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期末核心考点 导数的应用
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 北京期末）函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，下列选项正确的是（　　）
A．y＝f（x）在区间（﹣3，﹣2）上单调递减
B．﹣2是y＝f（x）的极小值点
C．1是y＝f（x）的极大值点
D．曲线y＝f（x）在（0，f（0））处切线的斜率小于零
2．（2025春 皇姑区校级期中）若直线y＝2x+a是曲线的切线，则a＝（　　）
A．0 B． C． D．
3．（2025春 南岸区期中）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x）的图象是一条连续不断的曲线，f（x）的导函数为f′（x）．若函数y＝f′（x）的图象如图所示，则（　　）
A．f（x）在区间（﹣1，+∞）上单调递增
B．f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减
C．f（0）＜f（﹣1）＜f（﹣2）
D．
4．（2025春 南岸区期中）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f（x）+xf′（x）＜0，若f（2）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为（　　）
A．（﹣2，0）∪（0，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
C．（﹣2，0）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）
5．（2025 河南模拟）已知函数f（x）＝x+e﹣x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，1﹣e] B．（1，+∞）
C．（1﹣e，1] D．（﹣∞，1﹣e]∪（1，+∞）
6．（2025 湖南模拟）已知a＞b＞0，blna＝alnb，有如下四个结论：
①b＜e；
②b＞e；
③ a，b满足a b＜e2；
④a b＞e2．
则正确结论的序号是（　　）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
7．（2025春 沈阳期中）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，对于任意实数x都有f（x）＝f′（x）﹣ex（2x﹣3），f（0）＝4，则不等式f（x）＞4ex的解集为（　　）
A．（﹣∞，0）∪（3，+∞） B．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）
C．（0，3） D．（﹣1，4）
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 商丘期中）已知函数f（x）＝ex+kx，g（x）＝klnx+x，k∈R，则（　　）
A．当k＝﹣e时，g（x）有且只有一个零点
B．当k＜﹣e时，f（x）有两个零点
C．无论k为何实数，都存在正数x使得f（x）＝g（x）
D．当k≠0时，f（x）与g（x）零点个数相同
（多选）9．（2025春 沙坪坝区校级期中）已知函数f（x）及其导函数f′（x）定义域均为R，且满足f′（x）＝3e2x﹣f（x），f′（0）＝2，则下列说法正确的有（　　）
A．函数f（x）在R上单调递增
B．函数y＝f（x）﹣2x2存在极小值
C．若f（a）﹣f（b）＝1，则2a﹣b≥ln2
D．若f（a）﹣f（b）＝1，则ln（a﹣b）+a+b＜﹣ln2
（多选）10．（2025 喀什地区模拟）已知函数，则（　　）
A．函数f（x）的定义域为（0，2）
B．当a＝0，b＝0时，函数f（x）在定义域上单调递增
C．曲线y＝f（x）是中心对称图形
D．若b＝0，且f′（x）≥0，a的最小值是0
三．填空题（共3小题）
11．（2025 湖南三模）已知f（x）＝ln（2+x）+ln（1+ax）是偶函数，则f（x）的最大值为 　 　 ．
12．（2025 天心区校级模拟）不等式e2x+3a2x≥aex（3+x）对任意x∈[1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围是 　 　 ．
13．（2025 自流井区校级二模）已知f（x）＝lnx﹣ax，g（x）＝ex﹣ax，若对任意x1∈（0，+∞），都存在x2∈（0，+∞），使得f（x1）g（x2）＝x1x2，则实数a的取值范围为 　 　 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 浙江月考）已知函数的图象在点（1，f（1））处的切线与直线y＝3平行，其中a为常数．
（1）求a的值；
（2）求不等式f（x2﹣1）＜f（5x﹣7）的解集．
15．（2025 安康模拟）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣2．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）若对任意的x∈（1，+∞），都有xlnx+x＞k（x﹣1）成立，求整数k的最大值．
期末核心考点 导数的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．（2024秋 北京期末）函数y＝f（x）的导函数y＝f′（x）的图象如图所示，下列选项正确的是（　　）
A．y＝f（x）在区间（﹣3，﹣2）上单调递减
B．﹣2是y＝f（x）的极小值点
C．1是y＝f（x）的极大值点
D．曲线y＝f（x）在（0，f（0））处切线的斜率小于零
【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】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义与极值极值点的定义分别判断各选项．
【解答】解：对于A，由图象可知，当﹣3＜x＜﹣2时，f′（x）＞0，所以f（x）在（﹣3，﹣2）上单调递增，故A错误；
对于B，由图象可知，当﹣3＜x＜﹣2时，f′（x）＞0，函数单调递增，
当﹣2＜x＜1时，f′（x）＞0，函数单调递增，故﹣2不是y＝f（x）的极小值点，故B错误；
对于C，由图象可知，当﹣3＜x＜1时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（﹣3，1）上单调递增，
当x＞1时，f′（x）＜0，所以函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，故x＝1是函数f（x）的极大值点，故C正确；
对于D，由图象可知f′（0）＞0，则曲线y＝f（x）在（0，f（0））处切线的斜率大于零，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查函数的单调性与极值，属于中档题．
2．（2025春 皇姑区校级期中）若直线y＝2x+a是曲线的切线，则a＝（　　）
A．0 B． C． D．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】设切点为（t，），根据导数的几何意义及方差思想，即可求解．
【解答】解：设切点为（t，），又的导数为f′（x），
且直线y＝2x+a是曲线的切线，
所以，所以t，
所以切点为（，），又切点在y＝2x+a上，
所以，所以a．
故选：B．
【点评】本题考查函数的切线问题的求解，属基础题．
3．（2025春 南岸区期中）已知函数f（x）的定义域为R，且f（x）的图象是一条连续不断的曲线，f（x）的导函数为f′（x）．若函数y＝f′（x）的图象如图所示，则（　　）
A．f（x）在区间（﹣1，+∞）上单调递增
B．f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减
C．f（0）＜f（﹣1）＜f（﹣2）
D．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】C
【分析】利用图像即可得函数f（x）的单调性即可判断AB，由f（x）在（﹣2，0）的单调性即可判断CD．
【解答】解：由图可知，当x＜﹣2时，f′（x）＞0，f（x）单调递减，当﹣2＜x＜0时，f′（x）＜0，当x＞0时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，
所以f（x）单调增区间为（﹣∞，﹣2），（0，+∞），减区间为（﹣2，0），故AB错误；
所以f（0）＜f（﹣1）＜f（﹣2），故C正确；
函数f（x）在（﹣2，0）为减区间，所以，故D错误．
故选：C．
【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．
4．（2025春 南岸区期中）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x＜0时，f（x）+xf′（x）＜0，若f（2）＝0，则不等式xf（x）＞0的解集为（　　）
A．（﹣2，0）∪（0，2） B．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）
C．（﹣2，0）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2）∪（0，2）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】对应思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由题意构造函数g（x）＝xf（x），结合函数的单调性和函数的奇偶性即可求得最终结果．
【解答】解：令g（x）＝xf（x），由f（x）是偶函数可知函数g（x）为奇函数，
则当x＜0时，g'（x）＝f（x）+xf'（x）＜0，
即函数g（x）是区间（﹣∞，0）上的减函数，也在（0，+∞）上单调递减，
又g（2）＝2f（2）＝0，g（0）＝0，
所以当x＜﹣2或0＜x＜2时，g（x）＞0，
即不等式xf（x）＞0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（0，2）．
故选：D．
【点评】本题考查了函数的性质及导数的应用，属于中档题．
5．（2025 河南模拟）已知函数f（x）＝x+e﹣x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，1﹣e] B．（1，+∞）
C．（1﹣e，1] D．（﹣∞，1﹣e]∪（1，+∞）
【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】D
【分析】先求导函数，分析函数的单调性，即可求参．
【解答】解：因为函数f（x）＝x+e﹣x，若存在实数x，使得f（x）＝ax成立，
当x＝0时，0+e﹣0＝a×0不成立；
当x＞0时，存在x+e﹣x＝ax，所以；
当x＜0时，存在x+e﹣x＝ax，所以成立，
令，，
当单调递增；
当单调递减；
所以x＝﹣1时，ymax＝1﹣e，x→﹣∞，y→﹣∞，x→0，y→﹣∞，
所以a≤1﹣e；
综上实数a的取值范围为：{a|a≤1﹣e或a＞1}．
故选：D．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
6．（2025 湖南模拟）已知a＞b＞0，blna＝alnb，有如下四个结论：
①b＜e；
②b＞e；
③ a，b满足a b＜e2；
④a b＞e2．
则正确结论的序号是（　　）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意，用特殊值代入计算，即可判断命题是否正确．
【解答】解：【特殊值法】a＞b＞0，blna＝alnb，
不妨令a＝4，b＝2，满足条件；
则a＝4＞e，b＝2＜e，①正确，②错误；
又ab＝2×4＞e2，④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④．
【直接法】a＞b＞0，ab＝ba，
∴blna＝alnb，
∴；
设f（x） （x＞0），
则f′（x），
令f′（x）＝0，得1﹣lnx＝0，解得x＝e；
∴x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
∴x＝e时f（x）取得最大值为f（e）；
由函数的图象知，a、b中a＞e，1＜b＜e，∴①正确，②错误；
由t＞0，
∴，
①﹣②得t
①+②得lna+lnb＝t（a+b），
lna+lnb﹣22③
令u，则③式变为
lna+lnb﹣22（lnu ）
∵a＞e，1＜b＜e，∴u∈（1，+∞）
另f（u）＝lnu，
∵f′（u）0，
∴f（u）在（1，+∞）上单调递增，f（u）＞0，
由∵u﹣1＞0，∴lna+lnb＞2，
∴a b＞e2，③错误，④正确，
综上，正确结论的序号是①④．
故选：C．
【点评】本题考查了用特殊值判断数值大小的应用问题，是中档题．
7．（2025春 沈阳期中）已知f′（x）是函数f（x）的导函数，对于任意实数x都有f（x）＝f′（x）﹣ex（2x﹣3），f（0）＝4，则不等式f（x）＞4ex的解集为（　　）
A．（﹣∞，0）∪（3，+∞） B．（﹣∞，﹣1）∪（4，+∞）
C．（0，3） D．（﹣1，4）
【考点】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】A
【分析】构造函数g（x），依题意可得g′（x）＝2x﹣3 g（x）＝x2﹣3x+c，再利用f（0）＝4，可求得c＝4，从而可求得不等式f（x）＞4ex的解集．
【解答】解：令g（x），①
则g′（x），
因为f′（x）＝ex（2x﹣3）+f（x），
所以2x﹣3，
即g′（x）＝2x﹣3，
所以g（x）＝x2﹣3x+c，②
由①②得x2﹣3x+c，
所以f（x）＝ex（x2﹣3x+c），
又f（0）＝4，
所以e0 c＝4，
所以c＝4，
所以x2﹣3x+4，
所以不等式f（x）＞4ex，
可得x2﹣3x+4＞4，
解得x＜0或x＞3．
故选：A．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）8．（2025春 商丘期中）已知函数f（x）＝ex+kx，g（x）＝klnx+x，k∈R，则（　　）
A．当k＝﹣e时，g（x）有且只有一个零点
B．当k＜﹣e时，f（x）有两个零点
C．无论k为何实数，都存在正数x使得f（x）＝g（x）
D．当k≠0时，f（x）与g（x）零点个数相同
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】ABD
【分析】求导，分析函数的单调性，求函数的极值，可判断AB的真假；
举反例，可以说明C是错误的；
转化为函数，的单调性和极值的问题，利用数形结合，判断D的真假．
【解答】解：对选项A：当k＝﹣e时，函数g（x）＝﹣elnx+x，x＞0，
那么导函数，
根据导函数g′（x）＜0，可得0＜x＜e；根据导函数g′（x）＞0，可得x＞e，
因此函数g（x）在（e，+∞）上单调递增，在（0，e）上单调递减，
又因为g（e）＝0，因此函数g（x）有且只有一个零点x＝e，所以选项A正确；
对选项B：当k＜﹣e时，函数f（x）＝ex+kx，因此导函数f′（x）＝ex+k，
根据f′（x）＜0，可得x＜ln（﹣k）；根据f′（x）＞0，可得ex＞﹣k x＞ln（﹣k），
因此f（x）在（ln（﹣k），+∞）上单调递增，在（﹣∞，ln（﹣k））上单调递减，
又因为f（ln（﹣k））＝﹣k﹣k2＝﹣k（k+1），由于k＜﹣e，
因此f（ln（﹣k））＝﹣k（k+1）＜0，且当x→﹣∞和x→+∞时，f（x）＞0，
因此函数f（x）有两个零点，所以选项B正确；
对选项C：当k＝0时，函数f（x）＝ex，函数g（x）＝x，设函数h（x）＝ex﹣x，那么导函数h′（x）＝ex﹣1，
由于x＞0，因此h′（x）＝ex﹣1＞0，
所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（0）＝1，因此函数h（x）在（0，+∞）上无零点．
因此k＝0时，不存在正数x使得f（x）＝g（x），所以选项C错误；
对选项D：当k≠0时，
根据函数g（x）＝klnx+x＝0 ；
根据函数f（x）＝ex+kx＝0 ，
那么令，，
由于导函数，根据m′（x）＜0 x＞1；根据m′（x）＞0 x＜1，
因此函数m（x）在（1，+∞）上单调递减，在（﹣∞，1）上单调递增，且．
由于导函数，根据n′（x）＞0 0＜x＜e；根据n′（x）＜0 x＞e．
因此函数n（x）在（e，+∞）上单调递减，在（0，e）上单调递增，且．
作出，的图形如下：
可知：当k≠0时，f（x）与g（x）零点个数相同，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于难题．
（多选）9．（2025春 沙坪坝区校级期中）已知函数f（x）及其导函数f′（x）定义域均为R，且满足f′（x）＝3e2x﹣f（x），f′（0）＝2，则下列说法正确的有（　　）
A．函数f（x）在R上单调递增
B．函数y＝f（x）﹣2x2存在极小值
C．若f（a）﹣f（b）＝1，则2a﹣b≥ln2
D．若f（a）﹣f（b）＝1，则ln（a﹣b）+a+b＜﹣ln2
【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；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】令g（x）＝exf（x），求导，结合已知及导数的运算可得g（x）＝e3x+C，从而可得表示f（x），再对f（x）求导，由f′（0）＝2，可得C的值，从而可得f（x）的解析式，进而可判断选项A；令h（x）＝f（x）﹣2x2，利用导数判断函数的单调性，进而可判断极值，从而可判断选项B；根据f（a）﹣f（b）＝1可得2a＝ln（e2b+1），将2a﹣b转化为关于b的函数，结合基本不等式即可判断选项C；原不等式等价于ln[（2a﹣2b） ea+b]＜0，即，令，结合对数均值不等式即可判断选项D．
【解答】解：A选项，令g（x）＝exf（x），则有g'（x）＝ex[f（x）+f'（x）]＝3e3x，所以g（x）＝e3x+C，
所以，又因为，所以f'（0）＝2﹣C＝2，解得C＝0，
所以f（x）＝e2x，所以函数f（x）在R上单调递增，故A正确；
B选项，令h（x）＝f（x）﹣2x2＝e2x﹣2x2，则有h'（x）＝2e2x﹣4x＝2（e2x﹣2x）≥0，
所以h（x）在R上单调递增，不存在极值点，故B错误；
C选项，因为e2a﹣e2b＝1，解得2a＝ln（e2b+1），
所以，当且仅当b＝0时等号成立，故C正确；
D选项，原不等式等价于ln[（2a﹣2b） ea+b]＜0，即，令，
则有原不等式等价于，该不等式成立（对数均值不等式），故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
（多选）10．（2025 喀什地区模拟）已知函数，则（　　）
A．函数f（x）的定义域为（0，2）
B．当a＝0，b＝0时，函数f（x）在定义域上单调递增
C．曲线y＝f（x）是中心对称图形
D．若b＝0，且f′（x）≥0，a的最小值是0
【考点】利用导数研究函数的单调性；奇偶函数图象的对称性．
【专题】计算题；转化思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ABC
【分析】利用对数函数定义域求法可得A正确，由复合型对数函数单调性可判断B正确，利用函数对称性定义代入计算可得f（x）+f（2﹣x）＝2a，因此C正确，求导可得，再由基本不等式计算可得a+2≥0即可，可判断D错误．
【解答】解：对于选项A，由，解得0＜x＜2，则函数f（x）的定义域为（0，2），故A选项正确；
对于选项B，当a＝0，b＝0时，
易知函数y＝lnx单调递增，y＝ln（2﹣x）单调递减，∴函数f（x）在定义域上单调递增，故B选项正确；
对于选项C，令，，
因此g（x）的图象关于点（1，0）中心对称，
易知f（x）＝g（x）+a（x﹣1）+a+b（x﹣1）3满足f（x）+f（2﹣x）＝2a，
可得f（x）的图象关于点（1，a）中心对称，故C选项正确；
对于选项D，b＝0时，，其中x∈（0，2），
则，
∵，当且仅当x＝1时等号成立，
故f′（x）min＝2+a，
而f′（x）≥0成立，故a+2≥0，即a≥﹣2，∴a的最小值为﹣2，故D选项错误．
故选：ABC．
【点评】本题主要考查函数的定义域的求法，函数单调性的判断，函数的对称性以及利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共3小题）
11．（2025 湖南三模）已知f（x）＝ln（2+x）+ln（1+ax）是偶函数，则f（x）的最大值为 　ln2　 ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ln2．
【分析】根据偶函数的定义域关于原点对称可得，再由利用导数求得函数单调性可得其最大值．
【解答】解：因为函数f（x）＝ln（2+x）+ln（1+ax）为偶函数，所以定义域关于原点对称，
易知定义域为，即，因此ax＞﹣1的解集为{x|x＜2}；
即可得，所以；
此时f（x）＝ln（2+x）+ln（2﹣x）﹣ln2，
经检验满足f（x）＝f（﹣x），符合题意；
此时f（x）的定义域为（﹣2，2），且，
易知当x∈（﹣2，0）时，f′（x）＞0，即f（x）在（﹣2，0）上单调递增，
当x∈（0，2）时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，2）上单调递减，
可知f（x）在x＝0处取得极大值，也是最大值，即f（0）＝ln2；
所以f（x）的最大值为ln2．
故答案为：ln2．
【点评】本题主要考查了导数与单调性，函数奇偶性及单调性在最值求解中的应用，属于中档题．
12．（2025 天心区校级模拟）不等式e2x+3a2x≥aex（3+x）对任意x∈[1，+∞）恒成立，则实数a的取值范围是 　　 ．
【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意，转化为（ex﹣3a）（ex﹣ax）≥0对任意x∈[1，+∞）成立，分两种情况讨论：（1）不等式ex﹣3a≥0且ex﹣ax≥0对任意x∈[1，+∞）成立，结合的性质，求得；（2）方程ex﹣3a＝0且ex﹣ax＝0有相同的解，进而得到a的取值范围．
【解答】解：由不等式e2x+3a2x≥aex（3+x）对任意x∈[1，+∞）恒成立，
可得（ex﹣3a）（ex﹣ax）≥0对任意x∈[1，+∞）成立，分两种情况，如下：
（1）不等式ex﹣3a≥0且ex﹣ax≥0对任意x∈[1，+∞）成立，
由不等式ex﹣3a≥0恒成立，即，可得；
由不等式ex﹣ax≥0恒成立，即在x∈[1，+∞）恒成立，
令，可得恒成立，
所以f（x）在[1，+∞）上单调递增，所以f（x）min＝f（1）＝e，则，所以；
（2）方程ex﹣3a＝0且ex﹣ax＝0有相同的解，即y＝ex﹣3a且y＝ex﹣ax的零点重合，
由ex﹣3a＝0，可得x＝ln3a，将x＝ln3a代入ex﹣ax＝0，可得ln3a＝3，解得．
综上可得，实数a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了由不等式恒成立求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
13．（2025 自流井区校级二模）已知f（x）＝lnx﹣ax，g（x）＝ex﹣ax，若对任意x1∈（0，+∞），都存在x2∈（0，+∞），使得f（x1）g（x2）＝x1x2，则实数a的取值范围为 　　 ．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【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】．
【分析】由题意得，构造函数，，利用导数分别求两函数的值域，再将问题转化为F（x），G（x）值域间的包含关系，进而建立关于a的不等式求解可得．
【解答】解：由f（x1）g（x2）＝x1x2，得，
设．
则，
当0＜x＜e时，F'（x）＞0，则F（x）在（0，e）上单调递增；
当x＞e时，F'（x）＜0，则F（x）在（e，+∞）上单调递减；
所以，且当x→0时，F（x）→﹣∞；当x→+∞时，F（x）→﹣a．
故F（x）的值域为，
设，
则，当0＜x＜1时，G′（x）＜0，则G（x）在（0，1）上单调递减；
当x＞1时，G′（x）＞0，则G（x）在（1，+∞）上单调递增；
所以G（x）min＝G（1）＝e﹣a，且当x→0时，G（x）→+∞；当x→+∞时，G（x）→+∞，
故G（x）的值域为[e﹣a，+∞）；
依题意，F（x）的值域是的值域的子集．
显然a≠e，若a＜e，则的值域为，不合题意，舍去；
若a＞e，则的值域，
则需F（x）的值域，
则，解得．
综上，实数a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，不等式恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共2小题）
14．（2025春 浙江月考）已知函数的图象在点（1，f（1））处的切线与直线y＝3平行，其中a为常数．
（1）求a的值；
（2）求不等式f（x2﹣1）＜f（5x﹣7）的解集．
【考点】利用导数研究函数的单调性；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；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）a＝2
（2）x∈（2，3）
【分析】（1）先求出f（x）的导函数，再结合在点（1，f（1））处的切线与直线y＝3平行，列出a的方程，求解即可
（2）结合（1）得出函数的单调性，再利用单调性解不等式．
【解答】解：（1）由题意可得，x∈（0，+∞），
由f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线y＝3平行，
可得，解得a＝2；
（2）由（1）知，且恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
则不等式f（x2﹣1）＜f（5x﹣7）等价于，
解得x∈（2，3）．
【点评】本题考查导数的几何意义与切线方程以及函数的单调性，属于中档题．
15．（2025 安康模拟）已知函数f（x）＝x﹣lnx﹣2．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数f（x）的单调性；
（Ⅲ）若对任意的x∈（1，+∞），都有xlnx+x＞k（x﹣1）成立，求整数k的最大值．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）y＝﹣1．
（Ⅱ）f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．
（Ⅲ）3．
【分析】（Ⅰ）求导得f′（x）＝1，由导数的几何意义可得曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f′（1），计算f（1），则切线方程为y﹣f（1）＝f′（1）（x﹣1）．
（Ⅱ）求导并分析f′（x）的符号，进而可得f（x）的单调性．
（Ⅲ）由对任意的x∈（1，+∞），都有xlnx+x＞k（x﹣1），可得k在（1，+∞）上恒成立，令g（x），x＞1，只需k＜g（x）min，即可得出答案．
【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝x﹣lnx﹣2，
所以f′（x）＝1，
所以曲线f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率为f′（1）＝0，
又f（1）＝﹣1，
所以函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣1．
（Ⅱ）因为f（x）＝x﹣lnx﹣2，
所以f′（x）＝1，
令f′（x）＝0得x＝1，
所以在（0，1）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增．
（Ⅲ）因为对任意的x∈（1，+∞），都有xlnx+x＞k（x﹣1），
所以k，
令g（x），
g′（x），x＞1，
由（Ⅱ）知，f（x）＝x﹣lnx﹣2在（1，+∞）上单调递增，在区间（3，4）有唯一的零点，
设该零点为x0∈（3，4），则f（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0，
所以当x∈（1，x0）时，f（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（x0，+∞）时，f（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以g（x）min＝g（x0）x0∈（3，4），
所以k＜g（x）min＝x0∈（3，4），
所以整数k的最大值为3．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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