2022年高考数学三轮冲刺之重难点预测03 导数及其应用（真题回顾+押题预测）（解析）

1、预测03 导数及其应用从高考对导数的要求看，考查分三个层次，一是考查导数公式，求导法则与导数的几何意义；二是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；三是综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数范围等.除压轴题，同时在小题中也加以考查，难度控制在中等以上.应特别是注意将导数内容和传统内容中有关不等式、数列、函数图象及函数单调性有机结合，设计综合题，考查学生灵活应用数学知识分析问题、解决问题的能力.1、基本初等函数的导数公式(1)(x)x1 (为常数)；(2)(ax)axlna(a0且a1)；(3)(logax)eq f(1,x)logaeeq f(1,xln a) (

2、a0，且a1)；(4)(ex)ex；(5)(ln x)eq f(1,x)；(6)(sin x)cosx；(7)(cos x)sinx.2、导数的运算法则(1)f(x)g(x)f(x)g(x)；(2)f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)；(3)eq blcrc(avs4alco1(f(fx,gx)eq f(fxgxfxgx,g2x) (g(x)0).3、复合函数的导数若yf(u)，uaxb，则yxyuux，即yxyua.（1）函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f(x)0，那么函数yf(x)在这个区间内单调递增；如果f(x)0，右侧f(x)0，那么f(x0)是极大值；如果在x0附

3、近的左侧f(x)0，那么f(x0)是极小值.求可导函数的极值的步骤求f(x)；求方程f(x)0的根；检查f(x)在方程f(x)0的根的左右两侧导数值的符号.如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值.（3）函数的最值(1)在闭区间a，b上连续的函数f(x)在a，b上必有最大值与最小值.(2)若函数f(x)在a，b上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在a，b上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在a，b上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在a，b上的最大值和最

4、小值的步骤如下：求f(x)在区间(a，b)内的极值；将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.（4）方法技巧1、利用导数的符号来判断函数的单调性；2、已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；3、f(x)为增函数的充要条件是对任意的x(a，b)都有f(x)0且在(a，b)内的任一非空子区间上f(x)0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.4、导函数的零点并不一定就是函数的极值点.所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点.5、一般地，若af(x)对xD恒成立，则只需af(x)max；若af(x)对xD恒成

5、立，则只需af(x0)成立，则只需af(x)min；若存在x0D，使af(x0)成立，则只需a0)，当且仅当x1时，等号成立(2)指数形式：exx1(xR)，当且仅当x0时，等号成立进一步可得到一组不等式链：exx1x1ln x(x0，且x1)一选择题（共3小题）1（2021乙卷）设a0，若xa为函数f（x）a（xa）2（xb）的极大值点，则（）AabBabCaba2Daba2【解答】解：令f（x）0，解得xa或xb，即xa及xb是f（x）的两个零点，当a0时，由三次函数的性质可知，要使xa是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0ab；当a0时，由三次函数的性质可知，要使

6、xa是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则ba0；综上，aba2故选：D2（2021新高考）若过点（a，b）可以作曲线yex的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea【解答】解：法一：函数yex是增函数，yex0恒成立，函数的图象如图，y0，即切点坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0bea故选：D法二：设过点（a，b）的切线横坐标为t，则切线方程为yet

7、（xt）+et，可得bet（a+1t），设f（t）et（a+1t），可得f（t）et（at），t（，a），f（t）0，f（t）是增函数，t（a，+），f（t）0，f（t）是减函数，因此当且仅当0bea时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线故选：D3（压轴）（2021乙卷）设a2ln1.01，bln1.02，c=1.04-AabcBbcaCbacDcab【解答】解：a2ln1.01ln1.0201，bln1.02，ab，令f（x）2ln（1+x）（1+4x-1），0 x令1+4x=t，则1x=tg（t）2ln（t2+34）t+12ln（t2+3）t+12g（t）=4tt2g（t）在（1，

8、5）上单调递增，g（t）g（1）2ln41+12ln40，f（x）0，ac，同理令h（x）ln（1+2x）（1+4x-再令1+4x=t，则1x=t（t）ln（t2+12）t+1ln（t2+1）t+1（t）=2tt2（t）在（1，5）上单调递减，（t）（1）ln21+1ln20，h（x）0，cb，acb故选：B二填空题（共2小题）4（2021甲卷）曲线y=2x-1x+2在点（1，3）处的切线方程为5x【解答】解：因为y=2x-1x所以y=2(所以y|x15，则曲线y=2x-1xy（3）5x（1），即5xy+20故答案为：5xy+205（压轴）（2021新高考）已知函数f（x）|ex1|，x10，

9、x20，函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1）和点B（x2，f（x2）的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则|AM|BN|的取值范围是 （【解答】解：当x0时，f（x）1ex，导数为f（x）ex，可得在点A（x1，1ex1）处的斜率为k1ex1，切线AM的方程为y（1ex1）ex1（xx1），令x0，可得y1ex1+x1ex1，即M（0，1ex1+x1ex1），当x0时，f（x）ex1，导数为f（x）ex，可得在点B（x2，ex21）处的斜率为k2ex2，令x0，可得yex21x2ex2，即N（0，ex21x2ex2），由f（x）的图象在A，B处的切线相互垂直，可得k1k2ex1

10、ex21，即为x1+x20，x10，x20，所以|AM|BN|=故答案为：（0，1）三解答题（共4小题）6（2021甲卷）已知a0且a1，函数f（x）=xaax （1）当a2时，求f（x）的单调区间；（2）若曲线yf（x）与直线y1有且仅有两个交点，求a的取值范围【解答】解：（1）a2时，f（x）=xf（x）=2当x（0，2ln2）时，f（x）0，当x（2ln2，+）时，f（故f（x）的单调递增区间为（0，2ln2），单调递减区间为（2ln（2）由题知f（x）1在（0，+）有两个不等实根，f（x）1xaaxalnxxlnalnxx令g（x）=lnxx，g（x）=1-lnxx2，g（x）在（0，

11、又当x1时，g（x）0，g（1）0，g（e）=1e，当x1时，g（x）作出g（x）的图象，如图所示：由图象可得0lnaa1e，解得a1即a的取值范围是（1，e）（e，+）7（2021乙卷）已知函数f（x）ln（ax），已知x0是函数yxf （x）的极值点（1）求a；（2）设函数g（x）=x+f(x)xf【解答】（1）解：由题意，f（x）的定义域为（，a），令t（x）xf（x），则t（x）xln（ax），x（，a），则t（x）ln（ax）+x-1因为x0是函数yxf（x）的极值点，则有t（0）0，即lna0，所以a1，当a1时，t（x）=ln(1-x)+-x1-因为t（x）=-则t（x）在（，1

12、）上单调递减，所以当x（，0）时，t（x）0，当x（0，1）时，t（x）0，所以a1时，x0是函数yxf（x）的一个极大值点综上所述，a1；（2）证明：由（1）可知，xf（x）xln（1x），要证x+f(因为当x（，0）时，xln（1x）0，当x（0，1）时，xln（1x）0，所以需证明x+ln（1x）xln（1x），即x+（1x）ln（1x）0，令h（x）x+（1x）ln（1x），则h（x）（1x）-11-x+1-ln所以h（0）0，当x（，0）时，h（x）0，当x（0，1）时，h（x）0，所以x0为h（x）的极小值点，所以h（x）h（0）0，即x+ln（1x）xln（1x），故x+所以x+

13、8（2021新高考）已知函数f（x）x（1lnx）（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：21a【解答】（1）解：由函数的解析式可得f（x）1lnx1lnx，x（0，1），f（x）0，f（x）单调递增，x（1，+），f（x）0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减（2）证明：由blnaalnbab，得-1即1a由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，所以f（x）maxf（1）1，且f（e）0，令x1=1则x1，x2为f（x）k 的两根，其中k（0，1）不妨令x1（0，1），x2（1，e），

14、则2x11，先证2x1+x2，即证x22x1，即证f（x2）f（x1）f（2x1），令h（x）f（x）f（2x），则h（x）f（x）+f（2x）lnxln（2x）lnx（2x）在（0，1）单调递减，所以h（x）h（1）0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，h（x1）h（1）0f（x1）f（2x1），2x1+x2，得证同理，要证x1+x2e，（法一）即证1x2ex1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）f（x1）f（ex1），令（x）f（x）f（ex），x（0，1），则（x）lnx（ex），令（x0）0，x（0，x0），（x）0，（x）单调递增，x（x0，1），（x）0，（x）单调递减，

15、又0 xe时，f（x）0，且f（e）0，故limx（1）f（1）f（e1）0，（x）0恒成立，x1+x2e得证，（法二）f（x1）f（x2），x1（1lnx1）x2（1lnx2），又x1（0，1），故1lnx11，x1（1lnx1）x1，故x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，x2（1，e），令g（x）x（1lnx）+x，g（x）1lnx，x（1，e），在（1，e）上，g（x）0，g（x）单调递增，所以g（x）g（e）e，即x2（1lnx2）+x2e，所以x1+x2e，得证，则21a9（2021新高考）已知函数f（x）（x1）exax2+b（）讨论f（x）的单调性；（）从

16、下面两个条件中选一个，证明：f（x）恰有一个零点12ae22，0a12，b2【解答】解：（）f（x）（x1）exax2+b，f（x）x（ex2a），当a0时，当x0时，f（x）0，当x0时，f（x）0，f（x）在（，0）上单调递减，在（0，+）上单调递增，当a0时，令f（x）0，可得x0或xln（2a），（i）当0当x0或xln（2a）时，f（x）0，当ln（2a）x0时，f（x）0，f（x）在（，ln（2a），（0，+）上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，（ii）a=1f（x）x（ex1）0 且等号不恒成立，f（x）在R上单调递增，（iii）当a当x0或xln（2a）时，f（x）0

17、，当0 xln（2a）时，f（x）0，f（x）在（，0），（ln（2a），+）上单调递增，在（0，ln（2a）上单调递减综上所述：当 a0 时，f（x） 在 （，0）上单调递减；在 （0，+）上 单调递增；当 0a12 时，f（x） 在 （，ln（2a） 和 （0，+）上单调递增；在 （ln（当 a=12 时，f（x） 在 当 a12 时，f（x） 在 （，0）和 （ln（2a），+） 上单调递增；在 （0，ln（2a（）证明：若选，由 （）知，f（x） 在 （，0）上单调递增，（0，ln（2a） 单调递减，（ln（2a），+） 上 f（x） 单调递增注意到 f(f（x） 在 (-bf（ln（

18、2a）（ln（2a）1）2aaln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），由 12ae22 得 0ln（2a）2，aln（2a）（2lnf（ln（2a）0，当 x0 时，f（x）f（ln（2a）0，此时 f（x） 无零点综上：f（x） 在 R 上仅有一个零点另解：当a（12，e22时，有ln（2a）（0而f（0）b12a10，于是f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln2（2a）+bln（2a）（2aln（2a）+（b2a）0，所以f（x）在（0，+）没有零点，当x0时，ex（0，1），于是f（x）ax2+bf（-ba）0，所以f（x）在（-b若选，

19、则由（）知：f（x）在 （，ln（2a） 上单调递增，在 （ln（2a），0）上单调递减，在 （0，+） 上单调递增f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），0a12，ln（2a）0，aln（2a）（2ln（2a）0，f（ln（当 x0 时，f（x）f（ln（2a）0，此时 f（x） 无零点当 x0 时，f（x） 单调递增，注意到 f（0）b12a10，取c=2(1-b)+2，b2a1，c21f(c)=(c-1)f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+）上有唯一零点综上：f（x） 在 R 上有唯一零

20、点单选题1函数f（x）lnx+x3的图象在点（1，f（1）处的切线方程为（）A4xy30B4x+y30Cx4y30Dx+4y30【解答】解：ff（1）1+34，即函数f（x）的图象在在点（1，f（1）处的切线斜率为4，又f（1）1，切线方程为y14（x1），即4xy30故选：A2若函数f(x)=12A(0，12B（0，+）C2，+【解答】解：由f(x)=12x2-ax+若函数f(x)=则f（x）xa+1x=0，即ax+1xx+1a2即实数a取值范围是2，+）故选：C3已知函数f(x)=Aa2Ba1C1a2D1a2【解答】解：函数的定义域是（0，+），且f函数f（x）是其定义域上的单调函数，f（

21、x）0在（0，+）恒成立，即x2+（a3）x+10在（0，+）恒成立，则a3（x+1x）在（0 x+1x2，当且仅当a321故选：B4设函数f（x）是偶函数f（x）（xR）的导函数，f（1）0，当x0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（，1）（1，+）【解答】解：设g（x）=f则g（x）=xf当x0时总有xf（x）f（x）0成立，即当x0时，g（x）0，当x0时，函数g（x）为减函数，又g（x）=f(-x)g（x）是奇函数，g（x）在（0，+）上是减函数，f（1）0，g（1）0，g（1）g（1）0，

22、当x0，要使得f（x）0，即g（x）0，解得：x1，当x0时，要使得f（x）0，即g（x）0，解得：x1，故不等式f（x）0的解集是（，1）（1，+），故选：D5已知函数f(x)=xex-A0，1）B（0，1）C（0，1e）D0，1【解答】解：f（x）有两个零点，ya和g（x）=xg（x）=1-xex，g（x）在（，1）增，在（1，+）减，且g（x）的最大值为g（g（x）的图象如下图g（1）=1e，0a故选：C6（压轴）已知函数f（x）ax2xlnx有两个零点，则实数a的取值范围是（）A（1e，1） B（0，1） C（，1+ee2） D（【解答】解：由f（x）ax2xlnx，得f（x）2ax1

23、-1x=2a当a0时，f（x）0在（0，+）上恒成立，可得f（x）ax2xlnx在（0，+）上单调递减，不合题意；则a0，由ax2xlnx0，得a=lnx令g（x）=lnx+xx2，则g令h（x）1x2lnx，则h（x）1-2x=-x-2x0，则而h（1）0，当x（0，1）时，g（x）0，g（x）单调递增，当x（1，+）时，g（x）0，g（x）单调递减g（x）的极大值也是最大值为g（1）1又当x0时，g（x），当x+时，g（x）0要使ya与y=lnx+xx2的图象有两个交点，则0综上，实数a的取值范围是（0，1）故选：B7（压轴）设函数f（x）xexa（x1），其中a1，若存在唯一整数x0，使

24、得f（x0）a，则a的取值范围是（）A-1e2，1）B-1e2，1e）C1e2，1【解答】解：函数f（x）xexa（x1），其中a1，设g（x）xex，yax，存在唯一的整数x0，使得f（x0）a，存在唯一的整数x0，使得g（x0）在直线yax的下方，g（x）（x+1）ex，当x1时，g（x）0，当x1时，g（x）0，g（x）在（，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增，当x1时，g（x）ming（1）=-当x0时，g（0）0，当x2时，g（2）=-直线yax恒过（0，0），斜率为a，故ag（1）=-1e，且g（2）=解得1e2a的取值范围是1e2，故选：C8（压轴）若对任意的x（0，+），恒

25、有（1a）xeaxlnx，则a的取值范围为（）A（，eB(-，1eCe，+）【解答】解：（1a）xeaxlnx，对x0恒成立，xaxeaxlnxeax+axlnx+x，即eax+axelnx+lnx又函数h（x）ex+x恒递增，则eax+axelnx+lnx等价于h（ax）h（lnx），只需axlnx，即a设(当x（0，e）时，（x）0，（x）在（0，e）上递增，当x（e，+）时，（x）0，（x）在（e，+）上递减，当xe时，（x）有最大值，(a的取值范围为1故选：D多选题（多选）9设函数f(Af（x）定义域是（0，1）（1，+）Bx（0，1）时，f（x）图像位于x轴下方Cf（x）存在单调递增

26、区间Df（x）有且仅有两个极值点【解答】解：函数f(x)=exlnx，则lnx0 x则函数的定义域为（0，1）（1，+），故A正确；当x（0，1）时，f（x）0，故f（x）的图像位于x轴下方，故B正确f（x）=e令g（x）lnx-1g（x）=1xg（x）在（0，+）上单调递增，g（1）1，g（2）ln2-12存在x0（1，2）使得g（x0）0，当x（0，1），（1，x0）时，f（x）0，当x（x0，+）时，f（x）0，f（x）在（0，1），（1，x0）上单调递减，在（x0，+）单调递增，故C正确；当xx0时，函数f（x）取得极小值，无极大值，故有一个极值点，故D错误故选：ABC（多选）10对于

27、函数f（x）16ln（1+x）+x210 x，下列正确的是（）Ax3是函数f（x）的一个极值点Bf（x）的单调增区间是（1，1），（2，+）Cf（x）在区间（1，2）上单调递减D直线y16ln316与函数yf（x）的图象有2个交点【解答】解：f（x）=16x+1+2x10=2(x当1x1时，f（x）0，当1x3时，f（x）0，当x3时，f（x）0，f（x）在（1，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，在（3，+）上单调递增，故x3是f（x）的极小值点，故A正确，B错误，C正确；由单调性可知f（3）f（2）f（1），而f（2）16ln316，故直线y16ln316与yf（x）的图象有3个交点，

28、故D错误，故选：AC（多选）11设函数f（x）=|lnx|，x0ex(x+1)，A0B13C12D【解答】解：函数g（x）f（x）b有三个零点，则函数g（x）f（x）b0，即f（x）b有三个根，当x0时，f（x）ex（x+1），则f（x）ex（x+1）+exex（x+2），由f（x）0得x+20，即x2，此时f（x）为减函数，由f（x）0得x+20，即2x0，此时f（x）为增函数，即当x2时，f（x）取得极小值f（2）=-作出f（x）的图象如图：要使f（x）b有三个根，则0b1，故选：BCD（多选）12（压轴）设函数f(Af（x）为奇函数B函数yf（x）1有两个零点C函数yf（x）+f（2x）

29、的图象关于点（0，2）对称D过原点与函数f（x）相切的直线有且只有一条【解答】解：函数f(x)=x-ln|xf（x）+f（x）1-ln|-x|-x+1-ln|x由f（x）1，可得ln|x|x=0，解得x1，故yf（x由f（x）+f（2x）+f（x）+f（2x）f（x）+f（x）+f（2x）+f（2x）2+24，则函数yf（x）+f（2x）的图象关于点（0，2）对称，故C正确；当x0时，f（x）1-lnxx，f（x）设过原点与f（x）相切的切点为（m，n），则切线的方程为yn=lnm-1m2即y1+lnmm=lnm-1m2（xm），代入（0，设g（m）2lnm1m，g（m）=2m-1，当0m2时

30、，g（m）递增，m2时，g则g（m）的最大值为g（2）2ln230，所以x0时，不存在过原点的切线；当x0时，f（x）1-ln(-x)x，f设过原点与f（x）相切的切点为（s，t）（s0），则切线的方程为yt=ln(-s)-1s即y1+ln(-s)s=ln(-s)-1s2（xs），代入（设g（s）2ln（s）1s，g（m）=2s-10，所以g则g（s）只有一个零点，所以x0时，只存在一条过原点的切线综上可得存在一条过原点的切线，故D正确故选：BCD填空题13已知函数f（x）=12x2-mx+4lnx在区间1，2上存在单调递增区间，则实数m【解答】解：f（x）=12x2-mx+4lnx，f（x）

31、f（x）在区间1，2上存在单调递增区间，存在x1，2，使得f（x）0，即mx+4令g（x）x+4x，由对勾函数的性质可知，g（x）在1，g（x）maxg（1）5，m5故实数m的取值范围为（，5）14函数f（x）x2+axlnx（aR）则”函数f（x）既有极大值又有极小值”的充要条件为a【解答】解：函数f（x）x2+axlnx（aR）定义域为（0，+），所以f（x）2x+a-1又因为函数f（x）既有极大值又有极小值，所以方程2x2ax+10有两个不相等的正根，故0 x1+x故答案为：a215若函数f（x）=23x3ax2（a0）在（2a，a+1）上有最大值，则实数a的取值范围为（，-2【解答】解

32、：因为f（x）=23x3ax2，所以f（x）2x22令f（x）0，得x10，x2a，所以当ax0时，f（x）0；当xa或x0时，f（x）0，从而f（x）在xa处取得极大值f（a）=-令f（x）=-a33，得13（xa）2（2x+a）0，解得x因为f（x）在（2a，a+1）上有最大值，所以a+1-a所以a-2即实数a的取值范围为（，-23故答案为：（，-2316（压轴）已知函数f（x）ex+alnxxax（a0，e为自然对数的底数，e2.71828）当a1时，函数f（x）在点P（1，f（1）处的切线方程为y（e1）x1；若x（1，+），f（x）0，则实数a的最大值为 e【解答】解：由题意当a1时

33、，f（x）ex+lnx2x，f（x）ex+1x则f（1）e2，f（1）e1，所以函数f（x）在点P（1，f（1）处的切线方程为y（e1）x1，因为x（1，+），f（x）0，即ex+alnxxax0，则lnxaxalnexex，令m（t）lnt1，t1，故m（t）=1t-1=1-tt0，在（1，+）上恒成立，故m故xaex，得alnxx，即ax记g（x）=xlnx（x1），则g（x）=lnx-1当x（1，e）时，g（x）0，当x（e，+）时，g（x）0，故函数g（x）在（1，e）单调递减，在（e，+）单调递增，故g（x）的最小值是g（e）e，故ae，即实数a的最大值是e故答案为：y（e1）x1；

34、e解答题17已知函数f（x）=ex1+ax2，其中a为正实数，x（）求a的值；（）当b12时，求函数f（x）在b，【解答】解：f（x）=(（）因为x=12是函数yf（所以f（12）0因此，14aa+10解得a=4经检验，当a=43时，x=12是yf（x）的一个极值点，故所求（）由（）可知，f（x）=(令f（x）0，得x1=12，x2f（x）与f（x）的变化情况如下：x（，1212（12，332（32，+f（x）+00+f（x）3eee所以，f（x）的单调递增区间是（，12），（32，+）单调递减区间是（12当12b32时，f（x）在b，32所以f（x）在b，+）上的最小值为f（32）=当b32

35、时，f（x）在b，所以f（x）在b，+）上的最小值为f（b）=e18已知函数f（x）xlnx-14x2ax+1，a0，函数g（x）f（1）若aln2，求g（x）的最大值；（2）证明：f（x）有且仅有一个零点【解答】解：（1）g（x）f（x）lnx+1-12xa，g（x）当x（0，2）时，g（x）0，g（x）单调递增；当x（2，+）时，g（x）0，g（x）单调递减；故当x2时，g（x）的最大值为g（2）ln2a若aln2，g（x）取得最大值g（2）0（2）（）若aln2，由（1）知，当x（0，+）时，f（x）0，且仅当x2时，f（x）0此时f（x）单调递减，且f（2）0，故f（x）只有一个零点x

36、02（）若aln2，由（1）知，当x（0，+）时，f（x）g（x）0，f（x）单调递减此时，f（2）2（ln2a）0，注意到x1=14我们知道，（xlnx）lnx+1，故xlnx-1f（x1）x1lnx1-14故f（x）仅存在一个零点x0（x1，2）（）若0aln2，则g（x）的最大值g（2）ln2a0，即f（2）0，注意到f（1e）=-12e-a0，f（8）ln8故存在x2（1e，2），x3（2，8），使得f（x2）f（x3）0则当x（0，x2）时，f（x）0，f（x）单调递减；当x（x2，x3）时，f（x）0，f（x）单调递增；当x（x3，+）时，f（x）0，f（x）单调递减故f（x）有极

37、小值f（x2），有极大值f（x3）由f（x2）0得lnx2+1-12x2a0，故f（x2）（12x21）20，则f（x3存在实数t（4，16），使得lnt-14t0，且当xt时，lnx-14记x4maxt，1a，则f（x4）x4（lnx4-14x4）ax4+1故f（x）仅存在一个零点x0（x3，x4综上，f（x）有且仅有一个零点19函数f（x）ln（x+t）+ax，其中t、（1）若t0时，讨论函数f（x）的单调性；（2）t0时，不等式f（x）1在x（0，1上恒成立，求实数a的取值范围；（3）若g（x）ex+ax，当t2时，证明：g（x）f（【解答】解：（1）当t0时，f（x）lnx+ax，xf

38、（x）=1当a0时，f（x）0恒成立，则f（x）在（0，+）上单调递增，当a0时，若0 xa，则f（x）0，函数单调递减，若xa，则f（x）0，函数单调递增，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）单调递增，（2）不等式f（x）1在x（0，1上恒成立，axxlnx，设h（x）xxlnx，x（0，1h（x）11lnxlnx0恒成立，h（x）在（0，1上单调递增，h（x）maxh（1）1，a1（3）g（x）f（x）ex+ax-ln（x+t）-ax=exln（x+x+t0，xt2，设m（x）exx1，m（x）ex1，当x0时，m（x）0，函数m（x）单调递增，当x0时，m（x）0，函数m（x）单

39、调递减，m（x）m（0）110，exx+1，要证g（x）f（x），只要证x+1ln（x+t）0，设（x）x+1ln（x+t），（x）1-1令（x）0，解得x1t1，当x1t时，（x）0，函数（x）单调递增，当tx1t时，（x）0，函数（x）单调递减，（x）min（1t）2t0，g（x）f（x）20已知函数f（x）x（e2xa）（1）若y2x是曲线yf（x）的切线，求a的值；（2）若f（x）1+x+lnx，求a的取值范围【解答】解：（1）根据题意，f（x）x（e2xa），y2x是曲线yf（x）的切线，设切点的坐标为（x1，y1），则f（x）（e2xa）+x2e2x（2x+1）e2xa，又由y2x是曲线yf（x）的切线，切点为（x1，y1），则f（x1）2，则有y1解可得a1