2025年高考數(shù)學復(fù)習(新高考專用)第03講一元函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用(2022-2024高考真題)特訓(學生版+解析)

第03講一元函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項選擇題1．（2024·全國·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=ex+2sinxA．16 B．13 C．122．（2024·上?！じ呖颊骖}）已知函數(shù)f(x)的定義域為R，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是嚴格增函數(shù) D．存在fx在3．（2023·全國·高考真題）函數(shù)fx=x3+ax+2A．?∞,?2 B．?∞,?3 C．4．（2023·全國·高考真題）曲線y=exx+1在點1,A．y=e4x B．y=e2x5．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx=aex?lnxA．e2 B．e C．e?1 6．（2022·全國·高考真題）函數(shù)fx=cosx+x+1A．?π2，π2 B．?3π7．（2022·全國·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>b8．（2022·全國·高考真題）當x=1時，函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值?2，則A．?1 B．?12 C．19．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.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．274,81410．（2022·全國·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二、多項選擇題11．（2024·全國·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=2x3?3aA．當a>1時，f(x)有三個零點B．當a<0時，x=0是f(x)C．存在a，b，使得x=b為曲線y=f(x)的對稱軸D．存在a，使得點1,f(1)為曲線y=f(x)的對稱中心12．（2024·全國·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 B．當0<x<1時，f(x)<fC．當1<x<2時，?4<f(2x?1)<0 D．當?1<x<0時，f(2?x)>f(x)13．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx的定義域為R，fxy=A．f0=0 C．fx是偶函數(shù) D．x=0為f14．（2023·全國·高考真題）若函數(shù)fx=alnA．bc>0 B．a(chǎn)b>0 C．b2+8ac>0 15．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的圖像關(guān)于點A．f(x)在區(qū)間0,5B．f(x)在區(qū)間?πC．直線x=7π6D．直線y=32?x16．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)及其導函數(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．17．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3?x+1A．f(x)有兩個極值點 B．f(x)有三個零點C．點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心 D．直線y=2x是曲線y=f(x)的切線三、填空題18．（2024·全國·高考真題）曲線y=x3?3x與y=?x?12+a在19．（2024·全國·高考真題）若曲線y=ex+x在點(0,1)處的切線也是曲線.20．（2023·全國·高考真題）設(shè)a∈0,1，若函數(shù)fx=ax+1+a21．（2022·全國·高考真題）曲線y=ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為，22．（2022·全國·高考真題）已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax?ex2（23．（2022·全國·高考真題）若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是四、解答題24．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當a≤2時，證明：當x>1時，fx25．（2024·全國·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)是中心對稱圖形；(3)若f(x)>?2當且僅當1<x<2，求b的取值范圍．26．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=?2時，求fx(2)當x≥0時，fx≥0，求27．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù)fx(1)求fx圖象上點1,f(2)若fx≥ax?x在(3)若x1,x28．（2024·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=x+kln1+xk≠0，直線(1)當k=?1時，求f(2)求證：l不經(jīng)過點0,0.(3)當k=1時，設(shè)點At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B為l與y軸的交點，S△ACO與S△ABO分別表示△ACO與（參考數(shù)據(jù)：1.09<ln3<29．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)當a=1時，求曲線y=f(x)在點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．30．（2024·上?！じ呖颊骖}）對于一個函數(shù)fx和一個點Ma,b，令sx=(x?a)2+(fx?b)2(1)對于f(x)=1x(x>0)，求證：對于點M0,0，存在點P，使得點P是(2)對于fx=ex,M1,0，請判斷是否存在一個點P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定義域R上存在導函數(shù)f′(x)，且函數(shù)g(x)在定義域R上恒正，設(shè)點M1t?1,ft?gt，M2t+1,ft+g31．（2023·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=x?x3eax+b，曲線y=f(x)在點(1)求a,b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f′(x)(3)求f(x)的極值點個數(shù)．32．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=?1時，求曲線y=fx在點1,f(2)若函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，求33．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=1時，討論fx(2)若fx+sin34．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=1(1)當a=?1時，求曲線y=fx在點1,f(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對稱，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在極值，求35．（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x>0時，fx(3)證明：5636．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當a>0時，fx37．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當0<x<1時，x?x（2）已知函數(shù)fx=cosax?ln1?x38．（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a=0時，求b的取值范圍；（ii）求證：a239．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax?1(1)當a=0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．40．（2022·全國·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．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x1,fx（?。┤鬭>e，則0<b?f(a)<（ⅱ）若0<a<e,x（注：e=2.71828?42．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個零點x1,43．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(1)當a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)若fx在區(qū)間?1,0,0,+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(0,f(0))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)=f′(x)，討論函數(shù)g(x)(3)證明：對任意的s,t∈(0,+∞)，有45．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=ex?ax(1)求a；(2)證明：存在直線y=b，其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列．第03講一元函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用（2022-2024高考真題）（新高考專用）一、單項選擇題1．（2024·全國·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=ex+2sinxA．16 B．13 C．12【解題思路】借助導數(shù)的幾何意義計算可得其在點0,1處的切線方程，即可得其與坐標軸的交點坐標，即可得其面積.【解答過程】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)的定義域為R，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是嚴格增函數(shù) D．存在fx在【解題思路】對于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，對于B，構(gòu)造函數(shù)fx【解答過程】對于A，若存在y=f(x)是偶函數(shù),取x0則對于任意x∈(?∞,1),f(x)<f(1),而對于B，可構(gòu)造函數(shù)fx=?2,x<?1,當x<?1時，則fx=?2，當?1≤x≤1時，fx∈?1,1則該函數(shù)fx的最大值是f對C，假設(shè)存在fx，使得fx嚴格遞增，則M=R，與已知對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·高考真題）函數(shù)fx=x3+ax+2A．?∞,?2 B．?∞,?3 C．【解題思路】寫出f′【解答過程】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3個零點，則fx要存在極大值和極小值，則令f′(x)=3x2+a=0且當x∈?∞,?當x∈??a3故fx的極大值為f??a若fx要存在3個零點，則f??a3>0故選：B.4．（2023·全國·高考真題）曲線y=exx+1在點1,A．y=e4x B．y=e2x【解題思路】先由切點設(shè)切線方程，再求函數(shù)的導數(shù)，把切點的橫坐標代入導數(shù)得到切線的斜率，代入所設(shè)方程即可求解.【解答過程】設(shè)曲線y=exx+1在點1,因為y=e所以y′所以k=所以y?所以曲線y=exx+1在點1,故選：C.5．（2023·全國·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·高考真題）函數(shù)fx=cosx+x+1A．?π2，π2 B．?3π【解題思路】利用導數(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·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【解答過程】[方法一]：構(gòu)造函數(shù)因為當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]：不等式放縮因為當x∈0,取x=18得：cos4sin14+當4sin14+此時sin14故cos14=1所以b>a，所以c>b>a，故選A[方法三]：泰勒展開設(shè)x=0.25，則a=3132=1?c=4sin14[方法四]：構(gòu)造函數(shù)因為cb=4tan14，因為當x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14>14,即cb故選：A．[方法五]：【最優(yōu)解】不等式放縮因為cb=4tan14，因為當x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14故選：A．8．（2022·全國·高考真題）當x=1時，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【解答過程】因為函數(shù)fx定義域為0,+∞，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·高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上.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與高的關(guān)系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【解答過程】∵球的體積為36π，所以球的半徑R=3,[方法一]：導數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長為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3≤l≤26時，V′>0，當2所以當l=26時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為64又l=3時，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?=32時，得a=當l=33時，球心在正四棱錐高線上，此時?=22a=33故選：C.10．（2022·全國·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，導數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定【解答過程】方法一：構(gòu)造法設(shè)f(x)=ln(1+x)?x(x>?1)，因為當x∈(?1,0)時，f′(x)>0，當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0<x<2?1時，?′當2?1<x<1時，?′(x)>0又?(0)=0，所以當0<x<2?1時，所以當0<x<2?1時，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、多項選擇題11．（2024·全國·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=2x3?3aA．當a>1時，f(x)有三個零點B．當a<0時，x=0是f(x)C．存在a，b，使得x=b為曲線y=f(x)的對稱軸D．存在a，使得點1,f(1)為曲線y=f(x)的對稱中心【解題思路】A選項，先分析出函數(shù)的極值點為x=0,x=a，根據(jù)零點存在定理和極值的符號判斷出f(x)在(?1,0),(0,a),(a,2a)上各有一個零點；B選項，根據(jù)極值和導函數(shù)符號的關(guān)系進行分析；C選項，假設(shè)存在這樣的a,b，使得x=b為f(x)的對稱軸，則f(x)=f(2b?x)為恒等式，據(jù)此計算判斷；D選項，若存在這樣的a，使得(1,3?3a)為f(x)的對稱中心，則f(x)+f(2?x)=6?6a，據(jù)此進行計算判斷，亦可利用拐點結(jié)論直接求解.【解答過程】A選項，f′(x)=6x故x∈(?∞,0)∪(a,+∞)時f′x∈(0,a)時，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)零點存在定理f(x)在(0,a)上有一個零點，又f(?1)=?1?3a<0，f(2a)=4a3+1>0則f(x)在(?1,0),(a,2a)上各有一個零點，于是a>1時，f(x)有三個零點，A選項正確；B選項，f′(x)=6x(x?a)，a<0時，x∈(a,0),fx∈(0,+∞)時f′此時f(x)在x=0處取到極小值，B選項錯誤；C選項，假設(shè)存在這樣的a,b，使得x=b為f(x)的對稱軸，即存在這樣的a,b使得f(x)=f(2b?x)，即2x根據(jù)二項式定理，等式右邊(2b?x)3展開式含有x3的項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)的對稱軸，C選項錯誤；D選項，方法一：利用對稱中心的表達式化簡f(1)=3?3a，若存在這樣的a，使得(1,3?3a)為f(x)的對稱中心，則f(x)+f(2?x)=6?6a，事實上，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：直接利用拐點結(jié)論任何三次函數(shù)都有對稱中心，對稱中心的橫坐標是二階導數(shù)的零點，f(x)=2x3?3ax2由f″(x)=0?x=a由題意(1,f(1))也是對稱中心，故a2即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的對稱中心，D選項正確.故選：AD.12．（2024·全國·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 B．當0<x<1時，f(x)<fC．當1<x<2時，?4<f(2x?1)<0 D．當?1<x<0時，f(2?x)>f(x)【解題思路】求出函數(shù)fx的導數(shù)，得到極值點，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【解答過程】對A，因為函數(shù)fx的定義域為R，而f易知當x∈1,3時，f′x<0，當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B，當0<x<1時，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C，當1<x<2時，1<2x?1<3，而由上可知，函數(shù)fx在1,3所以f1>f2x?1對D，當?1<x<0時，f(2?x)?f(x)=1?x所以f(2?x)>f(x)，正確；故選：ACD.13．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx的定義域為R，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ABC，舉反例f(x)=0即可排除選項D.方法二：選項ABC的判斷與方法一同，對于D，可構(gòu)造特殊函數(shù)f(x)=x【解答過程】方法一：因為f(xy)=y對于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正確.對于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，則f(1)=0，故B正確.對于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)的定義域為R，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確，對于D，不妨令f(x)=0，顯然符合題設(shè)條件，此時f(x)無極值，故D錯誤.方法二：因為f(xy)=y對于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正確.對于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，則f(1)=0，故B正確.對于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)的定義域為R，所以f(x)為偶函數(shù)，故C正確，對于D，當x2y2≠0時，對f(xy)=y故可以設(shè)f(x)x2=當x>0肘，f(x)=x2ln令f′x<0，得0<x<e?故f(x)在0,e?1因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)在?e?1

顯然，此時x=0是f(x)的極大值，故D錯誤.故選：ABC.14．（2023·全國·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)的導數(shù)f′(x)，由已知可得f′【解答過程】函數(shù)f(x)=alnx+bx+因為函數(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·高考真題）已知函數(shù)f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的圖像關(guān)于點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)逐個判斷各選項，即可解出．【解答過程】由題意得：f2π3=sin即φ=?4又0<φ<π，所以k=2時，φ=2π對A，當x∈0,5π12時，2x+2π3對B，當x∈?π12,11π12時，2x+2π3∈對C，當x=7π6時，2x+2π對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·高考真題）已知函數(shù)f(x)及其導函數(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)的對稱性，結(jié)合原函數(shù)與導函數(shù)圖象的關(guān)系，根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)逐項判斷即可得解.【解答過程】[方法一]：對稱性和周期性的關(guān)系研究對于f(x)，因為f32?2x為偶函數(shù)，所以f32?2x=f32+2x即對于g(x)，因為g(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對稱，由①求導，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，所以無法確定f(x)的函數(shù)值，故A錯誤.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對稱，故可設(shè)gx=cos故選：BC.[方法三]：因為f32?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，所以無法確定f(x)的函數(shù)值，故A錯誤.故選：BC.17．（2022·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3?x+1A．f(x)有兩個極值點 B．f(x)有三個零點C．點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心 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；利用導數(shù)的幾何意義判斷D.【解答過程】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x≥33時，fx≥f3綜上所述，函數(shù)f(x)有一個零點，故B錯誤；令?(x)=x3?x，該函數(shù)的定義域為R則?(x)是奇函數(shù)，(0,0)是?(x)的對稱中心，將?(x)的圖象向上移動一個單位得到f(x)的圖象，所以點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心，故C正確；令f′x=3x2當切點為(1,1)時，切線方程為y=2x?1，當切點為(?1,1)時，切線方程為y=2x+3，故D錯誤.故選：AC.三、填空題18．（2024·全國·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【解答過程】令x3?3x=?x?12則g′x=3x2當x∈0,1時，g′x當x∈1,+∞時，g′x>0因為曲線y=x3?3x與y=?所以等價于y=a與gx有兩個交點，所以a∈故答案為：?2,1.19．（2024·全國·高考真題）若曲線y=ex+x在點(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的切點為【解答過程】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·高考真題）設(shè)a∈0,1，若函數(shù)fx=ax+1+ax在【解題思路】原問題等價于f′x=axlna+【解答過程】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)合題意可得實數(shù)a的取值范圍是5?1故答案為：5?121．（2022·全國·高考真題）曲線y=ln|x|過坐標原點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x>0時設(shè)切點為x0,lnx0【解答過程】[方法一]：化為分段函數(shù)，分段求分x>0和x<0兩種情況，當x>0時設(shè)切點為x0,lnx0，求出函數(shù)導函數(shù)，即可求出切線的斜率，從而表示出切線方程，再根據(jù)切線過坐標原點求出解：因為y=ln當x>0時y=lnx，設(shè)切點為x0,lnx0又切線過坐標原點，所以?lnx0=1x0當x<0時y=ln?x，設(shè)切點為x1,ln?x又切線過坐標原點，所以?ln?x1=1x1?x[方法二]：根據(jù)函數(shù)的對稱性，數(shù)形結(jié)合當x>0時y=lnx，設(shè)切點為x0,lnx0又切線過坐標原點，所以?lnx0=1x0因為y=ln所以當x<0時的切線，只需找到y(tǒng)=1ex[方法三]：因為y=ln當x>0時y=lnx，設(shè)切點為x0,lnx0又切線過坐標原點，所以?lnx0=1x0當x<0時y=ln?x，設(shè)切點為x1,ln?x又切線過坐標原點，所以?ln?x1=1x故答案為：y=1ex22．（2022·全國·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的兩個根為x1,【解答過程】[方法一]：【最優(yōu)解】轉(zhuǎn)化法，零點的問題轉(zhuǎn)為函數(shù)圖象的交點因為f′x=2lna?即方程lna?ax即函數(shù)y=lna?a因為x1,x所以函數(shù)fx在?∞,x1所以當時?∞,x1x2,+∞當x∈x1,x2時，fa>1，圖象顯然不符合題意，所以0<a<1．令gx=ln設(shè)過原點且與函數(shù)y=gx的圖象相切的直線的切點為x則切線的斜率為g′x0則有?lna?ax0因為函數(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f′x因為x1,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·高考真題）若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是?【解題思路】設(shè)出切點橫坐標x0，利用導數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過原點得到關(guān)于x0的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個不同的實數(shù)根，求得【解答過程】∵y=(x+a)ex，∴設(shè)切點為x0,y0,則切線方程為：y?x∵切線過原點，∴?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·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求fx(2)當a≤2時，證明：當x>1時，fx【解題思路】（1）求導，含參分類討論得出導函數(shù)的符號，從而得出原函數(shù)的單調(diào)性；（2）先根據(jù)題設(shè)條件將問題可轉(zhuǎn)化成證明當x>1時，ex?1【解答過程】（1）f(x)定義域為(0,+∞)當a≤0時，f′(x)=ax?1x<0當a>0時，x∈1a,+∞時，當x∈0,1a時，f綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,+∞a>0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為1a,+∞（2）a≤2，且x>1時，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·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)是中心對稱圖形；(3)若f(x)>?2當且僅當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，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【解答過程】（1）b=0時，fx=ln則f'因為x2?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的對稱點為Q因為Pm,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圖象為中心對稱圖形，且對稱中心為1,a（3）因為fx>?2當且僅當1<x<2，故x=1為所以f1=?2即先考慮1<x<2時，fx此時fx>?2即為lnx設(shè)t=x?1∈0,1，則lnt+11?t設(shè)gt則g′當b≥0，?3bt故g′t>0恒成立，故g故gt>g0=0即當?23≤b<0故g′t≥0恒成立，故g故gt>g0=0即當b<?23，則當0<t<故在0,1+23b上g綜上，fx>?2在1,2上恒成立時而當b≥?2而b≥?23時，由上述過程可得gt在0,1遞增，故g即fx>?2的解為綜上，b≥?226．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=?2時，求fx(2)當x≥0時，fx≥0，求【解題思路】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)導數(shù)的單調(diào)性和零點可求函數(shù)的極值.（2）求出函數(shù)的二階導數(shù)，就a≤?12、?1【解答過程】（1）當a=?2時，f(x)=(1+2x)ln故f′因為y=2ln(1+x),y=?1故f′(x)在?1,+∞故當?1<x<0時，f′(x)<0，當x>0時，故fx在x=0處取極小值且極小值為f（2）f'設(shè)sx則s′當a≤?12時，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上為增函數(shù)，故當?12<a<0時，當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a≥0，此時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1,f(2)若fx≥ax?x在(3)若x1,x【解題思路】（1）直接使用導數(shù)的幾何意義；（2）先由題設(shè)條件得到a=2，再證明a=2時條件滿足；（3）先確定fx的單調(diào)性，再對x【解答過程】（1）由于fx=xln所以f1=0，f′1=1，所以所求的切線經(jīng)過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，這就說明?t≥?1設(shè)gtfx當x∈0,+∞時，1x的取值范圍是0,+∞，所以命題等價于對任意一方面，若對任意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，則對任意t∈0,+∞都有綜合以上兩個方面，知a的值是2.（3）先證明一個結(jié)論：對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0<x<1e所以fx在0,1e不妨設(shè)x1情況一：當1e≤x情況二：當0<x1≤對任意的c∈0,1e，設(shè)φ由于φ′φ′且當x≥c?14ln2cφ′所以φ′x在0,c上存在零點x0，再結(jié)合φ′x單調(diào)遞增，即知0<x<x0故φx在0,x0①當x0≤x≤c時，有②當0<x<x0時，由于cln從而當0<x<c1?qφx再根據(jù)φx在0,x0上遞減，即知對0<x<綜合①②可知對任意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k=?1時，求f(2)求證：l不經(jīng)過點0,0.(3)當k=1時，設(shè)點At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B為l與y軸的交點，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）分別寫出面積表達式，代入2S△ACO=15SABO【解答過程】（1）f(x)=x?ln當x∈?1,0時，f′x<0；當∴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(0,0)，則F(t)在t∈(0,+∞F′(t)=11+t?1+t?t(1+t)∴F(t)在(0,+∞)無零點，∴與假設(shè)矛盾，故直線l不過（3）k=1時，f(x)=x+lnS△ACO=12tf(t)，設(shè)l與yt>0時，若q<0，則此時l與f(x)必有交點，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有幾個即?(t)有幾個零點.?′當t∈0,12時，?當t∈12,4時，?當t∈4,+∞時，?′因為?(0)=0,?1?(24)=13ln所以由零點存在性定理及?(t)的單調(diào)性，?(t)在12,4上必有一個零點，在綜上所述，?(t)有兩個零點，即滿足2SACO=1529．（2024·全國·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)當a=1時，求曲線y=f(x)在點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，結(jié)合導數(shù)的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導，分析a≤0和a>0兩種情況，利用導數(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，可知f′(x)=e【解答過程】（1）當a=1時，則f(x)=ex?x?1可得f(1)=e?2，即切點坐標為1,e?2，切線斜率所以切線方程為y?e?2=（2）解法一：因為f(x)的定義域為R，且f′若a≤0，則f′(x)≥0對任意可知f(x)在R上單調(diào)遞增，無極值，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等價于所以a的取值范圍為1,+∞解法二：因為f(x)的定義域為R，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，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因為則y=a2,y=可知ga在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，且不等式a2+lna?1>0等價于所以a的取值范圍為1,+∞30．（2024·上?！じ呖颊骖}）對于一個函數(shù)fx和一個點Ma,b，令sx=(x?a)2+(fx?b)2(1)對于f(x)=1x(x>0)，求證：對于點M0,0，存在點P，使得點P是(2)對于fx=ex,M1,0，請判斷是否存在一個點P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定義域R上存在導函數(shù)f′(x)，且函數(shù)g(x)在定義域R上恒正，設(shè)點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=【解答過程】（1）當M(0,0)時，sx當且僅當x2=1故對于點M0,0，存在點P1,1，使得該點是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x<0時，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′若對任意的t∈R，存在點P同時是M1,M設(shè)Px0,y0，則x因為兩函數(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′接下來證明x0因為x0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(1)求a,b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f′(x)(3)求f(x)的極值點個數(shù)．【解題思路】（1）先對fx求導，利用導數(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，利用零點存在定理，依次分類討論區(qū)間?∞,0，0,x1，x1,x【解答過程】（1）因為f(x)=x?x3e因為fx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x<0時，f′?1=1?4e所以f′x在?∞,0上存在唯一零點，不妨設(shè)為此時，當x<x3時，f′x<0，則fx單調(diào)遞減；當所以fx在?當x∈0,x1時，f則f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零點，不妨設(shè)為此時，當0<x<x4時，f′x>0，則fx單調(diào)遞增；當所以fx在0,當x∈x1,x2則f′x2所以f′x在x1,x此時，當x1<x<x5時，f′x<0，則f所以fx在x當x>x2=3+所以f′x=1?所以fx在x綜上：fx在?∞,0和x1,32．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=?1時，求曲線y=fx在點1,f(2)若函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，求【解題思路】（1）由題意首先求得導函數(shù)的解析式，然后由導數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，最后求解切線方程即可；（2）原問題即f′x≥0在區(qū)間0,+∞上恒成立，整理變形可得gx=ax【解答過程】（1）當a=?1時，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f′x≥0令?1x2令gx=ax2則g′當a≤0時，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此時gx令?x=g當a≥12，2a≥1時，由于1x+1<1，所以即g′x在區(qū)間所以g′x>g′0=0當0<a<12時，由?'當x∈0,12a?1時，?′注意到g′0=0，故當x∈0,1由于g0=0，故當x∈0,綜上可知：實數(shù)a得取值范圍是a|a≥133．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當a=1時，討論fx(2)若fx+sin【解題思路】（1）代入a=1后，再對fx求導，同時利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡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：先化簡并判斷得sinx?sinxcos2x<0恒成立，再分類討論a=0【解答過程】（1）因為a=1，所以fx則f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因為t2+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a=0時，因為sinx?又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx當a<0時，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：因為sinx?因為x∈0,π2，所以0<故sinx?sinx所以當a=0時，fx當a<0時，由于0<x<π2，顯然所以fx當a>0時，因為fx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x1此時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·高考真題）已知函數(shù)f(x)=1(1)當a=?1時，求曲線y=fx在點1,f(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對稱，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在極值，求【解題思路】(1)由題意首先求得導函數(shù)的解析式，然后由導數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點坐標，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)的定義域可確定實數(shù)b的值，進一步結(jié)合函數(shù)的對稱性利用特殊值法可得關(guān)于實數(shù)a的方程，解方程可得實數(shù)a的值，最后檢驗所得的a,b是否正確即可；(3)原問題等價于導函數(shù)有變號的零點，據(jù)此構(gòu)造新函數(shù)gx=ax2+x?x+1lnx+1【解答過程】（1）當a=?1時，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對稱，由題意可得由對稱性可知g?取m=32可得即a+1ln2=a?2ln1經(jīng)檢驗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，則f′令?1則?x+1令gxfx在區(qū)間0,+∞存在極值點，等價于gxg當a≤0時，g′x<0，g此時gx<g0=0，當a≥12，2a≥1時，由于1x+1<1，所以所以g′x>g′0=0所以gx在區(qū)間0,+當0<a<12時，由g″當x∈0,12a?1時，當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)與對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，當x→+∞g′且注意到g′根據(jù)零點存在性定理可知:g′x在區(qū)間0,+∞當x∈0,x0時，g當x∈x0,+∞時，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x>0時，fx(3)證明：56【解題思路】（1）利用導數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問題化為x>0時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【解答過程】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f′(2)=13?（2）要證x>0時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0<x<1時φ′(x)>0，φ(x)遞增，當x>1時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因為79>3則??(n)<1所以?(1)??(n)<32ln綜上，56<?(n)≤1，即36．（2023·全國·高考真題）已知函數(shù)fx(1)討論fx(2)證明：當a>0時，fx【解題思路】（1）先求導，再分類討論a≤0與a>0兩種情況，結(jié)合導數(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【解答過程】（1）因為f(x)=aex+a?x，定義域為當a≤0時，由于ex>0，則ae所以fx在R當a>0時，令f′x=a當x<?lna時，f′x<0當x>?lna時，f′x>0綜上：當a≤0時，fx在R當a>0時，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a>0時，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x<0時，?′x<0；當x>0所以?x在?∞,0故?x≥?0=0，則因為f(x)=ae當且僅當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a>0時，f(x)>2ln37．（2023·全國·高考真題）（1）證明：當0<x<1時，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，分類討論0<a2【解答過程】（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因為y=?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，不合題意，所以a≠0當a≠0時，令b=因為fx且f?x所以函數(shù)fx由題意可得：f′（i）當0<b2≤2時，取m=min1由（1）可得f′且b2所以f′即當x∈0,m?0,1時，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對稱性可知：fx在?m,0所以x=0是fx（ⅱ）當b2>2時，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x∈0,n時，則?x<0則f′即當x∈0,n?0,1時，f′x結(jié)合偶函數(shù)的對稱性可知：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a=0時，求b的取值范圍；（ii）求證：a2【解題思路】（1）求出f′（2）（i）當a=0時，曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點即為s(t)=et2?bt,t≥0在（ii）曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點即asinx0+bx【解答過程】（1）f′(x)=ex?a曲線f(x)在點(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a=0時，因為曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點，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,+∞)上存在唯一零點且0<t<t0時，u(t)<0；t>t故0<t<t0時，s′(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因為s(t)在[0,+∞)上有零點，故s(t而2t0et0設(shè)v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因為曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點，所以ex?asinx=bx若x0=0，則1?a×0=b×0，該式不成立，故故asinx0a2+b2表示原點與直線故a2+b下證：對任意x>0，總有|sin證明：當x≥π2時，有|sin當0<x<π2時，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x>0時，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·高考真題）已知函數(shù)f(x)=ax?1(1)當a=0時，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一個零點，求a的取值范圍．【解題思路】（1）由導數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，即可得解；（2）求導得f′x=ax?1x?1x2【解答過程】（1）當a=0時，fx=?1當x∈0,1時，f′x當x∈1,+∞時，f′所以fx（2）fx=ax?1當a≤0時，ax?1<0，所以當x∈0,1時，f′x當x∈1,+∞時，f′所以fx當0<a<1時，1a>1，在0,1,1a在1,1a上，f′又f1由（1）得1x+lnx≥1，即當x>1時，f(x)=ax?1則存在m=3a+2所以fx僅在1當a=1時，f′x=x?12所以fx當a>1時，1a<1，在0,1a,在1a,1上，f′x<0由（1）得當0<x<1時，lnx>1?1x，ln此時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·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)上的切點求出切線方程，設(shè)出g(x)上的切點坐標，由斜率求出切點坐標，再由函數(shù)值求出a即可；（2）設(shè)出g(x)上的切點坐標，分別由f(x)和g(x)及切點表示出切線方程，由切線重合表示出a，構(gòu)造函數(shù)，求導求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍.【解答過程】（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x2,g(x2)，g′(x)=2x，則g（2）f′(x)=3x2?1，則y=f(x)在點x設(shè)該切線與g(x)切于點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)的值域為?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x1,fx（?。┤鬭>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)的導數(shù)，討論其符號后可得函數(shù)的單調(diào)性.（2）（?。┯深}設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點橫坐標的方程，根據(jù)方程有3個不同的解可證明不等式成立，（ⅱ）k=x3x1，m=a【解答過程】（1）f′當0<x<e2，f′x<0故fx的減區(qū)間為0,e2，f（2）（ⅰ）因為過a,b有三條不同的切線，設(shè)切點為xi故fx故方程fx該方程可整理為1x設(shè)gx則g=?1當0<x<e或x>a時，g′x<0；當故gx在0,e,因為gx有3個不同的零點，故ge<0故1e?e整理得到：b<a2e+1此時b?fa設(shè)ua=3故ua為e,+∞故0<b?fa（ⅱ）當0<a<e故gx在0,a,e不妨設(shè)x1<x因為gx有3個不同的零點，故ga<0故1e?e整理得到：a2e因為x1<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·高考真題）已知函數(shù)fx(1)若fx≥0，求(2)證明：若fx有兩個零點x1,【解題思路】（1）由導數(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【解答過程】（1）[方法一]：常規(guī)求導f(x)的定義域為(0,+∞f′(x)=(令f'(x)=0當x∈(0,1),f當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)一個零點小于1,一個零點大于1，不妨設(shè)x要證x1x因為x1,又因為f(x1即證e即證e下面證明x>1時，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,+∞又因為f(x)=exx+兩邊取對數(shù)得：x1?又因為x1x2<下證x因為x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·高考真題）已知函數(shù)f(1)當a=1時，求曲線y=fx在點0,f(2)若fx在區(qū)間?1,0,0,+【解題思路】（1）先算出切點,再求導算出斜率即可（2）求導,對a分類討論,對x分(?1,0),(0,+∞【解答過程】（1）f(x)的定義域為(?1,+當a=1時,f(x)=ln(1+x)+xex所以曲線y=f(x)在點(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)上沒有零點,不合題意2°若?1≤a≤0,當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x∈(0,m),f當x∈(m,+∞所以當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)沒有零點,即f(x)在(0,+∞(2)當x∈