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2025年高考数学高频易错考前冲刺：一元函数函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 榆阳区校级期末）已知函数f（x）在x＝x0处可导，则（　　）
A． B． C．f′（x0） D．2f′（x0）
2．（2024秋 郴州期末）已知函数f（x）＝x2+ex，则（　　）
A．2+e B．﹣2﹣e C．3e D．2e
3．（2024秋 上城区校级期末）已知点P是曲线上的任意一点，曲线C在点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
4．（2024秋 淮安期末）已知函数y＝f（x）在x＝x0处可导，且，则f'（x0）等于（　　）
A． B． C．1 D．
5．（2024秋 湖南期末）已知过点A（a，0）可以作曲线y＝（x﹣1）ex的两条切线，则实数a的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，﹣e）∪（2，+∞）
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
6．（2024秋 长沙县校级期末）已知过点（﹣1，0）的直线与曲线y＝ex的相切于点A，则切点A坐标为（　　）
A．（0，1） B．（1，e） C．（2，e2） D．（3，e3）
7．（2024秋 沧州期末）若不等式恒成立，则a2﹣b2的最小值为（　　）
A．﹣2 B． C． D．﹣1
8．（2024秋 黑龙江期末）设函数，则曲线y＝f（x）在处的切线方程为（　　）
A． B．
C． D．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 上城区校级期末）下列说法错误的是（　　）
A．一个函数的极大值一定大于极小值
B．曲线的切线可能与该曲线有不止一个公共点
C．函数在某个区间上的最大值，一定在极大值点处取到
D．若函数f（x）在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足f′（x）＞0
（多选）10．（2024秋 黄岛区期末）已知函数f（x）＝4ln（2﹣x）+4lnx+cosπx，则（　　）
A．f（x）的图象关于点（1，0）对称
B．f（x）的图象关于直线x＝1对称
C．f（x）在区间（0，1]单调递增
D．f（x）＜0
（多选）11．（2024秋 阜阳期末）已知函数，则下列选项正确的是（　　）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
B．f（x）的极小值点为
C．若{an}满足an+1＝f（an），a1＞0，则an＞0
D．若{an}满足an+1＝f（an），a1＞2，则an＞2
（多选）12．（2024秋 湖南期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均是（0，+∞），x＝2是f（x）的唯一零点，且（x+1）f′（x）＜f（x），则（　　）
A．2025f（2023）＞2024f（2024）
B．f（1）＞0
C．2026f（2024）＜2025f（2025）
D．f（3）＞0
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 上城区校级期末）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+sin2x，则f′（0）＝ 　 　．
14．（2024秋 榆阳区校级期末）已知函数f（x）＝x（x﹣a）2在x＝1处取得极大值，则实数a的值是　 　．
15．（2024秋 白银期末）已知函数，则函数f（x）的最小值为 　 　；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是 　 　.（注：当x→0时，）
16．（2024秋 淮安期末）已知函数f（x）＝ex﹣x，则f（x）的单调递增区间为 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 道里区校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣x+a（lnx﹣2x），（a∈R）．
（1）若函数y＝f（x）的图象在x＝e处的切线平行于x轴，求a的值；
（2）讨论f（x）的单调性．
18．（2024秋 天津期末）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
19．（2024秋 金安区校级期末）已知函数．
（1）若f（x）在区间[0，4]上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若f（x）在区间[0，4]上的最小值为，求实数a的值．
20．（2024秋 湖南期末）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+a，a∈R．
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若对任意x＞0，不等式f（x）≥0恒成立，求a的值；
（3）若实数m，n满足m＞n＞0，证明：．
2025年高考数学高频易错考前冲刺：一元函数函数导数及其应用
参考答案与试题解析
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D A B B D A C D
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 榆阳区校级期末）已知函数f（x）在x＝x0处可导，则（　　）
A． B． C．f′（x0） D．2f′（x0）
【考点】含Δx表达式的极限计算与导数的关系．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】利用导数的定义可得结果．
【解答】解：因为函数f（x）在x＝x0处可导，
则2f′（x0）．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
2．（2024秋 郴州期末）已知函数f（x）＝x2+ex，则（　　）
A．2+e B．﹣2﹣e C．3e D．2e
【考点】含Δx表达式的极限计算与导数的关系．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，以及导数的运算，即可求解．
【解答】解：函数f（x）＝x2+ex，
则f'（x）＝2x+ex，
故f'（1）＝2+e．
故选：A．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，以及导数的运算，属于基础题．
3．（2024秋 上城区校级期末）已知点P是曲线上的任意一点，曲线C在点P处的切线的倾斜角为α，则α的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【考点】导数与切线的斜率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】结合导数的几何意义，先求出切线的斜率范围，即可求出倾斜角，即可求解．
【解答】解：曲线，
则y'1，当且仅当x时，等号成立，
曲线C在点P处的切线的倾斜角为α，
则tanα≥1，
故α的取值范围为[，）．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数与切线的斜率，属于基础题．
4．（2024秋 淮安期末）已知函数y＝f（x）在x＝x0处可导，且，则f'（x0）等于（　　）
A． B． C．1 D．
【考点】含Δx表达式的极限计算与导数的关系．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．
【解答】解：，
则f'（x0）．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
5．（2024秋 湖南期末）已知过点A（a，0）可以作曲线y＝（x﹣1）ex的两条切线，则实数a的取值范围是（　　）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，﹣e）∪（2，+∞）
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】设切点为，表示出切线方程，根据题意可得方程有两个不同的根，由此可得a的范围．
【解答】解：设切点为，
∵y'＝ex+（x﹣1）ex＝xex，
∴切线的斜率，
∴切线方程是，
∵切线过点A（a，0），
∴，即，
∵过点A（a，0）可以作两条切线，
∴方程有两个不同的根，
∴Δ＝（a+1）2﹣4＞0，
解得a＞1或a＜﹣3．
故选：D．
【点评】本题考查导数的几何意义，考查运算求解能力，属于基础题．
6．（2024秋 长沙县校级期末）已知过点（﹣1，0）的直线与曲线y＝ex的相切于点A，则切点A坐标为（　　）
A．（0，1） B．（1，e） C．（2，e2） D．（3，e3）
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】设切点坐标为（t，et），利用导数求出过切点的切线方程，代入已知点的坐标求解t，则答案可求．
【解答】解：设切点坐标为（t，et），
由y＝ex，得y′＝ex，则过切点的切线方程为y＝et（x﹣t）+et，
把点（﹣1，0）代入，可得0＝et（﹣1﹣t）+et，
即tet＝0，得t＝0，则切点坐标为（0，1）．
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，设切点是关键，是基础题．
7．（2024秋 沧州期末）若不等式恒成立，则a2﹣b2的最小值为（　　）
A．﹣2 B． C． D．﹣1
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】设，则函数的定义域为（﹣b，+∞），若恒成立，则，即，将a2﹣b2转化成关于a的二次函数求最小值即可．
【解答】解：依题意，设，则函数的定义域为（﹣b，+∞），
令，解得或x＝1﹣b．
易知函数在（﹣b，+∞）上均单调递减，
若恒成立，则，即，
所以，
当时，a2﹣b2的最小值为．
故选：C．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
8．（2024秋 黑龙江期末）设函数，则曲线y＝f（x）在处的切线方程为（　　）
A． B．
C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；定义法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】先求出导函数，再得出切线的斜率进而得出点斜式方程即可．
【解答】解：因为函数，
则，
当x＝0时，曲线y＝f（x）在点处的切线斜率为，
此时切线方程为，
即．
故选：D．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2024秋 上城区校级期末）下列说法错误的是（　　）
A．一个函数的极大值一定大于极小值
B．曲线的切线可能与该曲线有不止一个公共点
C．函数在某个区间上的最大值，一定在极大值点处取到
D．若函数f（x）在某个区间上单调递增，则它的导函数在该区间上满足f′（x）＞0
【考点】利用导数求解函数的极值；导数与切线的斜率．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】ACD
【分析】通过反例可判断ABD，根据极值与最值的定义即可判断C．
【解答】解：对于A，若函数f（x）既有极小值又有极大值，则其极小值可能会比它的极大值大，
比如，在x＝﹣1处取得极大值﹣2，在x＝1处取得极小值2，极小值大于极大值，故A错误；
对于B，f（x）＝sinx，x∈[0，3π]，在点处的切线y＝1与函数f（x）有两个公共点，故B正确；
对于C，因为函数在闭区间上的最大值在极大值或端点处取得，所以函数在闭区间上的最大值不一定是极大值，故C错误；
对于D，f（x）＝x3在区间（﹣1，1）上单调递增，则它的导函数在该区间上满足f′（x）＝3x2≥0，故D错误．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查逻辑推理能力，属于基础题．
（多选）10．（2024秋 黄岛区期末）已知函数f（x）＝4ln（2﹣x）+4lnx+cosπx，则（　　）
A．f（x）的图象关于点（1，0）对称
B．f（x）的图象关于直线x＝1对称
C．f（x）在区间（0，1]单调递增
D．f（x）＜0
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】BCD
【分析】根据已知函数性质对选项逐一判断即可．
【解答】解：易知f（x）的定义域为（0，2），
f（2﹣x）+f（x）＝4lnx+4ln（2﹣x）+cosπx+4ln（2﹣x）+4lnx+cosπ（2﹣x）
＝8lnx+8ln（2﹣x）+2cosπx，
所以f（x）的图象不关于点（1，0）对称，故A错误；
f（2﹣x）＝4lnx+4ln（2﹣x）+cosπ（2﹣x）＝4lnx+4ln（2﹣x）+cosπx＝f（x），
所以f（x）的图象关于直线x＝1对称，故B正确；
πsinπx，
当0＜x≤1时，，πsinπx＜0，则f'（x）＞0，
所以f（x）在（0，1]上单调递增，故C正确；
f（1）＝4lnl+4ln1+cosπ＝﹣1，由C知f（x）在（0，1]上单调递增，
所以当0＜x≤1时，f（x）≤f（1）＜0，又由B知f（x）的图象关于直线x＝1对称，
所以当1＜x＜2时，f（x）＜0，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
（多选）11．（2024秋 阜阳期末）已知函数，则下列选项正确的是（　　）
A．f（x）在（﹣∞，0）上单调递增
B．f（x）的极小值点为
C．若{an}满足an+1＝f（an），a1＞0，则an＞0
D．若{an}满足an+1＝f（an），a1＞2，则an＞2
【考点】利用导数求解函数的极值；数列与函数的综合；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】求导，根据导函数的正负即可求解AB，举反例即可求解C，根据函数的单调性即可求解D．
【解答】解：函数的定义域为{x|x≠1}，，
当x＜0或时，f′（x）＞0，当0＜x＜1或时，f′（x）＜0，
所以函数f（x）的递增区间为，
递减区间为，故A错误；
x是f（x）的极小值点，故B正确；
取，则，故C错误；
当x＞2时，恒有f（x）＞f（2）＝3e2＞2，
则当a1＞2，a2＝f（a1）＞2，a3＝f（a2）＞2， ，an＝f（an﹣1）＞2，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与极值，数列与函数的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 湖南期末）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均是（0，+∞），x＝2是f（x）的唯一零点，且（x+1）f′（x）＜f（x），则（　　）
A．2025f（2023）＞2024f（2024）
B．f（1）＞0
C．2026f（2024）＜2025f（2025）
D．f（3）＞0
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】AB
【分析】构造函数，由已知求导可得F（x）在（0，+∞）上单调递减，即可比较A正确，C错误，又x＝2是f（x）的唯一零点，所以F（2）＝0，借助单调性可得F（1）＞0，F（3）＜0，即得B正确，D错误．
【解答】解：令，则，由题意知（x+1）f′（x）＜f（x），
所以F′（x）＜0，即F（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以，，故A正确，C错误．
又x＝2是f（x）的唯一零点，所以F（2）＝0，又F（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以，，即f（1）＞0，f（3）＜0，故B正确，D错误．
故选：AB．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于简单题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 上城区校级期末）已知函数f（x）＝ln（x2+1）+sin2x，则f′（0）＝ 　2　．
【考点】简单复合函数的导数．
【专题】整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】2．
【分析】先对函数求导，然后把x＝0代入即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝ln（x2+1）+sin2x，
所以f′（x）2cos2x，
则f′（0）＝ 2．
故答案为：2．
【点评】本题主要考查了复合函数的求导，属于基础题．
14．（2024秋 榆阳区校级期末）已知函数f（x）＝x（x﹣a）2在x＝1处取得极大值，则实数a的值是　3　．
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】3．
【分析】对函数求导，得f′（x）＝（x﹣a）（3x﹣a），由题意得到a＝1或a＝3，将a＝1和a＝3分别代入导函数，用导数的方法判断函数单调性，确定在x＝1处的极值，即可得出结果．
【解答】解：由题意可得f′（x）＝（x﹣a）2+2x（x﹣a）＝（x﹣a）（3x﹣a），
因为函数f（x）在x＝1处取得极大值，
所以f′（1）＝0，即（1﹣a）（3﹣a）＝0，解得a＝1或a＝3；
①若a＝1，则f′（x）＝（x﹣1）（3x﹣1），
当时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，则f（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
此时函数y＝f（x）在x＝1处取得极小值，不符合题意；
②若a＝3，则f′（x）＝（x﹣3）（3x﹣3），
当x∈（﹣∞，1）时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，则f（x）单调递增；
当x∈（3，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）单调递增；
此时函数y＝f（x）在x＝1处取得极大值，符合题意．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，属于中档题．
15．（2024秋 白银期末）已知函数，则函数f（x）的最小值为 　18﹣9ln2　；若过原点可向曲线作两条切线，则a的取值范围是 　（﹣∞，﹣7）　.（注：当x→0时，）
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】18﹣9ln2；（﹣∞，﹣7）．
【分析】求导数f′（x），根据单调性，即可求出f（x）的最小值；
设切点为得切线方程，
将问题转化为关于x的方程有两个不同的根即可．
【解答】解：因为，
所以f（x）在上单调递减，在上单调递增，
所以f（x）min．
因为，所以．
设切点为，
则切线方程为，将原点坐标代入，
化简得，则关于x的方程有两个不同的根．
令，则，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，
所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
因为x→0，g（x）→+∞，x→+∞，g（x）→+∞，
所以a+7＜0，故a的取值范围是（﹣∞，﹣7）．
故答案为：18﹣9ln2；（﹣∞，﹣7）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．
16．（2024秋 淮安期末）已知函数f（x）＝ex﹣x，则f（x）的单调递增区间为 　[0，+∞）　．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】[0，+∞）．
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性关系即可求解．
【解答】解：f′（x）＝ex﹣1，
当x≥0时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，
即函数的单调递增区间为[0，+∞）．
故答案为：[0，+∞）．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 道里区校级期末）已知函数f（x）＝x2﹣x+a（lnx﹣2x），（a∈R）．
（1）若函数y＝f（x）的图象在x＝e处的切线平行于x轴，求a的值；
（2）讨论f（x）的单调性．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；导数与切线的斜率．
【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）a；
（2）当a≤0，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；
当0＜a时，f（x）在（0，a）和（，+∞）上单调递增，在（a，）上单调递减；
当a时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a时，f（x）在（0，）和（a，+∞）上单调递增，在（，a）上单调递减．
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义及已知切线斜率即可求解a；
（2）由已知结合导数与单调性关系对a的范围进行分类讨论，即可求解．
【解答】解：（1）f′（x）＝2x﹣1+a（），
若函数y＝f（x）的图象在x＝e处的切线平行于x轴，则f′（e）＝2e﹣1+a（2）＝0，
则a；
（2）f′（x）＝2x﹣1+a（），x＞0，
当a≤0，0＜x时，f′（x）＜0，当x时，f′（x）＞0，
故函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；
当0＜a时，0＜x＜a或x时，f′（x）＞0，a＜x时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，a）和（，+∞）上单调递增，在（a，）上单调递减；
当a时，f′（x）≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a时，0＜x或x＞a时，f′（x）＞0，x＜a时，f′（x）＜0，
故f（x）在（0，）和（a，+∞）上单调递增，在（，a）上单调递减，
综上，当a≤0，函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增；
当0＜a时，f（x）在（0，a）和（，+∞）上单调递增，在（a，）上单调递减；
当a时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当a时，f（x）在（0，）和（a，+∞）上单调递增，在（，a）上单调递减．
【点评】本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
18．（2024秋 天津期末）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的极值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明见解答．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，按m≥0，m＜0分类讨论求出函数的极值．
（Ⅱ）构造函数h（x）＝f（x）+g（x），x≥0，利用导数探讨单调性求出m的范围．
（Ⅲ）利用导数分别证明不等式，ln（x+1），在x＞0时成立，再利用不等式的性质推理得证．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝ex+mx﹣1的定义域为R，求导得f'（x）＝ex+m，
①当m≥0时，f'（x）＞0恒成立，无极值；
②当m＜0时，由f′（x）＜0，得x＜ln（﹣m）；由f′（x）＞0，得x＞ln（﹣m），
函数f（x）在（﹣∞，ln（﹣m））上单调递减，在（ln（﹣m），+∞）上单调递增，
因此函数f（x）极小值为f（ln（﹣m））＝﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值，
所以当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）+g（x）≥0 ex+mx+ln（x+1）﹣1≥0，
设h（x）＝ex+mx+ln（x+1）﹣1，且h（0）＝0，求导得，
令φ（x）＝h′（x）＝ex+m，x≥0，求导得，
函数y＝ex，在0，+∞）上单调递增，
则φ′（x）在[0，+∞）上单调递增，φ（x）≥φ′（0）＝0，
函数φ（x）在[0，+∞）上单调递增，而φ（0）＝h′（0）＝m+2，
当m≥﹣2时，h′（x）≥0恒成立，函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝0恒成立；
当m＜﹣2，则h′（0）＜0，又，
则在（0，ln（﹣m））内存在x0，使得h'（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，
函数h（x）在（0，x0）上单调递减，当x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）＝0，不合题意，
所以实数m的取值范围是[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明：令函数，x＞0，求导得t'（x）＝ex﹣1﹣x，
令y＝ex﹣1﹣x，x＞0，求导得y′＝ex﹣1＞0，函数y＝ex﹣1﹣x在（0，+∞）上单调递增，
则t′（x）＞t′（0）＝0，函数t（x）在（0，+∞）上单调递增，t（x）＞t（0）＝0，
即，
令函数，x＞0，求导得，
函数u（x）在（0，+∞）上单调递增，u（x）＞u（0）＝0，即，
因此当x＞0时，，即（ex﹣1）g（x）＞x2，
所以成立．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 金安区校级期末）已知函数．
（1）若f（x）在区间[0，4]上单调递增，求实数a的取值范围；
（2）若f（x）在区间[0，4]上的最小值为，求实数a的值．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的最值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）（﹣∞，0]．
（2）a＝1．
【分析】（1）求导结合已知求解．
（2）令导函数为0，对a的取值分类讨论即可．
【解答】（1），
因为f（x）在区间[0，4]上单调递增，所以f'（x）≥0在[0，4]上恒成立，
只需a≤xmin＝0，即实数a的取值范围是（﹣∞，0]．
（2）令f'（x）＝0，得x＝0或x＝a，
①当a≤0时，f'（x）≥0恒成立，f（x）在[0，4]单调递增，
所以，不合题意，舍去；
②当0＜a＜4时，x∈[0，a），f'（x）≤0；x∈[a，4]，f'（x）≥0，
所以f（x）在[0，a）上单减，在[a，4]上单增，所以，解得a＝1；
③当a≥4时，f'（x）≤0恒成立，f（x）在[0，4]单调递减，
所以，解得，舍去；
综上所述，a＝1．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
20．（2024秋 湖南期末）已知函数f（x）＝xlnx﹣ax+a，a∈R．
（1）若a＝2，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若对任意x＞0，不等式f（x）≥0恒成立，求a的值；
（3）若实数m，n满足m＞n＞0，证明：．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；不等式恒成立的问题．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）y＝﹣x+1；
（2）a＝1；
（3）证明见解析．
【分析】（1）求导，得到f′（1）＝﹣1，结合f（1）＝0，利用导数几何意义得到切线方程；
（2）求导，得到f（x）的单调性，进而得到，设φ（x）＝x﹣ex﹣1，求导，得到φ（x）的单调性，φ（x）≤φ（1）＝0，故a﹣ea﹣1≤0，当且仅当a＝1时等号成立，若满足a﹣ea﹣1≥0，必有a﹣ea﹣1＝0，求出a＝1；
（3）变形后得到，换元后化为，由（2）知，当a＝1时，f（x）＝xlnx﹣x+1≥0，当且仅当x＝1时取等号，故，从而成立，同理，要证明，即证明，即，令h（t）＝lnt﹣t+1，t＞1，求导得到h（t）的单调性，所以h（t）＜h（1）＝0，即lnt＜t﹣1，整理得，从而成立．
【解答】（1）解：若a＝2，则f（x）＝xlnx﹣2x+2，定义域为（0，+∞），
f′（x）＝lnx﹣1，
则f′（1）＝﹣1，又f（1）＝0，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣x+1．
（2）解：f′（x）＝lnx+1﹣a，令f′（x）＝0，得x＝ea﹣1，
当x∈（0，ea﹣1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x∈（ea﹣1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以，
要使f（x）≥0恒成立，需满足a﹣ea﹣1≥0．
设φ（x）＝x﹣ex﹣1，
则φ′（x）＝1﹣ex﹣1，令φ′（x）＝0，得x＝1，
当x∈（﹣∞，1）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增；
当x∈（1，+∞）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
所以φ（x）≤φ（1）＝0，
故a﹣ea﹣1≤0，当且仅当a＝1时等号成立，
若满足a﹣ea﹣1≥0，必有a﹣ea﹣1＝0，
故a＝1．
（3）证明：要证明，
即证明，
令，由m＞n＞0，得t＞1，不等式化为．
由（2）知，当a＝1时，f（x）＝xlnx﹣x+1≥0，当且仅当x＝1时取等号，
所以tlnt﹣t+1＞0，整理得，从而成立；
同理，要证明，即证明，
即，
令h（t）＝lnt﹣t+1，因为t＞1，所以，
所以h（t）在（1，+∞）上单调递减，所以h（t）＜h（1）＝0，
即lnt＜t﹣1，整理得，从而成立．
综上，．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，不等式恒成立问题，不等式的证明，考查运算求解能力，属于难题．
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