<?(n)≤1，即36．（2023·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當(dāng)a>0時(shí)，fx【解題思路】（1）先求導(dǎo)，再分類討論a≤0與a>0兩種情況，結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系即可得解；（2）方法一：結(jié)合（1）中結(jié)論，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a2?12?方法二：構(gòu)造函數(shù)?x=ex?x?1，證得e【解答過(guò)程】（1）因?yàn)閒(x)=aex+a?x，定義域?yàn)楫?dāng)a≤0時(shí)，由于ex>0，則ae所以fx在R當(dāng)a>0時(shí)，令f′x=a當(dāng)x<?lna時(shí)，f′x<0當(dāng)x>?lna時(shí)，f′x>0綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，fx在R當(dāng)a>0時(shí)，fx在?∞,?lna（2）方法一：由（1）得，fx要證f(x)>2lna+32，即證令ga=a令g′a<0，則0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2ln方法二：令?x=e由于y=ex在R上單調(diào)遞增，所以?′又?′所以當(dāng)x<0時(shí)，?′x<0；當(dāng)x>0所以?x在?∞,0故?x≥?0=0，則因?yàn)閒(x)=ae當(dāng)且僅當(dāng)x+lna=0，即所以要證f(x)>2lna+32，即證令ga=a令g′a<0，則0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以當(dāng)a>0時(shí)，f(x)>2ln37．（2023·全國(guó)·高考真題）（1）證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x?x（2）已知函數(shù)fx=cosax?ln1?x【解題思路】（1）分別構(gòu)建Fx=x?sin（2）根據(jù)題意結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知只需要研究fx在0,1上的單調(diào)性，求導(dǎo)，分類討論0<a2【解答過(guò)程】（1）構(gòu)建Fx=x?sinx,x∈0,1則Fx在0,1上單調(diào)遞增，可得F所以x>sin構(gòu)建Gx則G′構(gòu)建gx=G′x則gx在0,1上單調(diào)遞增，可得g即G′x>0則Gx在0,1上單調(diào)遞增，可得G所以sinx>x?綜上所述：x?x（2）令1?x2>0，解得?1<x<1，即函數(shù)f若a=0，則fx因?yàn)閥=?lnu在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，y=1?x2在則fx=1?ln1?x故x=0是fx的極小值點(diǎn)，不合題意，所以a≠0當(dāng)a≠0時(shí)，令b=因?yàn)閒x且f?x所以函數(shù)fx由題意可得：f′（i）當(dāng)0<b2≤2時(shí)，取m=min1由（1）可得f′且b2所以f′即當(dāng)x∈0,m?0,1時(shí)，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在?m,0所以x=0是fx（ⅱ）當(dāng)b2>2時(shí)，取x∈0,由（1）可得f′構(gòu)建?x則?′且?′0=b3可知?x在0,1b所以?x在0,1b當(dāng)x∈0,n時(shí)，則?x<0則f′即當(dāng)x∈0,n?0,1時(shí)，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在?n,0所以x=0是fx綜上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范圍為?∞38．（2022·天津·高考真題）已知a，b∈R(1)求函數(shù)y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）當(dāng)a=0時(shí)，求b的取值范圍；（ii）求證：a2【解題思路】（1）求出f′（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即為s(t)=et2?bt,t≥0在（ii）曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即asinx0+bx【解答過(guò)程】（1）f′(x)=ex?a曲線f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(1?a)(x?0)+1即y=(1?a)x+1.（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，故ex設(shè)t=x，故x=t2，故e設(shè)s(t)=et2?bt,t≥0，故而s′若b=0，則s(t)=et2>0恒成立，此時(shí)若b<0，則s′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，設(shè)u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=?b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)且0<t<t0時(shí)，u(t)<0；t>t故0<t<t0時(shí)，s′(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因?yàn)閟(t)在[0,+∞)上有零點(diǎn)，故s(t而2t0et0設(shè)v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，所以ex?asinx=bx若x0=0，則1?a×0=b×0，該式不成立，故故asinx0a2+b2表示原點(diǎn)與直線故a2+b下證：對(duì)任意x>0，總有|sin證明：當(dāng)x≥π2時(shí)，有|sin當(dāng)0<x<π2時(shí)，即證設(shè)p(x)=sinx?x，則故p(x)=sinx?x在[0,+∞)上為減函數(shù)，故綜上，|sin下證：當(dāng)x>0時(shí)，exq(x)=ex?1?x,x>0故q(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故q(x)>q(0)=0即下證：e2xsin2x+x即證：2x?1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin39．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax?1(1)當(dāng)a=0時(shí)，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．【解題思路】（1）由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可得解；（2）求導(dǎo)得f′x=ax?1x?1x2【解答過(guò)程】（1）當(dāng)a=0時(shí)，fx=?1當(dāng)x∈0,1時(shí)，f′x當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，f′所以fx（2）fx=ax?1當(dāng)a≤0時(shí)，ax?1<0，所以當(dāng)x∈0,1時(shí)，f′x當(dāng)x∈1,+∞時(shí)，f′所以fx當(dāng)0<a<1時(shí)，1a>1，在0,1,1a在1,1a上，f′又f1由（1）得1x+lnx≥1，即當(dāng)x>1時(shí)，f(x)=ax?1則存在m=3a+2所以fx僅在1當(dāng)a=1時(shí)，f′x=x?12所以fx當(dāng)a>1時(shí)，1a<1，在0,1a,在1a,1上，f′x<0由（1）得當(dāng)0<x<1時(shí)，lnx>1?1x，ln此時(shí)f(x)=ax?存在n=14(a+1)所以fx在0,1a所以fx綜上，a的取值范圍為0,+∞40．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3?x,g(x)=x2+a，曲線(1)若x1=?1，求(2)求a的取值范圍．【解題思路】（1）先由f(x)上的切點(diǎn)求出切線方程，設(shè)出g(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)，由斜率求出切點(diǎn)坐標(biāo)，再由函數(shù)值求出a即可；（2）設(shè)出g(x)上的切點(diǎn)坐標(biāo)，分別由f(x)和g(x)及切點(diǎn)表示出切線方程，由切線重合表示出a，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.【解答過(guò)程】（1）由題意知，f(?1)=?1?(?1)=0，f′(x)=3x2?1，f′(?1)=3?1=2即y=2x+2，設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)x2,g(x2)，g′(x)=2x，則g（2）f′(x)=3x2?1，則y=f(x)在點(diǎn)x設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)x2,g(x2)，g′(x)=2x則3x12令?(x)=94x4?2x3?3令?′(x)<0，解得x<?13或0<x<1，則x???00,111,+??0+0?0+?(x)↘5↗1↘?1↗則?(x)的值域?yàn)?1,+∞，故a的取值范圍為?1,+41．（2022·浙江·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=e(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知a,b∈R，曲線y=f(x)上不同的三點(diǎn)x1,fx（ⅰ）若a>e，則0<b?f(a)<（ⅱ）若0<a<e,x（注：e=2.71828?【解題思路】（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性.（2）（?。┯深}設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個(gè)不同的解可證明不等式成立，（ⅱ）k=x3x1，m=a【解答過(guò)程】（1）f′當(dāng)0<x<e2，f′x<0故fx的減區(qū)間為0,e2，f（2）（?。┮?yàn)檫^(guò)a,b有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為xi故fx故方程fx該方程可整理為1x設(shè)gx則g=?1當(dāng)0<x<e或x>a時(shí)，g′x<0；當(dāng)故gx在0,e,因?yàn)間x有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故ge<0故1e?e整理得到：b<a2e+1此時(shí)b?fa設(shè)ua=3故ua為e,+∞故0<b?fa（ⅱ）當(dāng)0<a<e故gx在0,a,e不妨設(shè)x1<x因?yàn)間x有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故ga<0故1e?e整理得到：a2e因?yàn)閤1<x又gx設(shè)t=ex，ae?a+ee記t則t1,t設(shè)k=t1t要證：2e+e即證：13?m即證：t1即證：t1而?m+1t1故lnt故t1故即證：?2即證：t即證：k+1ln記φk=k+1設(shè)uk=k?1k?2φ′故φk在1,+∞上為增函數(shù)，故所以k+1ln記ωm則ω′所以ωm在0,1為增函數(shù)，故ω故lnm+m?1m?13故原不等式得證.42．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個(gè)零點(diǎn)x1,【解題思路】（1）由導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性及最值，即可得解；（2）利用分析法，轉(zhuǎn)化要證明條件為ex【解答過(guò)程】（1）[方法一]：常規(guī)求導(dǎo)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞f′(x)=(令f'(x)=0當(dāng)x∈(0,1),f當(dāng)x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,則e+1?a≥0,即a≤所以a的取值范圍為(?[方法二]：同構(gòu)處理由f(x)≥0得：e令t=x?lnx,t≥1，則f(t)=令g(t)=et故g(t)=et+t故g(t)min所以a的取值范圍為(?（2）[方法一]：構(gòu)造函數(shù)由題知,f(x)一個(gè)零點(diǎn)小于1,一個(gè)零點(diǎn)大于1，不妨設(shè)x要證x1x因?yàn)閤1,又因?yàn)閒(x1即證e即證e下面證明x>1時(shí)，e設(shè)g(x)=e則g=(1?設(shè)φ(x)=所以φ(x)>φ(1)=e,而e所以exx所以g(x)在(1,+∞即g(x)>g(1)=0,所以e令?(x)=?所以?(x)在(1,+∞即?(x)<?(1)=0,所以lnx?綜上,exx?x[方法二]：對(duì)數(shù)平均不等式由題意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt?a在(1,+∞又因?yàn)閒(x)=exx+兩邊取對(duì)數(shù)得：x1?又因?yàn)閤1x2<下證x因?yàn)閤不妨設(shè)t=x1構(gòu)造?(t)=2lnt?t+故?(t)=2lnt?t+1故?(t)<?(1)=0，即2lnt<t?43．（2022·全國(guó)·高考真題）已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx在區(qū)間?1,0,0,+【解題思路】（1）先算出切點(diǎn),再求導(dǎo)算出斜率即可（2）求導(dǎo),對(duì)a分類討論,對(duì)x分(?1,0),(0,+∞【解答過(guò)程】（1）f(x)的定義域?yàn)??1,+當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln(1+x)+xex所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=2x（2）f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=e所以f(x)在(?1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(?1,0)上沒(méi)有零點(diǎn),不合題意2°若?1≤a≤0,當(dāng)x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a≥0所以f(x)在(0,+∞)故f(x)在(0,+∞3°若(1)當(dāng)x∈(0,+∞),則g′(x)=eg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當(dāng)x∈(0,m),f當(dāng)x∈(m,+∞所以當(dāng)x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令?(x)=xe所以?(x)=xex在?1,1上單調(diào)遞增，在1,+又e?ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)沒(méi)有零點(diǎn),即f(x)在(0,+∞(2)當(dāng)x∈(?1,0),g(x)=設(shè)?(x)=?所以g′(x)在g所以存在n∈(?1,0),使得g當(dāng)x∈(?1,n),g當(dāng)x∈(n,0),g′又g(?1)=所以存在t∈(?1,n),使得g(t)=0,即f當(dāng)x∈(?1,t),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(t,0),f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈?1,0，?又?1<ea而f(0)=0,所以當(dāng)x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(?1,t)上有唯一零點(diǎn),(t,0)上無(wú)零點(diǎn)即f(x)在(?1,0)上有唯一零點(diǎn)所以a<?1,符合題意所以若f(x)在區(qū)間(?1,0),(0,+∞)各恰有一個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍為44．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；(