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2025年高考数学高频易错考前冲刺：一元函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024 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
2．（2024 江西）若f（x）＝x2﹣2x﹣4lnx，则f′（x）＞0的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣1，0）∪（2，+∞）
C．（2，+∞） D．（﹣1，0）
3．（2024 黄山二模）若定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f'（x）＞1，f（0）＝4，则不等式f（x）1的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）∪（3，+∞）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（3，+∞）
4．（2024 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，则称y＝f（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
5．（2018秋 大武口区校级期末）已知f（x）＝x3+ax2+（a+6）x+1有极大值和极小值，则a的取值范围为（　　）
A．[﹣3，6] B．（﹣3，6）
C．（﹣∞，﹣3]∪[6，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（6，+∞）
6．（2024 新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（　　）
A． x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x0）上单调递减
D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0 ）＝0
7．（2024 辽宁）函数yx2﹣lnx的单调递减区间为（　　）
A．（﹣1，1] B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，+∞）
8．（2024 南昌县期末）如图，函数y＝f（x）的图象在点P（2，y）处的切线是L，则f（2）+f′（2）＝（　　）
A．﹣4 B．3 C．﹣2 D．1
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2022 市中区校级模拟）已知函数f（x），则下列结论正确的是（　　）
A．函数f（x）在（0，π）上单调递减
B．函数f（x）在（﹣π，0）上有极小值
C．方程f（x）在（﹣π，0）上只有一个实根
D．方程f（x）在上有两个实根
（多选）10．（2024 南京二模）已知函数f（x）＝x（ex+1），g（x）＝（x+1）lnx，则（　　）
A．函数f（x）在R上无极值点
B．函数g（x）在（0，+∞）上存在唯一极值点
C．若对任意x＞0，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，则实数a的最大值为
D．若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞0），则的最大值为
（多选）11．（2021春 鼓楼区校级期中）关于函数f（x）＝aex﹣cosx，x∈（﹣π，π），下列说法正确的是（　　）
A．当a＝1时，f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x
B．若函数f（x）在（﹣π，π）上恰有一个极值，则a＝0
C．对任意a＞0，f（x）≥0恒成立
D．当a＝1时，f（x）在（﹣π，π）上恰有2个零点
（多选）12．（2024 大连模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足2f（x）+xf′（x），f（1）＝0，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在x处取得极小值，极小值为
B．f（x）只有一个零点
C．若f（x）＜k在（0，+∞）上恒成立，则k
D．f（1）＜f（）＜f（）
三．填空题（共3小题）
13．（2024 天津）已知函数f（x）＝（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为　 　．
14．（2024 吕梁一模）已知函数f（x）（x∈R）满足f（1）＝1，且f（x）的导数f′（x），则不等式f（x2）的解集为　 　．
15．（2024 新课标Ⅱ）曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为 　 　．
四．解答题（共5小题）
16．（2024 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．
17．（2024 海南）已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
18．（2024 新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx．
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
19．（2024 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．
20．（2024 北京）设函数f（x）klnx，k＞0．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：一元函数导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2024 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
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；分析法；导数的概念及应用．
【答案】D
【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）＝2ax，
可得点（1，f（1））处的切线斜率为2a，
由点（1，f（1））处的切线平行于直线y＝2x+1，
可得2a＝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．（2024 江西）若f（x）＝x2﹣2x﹣4lnx，则f′（x）＞0的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣1，0）∪（2，+∞）
C．（2，+∞） D．（﹣1，0）
【考点】基本初等函数的导数；利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题．
【答案】C
【分析】由题意，可先求出函数的定义域及函数的导数，再解出不等式f′（x）＞0的解集与函数的定义域取交集，即可选出正确选项．
【解答】解：由题，f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）＝2x﹣2，
令2x﹣20，整理得x2﹣x﹣2＞0，解得x＞2或x＜﹣1，
结合函数的定义域知，f′（x）＞0的解集为（2，+∞）．
故选：C．
【点评】本题考查导数的加法与减法法则，一元二次不等式的解法，计算题，基本题型，属于基础题．
3．（2024 黄山二模）若定义在R上的函数f（x）满足f（x）+f'（x）＞1，f（0）＝4，则不等式f（x）1的解集为（　　）
A．（0，+∞） B．（﹣∞，0）∪（3，+∞）
C．（﹣∞，0）∪（0，+∞） D．（3，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性；基本初等函数的导数．
【专题】导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】构造函数g（x）＝exf（x）﹣ex，（x∈R），研究g（x）的单调性，结合原函数的性质和函数值，即可求解
【解答】解：设g（x）＝exf（x）﹣ex，（x∈R），
则g′（x）＝exf（x）+exf′（x）﹣ex＝ex[f（x）+f′（x）﹣1]，
∵f（x）+f′（x）＞1，
∴f（x）+f′（x）﹣1＞0，
∴g′（x）＞0，
∴y＝g（x）在定义域上单调递增，
∵exf（x）＞ex+3，
∴g（x）＞3，
又∵g（0）＝e0f（0）﹣e0＝4﹣1＝3，
∴g（x）＞g（0），
∴x＞0
故选：A．
【点评】本题考查函数单调性与奇偶性的结合，结合已知条件构造函数，然后用导数判断函数的单调性是解题的关键．
4．（2024 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，则称y＝f（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
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；导数的概念及应用．
【答案】A
【分析】由题意可得，函数y＝f（x）具有T性质，必然为以下两种情形之一，（1）函数f'（x）的值域包含一个形如[m，n]的区间，其中m＜0＜n，且mn≤﹣1，（2）导函数的值域包含0，且函数存在垂直于x轴的切线，对选项分别讨论，即可求解．
【解答】解：由题意可得，函数y＝f（x）具有T性质，必然为以下两种情形之一，
（1）函数f'（x）的值域包含一个形如[m，n]的区间，其中m＜0＜n，且mn≤﹣1，
（2）导函数的值域包含0，且函数存在垂直于x轴的切线，
当y＝sinx时，y′＝cosx，其值域为[﹣1，1]，具有T性质，
当y＝lnx时，y′0，其值域为（0，+∞），不具有T性质，
当y＝ex时，y′＝ex＞0，其值域为（0，+∞），不具有T性质，
当y＝x3时，y′＝3x2≥0，其值域为[0，+∞），但不存在垂直于x轴的切线，不具有T性质，
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．
5．（2018秋 大武口区校级期末）已知f（x）＝x3+ax2+（a+6）x+1有极大值和极小值，则a的取值范围为（　　）
A．[﹣3，6] B．（﹣3，6）
C．（﹣∞，﹣3]∪[6，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（6，+∞）
【考点】函数在某点取得极值的条件．
【专题】计算题；导数的概念及应用；逻辑思维；数学建模；运算求解．
【答案】D
【分析】先求出导数f′（x），由f（x）有极大值、极小值可知f′（x）＝0有两个不等实根．
【解答】解：函数f（x）＝x3+ax2+（a+6）x+1，所以f′（x）＝3x2+2ax+（a+6），
因为函数有极大值和极小值，所以方程f′（x）＝0有两个不相等的实数根，
即3x2+2ax+（a+6）＝0有两个不相等的实数根，
∴Δ＞0，∴（2a）2﹣4×3×（a+6）＞0，解得：a＜﹣3或a＞6．
故选：D．
【点评】本题以函数的极值为载体，考查导数在求函数极值的应用，将函数有极大值和极小值，转化为方程f′（x）＝0有两个不相等的实数根是解题的关键．
6．（2024 新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（　　）
A． x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x ）在区间（﹣∞，x0）上单调递减
D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0 ）＝0
【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．
【专题】压轴题；导数的综合应用．
【答案】C
【分析】对于A，对于三次函数f（x ）＝x3+ax2+bx+c，由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，故在区间（﹣∞，+∞）肯定存在零点；
对于B，根据对称变换法则，求出对应中心坐标，可以判断；
对于C：采用取特殊函数的方法，若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，利用导数研究其极值和单调性进行判断；
D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0 ）＝0，正确．
【解答】解：
A、对于三次函数f （x ）＝x3+ax2+bx+c，
A：由于当x→﹣∞时，y→﹣∞，当x→+∞时，y→+∞，
故 x0∈R，f（x0）＝0，故A正确；
B、∵f（x）+f（x）＝（x）3+a（x）2+b（x）+c+x3+ax2+bx+c2c，
f（）＝（）3+a（）2+b（）+cc，
∵f（x）+f（x）＝2f（），
∴点P（，f（））为对称中心，故B正确．
C、若取a＝﹣1，b＝﹣1，c＝0，则f（x）＝x3﹣x2﹣x，
对于f（x）＝x3﹣x2﹣x，∵f′（x）＝3x2﹣2x﹣1
∴由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＞0得x∈（﹣∞，）∪（1，+∞）
由f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＜0得x∈（，1）
∴函数f（x）的单调增区间为：（﹣∞，），（1，+∞），减区间为：（，1），
故1是f（x）的极小值点，但f（x ）在区间（﹣∞，1）不是单调递减，故C错误；
D：若x0是f（x）的极值点，根据导数的意义，则f′（x0 ）＝0，故D正确．
由于该题选择错误的，故选：C．
【点评】本题考查了导数在求函数极值中的应用，利用导数求函数的单调区间，及导数的运算．
7．（2024 辽宁）函数yx2﹣lnx的单调递减区间为（　　）
A．（﹣1，1] B．（0，1] C．[1，+∞） D．（0，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题．
【答案】B
【分析】由yx2﹣lnx得y′，由y′＜0即可求得函数yx2﹣lnx的单调递减区间．
【解答】解：∵yx2﹣lnx的定义域为（0，+∞），
y′，
∴由y′≤0得：0＜x≤1，
∴函数yx2﹣lnx的单调递减区间为（0，1]．
故选：B．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，注重标根法的考查与应用，属于基础题．
8．（2024 南昌县期末）如图，函数y＝f（x）的图象在点P（2，y）处的切线是L，则f（2）+f′（2）＝（　　）
A．﹣4 B．3 C．﹣2 D．1
【考点】函数图象趋势与导数大小的关系．
【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的概念及应用．
【答案】D
【分析】本题根据导数的基本运算结合函数图象可计算出f′（x）的式子，进而可求出y＝f（x）的式子，即可求得结果．
【解答】解：由图象可得：函数y＝f（x）的图象在点P处的切线是L与x轴交于（4，0），与y轴交于（0，4），则可知
L：x+y＝4，∴f（2）＝2，f′（2）＝﹣1
∴代入则可得f（2）+f′（2）＝1，
故选：D．
【点评】本题考查导数性质的基本应用，结合图形的基本性质即可求得答案．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2022 市中区校级模拟）已知函数f（x），则下列结论正确的是（　　）
A．函数f（x）在（0，π）上单调递减
B．函数f（x）在（﹣π，0）上有极小值
C．方程f（x）在（﹣π，0）上只有一个实根
D．方程f（x）在上有两个实根
【考点】利用导数研究函数的单调性；命题的真假判断与应用．
【专题】数形结合；转化思想；数形结合法；综合法；导数的综合应用；直观想象；运算求解．
【答案】ABD
【分析】对函数f（x）求导，由导数的正负，判断函数的单调性，从而可判断选项A，由函数的单调性可判断极值，从而判断选项B；利用函数的单调性、极值、端点值即可判断选项C；将方程的解转化为两函数图象交点的个数，即可判断选项D．
【解答】解：因为f（x），所以f′（x），
当f′（x）＞0，即cosx﹣sinx﹣1＞0，所以sin（x），
所以2kπx2kπ，k∈Z，
所以2kπx＜2kπ，k∈Z，
当k＝0时，x＜0，当k＝1时，x＜2π；
当f′（x）＜0，即cosx﹣sinx﹣1＜0，所以sin（x），
所以2kπx2kπ，k∈Z，
所以2kπ﹣2π＜x＜2kπ，k∈Z，
当k＝0时，﹣2π＜x，当k＝1时，0＜x，
所以当x∈（ 0，π） 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故A正确；
又因为当x∈（﹣π，）时，f′（x）＜0，x∈（，0）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在x处取得极小值，故B正确；
因为f（﹣π）＝eπ，f（）＝0，f（0）＝1，所以f（x）在（﹣π，0）上不只有一个实数根，故C错误；
因为方程f（x），即，
所以，所以tanx，
正切函数y＝tanx在上单调递增，
y，y′，当x∈时，（0，1）时，y′＜0，当x∈（1，）时，y′＞0，
且当x∈时，y0，作出两函数的大致图象，如图所示：
由图象可得，当x∈，函数y＝tanx与y的图象有两个交点，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值，考查利用导数求方程的根的个数，属于难题．
（多选）10．（2024 南京二模）已知函数f（x）＝x（ex+1），g（x）＝（x+1）lnx，则（　　）
A．函数f（x）在R上无极值点
B．函数g（x）在（0，+∞）上存在唯一极值点
C．若对任意x＞0，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，则实数a的最大值为
D．若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞0），则的最大值为
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的极值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】AD
【分析】求出函数f（x）的导数，根据函数的单调性判断A，求出函数g（x）的导数，根据函数的单调性判断B，若对任意x＞0，不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，则a，设h（x），根据函数的单调性判断C，当x2时，，设k＝x1（1），设g（k），根据函数的单调性判断D．
【解答】解：对于A：f′（x）＝（x+1）ex+1，则f″（x）＝（x+2）ex，
令f″（x）＞0，解得：x＞﹣2，令f″（x）＜0，解得：x＜﹣2，
故f′（x）在（﹣∞，﹣2）递减，在（﹣2，+∞）递增，
故f′（x）min＝f′（﹣2）＝1﹣e﹣2＞0，故f（x）在R递增，
故函数f（x）在R上无极值点，故A正确；
对于B：g′（x）＝1lnx，g″（x），
令g″（x）＞0，解得：x＞1，令g″（x）＜0，解得：0＜x＜1，
故g′（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
故g′（x）min＝g′（1）＝2＞0，故g（x）在（0，+∞）递增，
函数g（x）在（0，+∞）上无极值点，故B错误；
对于C：由A得：f（x）在（0，+∞）递增，
不等式f（ax）≥f（lnx2）恒成立，
则ax≥lnx2恒成立，故a，
设h（x），则h′（x），
令h′（x）＞0，解得：0＜x＜e，令h′（x）＜0，解得：x＞e，
故h（x）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
故h（x）max＝h（e），故a，故C错误；
对于D：若f（x1）＝g（x2）＝t（t＞0），
则x1（1）＝（x2+1）lnx2＝t，
∵t＞0，∴x1＞0，x2＞1，且x2，
x2时，，
设k＝x1（1），设g（k），则g′（k），
令g′（k）＞0，解得：0＜k＜e，令g′（k）＜0，解得：k＞e，
故g（k）在（0，e）递增，在（e，+∞）递减，
故g（k）max＝g（e），此时e＝x1（1）＝（x2+1）lnx2，
故的最大值是，故D正确；
故选：AD．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用，是一道中档题．
（多选）11．（2021春 鼓楼区校级期中）关于函数f（x）＝aex﹣cosx，x∈（﹣π，π），下列说法正确的是（　　）
A．当a＝1时，f（x）在x＝0处的切线方程为y＝x
B．若函数f（x）在（﹣π，π）上恰有一个极值，则a＝0
C．对任意a＞0，f（x）≥0恒成立
D．当a＝1时，f（x）在（﹣π，π）上恰有2个零点
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】直接逐一验证，根据导数的几何意义求出切线方程，判断A；利用参数分离法构造新函数，根据函数的单调性，极值，最值判断B，C；通过构造新函数，转化为两个函数的交点个数来解决零点问题，判断D即可求出答案．
【解答】解：对于A：当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx，x∈（﹣π，π），
所以f（0）＝0，故切点为（0，0），
f′（x）＝ex+sinx，所以切线斜率k＝f′（0）＝1，
故切线方程为：y＝x，选项A正确；
对于B：f′（x）＝aex+sinx，
若函数f（x）在（﹣π，π）上恰有一个极值，
即f′（x）＝0在（﹣π，π）上恰有1个解，
令f′（x）＝0，即aex+sinx＝0在（﹣π，π）上恰有1个解，
则a在（﹣π，π）上恰有1个解，
即y＝a和g（x）的图象在（﹣π，π）上恰有1个交点，
g′（x），x∈（﹣π，π），
令g′（x）＝0，解得：x1，x2，
当x∈（﹣π，）和（，π）时，g′（x）＞0，
当x∈（，）时，g′（x）＜0，
故g（x）在（﹣π，）递增，在（，）递减，在（，π）递增，
故g（x）极大值＝g（）0，g（x）极小值＝g（）0，
而g（﹣π）＝0，g（π）＝0，g（0）＝0，
画出函数g（x）的大致图象，如图示：
由图可知，当a＝0时，y＝a和g（x）在图象在（﹣π，π）上恰有1个交点，
即函数f（x）在（﹣π，π）上恰有一个极值，则a＝0，故B正确；
对于C：要使f（x）≥0恒成立，
即在x∈（﹣π，π）上，f（x）＝aex﹣cosx≥0恒成立，
即在x∈（﹣π，π）上，a恒成立，即a，
设h（x），x∈（﹣π，π），则h′（x），x∈（﹣π，π），
令h′（x）＝0，解得：x1，x2，
当x∈（﹣π，）和（，π）时，h′（x）＞0，当x∈（，）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（﹣π，）上递增，在（，）上递减，在（，π）上递增，
故h（x）极大值＝h（）0，h（﹣π），h（π），
故h（x）在（﹣π，π）上的最大值是h（）0，
故a时，在x∈（﹣π，π）上，f（x）＝aex﹣cosx≥0恒成立，
即当a时，f（x）≥0才恒成立，
故对任意a＞0，f（x）≥0不恒成立，故C错误；
对于D：当a＝1时，f（x）＝ex﹣cosx，x∈（﹣π，π），
令f（x）＝0，则ex＝cosx，
作出函数y＝ex和函数y＝cosx的图象，如图示：
可知在x∈（﹣π，π）内，两个图象恰有2个交点，
则f（x）在（﹣π，π）上恰有2个零点，故D正确；
故选：ABD．
【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，极值，最值问题，考查函数的零点，考查导数的应用以及数形结合思想，转化思想，考查函数恒成立问题，是一道综合题．
（多选）12．（2024 大连模拟）定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足2f（x）+xf′（x），f（1）＝0，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）在x处取得极小值，极小值为
B．f（x）只有一个零点
C．若f（x）＜k在（0，+∞）上恒成立，则k
D．f（1）＜f（）＜f（）
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；构造法；转化法；导数的综合应用；逻辑思维；直观想象；运算求解．
【答案】BCD
【分析】对A，根据 ，求，求出 f′（x），根据极值定义进行判断；对 B，根据f（x） 单调性和零点定义，结合图象判断；对 C，要保证 在 （0，+∞） 上恒成立，即，通过构造函数求其最值，进行判断；对 D，根据 f（x） 单调性，和对数比较大小，进行判断．
【解答】解：对 A，∵，且 x∈（0，+∞），
可得：
可得：
故 x2f（x）＝lnx+c（c 为常数 ）
∵f（1）＝0
可得：12f（1）＝ln1+c
求得：c＝0
故：x2f（x）＝lnx
整理可得：
当1﹣2lnx＞0，即
解得：，此时 f（x） 单调递增，
当 1﹣2lnx＝0，即 ，
解得：
当 1﹣2lnx＜0，即
解得：，此时 f（x） 单调递减
∴ 取得极大值，
故A错误；
对 B，x→0+，f（x）＜0
x→+∞，f（x）＞0
画出 f（x） 草图：如图
根据图象可知：f（x） 只有一个零点，故B说法正确；
对 C，要保证 在 （0，+∞） 上恒成立
即：保证 在 （0，+∞） 上恒成立
∵，可得 在 （0，+∞） 上恒成立
故只需 ，
令 ，∴，
当时，
当时，
当时，
，
∴，故 C 说法正确，
对 D，根据 单调递增， 单调递减，
∵，可得 ，
又，
又，
根据，
∴，
故：，故D说法正确．
综上所述，正确的说法是：BCD．
故选：BCD．
【点评】本题主要考查了根据导数求函数的单调性和极值，及其最值问题，解题关键是掌握导数求极值的方法和构造函数解决不等式恒成立的步骤，考查了分析能力和计算能力，属于难题．
三．填空题（共3小题）
13．（2024 天津）已知函数f（x）＝（2x+1）ex，f′（x）为f（x）的导函数，则f′（0）的值为　3　．
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】计算题；函数思想；定义法；导数的概念及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】先求导，再带值计算．
【解答】解：∵f（x）＝（2x+1）ex，
∴f′（x）＝2ex+（2x+1）ex，
∴f′（0）＝2e0+（2×0+1）e0＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了导数的运算法则，属于基础题．
14．（2024 吕梁一模）已知函数f（x）（x∈R）满足f（1）＝1，且f（x）的导数f′（x），则不等式f（x2）的解集为　（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）　．
【考点】基本初等函数的导数；其他不等式的解法．
【专题】压轴题；导数的概念及应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】设F（x）＝f（x）x，根据题意可得函数F（x）在R上单调递减，然后根据f（x2）可得f（x2）f（1），最后根据单调性可求出x的取值范围．
【解答】解：设F（x）＝f（x）x，则F′（x）＝f′（x）
∵f′（x），∴F′（x）＝f′（x）0
即函数F（x）在R上单调递减
而f（x2）即f（x2）f（1）
∴F（x2）＜F（1）而函数F（x）在R上单调递减
∴x2＞1即x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
故答案为：（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
【点评】本题主要考查了导数的运算，以及利用单调性解不等式和构造法的应用，同时考查了运算求解的能力，属于中档题．
15．（2024 新课标Ⅱ）曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为 　y＝2x﹣2　．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【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＝1时，y′＝2
∴曲线y＝2lnx在点（1，0）处的切线方程为y＝2x﹣2．
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．
四．解答题（共5小题）
16．（2024 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．
【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．
【专题】计算题；函数思想；方程思想；综合法；导数的综合应用．
【答案】（1）f（x）增区间（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），减区间（3﹣2．
（2）证明见解答．
【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（x2+x+1），
所以f′（x）＝x2﹣6x﹣3时，令f′（x）＝0解得x＝3，
当x∈（﹣∞，3﹣2），x∈（3+2，+∞）时，f′（x）＞0，函数是增函数，
当x∈（3﹣2时，f′（x）＜0，函数是单调递减，
综上，f（x）增区间（﹣∞，3﹣2），（3+2，+∞），减区间（3﹣2．
（2）证明：因为x2+x+1＝（x）2，
所以f（x）＝0等价于，
令，
则，仅当x＝0时，g′（x）＝0，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+2a6（a）20，
f（3a+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．
17．（2024 海南）已知函数f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna．
（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】综合题；对应思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求出切线方程，可得三角形的面积；
（2）方法一：不等式等价于ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，令g（t）＝et+t，根据函数单调性可得lna＞lnx﹣x+1，再构造函数h（x）＝lnx﹣x+1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围；
方法二：构造两个基本不等式ex＞x+1，x﹣1≥lnx，则原不等式转化为x（a﹣1）≥﹣lna，再分类讨论即可求出a的取值范围，
方法三：利用分类讨论的思想，当0＜a＜1，此时不符合题意，当a≥1时，f（x）≥ex﹣1﹣lnx，令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，
再根据导数和函数最值的关系即可证明，
方法四：先根据导数和函数的最值的关系求出f（x）≥f（x0）2lnx0+1﹣x0≥1，lna＝1﹣x0﹣lnx0，再求出x0的范围，再利用导数求1﹣x0﹣lnx0的范围，即可求出a的范围．
方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，构造函数g（a）＝a+lna﹣1，利用导数求出函数的最值，即可求出a的范围．
【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣lnx+1，
∴f′（x）＝ex，
∴f′（1）＝e﹣1，
∵f（1）＝e+1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），
当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S2．
（2）方法一：由f（x）≥1，可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，即ex﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，
即ex﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝elnx+lnx，
令g（t）＝et+t，
则g′（t）＝et+1＞0，
∴g（t）在R上单调递增，
∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）
∴lna+x﹣1≥lnx，
即lna≥lnx﹣x+1，
令h（x）＝lnx﹣x+1，
∴h′（x）1，
当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
∴h（x）≤h（1）＝0，
∴lna≥0，
∴a≥1，
故a的范围为[1，+∞）．
方法二：由f（x）≥1可得aex﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，
即aex﹣1﹣1≥lnx﹣lna，
设g（x）＝ex﹣x﹣1，
∴g′（x）＝ex﹣1＞0恒成立，
∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1＞0，
即ex＞x+1，
再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，
∴h′（x）＝1，
当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，
当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，
∴h（x）≥h（1）＝0，
∴x﹣1﹣lnx≥0，
即x﹣1≥lnx
∴ex﹣1≥x，则aex﹣1≥ax，
此时只需要证ax≥x﹣lna，
即证x（a﹣1）≥﹣lna，
当a≥1时，
∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，
当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），
∴f′（x）＝aex﹣1，
易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（）＝aa＝a（1）＞0，
∴存在x0∈（1，）使得f′（x0）＝0，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，
②当a≥1时，ex﹣1＞0，lna＞0，
∴f（x）≥ex﹣1﹣lnx，
令g（x）＝ex﹣1﹣lnx，
∴g′（x）＝ex﹣1，
易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵g′（1）＝0，
∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，
∴g（x）≥g（1）＝1，
即f（x）≥1，
综上所述a的取值范围为[1，+∞）．
方法四：∵f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，
∴f′（x）＝aex﹣1，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，
∵y＝aex﹣1在（0，+∞）上为增函数，y在0，+∞）上为减函数，
∴y＝aex﹣1与y在0，+∞）上有交点，
∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a0，
则a，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，
当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
∴f（x）≥f（x0）＝alnx0+lna
lnx0+1﹣x0﹣lnx02lnx0+1﹣x0≥1
∴2lnx0﹣x0≥0
设g（x）2lnx﹣x，
易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，
∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，
∴x0∈（0，1]时，2lnx0﹣x0≥0，
设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，
∴h′（x）＝﹣10恒成立，
∴h（x）在（0，1]上单调递减，
∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，
当x→0时，h（x）→+∞，
∴lna≥0＝ln1，
∴a≥1．
方法五：f（x）≥1等价于aex﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．
当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．
设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝10，
则g（a）单调递增，且g（1）＝0．
所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．
∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．
设h（x）＝ex﹣x﹣1，
∴h′（x）＝ex﹣1，
∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，
∴ex﹣x﹣1≥0，
即ex≥x+1，
把x换成x﹣1得到ex﹣1≥x，
∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．
∴f（x）＝aex﹣1﹣lnx+lna≥ex﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．
综上，a≥1．
【点评】本题考查了导数的几何意义，以及导数和函数的最值的关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
18．（2024 新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝lnx．
（1）讨论f（x）的单调性，并证明f（x）有且仅有两个零点；
（2）设x0是f（x）的一个零点，证明曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】计算题；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）讨论f（x）的单调性，求函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，
（2）运用曲线的切线方程定义可证明．
【解答】解析：（1）法一：函数f（x）＝lnx．定义域为：（0，1）∪（1，+∞）；
f′（x）0，（x＞0且x≠1），
∴f（x）在（0，1）和（1，+∞）上单调递增，
①在（0，1）区间取值有，代入函数，由函数零点的定义得，
∵f（）＜0，f（）＞0，f（） f（）＜0，
∴f（x）在（0，1）有且仅有一个零点，
②在（1，+∞）区间，区间取值有e，e2代入函数，由函数零点的定义得，
又∵f（e）＜0，f（e2）＞0，f（e） f（e2）＜0，
∴f（x）在（1，+∞）上有且仅有一个零点，
故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；
法二：f（x）＝lnx的零点的个数，即为函数y＝lnx与y1的交点个数，
作出两函数的图象如图所示．
由两函数图象知有一交点在（0，1），有一交点在（1，+∞），
故f（x）在定义域内有且仅有两个零点；
（2）x0是f（x）的一个零点，则有lnx0，
曲线y＝lnx，则有y′；
由直线的点斜式可得曲线的切线方程，
曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线方程为：y﹣lnx0（x﹣x0），
即：yx﹣1+lnx0，将lnx0代入，
即有：yx，
而曲线y＝ex的切线中，在点（ln，）处的切线方程为：y（x﹣ln）xlnx0，
将lnx0代入化简，即：yx，
故曲线y＝lnx在点A（x0，lnx0）处的切线也是曲线y＝ex的切线．
故得证．
【点评】本题考查f（x）的单调性，函数导数，在定义域内根据函数零点大致区间求零点个数，以及利用曲线的切线方程定义证明．
19．（2024 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．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；分析法；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）求出f（x）的导数，可得切线的斜率和切点，由点斜式方程即可得到所求方程；
（2）求出f（x）的导数，再令g（x）＝f′（x），求出g（x）的导数，可得g（x）在区间[0，]的单调性，即可得到f（x）的单调性，进而得到f（x）的最值．
【解答】解：（1）函数f（x）＝excosx﹣x的导数为f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
可得曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线斜率为k＝e0（cos0﹣sin0）﹣1＝0，
切点为（0，e0cos0﹣0），即为（0，1），
曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝1；
（2）函数f（x）＝excosx﹣x的导数为f′（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
令g（x）＝ex（cosx﹣sinx）﹣1，
则g（x）的导数为g′（x）＝ex（cosx﹣sinx﹣sinx﹣cosx）＝﹣2ex sinx，
当x∈[0，]，可得g′（x）＝﹣2ex sinx≤0，
即有g（x）在[0，]递减，可得g（x）≤g（0）＝0，
则f（x）在[0，]递减，
即有函数f（x）在区间[0，]上的最大值为f（0）＝e0cos0﹣0＝1；
最小值为f（）cos．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间、最值，考查化简整理的运算能力，正确求导和运用二次求导是解题的关键，属于中档题．
20．（2024 北京）设函数f（x）klnx，k＞0．
（1）求f（x）的单调区间和极值；
（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
【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．
【专题】开放型；导数的综合应用．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）利用f'（x）≥0或f'（x）≤0求得函数的单调区间并能求出极值；
（2）利用函数的导数的极值求出最值，利用最值讨论存在零点的情况．
【解答】解：（1）由f（x）
f'（x）＝x
由f'（x）＝0解得x
f（x）与f'（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：
X （0，） （）
f'（x） ﹣ 0 +
f（x） ↓ ↑
所以，f（x）的单调递增区间为（），单调递减区间为（0，）；
f（x）在x处的极小值为f（），无极大值．
（2）证明：由（1）知，f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）．
因为f（x）存在零点，所以，从而k≥e
当k＝e时，f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）＝0
所以x是f（x）在区间（1，）上唯一零点．
当k＞e时，f（x）在区间（0，）上单调递减，且，
所以f（x）在区间（1，）上仅有一个零点．
综上所述，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点．
【点评】本题考查利用函数的导数求单调区间和导数的综合应用，在高考中属于常见题型．
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