2021年高考数学真题和模拟题分类汇编专题04导数与定积分【含答案】

专题04导数与定积分一、选择题部分1.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T7)若过点可以作曲线的两条切线，则（）A.B.C.D.D．在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选D.2.(2021•高考全国乙卷•文T12)设，若为函数的极大值点，则（）．A. B. C. D.D．若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.依题意，为函数的极大值点，当时，由，，画出的图象如下图所示：由图可知，，故.当时，由时，，画出的图象如下图所示：由图可知，，故.综上所述，成立.故选D．3.(2021•浙江卷•T7)已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B.C. D.D．对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选D.4.(2021•江苏盐城三模•T6)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之－是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程eqax\s\up6(3)＋bx\s\up6(2)＋cx＋d＝0(a≠0)的3个实数根为x1，x2，x3，则eqx\s\do(1)＋x\s\do(2)＋x\s\do(3)＝－\f(b,a)，eqx\s\do(1)x\s\do(2)＋x\s\do(2)x\s\do(3)＋x\s\do(3)x\s\do(1)＝\f(c,a)，x\s\do(1)x\s\do(2)x\s\do(3)＝－\f(d,a)．已知函数eqf(x)＝2x\s\up6(3)－x＋1，直线l与f(x)的图象相切于点eqP(x\s\do(1)，f(x\s\do(1）)，且交f(x)的图象于另一点e(x\s\do(2)，f(x\s\do(2）)，则A．eq2x\s\do(1)－x\s\do(2)＝0B．eq2x\s\do(1)－x\s\do(2)－1＝0C．2x1＋x2＋1＝0D．2x1＋x2＝0D．【考点】新情景问题下的导数的几何意义的应用由题意可知，f′(x)＝6x2－1，所以直线l的斜率k＝f′(x1)＝6x12－1，且k＝EQ\F(f\b\bc\((\l(x\S\DO(2）)－f\b\bc\((\l(x\S\DO(1）),x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝EQ\F(2x\S\DO(2)\s\up3(3)－x\S\DO(2)＋1－\b\bc\((\l(2x\S\DO(1)\s\up3(3)－x\S\DO(1)＋1）,x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝EQ\F(\b\bc\((\l(x\S\DO(2)－x\S\DO(1）)\b\bc\((\l(2x\S\DO(1)\s\up3(2)＋2x\S\DO(1)x\S\DO(2)＋2x\S\DO(2)\s\up3(2)－1）,x\S\DO(2)－x\S\DO(1）＝2x12＋2x1x2＋2x22－1，即2x12＋2x1x2＋2x22－1＝6x12－1，化简得(2x1＋x2)(x1－x2)＝0，因为x1－x2≠0，所以2x1＋x2＝0，故答案选D．5.(2021•河南郑州三模•理T3)若直线y＝x+b是函数f（x）图象的一条切线，则函数f（x）不可能是（）A．f（x）＝ex B．f（x）＝x4 C．f（x）＝sinx D．f（x）＝D．直线y＝x+b的斜率为k＝，由f（x）＝ex的导数为f′（x）＝ex，而ex＝，解得x＝﹣ln2，故A满足题意；由f（x）＝x4的导数为f′（x）＝4x3，而4x3＝，解得x＝，故B满足题意；由f（x）＝sinx的导数为f′（x）＝cosx，而cosx＝有解，故C满足题意；由f（x）＝的导数为f′（x）＝﹣，即有切线的斜率小于0，故D不满足题意．6.(2021•河南郑州三模•理T6)已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x，a＝f（30.2），b＝f（0.30.2），c＝f（log0.23），则a，b，c的大小关系为（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．b＜c＜a D．c＜a＜bA．根据题意，函数f（x）＝ex﹣e﹣x，其导数为f′（x）＝ex+e﹣x，则有f′（x）＞0恒成立，则f（x）在R上为增函数，又由log0.23＜0.30.2＜30.2，则有c＜b＜a．7.(2021•河北张家口三模•T8)已知a，b∈（0，3），且4lna＝aln4，c＝log0.30.06，则（）A．c＜b＜a B．a＜c＜b C．b＜a＜c D．b＜c＜aC．由4lna＝aln4＝3aln2，得．令，则，所以当x∈（3，e）时，f（x）单调递增；当x∈（e，+∞）时，f（x）单调递减．又f（a）＝f（4），f（b）＝f（16）．又c＝log0.33.06＝log0.3（5.2×0.2）＝log0.35.2+1，log7.30.8+1＞log0.40.3+4＝2，所以c＞a，所以b＜a＜c．8.(2021•四川内江三模•理T12．)∀x∈（0，1），记a＝，b＝（）2，则a、b、c的大小关系为（）．A．a＞c＞b B．b＞c＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞cC．设f（x）＝，f′（x）＝，令g（x）＝xcosx﹣sinx，g′（x）＝cosx﹣xsinx﹣cosx＝﹣xsinx，因为x∈（0，3），g（x）单调递减，所以g（x）＜g（0）＝0，所以f′（x）＜0，所以f（x）在（4，因为0＜x2＜x＜2，所以f（x2）＞f（x），即＞，所以b＞a，令h（x）＝x﹣sinx，则h′（x）＝1﹣cosx＞0，5）上单调递增，所以h（x）＞h（0）＝0，所以x＞sinx，所以＞，即＞，所以a＞c，综上可得，b＞a＞c．9.(2021•重庆名校联盟三模•T8．)若ex﹣a≥lnx+a对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是（）．A． B．（﹣∞，1] C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，e]B．设f（x）＝ex﹣a﹣lnx﹣a（x＞0），则f（x）≥0对一切正实数x恒成立，即f（x）min≥0，由，令，则恒成立，所以h（x）在（0，+∞）上为增函数，当x→0时，h（x）→﹣∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，则在（0，+∞）上，存在x0使得h（x0）＝0，当0＜x＜x0时，h（x）＜0，当x＞x0时，h（x）＞0，故函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增，所以函数f（x）在x＝x0处取得最小值为f（x0）＝，因为，即x0﹣a＝﹣lnx0，所以恒成立，即，又，当且仅当x0＝，即x0＝1时取等号，故2a≤2，所以a≤1．10.(2021•贵州毕节三模•文T12．)已知定义在R上的函数f（x）满足：对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），且当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0（其中f'（x）为f（x）的导函数）．设a＝f（log23），b＝f（log32），c＝f（21.5），则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．c＜a＜b C．b＜a＜c D．a＜c＜bC．∵对任意x∈R，都有f（x+1）＝f（1﹣x），∴f（x）关于直线x＝1对称，又当x∈（﹣∞，1）时，（x﹣1）⋅f'（x）＞0，∴函数f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，则在（1，+∞）上单调递增，而，且，∴f（21.5）＞f（log23）＞f（log32），即c＞a＞b．11.(2021•贵州毕节三模•文T8．)已知定义在[a，b]上的函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，给出下列①函数y＝f（x）在区间[x2，x4]上单调递减；②若x4＜m＜n＜x5，则；③函数y＝f（x）在[a，b]上有3个极值点；④若x2＜p＜q＜x3，则[f（p）﹣f（q）]•[f'（p）﹣f'（q）]＜0．其中正确命题的序号是（）A．①③ B．②④ C．②③ D．①④B．对于①：f′（x）在[x2，x3]上大于0，[x3，x4]上小于0，所以f（x）在[x2，x3]上单调递增，在[x3，x4]上单调递减，故①错误；对于②：由图像可知，f′（x）是向下凹的，所以x4＜m＜n＜x5时，＞f′（），故②正确；对于③：f′（x）在（a，x3）上大于等于0，（x3，x5）上小于0，（x5，b）上大于0，所以f（x）在（a，x3）上单调递增，（x3，x5）上单调递减，（x5，b）上单调递增，所以f（x）在[a，b]上只有两个极值点，故③错误；对于④：由③的结论，可得f（p）﹣f（q）＜0，又因为f′（x）在（x2，x3）上单调递增，所以f′（p）﹣f′（q）＞0，所以[f（p）﹣f（q）][f′（p）﹣f′（q）]＜0，故④正确．12.(2021•贵州毕节三模•文T6．)若曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，则实数m的值是（）A． B．﹣2 C．2 D．A．由曲线y＝lnx+1上到直线y＝x+m的距离为2的点恰有3个，可得直线y＝x+m与曲线y＝lnx+1相交，且与直线y＝x+m平行距离为2的两条直线中的一条与y＝lnx+1相切，设切点为（x0，lnx0+1），由y＝lnx+1的导数y′＝，可得＝1，即x0＝1，切点为（1，1），由点（1，1）到直线y＝x+m的距离为2，且切点在直线y＝x+m的上方，可得2＝＝，解得m＝﹣2．13.(2021•安徽宿州三模•理T12．)已知函数f（x）＝|x|ex，若函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，则m的取值范围为（）A．（2，+∞） B．（，+∞） C．（，1） D．（0，）D．函数f（x）＝|x|ex＝，x≥0，f（x）＝xex，f′（x）＝（x+1）ex＞0，因此x≥0时，函数f（x）单调递增．x＜0，f（x）＝﹣xex，f′（x）＝﹣（x+1）ex，可得函数f（x）在（﹣∞，﹣1）单调递增；可得函数f（x）在（﹣1，0）单调递减．可得：f（x）在x＝﹣1时，函数f（x）取得极大值，f（﹣1）＝．画出图象：可知：f（x）≥0．函数g（x）＝f2（x）﹣（m+3）f（x）+3m恰有四个不同的零点，⇒f（x）＝3和f（x）＝m共有四个根，因为f（x）＝3有1个根，故f（x）＝m有3个根，由图可得：0＜m＜．14.(2021•安徽宿州三模•文T12．)已知函数f（x）＝ex﹣3+xlnx﹣x2﹣ax满足f（x）≥0恒成立，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，e] B．（﹣∞，﹣2] C．[2，e] D．[﹣2，2]B．由f（x）≥0，得ax≤ex﹣3+xlnx﹣x2，得a≤+lnx﹣x恒成立，设g（x）＝+lnx﹣x，则g（x）＝ex﹣3﹣lnx+lnx﹣x≥（x﹣3﹣lnx+1）+lnx﹣x＝﹣2，当且仅当x﹣3﹣lnx＝0，即x＝3+lnx时取“＝”号，故a≤﹣2，a的取值范围是（﹣∞，﹣2]．15.(2021•辽宁朝阳三模•T3．)函数f（x）＝cosx﹣的图象的切线斜率可能为（）A．﹣ B．﹣2 C．﹣ D．﹣4A．f（x）＝cosx﹣的导数为f′（x）＝﹣sinx+，由于﹣sinx∈[﹣1，1]，＞0，可得﹣sinx+＞﹣1，则切线的斜率可能为﹣．16.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T9．)已知0＜a＜5且aln5＝5lna，0＜b＜6且bln6＝6lnb，0＜c＜7且cln7＝7lnc，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．c＞a＞b D．c＞b＞aA．令F（x）＝，则，易得，当0＜x＜e时，F′（x）＞0，函数单调递增，当x＞e时，F′（x）＜0，函数单调递减，因为0＜a＜5，0＜b＜6，0＜c＜7，所以c＞b＞a＞e，所以f（c）＜f（b）＜f（a），则a＞b＞c．17.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T5．)已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（）A．a＝e﹣1，b＝1 B．a＝e﹣1，b＝﹣1 C．a＝e，b＝﹣1 D．a＝e，b＝1B．∵y＝aex+xlnx，∴y′＝aex+lnx+1，由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1．18.(2021•四川泸州三模•理T12．)若asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，则（）A．a＞b B．a＜b C．|a|＞|b| D．|a|＜|b|D．由于asina﹣bsinb＝b2﹣a2﹣1，所以asina+a2＝bsinb+b2﹣1，设f（x）＝xsinx+x2＝x（x+sinx），由于函数f（x）满足f（﹣x）＝f（x），故函数为偶函数，所以当x≥0时，f′（x）＝（x+sinx）+x（1+cosx），设g（x）＝x+sinx，所以g′（x）＝1+cosx≥0，而g（0）＝0，所以f′（x）≥0，所以f（a）＝f（b）﹣1，故f（a）＜f（b），由于函数为偶函数，故|a|＜|b|．19.(2021•江苏常数三模•T8．)若函数g（x）在区间D上，对∀a，b，c∈D，g（a），g（b），g（c）为一个三角形的三边长，则称函数g（x）为“稳定函数”．已知函数在区间上是“稳定函数”，则实数m的取值范围为（）A． B． C． D．D．由于，则，易知函数f（x）在上单调递增，在（e，e2]上单调递减，而，∴在上的最大值为，最小值为m﹣2e2，依题意，2f（x）min＞f（x）max，即，解得．20.(2021•湖南三模•T10．)已知函数f（x）＝2alnx+x2+b．（）A．当a＝﹣1时，f（x）的极小值点为（1，1+b） B．若f（x）在[1，+∞）上单调递增，则a∈[﹣1，+∞） C．若f（x）在定义域内不单调，则a∈（﹣∞，0） D．若a＝﹣且曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与曲线y＝﹣ex相切，则b＝﹣2BC．根据极值点定义可知，极小值是一个实数，A错误；由≥0得a≥﹣x2，因为x≥1，所以a≥﹣1，B正确；因为＝，当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，当a＜0时，f′（x）＞0不恒成立，函数不单调，C正确；a＝﹣，f′（x）＝﹣+2x2，所以f′（1）＝﹣1，f（1）＝1+b，所以切线方程为y﹣（1+b）＝﹣（x﹣1），即y＝﹣x+b+2，设切点横坐标为x0，则＝﹣1，故x0＝0，切点（0，﹣1），代入y＝﹣x+b+2得b＝﹣3，D错误．21.(2021•福建宁德三模•T8)已知函数f(x)=ex-1-e1-x+12A.4a+b>3 B.4a+b<3 C.2a+b>-1 D.2a+b<-1A．∵f(x)=ex-1-e1-x+12sinπx，∴f(2-x)=e1-x-ex-1+12sin(2π-2x)=e1-x-ex-1-12sin2x=-f(x)，即函数f(x)关于(1,0)对称，

f'(x)=ex-1+e1-x+12πcosπx≥2ex-1⋅e1-x+12πcosπx=2+12πcosπx，

∵-12π≤12πcosπx≤12π，A． B． C． D．D．因为f（x）＝xex，g（x）＝2xln2x，f（x1）＝g（x2）＝t，t＞0，所以＝t，所以ln（）＝ln（2x2ln2x2）＝lnt，即lnx1+x1＝ln（2x2）+ln（ln2x2）＝lnt，因为y＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，所以x1＝ln（2x2），即lnx1+x1＝lnx1+ln2x2＝lnt，所以2x1x2＝t，则＝，令h（t）＝，则h′（t）＝，当0＜t≤e时，h′（t）≥0，h（t）单调递增，当t＞e时，h′（t）＜0，h（t）单调递减，故当t＝e时，h（t）取得最大值h（e）＝．23.(2021•江西南昌三模•理T3．)已知自由落体运动的速度v＝gt，则自由落体运动从t＝0s到t＝2s所走过的路程为（）A．g B．2g C．4g D．8gB．．24.(2021•江西南昌三模•理T8．)将方程f（x）＝f'（x）的实数根称为函数f（x）的“新驻点”．记函数f（x）＝ex﹣x，g（x）＝lnx，的“新驻点”分别为a，b，c，则（）A．c＜a＜b B．c＜b＜a C．a＜c＜b D．a＜b＜cA．令f（x）＝f′（x），则ex﹣x＝ex﹣1，解得x＝1，即a＝1；令g（x）＝g′（x），则，设，则，即函数φ（x）在（0，+∞）单调递增，又，∴函数φ（x）在（1，2）上存在唯一零点，即1＜b＜2；令h（x）＝h′（x），则，解得，则．∴c＜a＜b．25.(2021•河南开封三模•文T6．)设函数，若f（x）的极小值为，则a＝（）A． B． C． D．2B．，令f′（x）＝0得，x＝1﹣a，∴x＜1﹣a时，f′（x）＜0；x＞1﹣a时，f′（x）＞0，∴f（x）在x＝1﹣a处取得极小值，∴＝，∴，解得．26.(2021•安徽马鞍山三模•理T12．)已知x∈（0，+∞），不等式ax+eαx≥lnx+x恒成立，则实数a的最小值为（）A． B． C．0 D．1A．不等式ax+eαx≥lnx+x等价于不等式eαx+lneax≥lnx+x，令函数f（x）＝lnx+x，原问题等价于g（eax）≥g（x）在（0，+∞）恒成立．∵，∴函数g（x）单调递增，故只需eax≥x在（0，+∞）恒成立即可．即ax≥lnx⇒a≥，令f（x）＝（x＞0），则f，可得函数f（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，∴f（x）的最大值为f（e）＝，∴．27.(2021•安徽马鞍山三模•文T12．)已知函数（是自然对数的底数）在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，若函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，则实数k的取值范围是（）A． B． C． D．C．函数的导数为f′（x）＝ex（x2+m﹣1），可得f（x）在x＝0处的切线的斜率为m﹣1，由在x＝0处的切线与直线x﹣2y+1＝0垂直，可得m﹣1＝﹣2，解得m＝﹣1，则f（x）＝ex（x2﹣x﹣1），函数g（x）＝f（x）﹣k恰有一个零点，即为f（x）＝k只有一个实根．由f（x）的导数为f′（x）＝ex（x2﹣2），当﹣2＜x＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减；当x＞2或x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）递增．则x＝﹣2处，f（x）取得极大值3e﹣2，x＝2处，f（x）取得极小值﹣e2，则k的取值范围是{﹣e2}∪（3e﹣2，+∞）．28.(2021•江西九江二模•理T11．)若不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立，则实数m的取值范围是（）A．[，+∞） B．[1，+∞） C．[，+∞） D．[e﹣1，+∞）C．不等式xm（ex+x）≤emx+mxm（x﹣lnx）恒成立⇔ex+x≤+m（x﹣lnx）＝em（x﹣lnx）+m（x﹣lnx），令f（x）＝ex+x，则原不等式等价于f（x）≤f（m（x﹣lnx））恒成立．∵f（x）＝ex+x在（0，+∞）上单调递增，∴x≤m（x﹣lnx），令g（x）＝x﹣lnx，则g′（x）＝1﹣＝，可得：x＝1时函数g（x）取得极小值，即最小值．∴g（x）≥g（1）＝1＞0．∴x≤m（x﹣lnx）⇔m≥，令h（x）＝，x∈（0，+∞）．∴h′（x）＝．h′（e）＝0，x∈（0，e）时，h′（x）＞0，∴h（x）在（0，e）上单调递增；x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，∴h（x）在（e，+∞）上单调递减．∴h（x）max＝h（e）＝．∴实数m的取值范围是[，+∞）．29.(2021•浙江杭州二模•理T9．)已知函数f（x）＝aex﹣．若函数y＝f（x）与y＝f（f（x））有相同的最小值，则a的最大值为（）A．1 B．2 C．3 D．4B．根据题意，求导可得，f'（x）＝∵∴f'（x）在R上单调递增，又∵当x＝0时，f'（0）＝0∴当x＜0时，f'（x）＜0，即得函数f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，当x＞0时，f'（x）＞0，即得函数f（x）在（0，+∞）上单调递增故有f（x）min＝f（0）＝a﹣2，即得f（x）∈[a﹣2，+∞）所以根据题意，若使f（f（x））min＝a﹣2，需使f（x）的值域中包含[0，+∞），即得a﹣2≤0⇒a≤2，故a的最大值为2．30.(2021•河北秦皇岛二模•理T12．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2，且x1＜x2，则下列选项正确的是（）A．a∈（0，） B．y＝f（x）在（0，e）上单调递增 C．x1+x2＞6 D．若，则ABD．由f（x）＝lnx﹣ax，可得f′（x）＝﹣a，（x＞0），当a≤0时，f′（x）＞0，∴f（x）在x∈（0，+∞）上单调递增，与题意不符；当a＞0时，可得当f′（x）＝﹣a＝0，解得：x＝，可得当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，可得当x＝时，f（x）取得极大值点，又因为由函数f（x）＝lnx﹣ax有两个零点x1，x2（x1＜x2），可得f（）＝ln﹣1＞0，可得a＜，综合可得：0＜a＜，故A正确；当a→时，x1+x2→2e＜6，故C错误，∵f′（x）＝﹣a＝，故x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）递增，∵a∈（0，），∴（0，e）⊆（0，），故选项B正确；∵f（x）在（0，）递增，在（，+∞）递减，且a∈，∴1，x1∈（0，），，x2∈（，+∞），∵f（1）＝﹣a＜0＝f（x1），∴x1＞1，∵f（）＝ln﹣2＜lne2﹣2＝0＝f（x2），∴x2＜，∴x2﹣x1＜﹣1＝，故D正确；31.(2021•江西上饶二模•理T12．)对任意x＞0，不等式ax≤（e≈2.71828…）恒成立，则正实数a的取值范围是（）A．（0，e3] B． C． D．A．由ax≤恒成立，﹣ax≥0，即﹣alnex≥0，故≥0，令t＝，x＞0，h（x）＝ex﹣ex，则h′（x）＝ex﹣e，易得，当x＞1时，h′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数单调递减，故当x＝1时，h（x）取得最小值h（1）＝0，所以，h（x）＝ex﹣ex≥0，即ex≥ex，因为x＞0，所以≥e，即t≥e，前面不等式转化为t﹣alnt+2e3≥0，（t≥e），令f（t）＝t﹣alnt+2e3，则，（t≥e），当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）min＝f（e）＝e﹣a+2e3≥0，故a≤e+2e3．所以0＜a＜e，当a＞e时，f（x）在[e，a]上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，f（t）min＝f（a）＝a﹣alna+2e3≥0，令g（a）＝a﹣alna+2e3，a＞e，则g′（a）＝﹣lna＜0，故g（a）在（e，+∞）上单调递减，因为g（e3）＝0，当g（a）≥0时，a≤e3，即e＜a≤e3，综上a的范围（0，e3]．32.(2021•河北邯郸二模•理T4．)曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线方程为（）A．2x+y+3＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．2x﹣y+3＝0 D．2x﹣y﹣3＝0A．y＝（x﹣3）ex的导数为y′＝（x﹣2）ex，曲线y＝（x﹣3）ex在x＝0处的切线的斜率为﹣2，切点（0，﹣3），则切线的方程为y＝﹣2x﹣3，即2x+y+3＝0．33.(2021•广东潮州二模•T10．)已知函数y＝f（x）的导函数y＝f'（x）的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A．f（a）＜f（b）＜f（c） B．f（e）＜f（d）＜f（c） C．x＝c时，f（x）取得最大值 D．x＝d时，f（x）取得最小值AB．结合导函数的图象，可知f（x）在（﹣∞，c]上单调递增，在（c，e）上单调递减，在[e，+∞）上单调递增，对于A，因为a＜b＜c，由f（x）的单调性可知f（a）＜f（b）＜f（c），故A正确；对于B，因为c＜d＜e，由f（x）的单调性可知f（c）＞f（d）＞f（e），故B正确；对于C，当x＝c时，f（x）取得极大值，但不一定是最大值，故C错误；对于D，由B可知，f（d）不是f（x）的最小值，故D错误．34.(2021•辽宁朝阳二模•T12．)已知a＞0，m（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，f（x）＝am（x）﹣sinπx，若f（x）存在唯一零点，下列说法正确的有（）A．m（x）在R上递增 B．m（x）图象关于点（2，0）中心对称 C．任取不相等的实数x1，x2∈R均有 D．ABD．m′（x）＝ex﹣2+e2﹣x＞0，则m（x）在R上递增，故A正确，m（x）+m（4﹣x）＝ex﹣2﹣e2﹣x+e2﹣x﹣ex﹣2＝0，则m（x）图象关于点（2，0）中心对称，故B正确，m″（x）＝ex﹣2﹣e2﹣x，当x＞2时，m″（x）＞0，即m′（x）为增函数，即m（x）图象下凸，此时＞m（），故C错误，若f（x）存在唯一零点，则a（ex﹣2﹣e2﹣x）＝sinπx只有一个解，即g（x）＝a（ex﹣2﹣e2﹣x）与h（x）＝sinπx只有一个交点，g'（x）＝a（ex﹣2+e2﹣x），h'（x）＝πcosπx，由g（2）＝h（2）＝0，则g（x）、h（x）的图象均关于点（2，0）中心対称，在x＝2的右侧附近g（x）为下凸函数，h（x）为上凸函数，要x＞2时，图象无交点，当且仅当g'（2）≥h'（2）成立．于是2a≥π，即a≥成立，故D正确．35.(2021•河南郑州二模•文T11．)已知a﹣5＝ln＜0，b﹣4＝ln＜0，c﹣3＝ln＜0，则a，b，c的大小关系是（）A．b＜c＜a B．a＜c＜b C．a＜b＜c D．c＜b＜aC．令f（x）＝x﹣lnx，则＝，当x＞1时，f′（x）＞0，函数单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，函数单调递减．故f（5）＞f（4）＞f（3），所以5﹣ln5＞4﹣ln4＞3﹣ln3，因为a﹣5＝ln＝lna﹣ln5＜0，b﹣4＝ln＝lnb﹣ln4＜0，c﹣3＝ln＝lnc﹣ln3＜0，所以a﹣lna＝5﹣ln5，b﹣lnb＝4﹣ln4，c﹣lnc＝3﹣ln3，故a﹣lna＞b﹣lnb＞c﹣lnc，所以f（a）＞f（b）＞f（c），因为a﹣4＝lna﹣ln4＜0得0＜a＜4，又a﹣lna＝4﹣ln4，所以f（a）＝f（4），则0＜a＜1，同理f（b）＝f（3），f（c）＝f（2），所以0＜b＜1，0＜c＜1，所以c＞b＞a．36.(2021•山西调研二模•文T12.)已知函数f(x)=alnx+1x-1(a∈R)，若f(x)的最小值为A.1 B.-1 C.0 D.-2A．f(x)=alnx+1x-1的定义域为(0,+∞)，∵f'(x)=ax-1x2=ax-1x2，

当a≤0时，f'(x)<0恒成立，∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，无最值；

当a>0时，x∈(0,1a)时，f'(x)<0，x∈(1a,+∞)时，f'(x)>037.(2021•安徽淮北二模•文T12．)若关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则正实数a的取值范围是（）A．（3ln3+1，4ln2+4] B．[﹣ln2+1，3ln3+1） C．（ln2+，3ln3+1] D．（3ln2+1，2ln3+3]C．原不等式可化简为xlnx+1＜4a﹣ax，设f（x）＝xlnx+1，g（x）＝4a﹣ax，由f（x）＝xlnx+1得，f′（x）＝lnx+1，易知函数f（x）在单调递减，在单调递增，作出f（x）的图象如下图所示，而函数g（x）＝4a﹣ax恒过点C（4，0），要使关于x的不等式lnx+a﹣＜0有且只有两个整数解，则函数g（x）的图象应介于直线AC与直线BC之间（可以为直线BC），又A（2，2ln2+1），B（3，3ln3+1），∴，，∴，∴．38.(2021•乌鲁木齐二模•文T12．)设函数f（x）＝﹣lnx﹣ax+4a，其中a＜0，若仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．B．令g（x）＝﹣lnx，h（x）＝ax﹣4a＝a（x﹣4），因为仅存在一个整数x0，使得f（x0）≤0，所以仅有一个整数，使得g（x）≤h（x），g′（x）＝x﹣＝，令g′（x）＞0，可得x＞1，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）min＝g（1）＝，所以满足条件的整数为1，由a＜0，可得h（x）为减函数，所以，即，解得ln2﹣1＜a≤﹣，即实数a的取值范围是（ln2﹣1，﹣]．39.(2021•吉林长春一模•文T7.)曲线在处的切线的斜率为A.B.C.D.B．当x=e时,k=2,故选B.二、填空题部分40.(2021•高考全国甲卷•理T13)曲线在点处的切线方程为__________．．先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故．41.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T15)函数的最小值为______.1．由题设知：定义域为，∴当时，，此时单调递减；当时，，有，此时单调递减；当时，，有，此时单调递增；又在各分段的界点处连续，∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；∴。故答案为1.42.(2021•江苏盐城三模•T16)对于函数eqf(x)＝lnx＋mx\s\up6(2)＋nx＋1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间；乙：函数f(x)的图象过点(1，－1)；丙：函数f(x)在x＝1处取极大值；丁：函数f(x)单调．若其中有且只有两个论断正确，则m的取值为．2．【考点】逻辑推理题：函数的性质综合应用由题意可知，f′(x)＝EQ\F(1,x)＋2mx＋n＝EQ\F(2mx\S(2)＋nx＋1,x)，当x＞1时，f′(x)＝0最多有一个解，则函数f(x)最多有一个减区间，则甲错误；若乙正确，则f(1)＝m＋n＋1＝－1，即有m＋n＝－2，此时f′(x)＝EQ\F(2mx\S(2)－(2＋m)x＋1,x)＝EQ\F((2x－1)(mx－1),x)，若丙正确，则解得m＝1，所以n＝－3，而此时f(x)在x＝1处取极小值，且不单调，即与丙丁矛盾；若丁正确，则m＝2，n＝－4，可满足题意；综上，乙丁正确，且m＝2．43.(2021•河南开封三模•理T15)在平面直角坐标系xOy中，P是曲线（x＞0）上的一个动点，则点P到直线y＝x的距离的最小值是．．原问题可转化为曲线在点P处与直线y＝x平行的切线，与直线y＝x之间的距离，因为，所以y'＝2x﹣，因为在点P的切线与直线y＝x平行，所以y'＝2x﹣＝1（x＞0），所以x＝1，将其代入曲线方程，得y＝1+1＝2，即点P的坐标为（1，2），所以点P到直线y＝x的距离的最小值是d＝＝．故．44.(2021•河南焦作三模•理T16)已知函数f（x）的定义城为（0，+∞），其导函数为f'（x），且满足f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，若0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，给出以下不等式：①f（x1）＞ef（x2）；②x1f（x2）＜x2f（x1）；③x1f（x1）＞x2f（x2）；④f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）．其中正确的有.（填写所有正确的不等式的序号）①②③．对于①，令g（x）＝exf（x），x∈（0，+∞），则g′（x）＝ex（f（x）+f′（x）），因为f（x）+f′（x）＜0，所以g′（x）＜0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，因为x1＜x2，所以g（x1）＞g（x2），即f（x1）＞f（x2），即f（x1）＞ef（x2），故①正确；对于②，因为f（x）＞0，f（x）+f′（x）＜0，所以f′（x）＜0，所以f（x）单调递减，因为0＜x1＜1＜x2，所以f（x2）＜f（x1），所以x1f（x2）＜x2f（x1），故②正确；对于③，由①分析可知f（x1）＞ef（x2），因为0＜x1＜1＜x2且x1x2＝1，欲使x1f（x1）＞x2f（x2），即x1x2f（x1）＞x22f（x2），即f（x1）＞x22f（x2），只需＞x22即可，即证x2﹣＞2lnx2，设h（x）＝x﹣﹣2lnx，x＞1，则h′（x）＝1+﹣＝＞0，则h（x）在（1，+∞）单调递增，所以h（x）＞h（1）＝0，即x2﹣＞2lnx2＞0，故③正确；对于④，假设f（x2）＞（1﹣x1）f（x1）成立，因为f（x1）＞f（x2），所以f（x1）＞f（x2），所以＞1﹣x1，取x1＝，则＞，所以＜2，矛盾，故④不正确．故①②③．45.(2021•河北张家口三模•T15)若对任意的非零实数a，均有直线l：y＝ax+b与曲线相切,则切点坐标为．．设切点横坐标为m，因为，所以，又a≠3，所以，切点为．将其代入y＝ax+b，有，解得，所以，所以直线l必过定点．46.(2021•安徽宿州三模•文T13．)已知函数f（x）＝xsinx，则曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为．x﹣y＝0．∵f（x）＝xsinx，∴f′（x）＝sinx+xcosx，∴f′（）＝1，f（）＝，∴曲线y＝f（x）在点（，f（））处的切线方程为：y﹣＝l•（x﹣），即y＝x，即x﹣y＝0．47.(2021•山东聊城三模•T16.)已知函数f(x)=(xex)2+(a-2)xex+21．【考点】利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系设g(x)=xex，g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>0；当x>1时，g'(x)<0，故∴g(x)max=g(1)=要使f(x)=(xex)2+(a-2)xex+2-a有三个不同的零点x1，x2，x3其中x1<x2<x3．令xex=t，则t2+(a-2)t+2-a=0∴(1-x=[1若a<-2，则{t1+∴(t1综上(1-x1e【分析】设g(x)=xex根据导数求出函数单调性最值得到g(x）图像，令xex=t则原函数式有三个不同的零点则需

t2+(a-2)t+2-a=0有两不同实根数形结合得若a<-2时不符合题意，若a>2时t1<0<t2<1e则x3．．49.(2021•四川泸州三模•理T14．)已知曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，则a+b＝．﹣6．y＝x3+ax+b+1的导数为y′＝3x2+a，由曲线y＝x3+ax+b+1在x＝0处的切线方程为y＝﹣3x﹣2，可得a＝﹣3，b+1＝﹣2，解得a＝﹣3，b＝﹣3，则a+b＝﹣6．50.(2021•河北邯郸二模•理T13．)写出一个奇函数f（x），当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，则f（x）＝．（答案不唯一）．函数为奇函数，当x＞0时，f（x）＞0且其导数f′（x）＜0，故f（x）＝（答案不唯一）．51.(2021•江西上饶二模•理T13．)曲线y＝（x+1）ex在点（0，1）处的切线方程为y＝2x+1．y＝2x+1．∵y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数），∴y′＝（x+2）ex，根据导数的几何意义，则切线的斜率为y′|x＝0＝2，又切点坐标为（0，1），由点斜式方程可得y＝2x+1，∴曲线y＝（x+1）•ex（e为自然对数的底数）在点（0，1）处的切线方程为y＝2x+1．52.(2021•江西九江二模•理T13．)已知函数f（x）＝alnx﹣x2图象在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，则实数a＝．2．由f（x）＝alnx﹣x2，得f′（x）＝，∴f′（1）＝a﹣2，由题意，a﹣2＝0，得a＝2．53.(2021•河南郑州二模•文T13．)直线y＝x+b是曲线y＝lnx的一条切线，则实数b的值为．ln3﹣1．y′＝（lnx）′＝，令＝，得x＝3，∴切点为（3，ln3），代入直线方程y＝x+b，∴ln3＝×3+b，∴b＝ln3﹣1．54.(2021•山西调研二模•文T15)若曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2y=3x-9．曲线y=ln(3x-8)与曲线y=x2-3x的公共点为P(m,n)，两曲线在公共点处相同的切线的斜率为k，因为y'=[ln(3x-8)]'=33x-8，(x2-3x)'=2x-3，则k=33m-8=2m-3，解得m=3或m=76，又3m-8>0，故m=3，代入n=m2-3m得n=0，

所以k=2×3-3=3，于是该切线的方程为55.(2021•宁夏银川二模•文T13．)曲线f（x）＝3x+sinx在（0，0）处的切线方程为．y＝4x．由f（x）＝3x+sinx，得f′（x）＝3+cosx，∴f′（0）＝4．则曲线f（x）＝3x+sinx在点（0，0）处的切线方程为y＝4x．56.(2021•安徽淮北二模•文T14．)已知f（x）为偶函数．当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2（e是自然对数的底数）．则曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是．y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．由f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），当x＜0时，f（x）＝ex﹣ex2，可得x＞0时，f（x）＝f（﹣x）＝e﹣x﹣ex2，所以x＞0时，f（x）的导数为f′（x）＝﹣e﹣x﹣2ex，可得曲线y＝f（x）在x＝1处的切线斜率为﹣e﹣1﹣2e，切点为（1，e﹣1﹣e），所以曲线y＝f（x）在x＝1处的切线方程是y﹣e﹣1+e＝（﹣e﹣1﹣2e）（x﹣1），即为y＝（﹣e﹣1﹣2e）x+2e﹣1+e．三、解答题部分57.(2021•新高考全国Ⅰ卷•T22)已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明.（1）函数的定义域为，又，当时，，当时，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，设，由（1）可知不妨设.因为时，，时，，故.先证：，若，必成立.若，要证：，即证，而，故即证，即证：，其中.设，则，因为，故，故，所以，故在为增函数，所以，故，即成立，所以成立，综上，成立.设，则，结合，可得：，即：，故，要证：，即证，即证，即证：，即证：，令，则，先证明一个不等式.设，则，当时，；当时，，故在上为增函数，在上为减函数，故，故成立由上述不等式可得当时，，故恒成立，故在上为减函数，故，故成立，即成立.综上所述，.58.(2021•高考全国甲卷•理T21)已知且，函数．（1）当时，求的单调区间；（2）若曲线与直线有且仅有两个交点，求a的取值范围．（1）当时，,令得,当时，,当时，,∴函数在上单调递增；上单调递减；（2）,设函数,则,令，得,在内,单调递增；在上,单调递减；,又，当趋近于时，趋近于0，所以曲线与直线有且仅有两个交点，即曲线与直线有两个交点的充分必要条件是,这即是,所以的取值范围是.59.(2021•高考全国乙卷•文T21)已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.60.(2021•浙江卷•T22)设a，b为实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，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，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.61.(2021•江苏盐城三模•T)设eqf(x)＝\f(lnx,x\s\up6(n）(n∈N*)．(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得eqe\s\up6(x)＞x\s\up6(2)lnx＋asinx对∀x∈(0，＋∞)恒成立．(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)【考点】函数与导数：函数单调性应用；恒成立问题(1)由eqf(x)＝\f(lnx,x\s\up6(n）得f′(x)＝EQ\F(\F(1,x)·x\S(n)－nx\S\UP6(n－1)lnx,x\S\UP6(2n）＝EQ\F(1－nlnx,x\S\UP6(n＋1），因n∈N*，由f′(x)＝0，得x＝EQe\S\UP8(\F(1,n），……1分当x＞EQe\S\UP8(\F(1,n）时，f′(x)＜0；当时0＜x＜EQe\S\UP8(\F(1,n），f′(x)＞0；故函数f(x)在(0，EQe\S\UP8(\F(1,n）)上单调递增，在(EQe\S\UP8(\F(1,n），＋)上单调递减，所以函数f(x)不单调．……3分(2)当a＝1时，可证明ex＞x2lnx＋sinx对x∈(0，＋∞)恒成立，当x∈(0，1)时，x2lnx≤0，sinx≤1，ex＞1，不等式成立；……4分当x∈(1，e)时，x2lnx＋sinx＜x2＋1，令g(x)＝EQ\F(x\S(2)＋1,e\S(x），所以g′(x)＝EQ\F(2x－(x\S(2)＋1),e\S(x）≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)＝EQ\F(2,e)＜1，所以ex＞x2＋1，原不等式成立；……7分当x∈(e，＋)时，因x2lnx＋sinx≤x2lnx＋1，故只需证ex＞x2lnx＋1，即证EQ\F(e\S(x),x\S(3）＞EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,x\S(3），只需证EQ\F(e\S(x),x\S(3）＞EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3），在(1)中令n＝1，可得f(x)≤f(e)＝EQ\F(1,e)，故EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3）≤EQ\F(1,e)＋EQ\F(1,e\S(3），令h(x)＝EQ\F(e\S(x),x\S(3），所以h′(x)＝EQ\F(e\S(x)(x－3),x\S(4）＝0，解得x＝3，当x∈(e，3)时，h′(x)＜0；当x∈(3，＋)时，h′(x)＞0，所以h(x)≥h(3)＝EQ\F(e\S(3),27)＞EQ\F(1,2)，而EQ\F(lnx,x)＋EQ\F(1,e\S(3）≤EQ\F(1,e)＋EQ\F(1,e\S(3）＜EQ\F(1,2)，所以原不等式也成立．综上所述，当a＝1时，ex＞x2lnx＋sinx对x∈(0，＋∞)恒成立．……12分注：当a＝2或a＝3时结论也成立，请参照评分；当a≥4时结论不成立．62.(2021•河南郑州三模•理T21)已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+1．（Ⅰ）求f（x）的最小值；（Ⅱ）证明：对任意的x∈（0，+∞），ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．（Ⅰ）由题意可得f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）＝1+lnx﹣a，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜ea﹣1，令f′（x）＞0，解得：x＞ea﹣1，则f（x）在（0，ea﹣1）递减，在（ea﹣1，+∞）递增，故f（x）min＝f（ea﹣1）＝1﹣ea﹣1；（Ⅱ）证明：要证ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0成立，即证ex（xlnx+1）﹣x（ex+x）+4ex﹣2＞0，即证ex（xlnx﹣x+1）﹣x2+4ex﹣2＞0，即证xlnx﹣x+1＞﹣，设g（x）＝xlnx﹣x+1，由（Ⅰ）可知g（x）min＝g（1）＝0，设h（x）＝﹣（x＞0），则h′（x）＝（x＞0），由h′（x）＞0，解得：0＜x＜2，由h′（x）＜0，解得：x＞2，故h（x）在（0，2）递增，在（2，+∞）递减，故h（x）max＝h（2）＝0，∵g（x）与h（x）的最值不同时取得，∴g（x）＞h（x），即xlnx﹣x+1＝﹣，故当x＞0时，不等式ex（lnx+）﹣（ex+x）+＞0恒成立．63.(2021•河南开封三模•理T21)已知函数f（x）＝．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若m＝2，对于任意x1＞x2＞0，证明：（x12•f（x1）﹣x22•f（x2））•（x12+x22）＞x1x2﹣x22．（1）的定义域为（0，+∞），，当m＞0时，，此时f（x）在上单调递增，，此时f（x）在上单调递减，当m＜0时，，此时f（x）在上单调递增，，此时f（x）在上单调递减；综上可知：当m＞0时，f（x）的增区间是，减区间是；当m＜0时，f（x）的增区间是，减区间是．（2）证明：由m＝2，，，由于x1＞x2＞0，所以．设，故：，令，则，由于t＞1，故，则在（1，+∞）上单调递增，故φ（t）＞φ（1）＝0，即：所证不等式成立．64.(2021•河南开封三模•文T21．)已知函数f（x）＝lnx﹣mx有两个零点．（1）求m的取值范围；（2）设x1，x2是f（x）的两个零点，证明：f'（x1+x2）＜0．（1），①当m≤0时，f'（x）＞0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，至多有一个零点；②当m＞0时，时，f'（x）＞0，f（x）在上单调递增，时，f'（x）＜0，f（x）在上单调递减，所以f（x）在处取得最大值，由，得，此时，，，f（1）＝﹣m＜0，，由零点存在性定理可知，f（x）在和上各有一个零点，综上，m的取值范围是；（2）证明：因为x1，x2是f（x）的两个零点，不妨设x1＞x2＞0，则lnx1﹣mx1＝0…①，lnx2﹣mx2＝0…②，①﹣②得lnx1﹣lnx2＝mx1﹣mx2，，，所以，要证f'（x1+x2）＜0，即证，即证，即证，即证，令，设，，所以φ（t）在t＞1时单调递增，所以φ（t）＞φ（1），又φ（1）＝0，所以φ（t）＞0，所以f'（x1+x2）＜0．65.(2021•河南焦作三模•理T19)已知函数f（x）＝xlnx．（Ⅰ）求f（x）的图象在点A（1，f（1））处的切线方程，并证明f（x）的图象上除点A以外的所有点都在这条切线的上方；（Ⅱ）若函数g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2f（x）cos2x，x∈[，），证明：g（x）≥cos．（Ⅰ）由题意可得f′（x）＝lnx+1，f′（1）＝1，f（1）＝0，所以f（x）的图像在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝x﹣1，设h（x）＝xlnx﹣x+1，则h′（x）＝lnx，令h′（x）＜0，得0＜x＜1，h（x）单调递减，令h′（x）＞0，得x＞1，h（x）单调递增，所以h（x）≥h（1）＝0，所以xlnx≥x﹣1，当且仅当x＝1时取等号，所以f（x）的图像上除点A外的所有点都在这条切线上方．（Ⅱ）证明：由题知，g（x）＝（lnx+1）•sin2x﹣2xlnxcos2x，x∈[，），所以g′（x）＝2（lnx+1）•cos2x+﹣2[﹣2xlnxsin2x+（lnx+1）•cos2x]＝sin2x•（+4xlnx），因为x∈[，），所以sin2x＞0，又由（1）知xlnx≥x﹣1，所以+4xlnx≥+4（x﹣1）＝4x+﹣4≥2﹣4＝0，（两个等号不能同时成立），所以g′（x）＞0，所以g（x）在[，）上单调递增，所以g（x）≥g（）＝cos，得证．66.(2021•河北张家口三模•T22)已知函数f（x）＝x3﹣x﹣alnx（a∈R）．（1）若函数f（x）在其定义域上为增函数，求a的取值范围；（2）当a≤3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有2f（x2）﹣2f（x1）+（x1﹣x2）[f'（x1）+f'（x2）]＞0恒成立．（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），，若函数f（x）在其定义域上为增函数，则f'（x）≥0在（4，即，得3x3﹣x≥a，设g（x）＝3x3﹣x，则g'（x）＝4x2﹣1，当时，g'（x）＜2，当时，所以当时，函数g（x）单调递减，当时，故，所以，﹣]．（2）证明：由（1）得，对任意的x1，x2∈[3，+∞）1＞x2，令，则5f（x2）﹣2f（x7）+（x1﹣x2）[f'（x8）+f'（x2）]＝＝＝，令，当t＞1时，，由此可得h（t）在（1，+∞）上单调递增，所以当t＞1时，h（t）＞h（1），即，因为，所以，设，则，所以函数p（t）在（1，+∞）上单调递增，综上，当a≤3时6，x2∈[1，+∞）5＞x2，有2f（x5）﹣2f（x1）+（x6﹣x2）[f'（x1）+f'（x3）]＞0恒成立．67.(2021•山东聊城三模•T22)已知f(x)=e（1）当a=e2时求（2）当x∈[0,+∞)时，（3）求证：22e-1（1）解：当a=e2时，所以f'(x)=e所以当x<1时，f″(x)<0，f'当x>1时，f″(x)>0，f'因为f'(0)=0，f'所以存在x0∈(1,2)，使f'(x0)=0，所以，x∈(-∞,0)时，f'(x)>0所以f(x)有两个极值点（2）解：f(x)=ex-设h(x)=f'又h'所以当a≤12时，h'(x)所以h(x)≥h(0)=0，即f'所以f(x)≥f(0)=0当a>12吋，令h'当x∈[0,ln2a)时，h'(x)<0，f(x)在(0,ln所以x∈(0,ln所以a的取值范围是(（3）证明：由（2）可知a=12时，f(x)≥0，所以2en-所以2=1=1+【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，不等式的证明【分析】（1）根据导数可推得

f'(0)=0

，

f'(1)=-1

，

f'(2)=e2-2e-1>0，所以，

x∈(-∞,0)

时，

f'(x)>0

；

x∈(0,x0)

时，

f'(x)<0

；

x∈(x0,+∞)

时，

f'(x)>0

，所以0和

x0

是

f(x)

的极值点。

（2）

设

h(x)=f'(x)=ex-2ax-1(x≥0)，h(x）再求导可推得

当

a≤12

时，

f'(x)≥0f(x)

在

[0,+∞)

上单调递增

68.(2021•四川内江三模•理T21．)设函数f（x）＝x﹣﹣alnx（a∈R）．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k＝2﹣a？若存在；若不存在，请说明理由．（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞），，令g（x）＝x8﹣ax+1，其判别式△＝a2﹣5，①当|a|≤2时，△≤0，故f（x）在（5，②当a＜﹣2时，△＞0，在（2，f'（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，③当a＞8时，△＞0，当0＜x＜x1时，f'（x）＞31＜x＜x2时，f'（x）＜32时，f'（x）＞0，故f（x）分别在（2，x1），（x2，+∞）上单调递增，在（x4，x2）上单调递减，（Ⅱ）由（Ⅰ）知，a＞2．因为，所以，又由（1）知，x1x2＝4．于是，若存在a，使得k＝7﹣a．则3﹣lnx2＝x1﹣x6，亦即（*），再由（1）知，函数，+∞）上单调递增2＞2，所以．这与（*）式矛盾，使得k＝6﹣a69.(2021•重庆名校联盟三模•T22．)设x∈（0，），f（x）＝kx﹣sinx，k∈R．（1）f（x）＞0恒成立，求实数k的取值范围；（2）求证：当x∈（0，）时，＞3．（1）f（x）＝kx﹣sinx，f′（x）＝k﹣cosx，因为x∈（0，），所以0＜cosx＜1，所以当k≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，）上单调递减，所以f（x）＜f（0）＝0，所以k≤0，不符合题意，当k≥1，则f′（x）＞0在（0，）上恒成立，所以f（x）在（0，）上单调递增，所以f（x）＞f（0）＝0，所以k≥1，符合题意，当0＜k＜1时，令f′（x）＝0，即k＝cosx，则在（0，）内存在唯一x0，使得k＝cosx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（x0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，又f（0）＝0．所以f（x）＞0在（0，）不恒成立，所以0＜k＜1，不符合题意，综上所述，k的取值范围为[1，+∞）．（2）证明：由（1）知，当x∈（0，）时，有x＞sinx，所以＞3，所以tanx﹣sinx＞3x﹣3sinx，所以tanx+2sinx﹣3x＞0，设g（x）＝tanx+2sinx﹣3x，x∈（0，），则g′（x）＝+2cosx﹣3＝＝＝，设t＝cosx，由x∈（0，），得t∈（0，1），再设y＝2t2﹣t﹣1＝2（t2﹣t+）﹣＝2（t﹣）2﹣，当t＝0时，y＝﹣1＜0，当t＝1时，y＝0，所以对任意t∈（0，1）时，y＝2t2﹣t﹣1＜0，所以对任意t∈（0，1），y＝2t2﹣t﹣1＜0，所以对任意x∈（0，）时，有2cos2x﹣cosx﹣1＜0，又cosx﹣1＜0，所以g′（x）＞0恒成立，所以g（x）在（0，）上是单调递增，所以g（x）＞g（0）＝0，所以tanx+2sinx﹣3x＞0，所以不等式＞3得证．70.(2021•安徽蚌埠三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣lnx+x﹣2a，其中a∈R．（1）若a＝1，求函数f（x）在x＝1处的切线方程；（2）证明：a≤1时，f（x）≥0恒成立．（1）f（x）的定义域为（0，+∞），由a＝1，得f′（x）＝﹣+1，f′（1）＝0，f（1）＝0，则函数f（x）在x＝1处的切线方程为y＝0．（2）f′（x）＝﹣+1＝，令g（x）＝ex﹣a﹣x，则g′（x）＝ex﹣a﹣1，1°若a≤0时，则g′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，g（x）在（0，+∞）上单调递增，因为g（0）＝＞0，所以g（x）＞0，2°若0＜a≤1时，令g′（x）＝0，解得x＝a，当0＜x＜a时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞a时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）≥g（a）＝1﹣a≥0，即a≤1时，ex﹣a﹣x≥0在（0，+∞）恒成立，所以当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）min＝f（1）＝ea﹣1+1﹣2a，下证ea﹣1﹣a≥0，令p（x）＝ex﹣1﹣x，p′（x）＝ex﹣1﹣1，在（﹣∞，+∞）单调递增，当x∈（﹣∞，1）时，p′（x）＜0，p（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，p′（x）＞0，p（x）单调递增，所以p（x）min＝p（0）＝0，所以p（x）≥0，即ex﹣1﹣x≥0，所以ea﹣1﹣a≥0，又1﹣a≥0，所以f（1）≥0，所以f（x）≥0恒成立，综上所述，当a≤1时，f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立．71.(2021•贵州毕节三模•文T21．)已知函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）若函数f（x）有最小值为g（m），证明：在（0，+∞）上恒成立．（Ⅰ）函数f（x）＝x﹣mlnx﹣2m的定义域为（0，+∞），则，当m≤0时，f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上为增函数；当m＞0时，由，解得x＞m，由，解得0＜x＜m，所以f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；综上所述，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数；当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上为增函数，f（x）无最小值．当m＞0时，f（x）在（0，m）上为减函数，在[m，+∞）上为增函数，所以f（x）min＝f（m）＝﹣m﹣mlnm，所以g（m）＝﹣m﹣mlnm，由g'（m）＝﹣2﹣lnm＞0，解得，由g'（m）＝﹣2﹣lnm＜0，解得，所以g（m）在上为增函数，在上减函数．所以，即在（0，+∞）上恒成立．72.(2021•辽宁朝阳三模•T21．)已知函数f（x）＝m（x+1）2﹣1﹣2lnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0，求m的取值范围．（1）f′（x）＝2m（x+1）﹣＝，（x＞0），当m≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；当m＞0时，由f′（x）＜0，解得：0＜x＜﹣，由f′（x）＞0，解得：x＞﹣，故f（x）在（0，﹣）递减，在（﹣，+∞）递增，（2）当x∈[1，2]时，f（x）≤0恒成立，即对于任意的x∈[1，2]，m≤恒成立，设，则有，令，则g'（x）＝＜0在[1，2]上恒成立，即得g（x）在[1，2]上单调递减，因为g（1）＝2＞0，g（2）＝1﹣4ln2＜0，所以存在唯一的x0∈[1，2]，使得g（x0）＝0，且当x∈[1，x0]时，g（x）＞0；当x∈（x0，2]时，g（x）＜0，所以F（x）在[1，x0）上单调递增，在（x0，2]上单调递减，又因为5＝lne5＜ln35＜ln28＝8ln2，所以F（2）﹣F（1）＝＞0，所以，即得，则有m的取值范围为．73.(2021•河南济源平顶山许昌三模•文T21．)已知函数f（x）＝﹣x2+ax﹣3，g（x）＝xlnx，a∈R．（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），求a的取值范围；（2）证明：当x＞0时，g（x）＞．（1）当x＞0时，2g（x）≥f（x），即2xlnx≥﹣x2+ax﹣3，即，设，则，∴当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）单调递增，∴h（x）min＝h（1）＝4，则a≤4．∴实数a的取值范围为（﹣∞，4]；（2）证明：∵g（x）＝xlnx，∴g′（x）＝1+lnx，易知函数g（x）在上单调递减，在上单调递增，∴当x＞0时，，令，则，易知φ（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，∴，又两个等号不同时成立，故当x＞0时，g（x）＞．74.(2021•四川泸州三模•理T20．)已知函数f（x）＝lnx﹣ax+a，且f（x）≤0对x＞0恒成立．（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）若关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，求实数m的取值范围．（Ⅰ）因为f（x）≤0，且f（1）＝0，故x＝1是函数f（x）的极值点，因为f′（x）＝﹣a，所以f′（1）＝1﹣a＝0，故a＝1，又因为a＝1时，f（x）＝lnx﹣x+1，且f′（x）＝﹣1，故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故f（x）≤f（1）＝0，故a＝1．（Ⅱ）因为mf（x）＝xe﹣x+m，则m（lnx﹣x）＝xe﹣x，设h（x）＝lnx﹣x，则h′（x）＝﹣1＝，令h′（x）＞0，可得0＜x＜1，令h′（x）＜0，可得x＞1，故h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以h（x）≤h（1）＝﹣1＜0，所以lnx＜x，所以m＝，设g（x）＝，则g′（x）＝，因为lnx＜x，所以lnx＜x＜x+1，即lnx﹣x﹣1＜0，令g′（x）＜0，可得0＜x＜1，令g′（x）＞0，可得x＞1，故函数g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以g（x）≥g（1）＝﹣，又当x无限增大或无限接近0时，g（x）都趋近于0，故﹣≤g（x）＜0，因为关于x的方程mf（x）＝xe﹣x+m有两个实根，所以实数m的取值范围是（﹣，0）．75.(2021•江苏常数三模•T22．)已知函数f（x）＝aex﹣x2（a∈R）（其中e≈2.71828为自然对数的底数）．（1）当a＝1时，求证：函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；（2）若对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围．（1）证明：a＝1时，f(x)＝ex﹣x2,f′(x)＝ex﹣2x,设g(x)＝f′(x)＝ex﹣2x,则g′(x)＝ex﹣2,令g′(x)＝0,解得：x＝ln2,故g(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在(ln2,+∞)递增，故g(x)的最小值是g(ln2)＝2﹣2ln2＞,即f′(x)＞对任意x∈R恒成立，故函数f（x）图象上任意一点处的切线斜率均大于；（2）先证对任意x∈(0,+∞),ln(x+1)≤x,ex≥x2+x+1,令h(x)＝ln(x+1)﹣x,h′(x)＝﹣1＝﹣,令h′(x)＝0,解得：x＝0,故h(x)在区间(﹣1,0)递增，在（0，+∞）递减，故h(x)≤h(0)＝0,故ln(x+1)≤x,令p(x)＝ex﹣x2﹣x﹣1,p′(x)＝ex﹣2x﹣＝m(x),m′(x)＝ex﹣2,令m′(x)＝0,解得：x＝ln2,故m(x)在区间(﹣∞,ln2)递减，在区间（ln2,+∞）递增，故m(x)≥m(ln2)＞0,故p′(x)＞0,p(x)递增，故p(x)≥p(0)＝0,故ex≥x2+x+1,x∈[0,+∞),∵f(x)＞ln(x+1)+cosx对于任意x∈[0,+∞)恒成立，∴f(0)＞ln(0+1)+cos0＝1,故a＞1,当a＞1时，f(x)﹣ln(x+1)﹣cosx＝aex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx＞ex﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx≥x2+x+1﹣x2﹣ln(x+1)﹣cosx＝x﹣ln(x+1)+1﹣cosx≥x﹣x+1﹣cosx＝1﹣cosx≥0,即对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，综上：a的取值范围是（1，+∞）．76.(2021•湖南三模•T21．)已知函数f（x）＝+alnx（a∈R），g（x）＝x2﹣x﹣．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若函数F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，且曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y＝G（x），求使不等式F（x）＜G（x）成立的x的取值范围．（1），当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，当a＞0时，易得当x＞时，f′（x）＞0，当0＜x＜时，f′（x）＜0，故f（x）在（，+∞）上单调递增，在（0，）上单调递减，（2）F（x）＝f（x）+g（x）＝alnx+x2﹣x，所以F′（x）＝＝，x＞0，因为F（x）＝f（x）+g（x）存在两个极值点x1，x2，所以F′（x）＝＝0有两个不等正实数解，即2x2﹣x+a＝0有两个不等式正根，所以，解得0，因为x1x2＝，x＝＝，所以F′（）＝2﹣1，F（）＝﹣，所以曲线y＝F（x）在x＝处的切线方程为y﹣（﹣）＝（2﹣1）（x﹣），即G（x）＝y＝（2﹣1）x+﹣，令h（x）＝F（x）﹣G（x）＝，＝＞0，故h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（）＝0，故当0＜x＜时，h（x）＜0，即F（x）＜G（x），故x的范围（0，）．77.(2021•福建宁德三模•T22．)已知函数f(x)=ae-x+lnx-1(a∈R).

(1)当a≤e时，讨论函数f(x)的单调性：

(2)若函数f(x)恰有两个极值点x1，x2(x1<x2)，且x1+x2≤2ln3，求x2x1的最大值.

(1)函数的定义域为(0,+∞)，f'(x)=-ae-x+1x=ex-axxex，

当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递增；

当0<a≤e时，令f'(x)=0，则ex-ax=0，设g(x)=ex-ax，则g'(x)=ex-a，

易知，当0<x<lna时，g'(x)<0，g(x)单调递减，当x>lna时，g'(x)>0，g(x)单调递增，

∴g(x)≥g(lna)=elna-alna=a(1-lna)≥0，

∴f'(x)≥0，f(x)在(0,+∞)上单调递增；

综上，当a≤e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；

(2)依题意，f'((1)对函数f(x)求导，然后分a≤0及0<a≤e讨论即可得出单调性情况；

(2)设x2x1=t，由题意可知，x1=lntt-1,x2=tlntt-1，则x1+x2=(t+1)lntt-1，设h(t)=(t+1)ln（1）当a＝2，x＞1时，证明：f（x）＞0；（2）若函数F（x）＝＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）若函数F（x）＝有两个不同的零点x1，x2，证明：2．（1）证明：当a＝2时，f（x）＝lnx﹣，f′（x）＝﹣＝＝，当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）单调递增，∵f（1）＝0，∴f（x）＞f（1）＝0；（2）f（x）＝lnx﹣，则f′（x）＝，令g（x）＝x2+2（1﹣a）x+1，当a＜0时，又x＞0，则g（x）＞0，f′（x）＞0，当0≤a≤2时，△＝4a2﹣8a≤0，得g（x）≥0，f′（x）＞0，故当