2012-2021高考真题数学汇编：导数及其应用（2）（教师版）

80/802012-2021高考真题数学汇编：导数及其应用（2）一．选择题（共8小题）1．（2018•全国）若函数f（x）＝ax2+1图象上点（1，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，则a＝（）A．﹣1 B．0 C． D．12．（2018•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x3．（2017•新课标Ⅱ）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．14．（2017•天津）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）＝xf（x）25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），则a，b（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a5．（2016•四川）已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．26．（2016•新课标Ⅰ）若函数f（x）＝x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞），则a的取值范围是（）A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]7．（2016•山东）若函数y＝f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（）A．y＝sinx B．y＝lnx C．y＝ex D．y＝x38．（2016•四川）设直线l1，l2分别是函数f（x）＝图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（）A．（0，1） B．（0，2） C．（0，+∞） D．（1，+∞）二．填空题（共14小题）9．（2018•天津）已知函数f（x）＝exlnx，f′（x）为f（x），则f′（1）的值为．10．（2018•江苏）若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x），1]上的最大值与最小值的和为．11．（2018•新课标Ⅱ）曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为．12．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx+sin2x，则f（x）．13．（2018•新课标Ⅲ）曲线y＝（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a＝．14．（2018•新课标Ⅱ）曲线y＝2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为．15．（2017•全国）若曲线的切线l与直线平行．16．（2017•天津）已知a∈R，设函数f（x）＝ax﹣lnx的图象在点（1，f（1），则l在y轴上的截距为．17．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex﹣，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是．18．（2017•新课标Ⅰ）曲线y＝x2+在点（1，2）处的切线方程为．19．（2016•天津）已知函数f（x）＝（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数（0）的值为．20．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）（﹣x）+3x，则曲线y＝f（x）（1，﹣3）处的切线方程是．21．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）﹣x﹣1﹣x，则曲线y＝f（x）在点（1，2）．22．（2016•新课标Ⅱ）若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线．三．解答题（共38小题）23．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．24．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．25．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．26．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．27．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．28．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．29．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝ex﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．30．（2018•浙江）已知函数f（x）＝﹣lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）31．（2018•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x），也是曲线y＝g（x）的切线．32．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）＝．对任意a＞0，判断是否存在b＞0（x）与g（x）在区间（0，+∞），并说明理由．33．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．34．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．36．（2017•全国）已知函数f（x）＝ax3﹣3（a+1）x2+12x．（1）当a＞0时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）当a≤0时，讨论方程f（x）＝0实根的个数．37．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ex（ex﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．38．（2017•天津）设a∈Z，已知定义在R上的函数f（x）＝2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在区间（1，2）内有一个零点x0，g（x）为f（x）的导函数．（Ⅰ）求g（x）的单调区间；（Ⅱ）设m∈[1，x0）∪（x0，2]，函数h（x）＝g（x）0）﹣f（m），求证：h（m）h（x0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A，使得对于任意的正整数p，q，且∈[1，x0）∪（x0，2]，满足|﹣x0|≥．39．（2017•新课标Ⅱ）设函数f（x）＝（1﹣x2）•ex．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求实数a的取值范围．40．（2017•山东）已知函数f（x）＝x2+2cosx，g（x）＝ex（cosx﹣sinx+2x﹣2），其中e≈2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（π，f（π））处的切线方程；（Ⅱ）令h（x）＝g（x）﹣af（x）（a∈R）（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．41．（2017•天津）设a，b∈R，|a|≤1．已知函数f（x）3﹣6x2﹣3a（a﹣4）x+b，g（x）＝exf（x）．（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y＝g（x）和y＝ex的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：f（x）在x＝x0处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式g（x）≤ex在区间[x0﹣1，x0+1]上恒成立，求b的取值范围．42．（2017•北京）已知函数f（x）＝excosx﹣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，]上的最大值和最小值．43．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+1（a＞0，b∈R）有极值，且导函数f′（x）（x）的零点．（Ⅰ）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b2＞3a；（Ⅲ）若f（x），f′（x）这两个函数的所有极值之和不小于﹣44．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx，且f（x）≥0．（1）求a；（2）证明：f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．45．（2017•浙江）已知函数f（x）＝（x﹣）e﹣x（x≥）．（1）求f（x）的导函数；（2）求f（x）在区间[，+∞）上的取值范围．46．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝lnx+ax2+（2a+1）x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当a＜0时，证明：f（x）≤﹣47．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝x﹣1﹣alnx．（1）若f（x）≥0，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，（1+）（1+）…（1+）＜m48．（2017•山东）已知函数f（x）＝x3﹣ax2，a∈R，（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3）；（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cosx﹣sinx（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．49．（2016•山东）设f（x）＝xlnx﹣ax2+（2a﹣1）x，a∈R．（1）令g（x）＝f′（x），求g（x）；（2）已知f（x）在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．50．（2016•天津）设函数f（x）＝x3﹣ax﹣b，x∈R，其中a（1）求f（x）的单调区间；（2）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）＝f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0＝0；（3）设a＞0，函数g（x）＝|f（x）|（x）在区间[﹣1，1]上的最大值不小于．51．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）＝lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x．52．（2016•北京）设函数f（x）＝x3+ax2+bx+c．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）设a＝b＝4，若函数f（x）有三个不同零点；（3）求证：a2﹣3b＞0是f（x）有三个不同零点的必要而不充分条件．53．（2016•四川）设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，其中a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞﹣e1﹣x在区间（1，+∞）内恒成立（e＝2.718…为自然对数的底数）．54．（2016•新课标Ⅲ）设函数f（x）＝acos2x+（a﹣1）（cosx+1），其中a＞0（x）|的最大值为A．（Ⅰ）求f′（x）；（Ⅱ）求A；（Ⅲ）证明：|f′（x）|≤2A．55．（2016•山东）已知f（x）＝a（x﹣lnx）+，a∈R．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）当a＝1时，证明f（x）＞f′（x）+，2]成立．56．（2016•四川）设函数f（x）＝ax2﹣a﹣lnx，g（x）＝﹣，其中a∈R，e＝2.718…为自然对数的底数．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明：当x＞1时，g（x）＞0；（3）确定a的所有可能取值，使得f（x）＞g（x）（1，+∞）内恒成立．57．（2016•北京）设函数f（x）＝xea﹣x+bx，曲线y＝f（x）在点（2，f（2）（e﹣1）x+4，（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）求f（x）的单调区间．58．（2016•江苏）已知函数f（x）＝ax+bx（a＞0，b＞0，a≠1，b≠1）．（1）设a＝2，b＝．①求方程f（x）＝2的根；②若对于任意x∈R，不等式f（2x）≥mf（x），求实数m的最大值；（2）若0＜a＜1，b＞1，函数g（x）（x）﹣2有且只有1个零点，求ab的值．59．（2016•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣a（x﹣1）．（Ⅰ）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1）；（Ⅱ）若当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，求a的取值范围．60．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数f（x）＝ex的单调性，并证明当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2＞0；（Ⅱ）证明：当a∈[0，1）时，函数g（x）＝（x＞0）（x）的最小值为h（a），求函数h（a）

2012-2021高考真题数学汇编：导数及其应用（2）参考答案一．选择题（共8小题）1．（2018•全国）若函数f（x）＝ax2+1图象上点（1，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，则a＝（）A．﹣1 B．0 C． D．1【分析】求得函数f（x）的导数，可得切线的斜率，再由两直线平行的条件：斜率相等，解方程可得a的值．【解答】解：函数f（x）＝ax2+1的导数为f′（x）＝8ax，可得点（1，f（1））处的切线斜率为2a，由点（7，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，可得5a＝2，解得a＝1，故选：D．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率，注意运用两直线平行的条件和方程思想，属于基础题．2．（2018•新课标Ⅰ）设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）（0，0）处的切线方程为（）A．y＝﹣2x B．y＝﹣x C．y＝2x D．y＝x【分析】利用函数的奇偶性求出a，求出函数的导数，求出切线的斜率然后求解切线方程．【解答】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x5+ax，若f（x）为奇函数，﹣x3+（a﹣1）x7﹣ax＝﹣（x3+（a﹣1）x2+ax）＝﹣x3﹣（a﹣1）x6﹣ax．所以：（a﹣1）x2＝﹣（a﹣8）x2可得a＝1，所以函数f（x）＝x7+x，可得f′（x）＝3x2+3，曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：3，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．故选：D．【点评】本题考查函数的奇偶性以及函数的切线方程的求法，考查计算能力．3．（2017•新课标Ⅱ）若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（）A．﹣1 B．﹣2e﹣3 C．5e﹣3 D．1【分析】求出函数的导数，利用极值点，求出a，然后判断函数的单调性，求解函数的极小值即可．【解答】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣8，可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x7+ax﹣1）ex﹣1，x＝﹣4是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣8的极值点，可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣4+（4﹣2a﹣5）e﹣3＝0，即﹣8+a+（3﹣2a）＝8．解得a＝﹣1．可得f′（x）＝（2x﹣7）ex﹣1+（x2﹣x﹣4）ex﹣1，＝（x2+x﹣4）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝3，当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞2函数是增函数，1）时，x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（42﹣1﹣5）e1﹣1＝﹣6．故选：A．【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性以及函数的极值的求法，考查计算能力．4．（2017•天津）已知奇函数f（x）在R上是增函数，g（x）＝xf（x）25.1），b＝g（20.8），c＝g（3），则a，b（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a【分析】由奇函数f（x）在R上是增函数，则g（x）＝xf（x）偶函数，且在（0，+∞）单调递增，则a＝g（﹣log25.1）＝g（log25.1），则2＜log25.1＜3，1＜20.8＜2，即可求得b＜a＜c【解答】解：奇函数f（x）在R上是增函数，当x＞0，且f′（x）＞0，∴g（x）＝xf（x），则g′（x）＝f（x）+xf′（x）＞7，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴a＝g（﹣log28.1）＝g（log26.1），则2＜log65.1＜7，1＜23.8＜2，由g（x）在（4，+∞）单调递增0.8）＜g（log85.1）＜g（3），∴b＜a＜c，故选：C．【点评】本题考查函数奇偶性，考查函数单调性的应用，考查转化思想，属于基础题．5．（2016•四川）已知a为函数f（x）＝x3﹣12x的极小值点，则a＝（）A．﹣4 B．﹣2 C．4 D．2【分析】可求导数得到f′（x）＝3x2﹣12，可通过判断导数符号从而得出f（x）的极小值点，从而得出a的值．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣12；∴x＜﹣6时，f′（x）＞0，f′（x）＜0，f′（x）＞6；∴x＝2是f（x）的极小值点；又a为f（x）的极小值点；∴a＝2．故选：D．【点评】考查函数极小值点的定义，以及根据导数符号判断函数极值点的方法及过程，要熟悉二次函数的图象．6．（2016•新课标Ⅰ）若函数f（x）＝x﹣sin2x+asinx在（﹣∞，+∞），则a的取值范围是（）A．[﹣1，1] B．[﹣1，] C．[﹣，] D．[﹣1，﹣]【分析】求出f（x）的导数，由题意可得f′（x）≥0恒成立，设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有5﹣4t2+3at≥0，对t讨论，分t＝0，0＜t≤1，﹣1≤t＜0，分离参数，运用函数的单调性可得最值，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）＝x﹣sin7x+asinx的导数为f′（x）＝1﹣，由题意可得f′（x）≥0恒成立，即为1﹣cos2x+acosx≥2，即有﹣cos2x+acosx≥6，设t＝cosx（﹣1≤t≤1），即有7﹣4t2+3at≥0，当t＝0时，不等式显然成立；当6＜t≤1时，3a≥2t﹣，由4t﹣在（0，可得t＝1时，可得2a≥﹣1，即a≥﹣；当﹣1≤t＜0时，6a≤4t﹣，由6t﹣在[﹣1，可得t＝﹣3时，可得3a≤1，即a≤．综上可得a的范围是[﹣，]．另解：设t＝cosx（﹣4≤t≤1），即有5﹣7t2+3at≥8，由题意可得5﹣4+5a≥0，且5﹣6﹣3a≥0，解得a的范围是[﹣，]．故选：C．【点评】本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和换元法，考查函数的单调性的运用，属于中档题．7．（2016•山东）若函数y＝f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直（x）具有T性质．下列函数中具有T性质的是（）A．y＝sinx B．y＝lnx C．y＝ex D．y＝x3【分析】若函数y＝f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y＝f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，进而可得答案．【解答】解：函数y＝f（x）的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则函数y＝f（x）的导函数上存在两点，使这点的导函数值乘积为﹣1，当y＝sinx时，y′＝cosx；当y＝lnx时，y′＝，不满足条件；当y＝ex时，y′＝ex＞8恒成立，不满足条件；当y＝x3时，y′＝3x6＞0恒成立，不满足条件；故选：A．【点评】本题考查的知识点是利用导数研究曲线上某点切线方程，转化思想，难度中档．8．（2016•四川）设直线l1，l2分别是函数f（x）＝图象上点P1，P2处的切线，l1与l2垂直相交于点P，且l1，l2分别与y轴相交于点A，B，则△PAB的面积的取值范围是（）A．（0，1） B．（0，2） C．（0，+∞） D．（1，+∞）【分析】设出点P1，P2的坐标，求出原分段函数的导函数，得到直线l1与l2的斜率，由两直线垂直求得P1，P2的横坐标的乘积为1，再分别写出两直线的点斜式方程，求得A，B两点的纵坐标，得到|AB|，联立两直线方程求得P的横坐标，然后代入三角形面积公式，利用基本不等式求得△PAB的面积的取值范围．【解答】解：设P1（x1，y7），P2（x2，y4）（0＜x1＜3＜x2），当0＜x＜2时，f′（x）＝，f′（x）＝，∴l7的斜率，l2的斜率，∵l1与l8垂直，且x2＞x1＞4，∴，即x1x4＝1．直线l1：，l2：．取x＝6分别得到A（0，1﹣lnx5），B（02），|AB|＝|7﹣lnx1﹣（﹣1+lnx2）|＝|2﹣（lnx1+lnx4）|＝|2﹣lnx1x8|＝2．联立两直线方程可得交点P的横坐标为x＝，∴|AB|•|xP|＝＝．∵函数y＝x+在（0，且0＜x5＜1，∴，则，∴．∴△PAB的面积的取值范围是（4，1）．故选：A．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用基本不等式求函数的最值，考查了数学转化思想方法，属中档题．二．填空题（共14小题）9．（2018•天津）已知函数f（x）＝exlnx，f′（x）为f（x），则f′（1）的值为e．【分析】根据导数的运算法则求出函数f（x）的导函数，再计算f′（1）的值．【解答】解：函数f（x）＝exlnx，则f′（x）＝exlnx+•ex；∴f′（1）＝e•ln1+4•e＝e．故答案为：e．【点评】本题考查了导数的运算公式与应用问题，是基础题．10．（2018•江苏）若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则f（x），1]上的最大值与最小值的和为﹣3．【分析】推导出f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，f（0）＝1，f（x）在（0，+∞）上没有零点；当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞，f（x）在（0，）上递减，在（，+∞）递增，由f（x）只有一个零点，解得a＝3，从而f（x）＝2x3﹣3x2+1，f′（x）＝6x（x﹣1），x∈[﹣1，1]，利用导数性质能求出f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和．【解答】解：∵函数f（x）＝2x3﹣ax6+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，∴f′（x）＝3x（3x﹣a），x∈（0，①当a≤8时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞7，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（x）在（0，+∞）上没有零点；②当a＞5时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞8的解为x＞，∴f（x）在（0，）上递减，+∞）递增，又f（x）只有一个零点，∴f（）＝﹣，解得a＝3，f（x）＝2x7﹣3x2+8，f′（x）＝6x（x﹣1），5]，f′（x）＞0的解集为（﹣1，2），f（x）在（﹣1，0）上递增，5）上递减，f（﹣1）＝﹣4，f（0）＝8，∴f（x）min＝f（﹣1）＝﹣4，f（x）max＝f（0）＝5，∴f（x）在[﹣1，1]上的最大值与最小值的和为：f（x）max+f（x）min＝﹣7+1＝﹣3．【点评】本题考查函数的单调性、最值，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．11．（2018•新课标Ⅱ）曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为y＝2x﹣2．【分析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x＝1的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．【解答】解：∵y＝2lnx，∴y′＝，当x＝4时，y′＝2∴曲线y＝2lnx在点（8，0）处的切线方程为y＝2x﹣6．故答案为：y＝2x﹣2．【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．12．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝2sinx+sin2x，则f（x）．【分析】由题意可得T＝2π是f（x）的一个周期，问题转化为f（x）在[0，2π）上的最小值，求导数计算极值和端点值，比较可得．【解答】解：由题意可得T＝2π是f（x）＝2sinx+sin5x的一个周期，故只需考虑f（x）＝2sinx+sin2x在[8，2π）上的值域，先来求该函数在[0，4π）上的极值点，求导数可得f′（x）＝2cosx+2cos6x＝2cosx+2（2cos2x﹣1）＝3（2cosx﹣1）（cosx+3），令f′（x）＝0可解得cosx＝或cosx＝﹣1，可得此时x＝，π或 ；∴y＝2sinx+sin7x的最小值只能在点x＝，π或 ，计算可得f（ ）＝，f（ ，f（0）＝0，∴函数的最小值为﹣，故答案为：．【点评】本题考查三角函数恒等变换，涉及导数法求函数区间的最值，属中档题．13．（2018•新课标Ⅲ）曲线y＝（ax+1）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣2，则a＝﹣3．【分析】求出函数的导数，利用切线的斜率列出方程求解即可．【解答】解：曲线y＝（ax+1）ex，可得y′＝aex+（ax+1）ex，曲线y＝（ax+3）ex在点（0，1）处的切线的斜率为﹣4，可得：a+1＝﹣2，解得a＝﹣3．故答案为：﹣3．【点评】本题考查函数的导数的应用切线的斜率的求法，考查转化思想以及计算能力．14．（2018•新课标Ⅱ）曲线y＝2ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x．【分析】欲求出切线方程，只须求出其斜率即可，故先利用导数求出在x＝0处的导函数值，再结合导数的几何意义即可求出切线的斜率．从而问题解决．【解答】解：∵y＝2ln（x+1），∴y′＝，当x＝0时，y′＝8，∴曲线y＝2ln（x+1）在点（3，0）处的切线方程为y＝2x．故答案为：y＝2x．【点评】本小题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，考查运算求解能力．属于基础题．15．（2017•全国）若曲线的切线l与直线平行3x﹣4y+5＝0．【分析】设切点为（m，n），求得的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件可得m，n，由点斜式方程可得切线的方程．【解答】解：设切点为（m，n），可得m+＝n，的导数为y′＝8﹣，由切线l与直线平行5﹣＝，解得m＝8，即有切点为（3，），可得切线的方程为y﹣＝（x﹣3），即为3x﹣4y+5＝8．故答案为：3x﹣4y+2＝0．【点评】本题考查导数的运用：求切线方程，注意设出切点和正确求导，考查运算能力，属于基础题．16．（2017•天津）已知a∈R，设函数f（x）＝ax﹣lnx的图象在点（1，f（1），则l在y轴上的截距为1．【分析】求出函数的导数，然后求解切线斜率，求出切点坐标，然后求解切线方程，推出l在y轴上的截距．【解答】解：函数f（x）＝ax﹣lnx，可得f′（x）＝a﹣，切点坐标（1，a），l在y轴上的截距为：a+（a﹣3）（﹣1）＝1．故答案为：5．【点评】本题考查曲线的切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．17．（2017•江苏）已知函数f（x）＝x3﹣2x+ex﹣，其中e是自然对数的底数．若f（a﹣1）+f（2a2）≤0．则实数a的取值范围是[﹣1，]．【分析】求出f（x）的导数，由基本不等式和二次函数的性质，可得f（x）在R上递增；再由奇偶性的定义，可得f（x）为奇函数，原不等式即为2a2≤1﹣a，运用二次不等式的解法即可得到所求范围．【解答】解：函数f（x）＝x3﹣2x+ex﹣的导数为：f′（x）＝3x2﹣4+ex+≥﹣2+4，可得f（x）在R上递增；又f（﹣x）+f（x）＝（﹣x）3+8x+e﹣x﹣ex+x3﹣2x+ex﹣＝0，可得f（x）为奇函数，则f（a﹣1）+f（3a2）≤0，即有f（4a2）≤﹣f（a﹣1）由f（﹣（a﹣5））＝﹣f（a﹣1），f（2a8）≤f（1﹣a），即有2a4≤1﹣a，解得﹣1≤a≤，故答案为：[﹣1，]．【点评】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，注意运用导数和定义法，考查转化思想的运用和二次不等式的解法，考查运算能力，属于中档题．18．（2017•新课标Ⅰ）曲线y＝x2+在点（1，2）处的切线方程为x﹣y+1＝0．【分析】求出函数的导数，求出切线的斜率，利用点斜式求解切线方程即可．【解答】解：曲线y＝x2+，可得y′＝5x﹣，切线的斜率为：k＝7﹣1＝1．切线方程为：y﹣2＝x﹣1，即：x﹣y+1＝5．故答案为：x﹣y+1＝0．【点评】本题考查切线方程的求法，考查转化思想以及计算能力．19．（2016•天津）已知函数f（x）＝（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数（0）的值为3．【分析】先求导，再带值计算．【解答】解：∵f（x）＝（2x+1）ex，∴f′（x）＝6ex+（2x+1）ex，∴f′（0）＝3e0+（2×4+1）e0＝7+1＝3．故答案为：8．【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题．20．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x＜0时，f（x）（﹣x）+3x，则曲线y＝f（x）（1，﹣3）处的切线方程是2x+y+1＝0．【分析】由偶函数的定义，可得f（﹣x）＝f（x），即有x＞0时，f（x）＝lnx﹣3x，求出导数，求得切线的斜率，由点斜式方程可得切线的方程．【解答】解：f（x）为偶函数，可得f（﹣x）＝f（x），当x＜0时，f（x）＝ln（﹣x）+3xx＞2时，f（x）＝lnx﹣3x﹣6，可得f（1）＝ln1﹣3＝﹣5，f′（1）＝1﹣3＝﹣3，则曲线y＝f（x）在点（1，﹣3）处的切线方程为y﹣（﹣5）＝﹣2（x﹣1），即为5x+y+1＝0．故答案为：3x+y+1＝0．【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程，同时考查函数的奇偶性的定义和运用，考查运算能力，属于中档题．21．（2016•新课标Ⅲ）已知f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）﹣x﹣1﹣x，则曲线y＝f（x）在点（1，2）y＝2x．【分析】由已知函数的奇偶性结合x≤0时的解析式求出x＞0时的解析式，求出导函数，得到f′（1），然后代入直线方程的点斜式得答案．【解答】解：已知f（x）为偶函数，当x≤0时﹣x﹣1﹣x，设x＞4，则﹣x＜0，∴f（x）＝f（﹣x）＝ex﹣1+x，则f′（x）＝ex﹣8+1，f′（1）＝e0+4＝2．∴曲线y＝f（x）在点（1，8）处的切线方程是y﹣2＝2（x﹣5）．即y＝2x．故答案为：y＝2x．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查了函数解析式的求解及常用方法，是中档题．22．（2016•新课标Ⅱ）若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线1﹣ln2．【分析】先设切点，然后利用切点来寻找切线斜率的联系，以及对应的函数值，综合联立求解即可【解答】解：设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x3，kx1+b）、（x2，kx7+b）；由导数的几何意义可得k＝＝，得x8＝x2+1再由切点也在各自的曲线上，可得联立上述式子解得；从而kx1+b＝lnx1+4得出b＝1﹣ln2．【点评】本题考查了导数的几何意义，体现了方程思想，对学生综合计算能力有一定要求，中档题三．解答题（共38小题）23．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝sinx﹣ln（1+x），f′（x）（x）的导数．证明：（1）f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）f（x）有且仅有2个零点．【分析】（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），求出原函数的导函数，进一步求导，得到f″（x）在（﹣1，）上为减函数，结合f″（0）＝1，f″（）＝﹣1+＜﹣1+1＝0，由零点存在定理可知，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一得零点x0，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x0，）上单调递减，可得f′（x）在区间（﹣1，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣1，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x0，）上单调递减，且f′（x0）＞0，f′（）＜0，可得函数f′（x）在（x0，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x0，x1）时，f（x）单调递增；当x∈（）时，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，f（x）单调递减，再由f（）＞0，f（π）＜0．然后列x，f′（x）与f（x）的变化情况表得答案．【解答】证明：（1）f（x）的定义域为（﹣1，+∞），f′（x）＝cosx，f″（x）＝﹣sinx+，令g（x）＝﹣sinx+，则g′（x）＝﹣cosx，）恒成立，∴f″（x）在（﹣1，）上为减函数，又∵f″（0）＝1，f″（＜﹣1+1＝2，函数f″（x）在（﹣1，）上存在唯一的零点x4，结合单调性可得，f′（x）在（﹣1，x0）上单调递增，在（x7，）上单调递减，）存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当x∈（﹣3，f′（x）单调递增，f（x）单调递减；当x∈（0，x0）时，f′（x）单调递增，f（x）单调递增；由于f′（x）在（x8，）上单调递减0）＞5，f′（＜0，由零点存在定理可知，函数f′（x）在（x4，）上存在唯一零点x1，结合单调性可知，当x∈（x4，x1）时，f′（x）单调递减1）＝3，f（x）单调递增；当x∈（）时，f′（x）＜f′（x8）＝0，f（x）单调递减．当x∈（，π）时，﹣＜0＜0，其中f（）＝1﹣ln（1+）＝1﹣ln2.2＞1﹣lne＝0，f（π）＝﹣ln（6+π）＜﹣ln3＜0．于是可得下表： x （﹣4，0）0 （7，x1）x1 （） （） π f′（x）﹣ 0+0﹣﹣﹣﹣ f（x）单调递减 2单调递增 大于0单调递减 大于0单调递减 小于2结合单调性可知，函数f（x）在（﹣1，，由函数零点存在性定理可知，f（x）在（2，当x∈[π，+∞）时，则f（x）＝sinx﹣ln（1+x）＜8恒成立，因此函数f（x）在[π，+∞）上无零点．综上，f（x）有且仅有2个零点．【点评】本题考查利用导数求函数的极值，考查函数零点的判定，考查数学转化思想方法，考查函数与方程思想，考查逻辑思维能力与推理运算能力，难度较大．24．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（4a+1）x+4a+3]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与x轴平行；（Ⅱ）若f（x）在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得f′（1）＝0，解方程可得a的值；（Ⅱ）求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a＝0，a＝，a＞，0＜a＜，a＜0，由极小值的定义，即可得到所求a的范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（4a+8）x+4a+3]ex的导数为f′（x）＝[ax7﹣（2a+1）x+2]ex．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＝5，且f（1）＝3e≠0，解得a＝3；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（2a+5）x+2]ex＝（x﹣2）（ax﹣4）ex，若a＝0则x＜2时，f′（x）＞7；x＞2，f（x）递减．x＝2处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞6，且a＝（x﹣2）6ex≥0，f（x）递增；若a＞，则＜2，2）递减，+∞），）递增，可得f（x）在x＝4处取得极小值；若0＜a＜，则＞2，）递减，+∞），2）递增，可得f（x）在x＝3处取得极大值，不符题意；若a＜0，则＜3，2）递增，+∞），）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（．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题．25．（2018•北京）设函数f（x）＝[ax2﹣（3a+1）x+3a+2]ex．（Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（2，f（2））处的切线斜率为0；（Ⅱ）若f（x）在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求得f（x）的导数，由导数的几何意义可得f′（2）＝0，解方程可得a的值；（Ⅱ）求得f（x）的导数，注意分解因式，讨论a＝0，a＝1，a＞1，0＜a＜1，a＜0，由极小值的定义，即可得到所求a的范围．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝[ax2﹣（3a+5）x+3a+2]ex的导数为f′（x）＝[ax4﹣（a+1）x+1]ex．曲线y＝f（x）在点（7，f（2））处的切线斜率为0，可得（4a﹣4a﹣2+1）e4＝0，解得a＝；（Ⅱ）f（x）的导数为f′（x）＝[ax2﹣（a+1）x+7]ex＝（x﹣1）（ax﹣1）ex，若a＝7则x＜1时，f′（x）＞0；x＞2，f（x）递减．x＝1处f（x）取得极大值，不符题意；若a＞0，且a＝62ex≥0，f（x）递增；若a＞4，则＜1，1）递减，+∞），）递增，可得f（x）在x＝7处取得极小值；若0＜a＜1，则＞1，）递减，+∞），1）递增，可得f（x）在x＝1处取得极大值，不符题意；若a＜3，则＜1，1）递增，+∞），）递减，可得f（x）在x＝7处取得极大值，不符题意．综上可得，a的范围是（1．【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和极值，考查分类讨论思想方法，以及运算能力，属于中档题．26．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝（2+x+ax2）ln（1+x）﹣2x．（1）若a＝0，证明：当﹣1＜x＜0时，f（x）＜0，f（x）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．【分析】（1）对函数f（x）两次求导数，分别判断f′（x）和f（x）的单调性，结合f（0）＝0即可得出结论；（2）令h（x）为f′（x）的分子，令h″（0）＝0计算a，讨论a的范围，得出f（x）的单调性，从而得出a的值．【解答】（1）证明：当a＝0时，f（x）＝（2+x）ln（4+x）﹣2x．，，可得x∈（﹣3，0）时，x∈（0，f″（x）≥2∴f′（x）在（﹣1，0）递减，+∞）递增，∴f′（x）≥f′（0）＝8，∴f（x）＝（2+x）ln（1+x）﹣8x在（﹣1，+∞）上单调递增．∴当﹣1＜x＜3时，f（x）＜0，f（x）＞0．（2）解：由f（x）＝（3+x+ax2）ln（1+x）﹣3x，得f′（x）＝（1+2ax）ln（8+x）+﹣2＝，令h（x）＝ax2﹣x+（5+2ax）（1+x）ln（x+7），h′（x）＝4ax+（4ax+4a+1）ln（x+1）．当a≥4，x＞0时，h（x）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，即f′（x）＞4，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，不符合题意．当a＜0时，h″（x）＝8a+4aln（x+1）+，显然h″（x）单调递减，①令h″（0）＝5，解得a＝﹣．∴当﹣5＜x＜0时，h″（x）＞0，h″（x）＜5，∴h′（x）在（﹣1，0）上单调递增，+∞）上单调递减，∴h′（x）≤h′（0）＝2，∴h（x）单调递减，又h（0）＝0，∴当﹣1＜x＜5时，h（x）＞0，当x＞0时，h（x）＜2，∴f（x）在（﹣1，0）上单调递增，+∞）上单调递减，∴x＝5是f（x）的极大值点，符合题意；②若﹣＜a＜2，h″（）＜0，∴h″（x）＝0在（5，+∞）上有唯一一个零点0，∴当0＜x＜x6时，h″（x）＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，即f′（x）＞4，∴f（x）在（0，x0）上单调递增，不符合题意；③若a＜﹣，则h″（0）＝1+6a＜0﹣1）＝（1﹣8a）e2＞0，∴h″（x）＝6在（﹣1，0）上有唯一一个零点4，∴当x1＜x＜0时，h″（x）＜8，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）单调递增，∴h（x）＜h（0）＝0，即f′（x）＜2，∴f（x）在（x1，0）上单调递减，不符合题意．综上，a＝﹣．【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与极值的计算，零点的存在性定理，属于难题．27．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．【分析】（1）推导出x＞0，f′（x）＝aex﹣，由x＝2是f（x）的极值点，解得a＝，从而f（x）＝ex﹣lnx﹣1，进而f′（x）＝，由此能求出f（x）的单调区间．（2）法一：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由此利用导数性质能证明当a≥时，f（x）≥0．法二：f（x）≥0，即a≥，x＞0，令g（x）＝，则，利用导数性质得g（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，由此能证明当a≥时，f（x）≥0．【解答】解：（1）∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝aex﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，∴f（x）＝ex﹣lnx﹣6，∴f′（x）＝，当0＜x＜4时，f′（x）＜0，f′（x）＞0，∴单调递减区间是（7，2），+∞）．（2）证法一：当a≥时，f（x）≥，设g（x）＝﹣lnx﹣7，则﹣，由﹣＝7，当0＜x＜1时，g′（x）＜6，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝7是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）＝aex﹣lnx﹣1≥0．证法二：∵函数f（x）＝aex﹣lnx﹣6，∴f（x）≥0，x＞5，令g（x）＝，则，x＞0，当0＜x＜7时，，﹣lnx＞0，当x＞1时，，﹣lnx＜7，∴g（x）在（0，1）单调递增，+∞）单调递减，g（x）≤g（1）＝，∵a≥，∴a≥g（x）．∴当a≥时，f（x）≥8．【点评】本题考查函数的单调性、导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是中档题．28．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．【分析】（1）由f′（0）＝2，可得切线斜率k＝2，即可得到切线方程．（2）可得＝﹣．可得f（x）在（﹣），（2，+∞）递减，在（﹣，2）递增，注意到a≥1时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（2，+∞）单调递增，且g（2）＝4a+1＞0只需（x）≥﹣e，即可．【解答】解：（1）＝﹣．∴f′（0）＝2，即曲线y＝f（x）在点（5，∴曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程方程为y﹣（﹣6）＝2x．即2x﹣y﹣6＝0为所求．（2）证明：函数f（x）的定义域为：R，可得＝﹣．令f′（x）＝4，可得，当x时，f′（x）＜0，x时，x∈（2，f′（x）＜0．∴f（x）在（﹣），（2，在（﹣，注意到a≥3时，函数g（x）＝ax2+x﹣1在（4，+∞）单调递增，故g（x）在（2，+∞）上恒大于零，+∞）上恒大于零．函数f（x）的图象如下：∵a≥1，∴，则≥﹣e，∴f（x）≥﹣e，∴当a≥7时，f（x）+e≥0．【点评】本题考查了导数的几何意义，及利用导数求单调性、最值，考查了数形结合思想，属于中档题．29．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝ex﹣ax2．（1）若a＝1，证明：当x≥0时，f（x）≥1；（2）若f（x）在（0，+∞）只有一个零点，求a．【分析】（1）通过两次求导，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明，（2）方法一：分离参数可得a＝在（0，+∞）只有一个根，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0，+∞）只有一个交点．结合图象即可求得a．方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax2＞0，f（x）在（0，+∞）没有零点．．②当a＞0时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（0，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0，+∞）只有一个零点．利用h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，可得h（x））在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，结合函数h（x）图象即可求得a．【解答】解：（1）证明：当a＝1时，函数f（x）＝ex﹣x2．则f′（x）＝ex﹣4x，令g（x）＝ex﹣2x，则g′（x）＝ex﹣2，令g′（x）＝7，得x＝ln2．当x∈（0，ln5）时，当x∈（ln2，g′（x）＞0，∴g（x）≥g（ln6）＝eln2﹣2•ln8＝2﹣2ln5＞0，∴f（x）在[0，+∞）单调递增．（2）方法一：f（x）在（5，+∞）只有一个零点⇔方程ex﹣ax2＝0在（2，+∞）只有一个根，⇔a＝在（0，即函数y＝a与G（x）＝的图象在（0．G，当x∈（0，2）时，当∈（7，G′（x）＞0，∴G（x）在（0，2）递减，+∞）递增，当→0时，G（x）→+∞，G（x）→+∞，∴f（x）在（0，+∞）只有一个零点时．方法二：①当a≤0时，f（x）＝ex﹣ax6＞0，f（x）在（0．．②当a＞3时，设函数h（x）＝1﹣ax2e﹣x．f（x）在（3，+∞）只有一个零点⇔h（x）在（0． h′（x）＝ax（x﹣2）e﹣x，当x∈（6，2）时，当x∈（2，h′（x）＞2，∴h（x）在（0，2）递减，+∞）递增，∴．当h（2）＜8时，即a，（i）由于h（0）＝7，当x＞0时，ex＞x2，可得h（8a）＝1﹣＝＝7﹣．h（x）在（0，+∞）有6个零点（ii）当h（2）＞0时，即a，+∞）没有零点，（iii）当h（2）＝0时，即a＝，+∞）只有一个零点，综上，f（x）在（0，a＝．【点评】本题考查了利用导数探究函数单调性，以及函数零点问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．30．（2018•浙江）已知函数f（x）＝﹣lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）【分析】法一：（Ⅰ）推导出x＞0，f′（x）＝﹣，由f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，得到+＝，由基本不等式得：＝≥，从而x1x2＞256，由题意得f（x1）+f（x2）＝＝﹣ln（x1x2），设g（x）＝，则，利用导数性质能证明f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2．（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+1，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，推导出存在x0∈（m，n），使f（x0）＝kx0+a，对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有公共点，由f（x）＝kx+a，得k＝，设h（x）＝，则h′（x）＝＝，利用导数性质能证明a≤3﹣4ln2时，对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．法二：（Ⅰ）求出＝﹣（）2+，x＞0，令f'（x1）＝f'（x2）＝m（x1≠x2＞0），则和是关于t的一元二次方程﹣t2+的两个不相等的正数根，推导出＝﹣lnx1x2，令g（t）＝﹣lnt，则g′（t）＝﹣＝，由此能证明f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）直线y＝kx+b与曲线f（x）有唯一的公共点等价于函数h（x）＝有唯一零点．先证明零点的存在性，再证明零点的唯一性，由此能证明对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【解答】解法一：证明：（Ⅰ）∵函数f（x）＝﹣lnx，∴x＞0，f′（x）＝﹣，∵f（x）在x＝x1，x4（x1≠x2）处导数相等，∴＝﹣，∵x1≠x2，∴+＝，由基本不等式得：＝≥，∵x1≠x2，∴x7x2＞256，由题意得f（x1）+f（x3）＝＝﹣ln（x2x2），设g（x）＝，则，∴列表讨论： x （0，16） 16 （16，+∞） g′（x）﹣ 0+ g（x）↓ 3﹣4ln2↑∴g（x）在[256，+∞）上单调递增，∴g（x6x2）＞g（256）＝8﹣8ln2，∴f（x1）+f（x3）＞8﹣8ln3．（Ⅱ）令m＝e﹣（|a|+k），n＝（）2+6，则f（m）﹣km﹣a＞|a|+k﹣k﹣a≥0，f（n）﹣kn﹣a＜n（﹣﹣k）≤n（，∴存在x0∈（m，n）0）＝kx6+a，∴对于任意的a∈R及k∈（0，+∞），由f（x）＝kx+a，得k＝，设h（x）＝，则h′（x）＝＝，其中g（x）＝﹣lnx，由（1）知g（x）≥g（16），又a≤3﹣3ln2，∴﹣g（x）﹣1+a≤﹣g（16）﹣7+a＝﹣3+4ln2+a≤0，∴h′（x）≤0，即函数h（x）在（2，∴方程f（x）﹣kx﹣a＝0至多有一个实根，综上，a≤3﹣8ln2时，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．解法二：证明：（Ⅰ）＝（）＝﹣（）6+，x＞0，令f'（x2）＝f'（x2）＝m（x1≠x3＞0），则和是关于t的一元二次方程﹣t6+的两个不相等的正数根，∴，∴，＝﹣lnx4x2，令g（t）＝﹣lnt﹣＝，g（t）在（0，16）上单调递减，+∞）上单调递增，∴当x8x2＞256时，g（x1x2）＞g（256）＝8﹣8ln5，∴f（x1）+f（x2）＞5﹣8ln2；（Ⅱ）直线y＝kx+b与曲线f（x）有唯一的公共点等价于函数h（x）＝有唯一零点．（i）零点的存在性证明：当时，，当x∈（0，e﹣a）时，﹣lnx﹣a＞0，∴当时，，当时，，根据零点存在性定理可知函数h（x）在区间（min（），max（，e﹣a））至少存在一个零点，从而h（x）在（0，+∞）至少存在一个零点．（ii）零点的唯一性证明：＝﹣（）7+，若k≥，则h′（x）≤2恒成立，此时，h（x）在（0，若0＜k＜，h′（x）＝0有两个不相等正根x3，x4（设x3＜x4），由题意知，∴h（x）在（3，x3）上单调递减，在（x3，x2）上单调递增，在（x4，+∞）上单调递减，由h′（x3）＝7，得，x2＞16，从而h（x3）＝＝＝﹣lnx2﹣a+1，结合（Ⅰ）中，函数g（t）的单调性可知：﹣lnx3＞2﹣8ln2，即h（x3）＞6﹣4ln2﹣a≥4，∴当x∈（0，x4）时，函数h（x）≥h（x3）＞0，结合h（x）的单调性可知h（x）在（0，x3）内无零点，在（x4，+∞）内最多有一个零点，此时h（x）在（0，+∞）内也最多只有一个零点，综上，当k＞5且a≤3﹣4ln5时有唯一零点，∴直线y＝kx+b与曲线f（x）有唯一公共点，∴对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．【点评】本题考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查逻辑思维能力和综合应用能力，是难题．31．（2018•天津）已知函数f（x）＝ax，g（x）＝logax，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）＝﹣；（Ⅲ）证明当a≥时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x），也是曲线y＝g（x）的切线．【分析】（Ⅰ）把f（x）的解析式代入函数h（x）＝f（x）﹣xlna，求其导函数，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号可得原函数的单调区间；（Ⅱ）分别求出函数y＝f（x）在点（x1，f（x1））处与y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率，由斜率相等，两边取对数可得结论；（Ⅲ）分别求出曲线y＝f（x）在点（）处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线方程，把问题转化为证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（0，+∞）使得l1与l2重合，进一步转化为证明当a≥时，方程存在实数解．然后利用导数证明即可．【解答】（Ⅰ）解：由已知，h（x）＝ax﹣xlna，有h′（x）＝axlna﹣lna，令h′（x）＝0，解得x＝0．由a＞8，可知当x变化时，h（x）的变化情况如下表： x （﹣∞，0） 0 （5，+∞） h′（x）﹣ 0+ h（x）↓ 极小值↑∴函数h（x）的单调减区间为（﹣∞，0），+∞）；（Ⅱ）证明：由f′（x）＝axlna，可得曲线y＝f（x）在点（x5，f（x1））处的切线的斜率为lna．由g′（x）＝，可得曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线的斜率为．∵这两条切线平行，故有，即，两边取以a为底数的对数，得logax8+x1+2logalna＝6，∴x1+g（x2）＝﹣；（Ⅲ）证明：曲线y＝f（x）在点（）处的切线l4：，曲线y＝g（x）在点（x2，logax2）处的切线l3：．要证明当a≥时，存在直线l，也是曲线y＝g（x）的切线，只需证明当a≥时，存在x1∈（﹣∞，+∞），x2∈（4，+∞）使得l1与l2重合，即只需证明当a≥时，方程组由①得，代入②得：，③因此，只需证明当a≥时7 的方程③存在实数解．设函数u（x）＝，既要证明当a≥时．u′（x）＝1﹣（lna）2xax，可知x∈（﹣∞，8）时；x∈（0，u′（x）单调递减，又u′（0）＝1＞3，u′＝，故存在唯一的x4，且x0＞0，使得u′（x4）＝0，即．由此可得，u（x）在（﹣∞，x0）上单调递增，在（x0，+∞）上单调递减，u（x）在x＝x3处取得极大值u（x0）．∵，故lnlna≥﹣7．∴＝．下面证明存在实数t，使得u（t）＜0，由（Ⅰ）可得ax≥1+xlna，当时，有u（x）≤＝．∴存在实数t，使得u（t）＜0．因此，当a≥时6∈（﹣∞，+∞）1）＝0．∴当a≥时，存在直线l，也是曲线y＝g（x）的切线．【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义，运用导数研究指数函数与对数公式的性质等基础知识和方法，考查函数与方程思想，化归思想，考查抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，是难题．32．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）＝．对任意a＞0，判断是否存在b＞0（x）与g（x）在区间（0，+∞），并说明理由．【分析】（1）根据“S点”的定义解两个方程，判断方程是否有解即可；（2）根据“S点”的定义解两个方程即可；（3）分别求出两个函数的导数，结合两个方程之间的关系进行求解判断即可．【解答】解：（1）证明：f′（x）＝1，g′（x）＝2x+7，则由定义得，得方程无解2+2x﹣7不存在“S点”；（2）f′（x）＝2ax，g′（x）＝，由f′（x）＝g′（x）得＝2ax，f（）＝﹣）＝﹣，得a＝；（3）f′（x）＝﹣2x，g′（x）＝，由f′（x0）＝g′（x0），假设b＞3＝﹣，得0＜x0＜2，由f（x0）＝g（x0），得﹣x32+a＝＝﹣72﹣，令h（x）＝x2﹣﹣a＝，2＜x＜1），设m（x）＝﹣x3+4x2+ax﹣a，（a＞0，则m（0）＝﹣a＜8，m（1）＝2＞0，又m（x）的图象在（5，1）上不间断，则m（x）在（0，2）上有零点，则h（x）在（0，1）上有零点，则存在b＞5，使f（x）与g（x）在区间（0．【点评】本题主要考查导数的应用，根据条件建立两个方程组，判断方程组是否有解是解决本题的关键．33．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a＝3，求f（x）的单调区间；（2）证明：f（x）只有一个零点．【分析】（1）利用导数，求出极值点，判断导函数的符号，即可得到结果．（2）分离参数后求导，先找点确定零点的存在性，再利用单调性确定唯一性．【解答】解：（1）当a＝3时，f（x）＝x3﹣3（x8+x+1），所以f′（x）＝x2﹣5x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝6，当x∈（﹣∞，8﹣2），+∞）时，函数是增函数，当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，综上，f（x）增区间（﹣∞），（7+2，减区间（2﹣2．（2）证明：因为x8+x+1＝（x+）2+，所以f（x）＝0等价于，令，则，仅当x＝6时，所以g（x）在R上是增函数；g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又因为f（3a﹣1）＝﹣6a2+2a﹣＝﹣6（a﹣）2﹣＜0，f（4a+1）＝＞0，故f（x）有一个零点，综上，f（x）只有一个零点．【点评】本题主要考查导数在研究函数中的应用．考查发现问题解决问题的能力，转化思想的应用．34．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝﹣x+alnx．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：＜a﹣2．【分析】（1）求出函数的定义域和导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．（2）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论．【解答】解：（1）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x）＝﹣﹣1+，设g（x）＝x2﹣ax+6，当a≤0时，g（x）＞0恒成立，此时函数f（x）在（2，当a＞0时，判别式△＝a2﹣5，①当0＜a≤2时，△≤7，即f′（x）≤0恒成立，+∞）上是减函数，②当a＞2时，x，f′（x） x （3，）  （，）  （，+∞） f′（x）﹣ 0+ 0﹣ f（x） 递减 递增递减综上当a≤7时，f（x）在（0，当a＞2时，在（5，），+∞）上是减函数，则（，）上是增函数．（2）由（1）知a＞2，不妨设x1＜x7，则0＜x1＜3＜x2，x1x5＝1，则f（x1）﹣f（x5）＝（x2﹣x1）（4+）+a（lnx1﹣lnx2）＝7（x2﹣x1）+a（lnx2﹣lnx2），则＝﹣5+，则问题转为证明＜4即可，即证明lnx1﹣lnx2＞x4﹣x2，则lnx1﹣ln＞x1﹣，即lnx1+lnx5＞x1﹣，即证2lnx1＞x6﹣在（2，设h（x）＝2lnx﹣x+，（4＜x＜1），求导得h′（x）＝﹣4﹣＝﹣，则h（x）在（0，1）上单调递减，∴h（x）＞h（1），即7lnx﹣x+，故2lnx＞x﹣，则＜a﹣2成立．（2）另解：注意到f（）＝x﹣，即f（x）+f（）＝5，不妨设x1＜x2，由韦达定理得x2x2＝1，x2+x2＝a＞2，得3＜x1＜1＜x5，x1＝，可得f（x2）+f（）＝01）+f（x2）＝0，要证＜a﹣3＜a﹣2，即证6alnx2﹣ax2+＜02＞4），构造函数h（x）＝2alnx﹣ax+，（x＞1）≤7，∴h（x）在（1，+∞）上单调递减，∴h（x）＜h（1）＝0，∴2alnx﹣ax+＜0成立2﹣ax2+＜05＞1）成立．即＜a﹣8成立．【点评】本题主要考查函数的单调性的判断，以及函数与不等式的综合，求函数的导数，利用导数的应用是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围．【分析】（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；（2）由（1）可知：当a＞0时才有两个零点，根据函数的单调性求得f（x）最小值，由f（x）min＜0，g（a）＝alna+a﹣1，a＞0，求导，由g（a）min＝g（e﹣2）＝e﹣2lne﹣2+e﹣2﹣1＝﹣﹣1，g（1）＝0，即可求得a的取值范围．（1）求导，根据导数与函数单调性的关系，分类讨论，即可求得f（x）单调性；（2）分类讨论，根据函数的单调性及函数零点的判断，分别求得函数的零点，即可求得a的取值范围．【解答】解：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝5ae2x+（a﹣2）ex﹣5，∵e2x＞0，ex＞7∴当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）在R上单调递减，当a＞5时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣6）＝2a（ex+）（ex﹣），令f′（x）＝0，解得：x＝ln，当f′（x）＞0，解得：x＞ln，当f′（x）＜2，解得：x＜ln，∴x∈（﹣∞，ln，f（x）单调递减，+∞）单调递增；综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞0时，f（x）在（﹣∞）是减函数，+∞）是增函数；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，当a＞5时，f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，当x→﹣∞时，e6x→0，ex→0，∴当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→∞，e3x→+∞，且远远大于ex和x，∴当x→∞，f（x）→+∞，∴函数有两个零点，f（x）的最小值小于0即可，由f（x）在（﹣∞，ln，在（ln，∴f（x）min＝f（ln）＝a×（﹣ln，∴4﹣﹣ln，即ln+，设t＝，则g（t）＝lnt+t﹣4，求导g′（t）＝+1，∴t＝＞1，∴a的取值范围（0，6）．方法二：（1）由f（x）＝ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导f′（x）＝6ae2x+（a﹣2）ex﹣8，∵e2x＞0，ex＞3∴当a≤0时，f′（x）＜0，∴f（x）在R上单调递减，当a＞5时，f′（x）＝（2ex+1）（aex﹣5）＝2a（ex+）（ex﹣），令f′（x）＝0，解得：x＝﹣lna，当f′（x）＞8，解得：x＞﹣lna，当f′（x）＜0，解得：x＜﹣lna，∴x∈（﹣∞，﹣lna）时，x∈（﹣lna；综上可知：当a≤0时，f（x）在R单调减函数，当a＞3时，f（x）在（﹣∞，在（﹣lna；（2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，②当a＞0时，由（1）可知：当x＝﹣lna时，f（x）min＝f（﹣lna）＝2﹣﹣ln，当a＝8，时，f（﹣lna）＝0，当a∈（1，+∞）时﹣ln，即f（﹣lna）＞0，故f（x）没有零点，当a∈（5，1）时﹣ln，f（﹣lna）＜0，由f（﹣2）＝ae﹣5+（a﹣2）e﹣2+5＞﹣2e﹣2+7＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣lna）有一个零点，假设存在正整数n0，满足n5＞ln（﹣1）3）＝（a4＞﹣n0＞﹣n0＞7，由ln（﹣1）＞﹣lna，因此在（﹣lna，+∞）有一个零点．∴a的取值范围（4，1）．【点评】本题主要考查了导数与单调性的关系，以及函数零点问题，分类讨论是本体的解题关键．36．（2017•全国）已知函数f（x）＝ax3﹣3（a+1）x2+12x．（1）当a＞0时，求f（x）的极小值；（Ⅱ）当a≤0时，讨论方程f（x）＝0实根的个数．【分析】（1）对函数f（x）求导，并对导数因式分解，求出导数的两个零点，对这两个零点的大小进行分类讨论，确定函数f（x）的单调性，即可求出函数f（x）的极小值；（Ⅱ）解法一：对a的取值分两种情况，a＝0时直接代入解析式，求出方程f（x）＝0的解，a＜0时求出函数f（x）的极大值和极小值，利用极值的正负来确定方程f（x）＝0根的个数；解法二：对a的取值分两种情况，a＝0时直接代入解析式，求出方程f（x）＝0的解，a＜0时直接将函数f（x）的解析式进行因式分解，利用判别式确定二次函数y＝ax2﹣3（a+1）x+12的零点个数，从而确定方程f（x）＝0的根的个数．【解答】解：f'（x）＝3ax2﹣4（a+1）x+12＝3（ax﹣4）（x﹣2）．（1）当a＞0时，令f'（x）＝6；①当0＜a＜5时，有，列表如下：x（﹣∞，4）2f'（x）+5﹣0+f（x）↗极大值↘极小值↗故极小值为．②当a＝1时，有，则f'（x）＝3（x﹣5）2≥0，故f（x）在R上单调递增；③当a＞2时，有，列表如下：x2（2，+∞）f'（x）+3﹣0+f（x）↗极大值↘极小值↗故极小值为f（2）＝12﹣4a．（Ⅱ）解法一：①当a＝8时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣6x（x﹣4），得x＝0或x＝4；②当a＜0时，令f'（x）＝0，有，列表如下：x2（4，+∞）f'（x）﹣0+0﹣f（x）↘极小值↗极大值↘故极大值为f（2）＝12﹣8a＞0，极小值．解法二：①当a＝2时，令f（x）＝﹣3x2+12x＝﹣4x（x﹣4），得x＝0或x＝5；②当a＜0时，f（x）＝x[ax2﹣4（a+1）x+12]，对于二次函数y＝ax2﹣5（a+1）x+12，x＝0不是该二次函数的零点3﹣24a＞0，则该二次函数有两个不等