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高考数学考前冲刺押题预测 一元函数导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2024秋 马鞍山校级期末）定义：如果函数y＝f（x）在定义域内给定区间[a，b]上存在x0（a＜x0＜b），满足，则称函数y＝f（x）是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如y＝x2是[﹣1，1]上的平均值函数，0就是它的均值点，现有函数f（x）＝x3+tx是[﹣1，1]上的平均值函数，则实数t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024秋 道里区校级期末）已知函数，若不等式对任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣e] B．（﹣∞，3] C．[﹣2，+∞） D．[4，+∞）
3．（2024秋 徐州期末）已知函数f（x）的定义域为（e，+∞），f（3）＝ln3，对于任意的x1，x2∈（e，+∞），当x1＜x2时，有，若f（ea）＜4ln3﹣aea，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，ln3） B．（1，ln3） C．（ln3，e） D．（ln3，3）
4．（2024秋 武汉期末）设函数f（x）＝（ex﹣m）ln（x+n），若f（x）≥0，则m+n的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．2
5．（2024秋 唐山期末）设n∈N*，xn是曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列{an}的前50项和为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝ex（x﹣a）2在x＝1处有极大值，则a的值为（　　）
A．﹣1 B．1 C．3 D．1或3
7．（2025 广东模拟）设函数f（x）＝ln（e2x+1）+|x|﹣x，则不等式f（2x﹣1）﹣f（x+1）≤0的解集为（　　）
A．（﹣∞，2] B．[0，2]
C．[2，+∞） D．（﹣∞，0]∪[2，+∞）
8．（2024秋 揭阳期末）设函数f（x）＝（ex﹣a）ln（x﹣2b），若f（x）≥0，则ab的最小值为（　　）
A． B． C．0 D．e
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 仁寿县校级模拟）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，x＝0，x＝3是f（x）的两个零点，且f'（3）＝0，则（　　）
A．a+b+c＝4
B．x＝3为f（x）的极小值点
C．f（x）的极大值为4
D．满足f（x）＞f（1）的解集是{x|x＞4}
（多选）10．（2025 株洲一模）若m+em＝n+lnn＝4，则（　　）
A．m＞n B．mn＞e C．m+n＝4 D．nen＝e4
（多选）11．（2025 浙江模拟）设函数f（x）＝x3﹣3x2+2，则（　　）
A．x＝0为f（x）的极大值点
B．f（x）的图像关于（1，0）中心对称
C．函数y＝f（x）的三个零点成等差数列
D． x∈（﹣∞，3]，f（x）﹣f（2﹣x）＞4
（多选）12．（2024秋 辽阳期末）已知函数f（x）＝x3﹣|3x2﹣3|﹣m，则（　　）
A．f（x）只有1个极小值点
B．曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线斜率为9
C．当f（x）有3个零点时，m的取值范围为（﹣3，1）
D．当f（x）只有1个零点时，m的取值范围为（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝e﹣x（lna+lnx），对任意x＞0，恒成立，则实数a的取值范围是 　 　．
14．（2024秋 浏阳市期末）已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（a＞0）有且只有一个零点，则a＝ 　 　，若在x∈（0，+∞）内恒成立，则实数b的取值范围是 　 　．
15．（2025 浙江模拟）设函数f（x）＝xex，若曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处（x0＞0）的切线与抛物线y＝ex2有且仅有一个公共点，则x0的值为 　 　，
16．（2024秋 泰州期末）过点（﹣1，0）作曲线x2＝2y的切线，写出其中的一条切线方程 　 　．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 永州二模）已知函数．
（1）设直线x＝4与曲线y＝f（x）交于点P，求P点纵坐标的最小值；
（2）a取遍全体正实数时，曲线y＝f（x）在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数g（x），求g（x）的解析式；
（3）证明：当x≥1时，对任意正实数a，f（x）≥2lnx+2．（附：
18．（2024秋 长沙校级期末）设f（x）＝x﹣1﹣lnx．
（1）求f（x）在处的切线方程；
（2）求证：当x＞0时，f（x）≥0；
（3）证明：对于任意正整数n都有恒成立．
19．（2024秋 晋中期末）已知函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）将f（x）的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间[，]上的最值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若对任意，都存在x2∈[2，4]，使得g（x1）﹣|x2﹣a|+3a≤0，求实数a的取值范围．
20．（2024秋 济宁期末）已知函数f（x）＝ex+ax2，a∈R．
（1）讨论函数f（x）零点的个数；
（2）若f'（x）﹣3ax≥b，求ab的最大值．
高考数学考前冲刺押题预测 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秋 马鞍山校级期末）定义：如果函数y＝f（x）在定义域内给定区间[a，b]上存在x0（a＜x0＜b），满足，则称函数y＝f（x）是[a，b]上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如y＝x2是[﹣1，1]上的平均值函数，0就是它的均值点，现有函数f（x）＝x3+tx是[﹣1，1]上的平均值函数，则实数t的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】计算题；导数的综合应用．
【答案】A
【分析】函数f（x）＝3+tx是区间[﹣1，1]上的平均值函数，故有x3+tx在（﹣1，1）内有实数根，求出方程的根，让其在（﹣1，1）内，即可求出t的取值范围．
【解答】解：∵函数f（x）＝x3+tx是区间[﹣1，1]上的平均值函数，故有x3+tx在（﹣1，1）内有实数根．
由x3+tx x3+tx+t﹣1＝0，解得x2+t+1+x＝0或x＝1
又1 （﹣1，1）
∴x2+t+1+x＝0的解为：必为均值点，即﹣11 ﹣3＜t，
﹣11 t，
∴所求实数t的取值范围是﹣3＜t，
故选：A．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，属难题．
2．（2024秋 道里区校级期末）已知函数，若不等式对任意x∈（1，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，﹣e] B．（﹣∞，3] C．[﹣2，+∞） D．[4，+∞）
【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】B
【分析】由复合函数的单调性可得f（x）为增函数，构造新函数F（x）＝f（x）﹣2，可得F（x）为增函数，再判断F（x）的奇偶性，将已知不等式进行转化，结合函数的单调性与奇偶性脱去“f”，由不等式恒成立与最值之间的关系即可求解．
【解答】解：函数3，
因为y＝ex+1为增函数，则y为减函数，y为增函数，
所以f（x）为增函数，
令F（x）＝f（x）﹣22，则F（x）也为增函数，
又F（﹣x）F（x），
所以F（x）为奇函数，
所以不等式等价于f（x﹣m）﹣2≥﹣[f（）﹣2]，
即F（x﹣m）≥﹣F（）＝F（），
所以x﹣m对任意x∈（1，+∞）恒成立，
即m≤x对任意x∈（1，+∞）恒成立，
因为xx﹣11≥2+1＝3，当且仅当x﹣1，即x＝2时等号成立，
所以m≤3，即m的取值范围是（﹣∞，3]．
故选：B．
【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．
3．（2024秋 徐州期末）已知函数f（x）的定义域为（e，+∞），f（3）＝ln3，对于任意的x1，x2∈（e，+∞），当x1＜x2时，有，若f（ea）＜4ln3﹣aea，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，ln3） B．（1，ln3） C．（ln3，e） D．（ln3，3）
【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；构造法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】对已知不等式进行变形可得，f（x1）+x1lnx1＜f（x2）+x2lnx2，令g（x）＝f（x）+xlnx，x＞e，则g（x1）＜g（x2），即g（x）在（e，+∞）上单调递增，结合函数g（x）的单调性即可求解．
【解答】解：因为函数f（x）的定义域为（e，+∞），对于任意的x1，x2∈（e，+∞），
当x1＜x2时，有，
所以f（x1）﹣f（x2）＜x2lnx2﹣x1lnx1，
所以f（x1）+x1lnx1＜f（x2）+x2lnx2，
令g（x）＝f（x）+xlnx，x＞e，则g（x1）＜g（x2），即g（x）在（e，+∞）上单调递增，
因为f（3）＝ln3，所以g（3）＝ln3+3ln3＝4ln3，
若f（ea）＜4ln3﹣aea，则g（ea）﹣aea＜g（3）﹣aea，
所以g（ea）＜g（3），
所以e＜ea＜3，
所以1＜a＜ln3．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
4．（2024秋 武汉期末）设函数f（x）＝（ex﹣m）ln（x+n），若f（x）≥0，则m+n的最小值为（　　）
A． B． C．1 D．2
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】计算题；数形结合；数形结合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】依题意，将f（x）≥0转化为在定义域（﹣n，+∞）内同正同负，函数图象与x轴的交点重合，得到m＝e1﹣n，进而m+n＝e1﹣n+n，利用导数求出最小值．
【解答】解：f（x）＝（ex﹣m）ln（x+n）≥0可看作在定义域（﹣n，+∞）内同正同负，
因为两函数在定义域内均单调递增，所以在定义域（﹣n，+∞）内同正，
因此只需函数图象与x轴的交点重合，如图所示：
令，f2（x）＝ln（x+n）＝0，得lnm＝1﹣n，
所以m＝e1﹣n，所以m+n＝e1﹣n+n，
令y＝e1﹣n+n，y′＝﹣e1﹣n+1，
当y＝﹣e1﹣n+1＝0时，n＝1，
当n∈（﹣∞，1）时，y′＜0，y＝e1﹣n+n单调递减，
当n∈（1，+∞）时，y′＞0，y＝e1﹣n+n单调递增，
所以当n＝1时，y＝e1﹣n+n有最小值，最小值为e1﹣1+1＝2，
所以m+n的最小值为2．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
5．（2024秋 唐山期末）设n∈N*，xn是曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线与x轴交点的横坐标，记，则数列{an}的前50项和为（　　）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程；数列的求和．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；点列、递归数列与数学归纳法；运算求解．
【答案】A
【分析】先对函数求导，再求出切线方程，求出交点的横坐标，再利用裂项相消法对数列求和即可．
【解答】解：∵y＝x2n﹣1﹣2，
∴y′＝（2n﹣1）x2n﹣2，
∴曲线y＝x2n﹣1﹣2在点（1，﹣1）处的切线斜率为2n﹣1，
∴切线方程为：y﹣（﹣1）＝（2n﹣1）（x﹣1），
即为：y＝（2n﹣1）x﹣2n，令y＝0，可得，
∴，
∴，
化简：，
∴数列{an}的前50项和为：
．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数研究函数的切线问题，裂项求和法的应用，属中档题．
6．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝ex（x﹣a）2在x＝1处有极大值，则a的值为（　　）
A．﹣1 B．1 C．3 D．1或3
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；转化思想；向量法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，列出方程求得a的值，然后检验即可得到结果．
【解答】解：f′（x）＝ex（x﹣a）2+2（x﹣a）ex＝ex（x﹣a）（x﹣a+2），
由题意可得f′（1）＝0，即e（1﹣a）（3﹣a）＝0，
解得a＝1或a＝3，
当a＝1时，f′（x）＝ex（x﹣1）（x+1），
当x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（﹣1，1）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
此时f（x）在x＝1处取得极小值，不符合题意；
当a＝3时，f′（x）＝ex（x﹣3）（x﹣1），
当x∈（﹣∞，1）∪（3，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（1，3）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，1），（3，+∞）上单调递增，在（1，3）上单调递减，
此时f（x）在x＝1处取得极大值，符合题意．
综上，a＝3．
故选：C．
【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．
7．（2025 广东模拟）设函数f（x）＝ln（e2x+1）+|x|﹣x，则不等式f（2x﹣1）﹣f（x+1）≤0的解集为（　　）
A．（﹣∞，2] B．[0，2]
C．[2，+∞） D．（﹣∞，0]∪[2，+∞）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】先根据f（﹣x）＝f（x）得到f（x）为偶函数，再根据f（x）在（0，+∞）上单调递增，故可将不等式化为|2x﹣1|≤|x+1|求解．
【解答】解：由题意可得f（x）的定义域为R，
且f（﹣x）＝ln（e﹣2x+1）+|﹣x|﹣（﹣x）＝ln（e2x+1）﹣2x+|x|+x＝ln（e2x+1）+|x|﹣x＝f（x），
所以f（x）为偶函数，
又当x＞0时，f（x）＝ln（e2x+1），f'（x）0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当f（2x﹣1）﹣f（x+1）≤0时，即f（2x﹣1）≤f（x+1），
则只需|2x﹣1|≤|x+1|，解得0≤x≤2．
故选：B．
【点评】本题考查函数的奇偶性与函数的单调性在解不等式中的应用，属于中档题．
8．（2024秋 揭阳期末）设函数f（x）＝（ex﹣a）ln（x﹣2b），若f（x）≥0，则ab的最小值为（　　）
A． B． C．0 D．e
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】先根据f（x）≥0，得到lna＝2b+1，即a＝e2b+1，则ab＝be2b+1，构造函数g（x）＝xe2x+1，利用g（x）的单调性即可求解．
【解答】解：当ln（x﹣2b）≥0时，x≥2b+1，当ln（x﹣2b）≤0时，2b≤x≤2b+1，
当ex﹣a≥0时，x≥lna，当ex﹣a≤0时，x≤lna，
若f（x）≥0恒成立，则lna＝2b+1，所以lna＝lne2b+1，即a＝e2b+1，
所以ab＝be2b+1，
令g（x）＝xe2x+1，则g'（x）＝（2x+1）e2x+1，
当x时，g'（x）＞0，当x时，g'（x）＜0，
所以g（x）在（﹣∞，）上单调递减，（，+∞）上单调递增，
故g（x）min＝g（）e0，即ab的最小值为．
故选：B．
【点评】本题考查函数的单调性与最值，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
（多选）9．（2025 仁寿县校级模拟）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，x＝0，x＝3是f（x）的两个零点，且f'（3）＝0，则（　　）
A．a+b+c＝4
B．x＝3为f（x）的极小值点
C．f（x）的极大值为4
D．满足f（x）＞f（1）的解集是{x|x＞4}
【考点】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】BCD
【分析】根据x＝0，x＝3是f（x）的两个零点可得b＝﹣9﹣3a，c＝0，进而结合f′（3）＝0即可求得a，b的值，进而判断A；结合导数分析函数的单调性，可判断BC；结合函数f（x）的图象可判断D．
【解答】解：由于x＝0，x＝3是函数f（x）的两个零点，
所以，所以b＝﹣9﹣3a，c＝0，
所以f（x）＝x3+ax2﹣（9+3a）x，
因此导函数f′（x）＝3x2+2ax﹣（9+3a），
所以f′（3）＝27+6a﹣（9+3a）＝0，
解得a＝﹣6，那么b＝9，所以函数f（x）＝x3﹣6x2+9x．
对于选项A，a+b+c＝﹣6+9+0＝3，所以选项A错误；
对于选项B，根据导函数f′（x）＝3x2﹣12x+9，
令f′（x）＜0，得1＜x＜3，令f′（x）＞0，得x＜1或x＞3，
因此f（x）在（1，3）上单调递减，在（﹣∞，1）和（3，+∞）上单调递增，
则x＝3为f（x）的极小值点，所以选项B正确；
对于选项C，当x＝1时，函数f（x）取得极大值f（1）＝4，所以选项C正确；
对于选项D，根据f（4）＝4，画出函数f（x）的图象，如图，
满足f（x）＞f（1）的解集是{x|x＞4}，所以选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数综合应用，属于中档题．
（多选）10．（2025 株洲一模）若m+em＝n+lnn＝4，则（　　）
A．m＞n B．mn＞e C．m+n＝4 D．nen＝e4
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】将m+em＝n+lnn＝4化为lnem+em＝n+lnn＝4，构造函数f（x）＝x+lnx（x＞0），利用导数研究函数单调性可得函数f（x）＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，进而em＝n，代入C，D选项即可判断；根据函数f（x）＝x+lnx单调性可知e＜em＝n＜3，故1＜m＜2，即可判断选项A；构造函数g（x）＝xex，利用导数研究其单调性可知g（x）＝xex在（﹣1，+∞）上单调递增，故g（m）＞g（1），代入即可判断选项B．
【解答】解：对于选项C，D：因为m+em＝n+lnn＝4，
所以lnem+em＝n+lnn＝4．
设f（x）＝x+lnx（x＞0），
则f（em）＝f（n）＝4．
因为，
所以f（x）＝x+lnx在（0，+∞）上单调递增，em＝n．
所以m+n＝m+em＝4，nen＝em en＝em+n＝e4，故选项C，D正确；
对于选项A：又因为f（e）＝e+lne＝e+1＜4，f（3）＝3+ln3＞4，
所以e＜em＝n＜3，
所以1＝lne＜m＜ln3＜2，
所以m＜n，故选项A错误；
对于选项B：设g（x）＝xex，
则g′（x）＝（x+1）ex，
令g′（x）＝（x+1）ex＞0，即x+1＞0，解得x＞﹣1；
令g′（x）＝（x+1）ex＜0，即x+1＜0，解得x＜﹣1，
所以g（x）＝xex在（﹣1，+∞）上单调递增，在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
因为1＜m＜2，∴g（m）＞g（1），
即mem＞e，∴mn＝mem＞e，故选项B正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
（多选）11．（2025 浙江模拟）设函数f（x）＝x3﹣3x2+2，则（　　）
A．x＝0为f（x）的极大值点
B．f（x）的图像关于（1，0）中心对称
C．函数y＝f（x）的三个零点成等差数列
D． x∈（﹣∞，3]，f（x）﹣f（2﹣x）＞4
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【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】ABC
【分析】对f（x）求导，利用导数可得函数的单调性，从而可得函数的极大值点，可判断A；计算f（2﹣x）+f（x）＝0，可判断B；令f（x）＝0，求出函数的零点，即可判断C；构造函数g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），利用导数求出函数的最值，可判断D．
【解答】解：f（x）＝x3﹣3x2+2，则f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，可得x＝0或x＝2，
当x∈（﹣∞，0）∪（2，+∞）时，f′（x）＞0，当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，
所以f（x）在（﹣∞，0），（2，+∞）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
所以x＝0为f（x）的极大值点，故A正确；
f（2﹣x）+f（x）＝（2﹣x）3﹣3（2﹣x）2+2+x3﹣3x2+2＝8﹣12x+6x2﹣x3﹣12+12x﹣3x2+2+x3﹣3x2+2＝0，
所以f（x）的图像关于（1，0）中心对称，故B正确；
令f（x）＝x3﹣3x2+2＝0，整理得（x﹣1）（x2﹣2x﹣2）＝0，
解得x＝1或x＝1或x＝1，
即f（x）零点为x＝1，x＝1，x＝1，
又112，
所以函数y＝f（x）的三个零点成等差数列，故C正确；
f（x）﹣f（2﹣x）＝x3﹣3x2+2﹣（8﹣12x+6x2﹣x3﹣12+12x﹣3x2+2）＝2x3﹣6x2+4，
令g（x）＝2x3﹣6x2+4，x∈（﹣∞，3]，则g′（x）＝6x2﹣12x＝6x（x﹣2），
当x∈（﹣∞，0）∪（2，3）时，g′（x）＞0，当x∈（0，2）时，g′（x）＜0，
所以g（x）在（﹣∞，0），（2，3）上单调递增，在（0，2）上单调递减，
又g（0）＝4，g（3）＝4，所以g（x）的最大值为4，
所以当x∈（﹣∞，3]时，f（x）﹣f（2﹣x）≤4，故D错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，函数的对称性，函数的零点问题，考查运算求解能力，属于中档题．
（多选）12．（2024秋 辽阳期末）已知函数f（x）＝x3﹣|3x2﹣3|﹣m，则（　　）
A．f（x）只有1个极小值点
B．曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线斜率为9
C．当f（x）有3个零点时，m的取值范围为（﹣3，1）
D．当f（x）只有1个零点时，m的取值范围为（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BCD
【分析】分x≥1或x≤﹣1、﹣1＜x＜1两种情况讨论，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值点，即可判断A、B，根据零点的个数得到不等式组，即可判断C、D．
【解答】解：对于选项A：∵f（x）＝x3﹣|3x2﹣3|﹣m，
当x≥1或x≤﹣1时，f（x）＝x3﹣3x2+3﹣m，
则f′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2），
∴当x＞2或x≤﹣1时，f′（x）＞0，当1≤x＜2时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，﹣1]（2，+∞）上单调递增，在[1，2）上单调递减；
当﹣1＜x＜1时，f（x）＝x3+3x2﹣3﹣m，
则f′（x）＝3x2+6x＝3x（x+2），
∴当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（﹣1，0）上单调递减；
则f（x）在x＝0、x＝2处取得极小值，
故f（x）有2个极小值点，故选项A错误；
对于选项B：因为f′（3）＝3×32﹣6×3＝9，
∴曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线斜率为9，故选项B正确；
对于选项C：令g（x）＝x3﹣|3x2﹣3|，
则g（x）的图象如下所示：
其中f（x）的图象是由g（x）的图象向下（m＞0）或向上（m＜0）平移|m|个单位得到；
∵f（﹣1）＝﹣1﹣m，f（0）＝﹣3﹣m，f（1）＝1﹣m，f（2）＝﹣1﹣m，
要使f（x）有3个零点，
则或或f（﹣1）＝f（2）＝0，
则或或﹣1﹣m＝0，
解得﹣1＜m＜1或﹣3＜m＜﹣1或m＝﹣1，
综上可得m的取值范围为（﹣3，1），故选项C正确；
对于选项D：要使f（x）只有1个零点，
则f（1）＜0或f（0）＞0，即1﹣m＜0或﹣3﹣m＞0，
解得m＞1或m＜﹣3，
即m的取值范围为（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞），故选项D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 宁波期末）已知函数f（x）＝e﹣x（lna+lnx），对任意x＞0，恒成立，则实数a的取值范围是 　（0，e）　．
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】计算题；转化思想；构造法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（0，e）．
【分析】将已知不等式转化为ex﹣lna+x﹣lna＞elnx+lnx，记g（x）＝ex+x，则不等式等价于g（x﹣lna）＞g（lnx），根据g（x）的单调性可得x﹣lna＞lnx，即x﹣lnx＞lna恒成立，构造函数h（x）＝x﹣lnx，利用导数求出h（x）的最小值，即可求解a的取值范围．
【解答】解：由 e﹣x（lna+lnx） lna＞lnx ex﹣lna+x﹣lna＞x+lnx＝elnx+lnx，
记g（x）＝ex+x，
所以不等式等价于g（x﹣lna）＞g（lnx），
易知g（x）为增函数，
所以x﹣lna＞lnx，即x﹣lnx＞lna恒成立，
记h（x）＝x﹣lnx，则h′（x）＝1，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）min＝h（1）＝1，
所以lna＜1，解得0＜a＜e，
即a的取值范围是（0，e）．
故答案为：（0，e）．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2024秋 浏阳市期末）已知函数f（x）＝alnx﹣x+1（a＞0）有且只有一个零点，则a＝ 　1　，若在x∈（0，+∞）内恒成立，则实数b的取值范围是 　[﹣e2，+∞）　．
【考点】利用导数求解函数的最值；函数恒成立问题．
【专题】计算题；分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】1；[﹣e2，+∞）．
【分析】第一空，注意到f（1）＝0，然后分a＝1，0＜a＜1，a＞1三种情况结合零点存在性定理可得答案；
第二空，令t＝f（x）＜0，则，然后由导数知识可得答案．
【解答】解：函数f（x）＝alnx﹣x+1的定义域为（0，+∞），则，因a＞0，
令f′（x）＞0，可得0＜x＜a，令f′（x）＜0，可得x＞a．
所以f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，+∞）上单调递减，
所以f（x）≤f（a）．
因为f（1）＝0，当a＝1时，f（x）≤0，且只有x＝1一个零点，符合题意；
若0＜a＜1，则f（a）＞f（1）＝0，
构造函数g（x）＝ex﹣x，x＞0，则g′（x）＝ex﹣1＞0 g（x）在（0，+∞）上单调递增，
又，则，
结合，则，使得f（x1）＝0，与已知矛盾；
若a＞1，则f（a）＞f（1）＝0，
令h（x）＝x2+1﹣ex，x＞0，则h′（x）＝2x﹣ex．
令p（x）＝h′（x）＝2x﹣ex，x＞0，则p′（x）＝2﹣ex．
由p′（x）＞0，可得0＜x＜ln2，由p′（x）＜0，可得x＞ln2，
则p（x）在（0，ln2）上单调递增，在（ln2，+∞）上单调递减，
则p（x）＝h′（x）≤p（ln2）＝2ln2﹣2＜0，得h（x）＝x2+1﹣ex在（0，+∞）上递减，
则h（a）＝f（ea）＝a2+1﹣ea＜0．又ea＞a，所以，使得f（x2）＝0，与已知矛盾；
综上可知，a＝1．
，当x＝1时，0≤e成立，
当x≠1时，由第一空分析可知，f（x）＜f（1）＝0，设t＝f（x）＜0，
则．
设，则．
由m′（t）＞0，可得t＜﹣1，由m′（t）＜0，可得﹣1＜t＜0．
所以m（t）在（﹣∞，﹣1）上单调递增，在（﹣1，0）上单调递减，
故，所以b≥﹣e2，即b的取值范围是[﹣e2，+∞）．
故答案为：1；[﹣e2，+∞）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，函数零点个数问题，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于难题．
15．（2025 浙江模拟）设函数f（x）＝xex，若曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处（x0＞0）的切线与抛物线y＝ex2有且仅有一个公共点，则x0的值为 　1　，
【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；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】1．
【分析】求出曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线方程，与抛物线联立，再利用导数求函数的单调区间，利用导数研究函数的零点，即可得到答案．
【解答】解：先求曲线的切线方程，因为f（x）＝xex，
所以f'（x）＝ex+xex，
则曲线y＝f（x）在点（x0，f（x0））处的切线的斜率为，
用点斜式表示切线方程为：，
将抛物线y＝ex2与切线方程联立，
可得：，
去括号整理可得：，
计算方程的，
因为曲线的切线与抛物线只有一个交点，其成立的必要条件需满足Δ＝0，
所以，
因为，
所以等式两边同时除以结果仍成立，
故，，
因为x0＞0，所以，
则，
令，
，
显然h′（x）在（0，+∞）上单调递增，又h'（1）＝0，
所以当0＜x＜1时，h′（x）＜0，当x＞1时，h′（x）＞0，
故h（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
又h（1）＝0，
所以h（x）存在唯一零点1，故x0＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查利用导数求曲线上一点的切线方程、利用导数求函数的单调区间、利用导数研究函数的零点等，属于较难题．
16．（2024秋 泰州期末）过点（﹣1，0）作曲线x2＝2y的切线，写出其中的一条切线方程 　y＝0（或2x+y+2＝0）　．
【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；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】y＝0（或2x+y+2＝0）．
【分析】利用导数的几何意义，直线的点斜式方程，即可求解．
【解答】解：∵y，∴y′＝x，
设过点（﹣1，0）的切线切曲线于点（t，），
∴切线方程为yt（x﹣t），又其过点（﹣1，0），
∴t（﹣1﹣t），解得t＝0或t＝﹣2，
∴所求切线方程为y＝0或y﹣2＝﹣2（x+2），
即为y＝0或2x+y+2＝0．
故答案为：y＝0（或2x+y+2＝0）．
【点评】本题考查利用导数求函数的切线问题，属中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2025 永州二模）已知函数．
（1）设直线x＝4与曲线y＝f（x）交于点P，求P点纵坐标的最小值；
（2）a取遍全体正实数时，曲线y＝f（x）在坐标平面上扫过一片区域，该区域的下边界为函数g（x），求g（x）的解析式；
（3）证明：当x≥1时，对任意正实数a，f（x）≥2lnx+2．（附：
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解答．
【分析】（1）利用基本不等式求解即可；
（2）求导，讨论其单调性，即可求出解析式；
（3）f（x）≥g（x）恒成立，所以只需证明g（x）≥2lnx+2即可，结合导数求证即可．
【解答】解：（1）x＝4时，，
令，
当且仅当时等号成立，
所以P点纵坐标的最小值为；
（2），
令，
则，
①当，即0＜x≤3时，h'（a）≥0，h（a）在（0，+∞）上单调递增，
；
②当，即x＞3时，由，
h（a）在上单调递减，在上单调递增，
．
综上所述，．
（3）证明：由第（2）问可知f（x）≥g（x）恒成立，所以只需证明g（x）≥2lnx+2即可．
①若x∈[1，3]，构造，
则，
因为x≥1，所以h'（x）≥0在[1，3]上恒成立，h（x）在[1，3]上单调递增，
所以h（x）≥h（1）＝0，
即在[1，3]上恒成立；
②若x∈[3，+∞），，
因为x≥3，所以，
构造，
则．
令，
则，
所以φ（x）在[3，+∞）单调递增，
而，所以φ（x）＞0 h'（x）＞0恒成立，
h（x）在[3，+∞）单调递增，．
因为，即，
，
所以g（x）≥2lnx+2，
而f（x）≥g（x），即证f（x）≥2lnx+2在x∈[1，+∞）上恒成立．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
18．（2024秋 长沙校级期末）设f（x）＝x﹣1﹣lnx．
（1）求f（x）在处的切线方程；
（2）求证：当x＞0时，f（x）≥0；
（3）证明：对于任意正整数n都有恒成立．
【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】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）（1﹣e）x﹣y+1＝0．
（2）证明见解析．
（3）证明见解析．
【分析】（1）求出函数的导函数，利用导数的几何意义求出切线方程；
（2）利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得证；
（3）由（2）可知当x＞1时lnx＜x﹣1，可得，根据等比数列求和可知，即可得解．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，所以导函数，
所以，又因为，
因此切线方程为，所以（1﹣e）x﹣y+1＝0．
（2）证明：因为函数f（x）＝x﹣1﹣lnx，x∈（0，+∞），因此导函数，
令导函数f′（x）＝0，解得x＝1，
可知当0＜x＜1时，f′（x）＜0，所以f（x）在区间（0，1）上单调递减，
当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在区间（1，+∞）上单调递增，
因此当x＝1时，函数f（x）取得最小值，
因此f（x）≥f（1）＝0．
（3）证明：根据第二问可知当x＞1时，x﹣1﹣lnx＞0，所以lnx＜x﹣1，
令，可得，
因此
，
所以，
所以，
所以对于任意正整数n都有恒成立．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
19．（2024秋 晋中期末）已知函数．
（Ⅰ）求f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）将f（x）的图象向左平移个单位长度后得到函数g（x）的图象，求g（x）在区间[，]上的最值；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，若对任意，都存在x2∈[2，4]，使得g（x1）﹣|x2﹣a|+3a≤0，求实数a的取值范围．
【考点】不等式恒成立的问题；正弦函数的奇偶性和对称性；函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；三角函数的恒等变换及化简求值．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】（I）∈Z；
（Ⅱ）g（x）min＝﹣4，g（x）max＝2；
（Ⅲ）{a|a}．
【分析】（I）结合二倍角公式，辅助角公式，和差角公式进行化简，然后结合正弦函数的单调性即可求解；
（Ⅱ）结合正弦函数取得最值条件即可求解；
（Ⅲ）结合恒成立，存在性问题与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝sin4x+4sin
＝（sin2x﹣cos2x）（sin2x+cos2x）+4sin（2x）﹣6cos2x+1
，
令，得，
所以f（x）的单调递增区间为∈Z；
（Ⅱ）根据（Ⅰ）知，g（x）＝f（x）＝4sin（2x）﹣2，
令，当时，．
根据正弦函数的性质，当，即时，g（x）取得最小值﹣4；
当t，即x时，g（x）取得最大值2，
所以g（x）min＝﹣4，g（x）max＝2；
（Ⅲ）不等式g（x1）﹣|x2﹣a|+3a≤0等价于g（x1）≤|x2﹣a|﹣3a，
令h（x）＝|x2﹣a|﹣3a，
根据题意，有g（x）max≤h（x）max，
当a≤3时，h（x）max＝h（4）＝|4﹣a|﹣3a＝4﹣4a，由2≤4﹣4a，解得；
当a＞3时，h（x）max＝h（2）＝|2﹣a|﹣3a＝﹣2a﹣2，由2≤﹣2a﹣2，解得a≤﹣2，无解，
综上，a的范围为{a|a}．
【点评】本题主要考查了和差角公式，二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，不等式恒成立与最值关系的转化，属于中档题．
20．（2024秋 济宁期末）已知函数f（x）＝ex+ax2，a∈R．
（1）讨论函数f（x）零点的个数；
（2）若f'（x）﹣3ax≥b，求ab的最大值．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】分类讨论；整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）当a≥0时，函数f（x）有0个零点；当时，函数f（x）有1个零点；
当时，函数f（x）有2个零点；当时，函数f（x）有3个零点．
（2）．
【分析】（1）先讨论a＝0时f（x）的零点情况，再将a≠0时f（x）的零点情况转化为与的图象交点情况，再利用导数分析g（x）的大致图象，从而得解；
（2）分类讨论a＜0、a＝0与a＞0的情况，利用导数分析得b≤a﹣alna，再构造函数φ（x）＝x2﹣x2lnx，利用导数求得其最大值，从而得解．
【解答】解：（1）因为f（x）＝ex+ax2，
当a＝0时，f（x）＝ex，所以f（x）的零点个数为0；
当a≠0时，由f（x）＝ex+ax2＝0得，，
令，则g′（x），即，
当0＜x＜2时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x＜0或x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；当x＞0时，g（x）＞0，，g（0）＝0，
当x→﹣∞时，g（x）→+∞，作出g（x）的大致图象，
当，即a＞0时，g（x）与的图象没有交点，即f（x）有0个零点；
当，即时，g（x）与的图象有3个交点，即f（x）有3个零点；
当，即时，g（x）与的图象有2个交点，即f（x）有2个零点；
当，即时，g（x）与的图象有1个交点，即f（x）有1个零点；
综上，当a≥0时，函数f（x）有0个零点；当时，函数f（x）有1个零点；
当时，函数f（x）有2个零点；当时，函数f（x）有3个零点．
（2）因为f′（x）﹣3ax≥b，则ex﹣ax﹣b≥0，
令h（x）＝ex﹣ax﹣b，则h′（x）＝ex﹣a，
当a＜0时，由y＝ex与y＝﹣ax﹣b的性质可知，当x→﹣∞时，y＝ex→0，y＝﹣ax﹣b→﹣∞，
所以h（x）＝ex﹣ax﹣b≥0不恒成立，不符合题意；
当a＝0时，h（x）＝ex﹣b≥0，只需b≤0，所以ab＝0；
当a＞0时，当x＞lna时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当x＜lna时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）≥h（lna）＝a﹣alna﹣b≥0，即b≤a﹣alna，
所以ab≤a2﹣a2lna，
令φ（x）＝x2﹣x2lnx，x＞0，则φ′（x）＝x﹣2xlnx＝x（1﹣2lnx），
易知当时，φ′（x）＞0，此时φ（x）单调递增，
当时，φ′（x）＜0，此时φ（x）单调递减，
所以，所以，
当且仅当，时，，
所以ab的最大值为．
【点评】本题主要考查了函数零点个数的判断，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，属于中档题．
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