2025年高考数学复习(新高考专用)第03讲一元函数的导数及其应用(2022-2024高考真题)特训(学生版+解析)

第03讲一元函数的导数及其应用（2022-2024高考真题）（新高考专用）一、单项选择题1．（2024·全国·高考真题）设函数fx=ex+2sinxA．16 B．13 C．122．（2024·上海·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈−A．存在fx是偶函数 B．存在fx在C．存在fx是严格增函数 D．存在fx在3．（2023·全国·高考真题）函数fx=x3+ax+2A．−∞,−2 B．−∞,−3 C．4．（2023·全国·高考真题）曲线y=exx+1在点1,A．y=e4x B．y=e2x5．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex−lnxA．e2 B．e C．e−1 6．（2022·全国·高考真题）函数fx=cosx+x+1A．−π2，π2 B．−3π7．（2022·全国·高考真题）已知a=3132,b=A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b8．（2022·全国·高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则A．−1 B．−12 C．19．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

A．18,814 B．274,81410．（2022·全国·高考真题）设a=0.1e0.1,b=A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b二、多项选择题11．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3aA．当a>1时，f(x)有三个零点B．当a<0时，x=0是f(x)C．存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴D．存在a，使得点1,f(1)为曲线y=f(x)的对称中心12．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=(x−1)2(x−4)A．x=3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<fC．当1<x<2时，−4<f(2x−1)<0 D．当−1<x<0时，f(2−x)>f(x)13．（2023·全国·高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=A．f0=0 C．fx是偶函数 D．x=0为f14．（2023·全国·高考真题）若函数fx=alnA．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 15．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点A．f(x)在区间0,5B．f(x)在区间−πC．直线x=7π6D．直线y=32−x16．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若fA．f(0)=0 B．g−12=0 C．17．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x+1A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线三、填空题18．（2024·全国·高考真题）曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在19．（2024·全国·高考真题）若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线.20．（2023·全国·高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+a21．（2022·全国·高考真题）曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为，22．（2022·全国·高考真题）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2（23．（2022·全国·高考真题）若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是四、解答题24．（2024·全国·高考真题）已知函数fx(1)求fx(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx25．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=(1)若b=0，且f′(x)≥0，求(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(3)若f(x)>−2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．26．（2024·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=−2时，求fx(2)当x≥0时，fx≥0，求27．（2024·天津·高考真题）设函数fx(1)求fx图象上点1,f(2)若fx≥ax−x在(3)若x1,x28．（2024·北京·高考真题）设函数fx=x+kln1+xk≠0，直线(1)当k=−1时，求f(2)求证：l不经过点0,0.(3)当k=1时，设点At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与（参考数据：1.09<ln3<29．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=e(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．30．（2024·上海·高考真题）对于一个函数fx和一个点Ma,b，令sx=(x−a)2+(fx−b)2(1)对于f(x)=1x(x>0)，求证：对于点M0,0，存在点P，使得点P是(2)对于fx=ex,M1,0，请判断是否存在一个点P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f′(x)，且函数g(x)在定义域R上恒正，设点M1t−1,ft−gt，M2t+1,ft+g31．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1)求a,b的值；(2)设函数g(x)=f′(x)(3)求f(x)的极值点个数．32．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求33．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin34．（2023·全国·高考真题）已知函数f(x)=1(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在极值，求35．（2023·天津·高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)求证：当x>0时，fx(3)证明：5636．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx37．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x−x（2）已知函数fx=cosax−ln1−x38．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R(1)求函数y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）当a=0时，求b的取值范围；（ii）求证：a239．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax−1(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．40．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线(1)若x1=−1，求(2)求a的取值范围．41．（2022·浙江·高考真题）设函数f(x)=e(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx（ⅰ）若a>e，则0<b−f(a)<（ⅱ）若0<a<e,x（注：e=2.71828⋯42．（2022·全国·高考真题）已知函数fx(1)若fx≥0，求(2)证明：若fx有两个零点x1,43．（2022·全国·高考真题）已知函数f(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在区间−1,0,0,+44．（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)=e(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有45．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．第03讲一元函数的导数及其应用（2022-2024高考真题）（新高考专用）一、单项选择题1．（2024·全国·高考真题）设函数fx=ex+2sinxA．16 B．13 C．12【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.【解答过程】f′则f′即该切线方程为y−1=3x，即y=3x+1，令x=0，则y=1，令y=0，则x=−1故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=1故选：A.2．（2024·上海·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈−A．存在fx是偶函数 B．存在fx在C．存在fx是严格增函数 D．存在fx在【解题思路】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数fx【解答过程】对于A，若存在y=f(x)是偶函数,取x0则对于任意x∈(−∞,1),f(x)<f(1),而对于B，可构造函数fx=−2,x<−1,当x<−1时，则fx=−2，当−1≤x≤1时，fx∈−1,1则该函数fx的最大值是f对C，假设存在fx，使得fx严格递增，则M=R，与已知对D，假设存在fx，使得fx在x=−1处取极小值，则在−1的左侧附近存在n，使得fn故选：B.3．（2023·全国·高考真题）函数fx=x3+ax+2A．−∞,−2 B．−∞,−3 C．【解题思路】写出f′【解答过程】f(x)=x3+ax+2若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则令f′(x)=3x2+a=0且当x∈−∞,−当x∈−−a3故fx的极大值为f−−a若fx要存在3个零点，则f−−a3>0故选：B.4．（2023·全国·高考真题）曲线y=exx+1在点1,A．y=e4x B．y=e2x【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.【解答过程】设曲线y=exx+1在点1,因为y=e所以y′所以k=所以y−所以曲线y=exx+1在点1,故选：C.5．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex−lnxA．e2 B．e C．e−1 【解题思路】根据f′x=a【解答过程】依题可知，f′x=aex−1设gx=xex,x∈1,2，所以gx>g1=e，故e≥1故选：C．6．（2022·全国·高考真题）函数fx=cosx+x+1A．−π2，π2 B．−3π【解题思路】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间【解答过程】f′所以fx在区间0,π2和3π2,2在区间π2,3π2上又f0=f2π=2所以fx在区间0,2π上的最小值为−3π故选：D.7．（2022·全国·高考真题）已知a=3132,b=A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b【解答过程】[方法一]：构造函数因为当x∈故cb=4tan14设f(x)=cosf′(x)=−sinx+x>0，所以故f14>f(0)所以b>a，所以c>b>a，故选A[方法二]：不等式放缩因为当x∈0,取x=18得：cos4sin14+当4sin14+此时sin14故cos14=1所以b>a，所以c>b>a，故选A[方法三]：泰勒展开设x=0.25，则a=3132=1−c=4sin14[方法四]：构造函数因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14>14,即cb故选：A．[方法五]：【最优解】不等式放缩因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx<x<tanx，所以tan14故选：A．8．（2022·全国·高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则A．−1 B．−12 C．1【解题思路】根据题意可知f1=−2，f′1=0【解答过程】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以故选：B.9．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（

A．18,814 B．274,814【解题思路】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【解答过程】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，则l2=2a所以6ℎ=l2所以正四棱锥的体积V=1所以V′当3≤l≤26时，V′>0，当2所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为64又l=3时，V=274，l=33所以正四棱锥的体积V的最小值为274所以该正四棱锥体积的取值范围是274故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以V=43a2ℎ=当ℎ=32时，得a=当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时ℎ=22a=33故选：C.10．（2022·全国·高考真题）设a=0.1e0.1,b=A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b【解题思路】构造函数f(x)=ln(1+x)−x，导数判断其单调性，由此确定【解答过程】方法一：构造法设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,+∞所以函数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，设g(x)=xex+令ℎ(x)=ex(当0<x<2−1时，ℎ′当2−1<x<1时，ℎ′(x)>0又ℎ(0)=0，所以当0<x<2−1时，所以当0<x<2−1时，g′所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故选：C.方法二：比较法解：a=0.1e0.1，b=0.1①lna−令f(x)=x+ln则f′(x)=1−1故f(x)在(0,0.1]上单调递减，可得f(0.1)<f(0)=0，即lna−lnb<0②a−c=0.1e令g(x)=xe则g'(x)=xe令k(x)=(1+x)(1−x)ex−1所以k(x)在(0,0.1]上单调递增，可得k(x)>k(0)>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(0,0.1]上单调递增，可得g(0.1)>g(0)=0，即a−c>0，所以a>c.故c<a<b.故选：C.二、多项选择题11．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3aA．当a>1时，f(x)有三个零点B．当a<0时，x=0是f(x)C．存在a，b，使得x=b为曲线y=f(x)的对称轴D．存在a，使得点1,f(1)为曲线y=f(x)的对称中心【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.【解答过程】A选项，f′(x)=6x故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f′x∈(0,a)时，f′(x)<0，则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，由f(0)=1>0，f(a)=1−a3<0根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点，又f(−1)=−1−3a<0，f(2a)=4a3+1>0则f(x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f′(x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0),fx∈(0,+∞)时f′此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b−x)，即2x根据二项式定理，等式右边(2b−x)3展开式含有x3的项为于是等式左右两边x3于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f(1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，事实上，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：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)=2x3−3ax2由f″(x)=0⇔x=a由题意(1,f(1))也是对称中心，故a2即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD.12．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=(x−1)2(x−4)A．x=3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<fC．当1<x<2时，−4<f(2x−1)<0 D．当−1<x<0时，f(2−x)>f(x)【解题思路】求出函数fx的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数fx在【解答过程】对A，因为函数fx的定义域为R，而f易知当x∈1,3时，f′x<0，当x∈函数fx在−∞,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,+∞上单调递增，故对B，当0<x<1时，x−x2=x而由上可知，函数fx在0,1上单调递增，所以f对C，当1<x<2时，1<2x−1<3，而由上可知，函数fx在1,3所以f1>f2x−1对D，当−1<x<0时，f(2−x)−f(x)=1−x所以f(2−x)>f(x)，正确；故选：ACD.13．（2023·全国·高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=A．f0=0 C．fx是偶函数 D．x=0为f【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排除选项D.方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=x【解答过程】方法一：因为f(xy)=y对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，令y=−1,f(−x)=f(x)+x又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.方法二：因为f(xy)=y对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，令y=−1,f(−x)=f(x)+x又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)=y故可以设f(x)x2=当x>0肘，f(x)=x2ln令f′x<0，得0<x<e−故f(x)在0,e−1因为f(x)为偶函数，所以f(x)在−e−1

显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.故选：ABC.14．（2023·全国·高考真题）若函数fx=alnA．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 【解题思路】求出函数f(x)的导数f′(x)，由已知可得f′【解答过程】函数f(x)=alnx+bx+因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0,+∞因此方程ax2−bx−2c=0于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=b故选：BCD.15．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点A．f(x)在区间0,5B．f(x)在区间−πC．直线x=7π6D．直线y=32−x【解题思路】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．【解答过程】由题意得：f2π3=sin即φ=−4又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π对A，当x∈0,5π12时，2x+2π3对B，当x∈−π12,11π12时，2x+2π3∈对C，当x=7π6时，2x+2π对D，由y′=2cos2x+2解得2x+2π3从而得：x=kπ或x=所以函数y=f(x)在点0,32处的切线斜率为切线方程为：y−32=−(x−0)故选：AD．16．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若fA．f(0)=0 B．g−12=0 C．【解题思路】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.【解答过程】[方法一]：对称性和周期性的关系研究对于f(x)，因为f32−2x为偶函数，所以f32−2x=f32+2x即对于g(x)，因为g(2+x)为偶函数，g(2+x)=g(2−x)，g(4−x)=g(x)，所以g(x)关于x=2对称，由①求导，和g(x)=f′(x)，得f32−x′=f32+x′⇔−f′32−x若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.由方法一知g(x)周期为2，关于x=2对称，故可设gx=cos故选：BC.[方法三]：因为f32−2x所以f32−2x=f3所以f3−x=fx，g(4−x)=g(x)函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线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若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.故选：BC.17．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x+1A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线【解题思路】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【解答过程】由题，f′x=3x2−1，令令f′(x)<0得所以f(x)在(−∞,−33)，(因f(−33)=1+23所以，函数fx在−当x≥33时，fx≥f3综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；令f′x=3x2当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.故选：AC.三、填空题18．（2024·全国·高考真题）曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在0,+∞【解题思路】将函数转化为方程，令x3−3x=−x−12+a，分离参数a【解答过程】令x3−3x=−x−12则g′x=3x2当x∈0,1时，g′x当x∈1,+∞时，g′x>0因为曲线y=x3−3x与y=−所以等价于y=a与gx有两个交点，所以a∈故答案为：−2,1.19．（2024·全国·高考真题）若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线ln2【解题思路】先求出曲线y=ex+x在0,1的切线方程，再设曲线y=lnx+1+a的切点为【解答过程】由y=ex+x得y故曲线y=ex+x在0,1由y=lnx+1+a设切线与曲线y=lnx+1+a由两曲线有公切线得y′=1x0切线方程为y=2x+根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得故答案为：ln220．（2023·全国·高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在【解题思路】原问题等价于f′x=axlna+【解答过程】由函数的解析式可得f′x=则1+axln1+a≥−a故1+aa0=1≥−lna故lna+1≥−lna0<a<1结合题意可得实数a的取值范围是5−1故答案为：5−121．（2022·全国·高考真题）曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为y=1ex【解题思路】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0【解答过程】[方法一]：化为分段函数，分段求分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出解：因为y=ln当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x1−x[方法二]：根据函数的对称性，数形结合当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0因为y=ln所以当x<0时的切线，只需找到y=1ex[方法三]：因为y=ln当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x故答案为：y=1ex22．（2022·全国·高考真题）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且【解题思路】法一：依题可知，方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,【解答过程】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点因为f′x=2lna⋅即方程lna⋅ax即函数y=lna⋅a因为x1,x所以函数fx在−∞,x1所以当时−∞,x1x2,+∞当x∈x1,x2时，fa>1，图象显然不符合题意，所以0<a<1．令gx=ln设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x则切线的斜率为g′x0则有−lna⋅ax0因为函数y=lna⋅a所以eln2a<e，解得1e综上所述，a的取值范围为1e[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导f′x因为x1,x所以函数fx在−∞,x1设函数gx=f若a>1，则′x在R上单调递增，此时若f则f′x在−∞,x0上单调递减，在fx=2ax−e若0<a<1，则′x在R上单调递减，此时若′x0=0，则f′x在−∞,x0上单调递增，在x0,+∞上单调递减，令′x0=0，则ax0=e(故答案为：1e23．（2022·全国·高考真题）若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是−【解题思路】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得【解答过程】∵y=(x+a)ex，∴设切点为x0,y0,则切线方程为：y−x∵切线过原点，∴−x整理得：x0∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得∴a的取值范围是−∞故答案为：−∞四、解答题24．（2024·全国·高考真题）已知函数fx(1)求fx(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx【解题思路】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞)当a≤0时，f′(x)=ax−1x<0当a>0时，x∈1a,+∞时，当x∈0,1a时，f综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞（2）a≤2，且x>1时，ex−1令g(x)=ex−1−2x+1+g′(x)=ex−1−2+显然ℎ′(x)在(1,+∞即g′(x)=ℎ(x)在故g′(x)>g′(1)=故g(x)>g(1)=e025．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=(1)若b=0，且f′(x)≥0，求(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；(3)若f(x)>−2当且仅当1<x<2，求b的取值范围．【解题思路】（1）求出f′xmin=2+a后根据（2）设Pm,n为y=fx图象上任意一点，可证Pm,n关于1,a（3）根据题设可判断f1=−2即a=−2，再根据f(x)>−2在1,2上恒成立可求得【解答过程】（1）b=0时，fx=ln则f'因为x2−x≤2−x+x故f′xmin=2+a，而f′所以a的最小值为−2.，（2）fx=ln设Pm,n为y=fPm,n关于1,a的对称点为Q因为Pm,n在y=fx图象上，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图象为中心对称图形，且对称中心为1,a（3）因为fx>−2当且仅当1<x<2，故x=1为所以f1=−2即先考虑1<x<2时，fx此时fx>−2即为lnx设t=x−1∈0,1，则lnt+11−t设gt则g′当b≥0，−3bt故g′t>0恒成立，故g故gt>g0=0即当−23≤b<0故g′t≥0恒成立，故g故gt>g0=0即当b<−23，则当0<t<故在0,1+23b上g综上，fx>−2在1,2上恒成立时而当b≥−2而b≥−23时，由上述过程可得gt在0,1递增，故g即fx>−2的解为综上，b≥−226．（2024·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=−2时，求fx(2)当x≥0时，fx≥0，求【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就a≤−12、−1【解答过程】（1）当a=−2时，f(x)=(1+2x)ln故f′因为y=2ln(1+x),y=−1故f′(x)在−1,+∞故当−1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，故fx在x=0处取极小值且极小值为f（2）f'设sx则s′当a≤−12时，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上为增函数，故当−12<a<0时，当0<x<−故sx在0,−2a+1a上为减函数，故在0,−即在0,−2a+1a上f′故在0,−2a+1a上当a≥0，此时s′x<0同理可得在0,+∞上f综上，a≤−127．（2024·天津·高考真题）设函数fx(1)求fx图象上点1,f(2)若fx≥ax−x在(3)若x1,x【解题思路】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；（3）先确定fx的单调性，再对x【解答过程】（1）由于fx=xln所以f1=0，f′1=1，所以所求的切线经过1,0（2）设ℎt=t−1−lnt，则ℎ′t=1−1t所以ℎt在0,1上递减，在1,+∞上递增，这就说明ℎt≥ℎ1设gtfx当x∈0,+∞时，1x的取值范围是0,+∞，所以命题等价于对任意一方面，若对任意t∈0,+∞，都有gt0≤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，则对任意t∈0,+∞都有综合以上两个方面，知a的值是2.（3）先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<证明：前面已经证明不等式t−1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f′x=lnx+1，可知当0<x<1e所以fx在0,1e不妨设x1情况一：当1e≤x情况二：当0<x1≤对任意的c∈0,1e，设φ由于φ′φ′且当x≥c−14ln2cφ′所以φ′x在0,c上存在零点x0，再结合φ′x单调递增，即知0<x<x0故φx在0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1−qφx再根据φx在0,x0上递减，即知对0<x<综合①②可知对任意0<x≤c，都有φx≤0，即根据c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情况三：当0<x1≤1e而根据fx的单调性，知fx1故一定有fx综上，结论成立.28．（2024·北京·高考真题）设函数fx=x+kln1+xk≠0，直线(1)当k=−1时，求f(2)求证：l不经过点0,0.(3)当k=1时，设点At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与（参考数据：1.09<ln3<【解题思路】（1）直接代入k=−1，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程y−f(t)=1+k1+t(x−t)(t>0)，将（3）分别写出面积表达式，代入2S△ACO=15SABO【解答过程】（1）f(x)=x−ln当x∈−1,0时，f′x<0；当∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞则f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞（2）f′(x)=1+k1+x，切线则切线方程为y−f(t)=1+将(0,0)代入则−f(t)=−t1+即t+kln(1+t)=t+tk1+t，则令F(t)=ln假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞F′(t)=11+t−1+t−t(1+t)∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过（3）k=1时，f(x)=x+lnS△ACO=12tf(t)，设l与yt>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知q≠0.所以q>0，则切线l的方程为y−t−ln令x=0，则y=q=y=ln∵2S△ACO=15∴13ln(1+t)−2t−15t∴满足条件的A有几个即ℎ(t)有几个零点.ℎ′当t∈0,12时，ℎ当t∈12,4时，ℎ当t∈4,+∞时，ℎ′因为ℎ(0)=0,ℎ1ℎ(24)=13ln所以由零点存在性定理及ℎ(t)的单调性，ℎ(t)在12,4上必有一个零点，在综上所述，ℎ(t)有两个零点，即满足2SACO=1529．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=e(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)处的切线方程；(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′(x)=e【解答过程】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1可得f(1)=e−2，即切点坐标为1,e−2，切线斜率所以切线方程为y−e−2=（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′若a≤0，则f′(x)≥0对任意可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在−∞,ln则f(x)有极小值fln由题意可得：flna=a−a构建ga=a可知ga在0,+∞内单调递增，且不等式a2+lna−1>0等价于所以a的取值范围为1,+∞解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′若f(x)有极小值，则f′令f′(x)=e可知y=ex与y=a有交点，则若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在−∞,ln则f(x)有极小值fln由题意可得：flna=a−a构建ga因为则y=a2,y=可知ga在0,+∞内单调递增，且不等式a2+lna−1>0等价于所以a的取值范围为1,+∞30．（2024·上海·高考真题）对于一个函数fx和一个点Ma,b，令sx=(x−a)2+(fx−b)2(1)对于f(x)=1x(x>0)，求证：对于点M0,0，存在点P，使得点P是(2)对于fx=ex,M1,0，请判断是否存在一个点P，它是M在fx(3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f′(x)，且函数g(x)在定义域R上恒正，设点M1t−1,ft−gt，M2t+1,ft+g【解题思路】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；（2）由题得sx=(x−1)2+（3）根据题意得到s1′x0=【解答过程】（1）当M(0,0)时，sx当且仅当x2=1故对于点M0,0，存在点P1,1，使得该点是M0,0（2）由题设可得sx则s′x=2x−1+2则s′x=2而s′0=0，故当x<0时，s′x故sxmin=s而f′x=ex,k=f而kMP=0−11−0=−1，故kMP⋅k=−1（3）设s1s2而s′s′若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M设Px0,y0，则x因为两函数的定义域均为R，则x0则存在x0,使得s即s1s2由①②相等得4+4g(t)⋅f′x即f′x0=−1则f′接下来证明x0因为x0既是s1x则s1即x0x0③+④得2即x0−t则x0−t=0f则f′t=−1g(t)31．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1)求a,b的值；(2)设函数g(x)=f′(x)(3)求f(x)的极值点个数．【解题思路】（1）先对fx求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′(1)=−1（2）由（1）得gx的解析式，从而求得g′x，利用数轴穿根法求得g′x（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间−∞,0，0,x1，x1,x【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3e因为fx在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1所以f(1)=−1+1=0，f′则1−13×所以a=−1,b=1.（2）由（1）得gx则g′令x2−6x+6=0，解得x=3±3，不妨设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的单调递减区间为0,3−3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x−x3e由（2）知f′x在0,x1，x2当x<0时，f′−1=1−4e所以f′x在−∞,0上存在唯一零点，不妨设为此时，当x<x3时，f′x<0，则fx单调递减；当所以fx在−当x∈0,x1时，f则f′x1所以f′x在0,x1上存在唯一零点，不妨设为此时，当0<x<x4时，f′x>0，则fx单调递增；当所以fx在0,当x∈x1,x2则f′x2所以f′x在x1,x此时，当x1<x<x5时，f′x<0，则f所以fx在x当x>x2=3+所以f′x=1−所以fx在x综上：fx在−∞,0和x1,32．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；（2）原问题即f′x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax【解答过程】（1）当a=−1时，fx则f′据此可得f1所以函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2（2）由函数的解析式可得f′满足题意时f′x≥0令−1x2令gx=ax2则g′当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x此时gx令ℎx=g当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以即g′x在区间所以g′x>g′0=0当0<a<12时，由ℎ'当x∈0,12a−1时，ℎ′注意到g′0=0，故当x∈0,1由于g0=0，故当x∈0,综上可知：实数a得取值范围是a|a≥133．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)当a=1时，讨论fx(2)若fx+sin【解题思路】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0法二：先化简并判断得sinx−sinxcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0【解答过程】（1）因为a=1，所以fx则f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因为t2+2t+2=t+12+1>0所以f′x=所以fx在0,（2）法一：构建gx则g′若gx=fx则g′0=a−1+1=a≤0当a=0时，因为sinx−又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx综上所述：若fx+sin所以a的取值范围为−∞法二：因为sinx−因为x∈0,π2，所以0<故sinx−sinx所以当a=0时，fx当a<0时，由于0<x<π2，显然所以fx当a>0时，因为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处必存在零点x1此时g′x在0,x1上有g′则在0,x1上有gx综上：a≤0.34．（2023·全国·高考真题）已知函数f(x)=1(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，(3)若fx在0,+∞存在极值，求【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x−x+1lnx+1【解答过程】（1）当a=−1时，fx则f′据此可得f1函数在1,f1处的切线方程为y−0=−即ln2（2）令gx函数的定义域满足1x+1=x+1定义域关于直线x=−12对称，由题意可得由对称性可知g−取m=32可得即a+1ln2=a−2ln1经检验a=12,b=−即存在a=1（3）由函数的解析式可得f′由fx在区间0,+∞存在极值点，则f′令−1则−x+1令gxfx在区间0,+∞存在极值点，等价于gxg当a≤0时，g′x<0，g此时gx<g0=0，当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以所以g′x>g′0=0所以gx在区间0,+当0<a<12时，由g″当x∈0,12a−1时，当x∈12a−1,+故g′x的最小值为令mx=1−x+ln函数mx在定义域内单调递增，m据此可得1−x+ln则g′由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞g′且注意到g′根据零点存在性定理可知:g′x在区间0,+∞当x∈0,x0时，g当x∈x0,+∞时，所以gx令nx=ln则函数nx=lnx−x所以nx≤n4所以g>=>4所以函数gx在区间0,+综合上面可知:实数a得取值范围是0,135．（2023·天津·高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)求证：当x>0时，fx(3)证明：56【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为x>0时lnx+1>2x（3）构造ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1【解答过程】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f′(2)=13−（2）要证x>0时fx=1令g(x)=lnx+1−2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即所以x>0时fx（3）设ℎ(n)=lnn!−则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+1由（2）知：x=1n∈(0,1]，则所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故下证ln(n!)−(n+令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且当0<x<1时φ′(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ′所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+1所以ℎ(2)−ℎ(3)<112(1−12累加得：ℎ(2)−ℎ(n)<112(1−1因为79>3则−ℎ(n)<1所以ℎ(1)−ℎ(n)<32ln综上，56<ℎ(n)≤1，即36．（2023·全国·高考真题）已知函数fx(1)讨论fx(2)证明：当a>0时，fx【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−方法二：构造函数ℎx=ex−x−1，证得e【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a−x，定义域为当a≤0时，由于ex>0，则ae所以fx在R当a>0时，令f′x=a当x<−lna时，f′x<0当x>−lna时，f′x>0综上：当a≤0时，fx在R当a>0时，fx在−∞,−lna（2）方法一：由（1）得，fx要证f(x)>2lna+32，即证令ga=a令g′a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(x)>2ln方法二：令ℎx=e由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ′又ℎ′所以当x<0时，ℎ′x<0；当x>0所以ℎx在−∞,0故ℎx≥ℎ0=0，则因为f(x)=ae当且仅当x+lna=0，即所以要证f(x)>2lna+32，即证令ga=a令g′a<0，则0<a<22所以ga在0,22所以gamin=g所以当a>0时，f(x)>2ln37．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0<x<1时，x−x（2）已知函数fx=cosax−ln1−x【解题思路】（1）分别构建Fx=x−sin（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0<a2【解答过程】（1）构建Fx=x−sinx,x∈0,1则Fx在0,1上单调递增，可得F所以x>sin构建Gx则G′构建gx=G′x则gx在0,1上单调递增，可得g即G′x>0则Gx在0,1上单调递增，可得G所以sinx>x−综上所述：x−x（2）令1−x2>0，解得−1<x<1，即函数f若a=0，则fx因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在则fx=1−ln1−x故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0当a≠0时，令b=因为fx且f−x所以函数fx由题意可得：f′（i）当0<b2≤2时，取m=min1由（1）可得f′且b2所以f′即当x∈0,m⊆0,1时，f′x结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0所以x=0是fx（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,由（1）可得f′构建ℎx则ℎ′且ℎ′0=b3可知ℎx在0,1b所以ℎx在0,1b当x∈0,n时，则ℎx<0则f′即当x∈0,n⊆0,1时，f′x结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0所以x=0是fx综上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范围为−∞38．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R(1)求函数y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）当a=0时，求b的取值范围；（ii）求证：a2【解题思路】（1）求出f′（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2−bt,t≥0在（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx【解答过程】（1）f′(x)=ex−a曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.（2）（i）当a=0时，因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex设t=x，故x=t2，故e设s(t)=et2−bt,t≥0，故而s′若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时若b<0，则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，设u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=−b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点且0<t<t0时，u(t)<0；t>t故0<t<t0时，s′(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t而2t0et0设v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，所以ex−asinx=bx若x0=0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故故asinx0a2+b2表示原点与直线故a2+b下证：对任意x>0，总有|sin证明：当x≥π2时，有|sin当0<x<π2时，即证设p(x)=sinx−x，则故p(x)=sinx−x在[0,+∞)上为减函数，故综上，|sin下证：当x>0时，exq(x)=ex−1−x,x>0故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即下证：e2xsin2x+x即证：2x−1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin39．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax−1(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得f′x=ax−1x−1x2【解答过程】（1）当a=0时，fx=−1当x∈0,1时，f′x当x∈1,+∞时，f′所以fx（2）fx=ax−1当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈0,1时，f′x当x∈1,+∞时，f′所以fx当0<a<1时，1a>1，在0,1,1a在1,1a上，f′又f1由（1）得1x+lnx≥1，即当x>1时，f(x)=ax−1则存在m=3a+2所以fx仅在1当a=1时，f′x=x−12所以fx当a>1时，1a<1，在0,1a,在1a,1上，f′x<0由（1）得当0<x<1时，lnx>1−1x，ln此时f(x)=ax−存在n=14(a+1)所以fx在0,1a所以fx综上，a的取值范围为0,+∞40．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线(1)若x1=−1，求(2)求a的取值范围．【解题思路】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.【解答过程】（1）由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x，则g（2）f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点x设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x则3x12令ℎ(x)=94x4−2x3−3令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0<x<1，则x−−−00,111,+ℎ−0+0−0+ℎ(x)↘5↗1↘−1↗则ℎ(x)的值域为−1,+∞，故a的取值范围为−1,+41．（2022·浙江·高考真题）设函数f(x)=e(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx（ⅰ）若a>e，则0<b−f(a)<（ⅱ）若0<a<e,x（注：e=2.71828⋯【解题思路】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）k=x3x1，m=a【解答过程】（1）f′当0<x<e2，f′x<0故fx的减区间为0,e2，f（2）（ⅰ）因为过a,b有三条不同的切线，设切点为xi故fx故方程fx该方程可整理为1x设gx则g=−1当0<x<e或x>a时，g′x<0；当故gx在0,e,因为gx有3个不同的零点，故ge<0故1e−e整理得到：b<a2e+1此时b−fa设ua=3故ua为e,+∞故0<b−fa（ⅱ）当0<a<e故gx在0,a,e不妨设x1<x因为gx有3个不同的零点，故ga<0故1e−e整理得到：a2e因为x1<x又gx设t=ex，ae−a+ee记t则t1,t设k=t1t要证：2e+e即证：13−m即证：t1即证：t1而−m+1t1故lnt故t1故即证：−2即证：t即证：k+1ln记φk=k+1设uk=k−1k−2φ′故φk在1,+∞上为增函数，故所以k+1ln记ωm则ω′所以ωm在0,1为增函数，故ω故lnm+m−1m−13故原不等式得证.42．（2022·全国·高考真题）已知函数fx(1)若fx≥0，求(2)证明：若fx有两个零点x1,【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为ex【解答过程】（1）[方法一]：常规求导f(x)的定义域为(0,+∞f′(x)=(令f'(x)=0当x∈(0,1),f当x∈(1,+∞),f若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤所以a的取值范围为(−[方法二]：同构处理由f(x)≥0得：e令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=令g(t)=et故g(t)=et+t故g(t)min所以a的取值范围为(−（2）[方法一]：构造函数由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x要证x1x因为x1,又因为f(x1即证e即证e下面证明x>1时，e设g(x)=e则g=(1−设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ℎ(x)=ℎ所以ℎ(x)在(1,+∞即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−综上,exx−x[方法二]：对数平均不等式由题意得：f(x)=令t=exx>1所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞又因为f(x)=exx+两边取对数得：x1−又因为x1x2<下证x因为x不妨设t=x1构造ℎ(t)=2lnt−t+故ℎ(t)=2lnt−t+1故ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt<t−43．（2022·全国·高考真题）已知函数f(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在区间−1,0,0,+【解题思路】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞【解答过程】（1）f(x)的定义域为(−1,+当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x（2）f(x)=f设g(x)=1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0所以f(x)在(0,+∞)故f(x)在(0,+∞3°若(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=eg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f当x∈(0,m),f当x∈(m,+∞所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令ℎ(x)=xe所以ℎ(x)=xex在−1,1上单调递增，在1,+又e−ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞(2)当x∈