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预习衔接.夯实基础 导数在研究函数中的应用
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 浦东新区校级期中）已知函数y＝f（x），x∈R的导数是y＝f′（x）．对于如下两个命题：
①“函数y＝f（x）在R是严格增函数”是f′（x）≥0的充分非必要条件；
②“函数y＝f（x）在R是严格增函数”是f′（x）＞0的必要非充分条件．
下列判断正确的为（　　）
A．①与②均为真命题
B．①与②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题
D．①为假命题，②为真命题
2．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，且当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，则x＜0时，以下说法正确的是（　　）
A．f′（x）+g′（x）＞0 B．f′（x）﹣g′（x）＞0
C．f′（x）g′（x）＞0 D．
3．（2024秋 镇海区校级期中）若函数在[2，+∞）上单调递增，则k的取值范围为（　　）
A． B．k≤﹣1 C．k≤1 D．
4．（2024秋 苏州期中）已知函数f（x）＝xex﹣ax﹣bex+ab（a＞0），若f（x）≥0，则最大值为（　　）
A．e﹣2 B．e﹣1 C．e D．e2
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 西宁期中）已知[x]表示不超过x的最大整数．设函数f（x）＝ex﹣x﹣6的两个零点为x1，x2（x1＜x2），则（　　）
A．[x1]＝﹣6 B．[x1]＝﹣5 C．[x2]＝2 D．[x2]＝3
（多选）6．（2024秋 泉州期中）已知函数f（x）＝axlnx+x+1，a∈R，则下列说法正确的是（　　）
A．若a＝1，则f（x）的图象在x＝1处的切线方程为y＝2x
B．若f（x）在（1，+∞）上单调递增，则a的取值范围是[﹣1，+∞）
C．若当x＞1时，f（x）≤（ex﹣2）x，则a的取值范围是（﹣∞，﹣2]
D．若a＞0，f（x）有唯一零点x1，且x2满足，则x2＞x1＞0
（多选）7．（2024秋 阳江期中）对于实数a，b，c，d，下列说法错误的是（　　）
A．若a2＞b2，则a＞b
B．若a＞b，c＞d，则ac＞bd
C．若，则a＞b
D．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5，若f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 　 　．
9．（2024秋 南海区校级期中）若函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，则f′（x）的最小值为 　 　．
10．（2024秋 平罗县校级期中）若当x＞1时，不等式恒成立，则实数m的取值范围是 　 　．
11．（2024秋 辽宁期中）已知曲线f（x）＝x2与g（x）＝a+lnx有公共切线，则实数a的最大值为 　 　．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 西宁期中）已知函数f（x）＝x3﹣x﹣a．
（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在点（4，f（4））处的切线方程；
（2）当a＝4时，f（x）＞lnm，求m的取值范围；
（3）若f（x）有3个零点，求a的取值范围．
13．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝xex．
（1）求f（x）的最小值；
（2）求f（x）在点（1，e）处的切线方程．
14．（2024秋 朝阳区期中）已知函数f（x）＝ex+cosx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论f（x）在区间（﹣π，+∞）上的零点个数；
（Ⅲ）若f（m）＝n，其中m＞0，求证：n﹣m＞2．
15．（2024秋 靖远县校级期中）已知函数f（x）＝x+ae﹣x+1（a∈R）
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有2个零点，求a的取值范围．
预习衔接.夯实基础 导数在研究函数中的应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共4小题）
1．（2024秋 浦东新区校级期中）已知函数y＝f（x），x∈R的导数是y＝f′（x）．对于如下两个命题：
①“函数y＝f（x）在R是严格增函数”是f′（x）≥0的充分非必要条件；
②“函数y＝f（x）在R是严格增函数”是f′（x）＞0的必要非充分条件．
下列判断正确的为（　　）
A．①与②均为真命题
B．①与②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题
D．①为假命题，②为真命题
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】A
【分析】由题意，根据原函数与导函数的关系，分别判断命题的充分性以及必要性，进而可解．
【解答】解：因为函数y＝f（x）在R上是严格增函数，
所以f′（x）≥0，
此时命题①的充分性满足；
令f（x）＝1，
可得f′（x）＝0，
此时符合f′（x）≥0，但是不符合y＝f（x）在R上是严格增函数，
所以命题①的必要性不满足，
则命题①为真命题；
因为函数y＝f（x）在R上是严格增函数，
所以f′（x）≥0，
此时命题②的充分性不满足；
因为f′（x）＞0，
所以函数y＝f（x）在R上是严格增函数，
此时命题②的必要性满足，
则命题②为真命题．
故选：A．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性以及命题的定义，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
2．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，且当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，则x＜0时，以下说法正确的是（　　）
A．f′（x）+g′（x）＞0 B．f′（x）﹣g′（x）＞0
C．f′（x）g′（x）＞0 D．
【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；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】由函数的性质，结合导函数的性质逐一判断．
【解答】解：已知函数f（x）是奇函数，函数g（x）是偶函数，
则f′（x）为偶函数，g′（x）为奇函数，
又当x＞0时，f′（x）＞0，g′（x）＞0，
则当x＜0时，f′（x）＞0，g′（x）＜0，
对于A，f′（x）+g′（x）与0的大小关系无法确定，
即A错误；
对于B，f′（x）﹣g′（x）＞0，
即B正确；
对于C，f′（x）g′（x）＜0，
即C错误；
对于D，，
即D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了函数的性质，重点考查了导函数的性质，属基础题．
3．（2024秋 镇海区校级期中）若函数在[2，+∞）上单调递增，则k的取值范围为（　　）
A． B．k≤﹣1 C．k≤1 D．
【考点】由函数的单调性求解函数或参数（导数法）．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【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：因为函数在[2，+∞）上单调递增，
所以f′（x）0在[2，+∞）上恒成立，
即kx2+2x﹣k≤0在[2，+∞）上恒成立，
所以﹣k在[2，+∞）上恒成立，
令g（x），x≥2，
则g（x）在[2，+∞）上单调递减，g（x）≤g（2），
所以﹣k，即k．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，属于中档题．
4．（2024秋 苏州期中）已知函数f（x）＝xex﹣ax﹣bex+ab（a＞0），若f（x）≥0，则最大值为（　　）
A．e﹣2 B．e﹣1 C．e D．e2
【考点】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】A
【分析】先根据f（x）＝0推出x＝b或x＝lna，再根据b和lna的大小推导出，再利用换元法求解函数最值即可．
【解答】解：因为f（x）＝xex﹣ax﹣bex+ab＝ex（x﹣b）﹣a（x﹣b）＝（x﹣b）（ex﹣a），
所以f（x）＝0 x＝b或x＝lna．
①当b＞lna：根据f（x）≥0，解得x≤lna或x≥b，f（x）≥0不恒成立；
②当b＜lna：根据f（x）≥0，解得x≤b或x≥lna，f（x）≥0不恒成立．
所以b＝lna即eb＝a，f（x）≥0恒成立．
所以．
令g（b），g′（b），g′（b）＝0即为b＝2．
所以当b∈（﹣∞，2），g′（b）＞0，g（b）单调递增；当b∈（2，+∞）时，g′（b）＜0，g（b）递减．
所以g（b）max＝g（2）e﹣2．
所以（）max＝g（b）max＝e﹣2．
故选：A．
【点评】本题考查导数综合应用，属于中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）5．（2024秋 西宁期中）已知[x]表示不超过x的最大整数．设函数f（x）＝ex﹣x﹣6的两个零点为x1，x2（x1＜x2），则（　　）
A．[x1]＝﹣6 B．[x1]＝﹣5 C．[x2]＝2 D．[x2]＝3
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；求函数的零点．
【专题】对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】AC
【分析】由题意，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性和极值，结合零点存在性定理进行求解即可．
【解答】解：易知f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当x＝0时，f（x）取得极小值，极小值f（0）＝﹣6＜0，
易知，，f（2）＝e2﹣8＜0，f（3）＝e3﹣9＞0，
所以x1∈（﹣6，﹣5），x2∈（2，3），
则[x1]＝﹣6，[x2]＝2．
故选：AC．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
（多选）6．（2024秋 泉州期中）已知函数f（x）＝axlnx+x+1，a∈R，则下列说法正确的是（　　）
A．若a＝1，则f（x）的图象在x＝1处的切线方程为y＝2x
B．若f（x）在（1，+∞）上单调递增，则a的取值范围是[﹣1，+∞）
C．若当x＞1时，f（x）≤（ex﹣2）x，则a的取值范围是（﹣∞，﹣2]
D．若a＞0，f（x）有唯一零点x1，且x2满足，则x2＞x1＞0
【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；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】ACD
【分析】对于A选项，根据导数的几何意义求出切线方程即可判断；
对于B选项，根据对一切（1，+∞）都有f（x）＝a（lnx+1）+1≥0，求出a的范围即可判断；
对于C选项，不等式等价于a，构造函数求最大值即可判断；
对于D选项，通过构造函数利用单调性求x1，x2的大小及范围即可判断．
【解答】解：对于A选项，当a＝1时，f′（x）＝lnx+2，f′（1）＝2，f（1）＝2，
则切线方程为y﹣2＝2（x﹣1），即y＝2x，故A正确；
对于B选项，若f（x）在（1，+∞）上单调递增，
则对一切（1，+∞）都有f′（x）＝a（lnx+1）+1≥0恒成立，
当a≥0时，由lnx＞0知满足条件；
当a＜0时，，f′（）＝a＜0，不满足条件，
因此a的取值范围是[0，+∞），故B错误；
对于C选项，当x＞1时，f（x）≤（ex﹣2）x等价于，
而2，
等号成立当且仅当x﹣2xlnx＝0，结合x＞1知，
因此a的取值范围是（﹣∞，﹣2]，故C正确；
对于D选项，由a＞0知f′（x）＝a（lnx+1）+1在（0，+∞）上单调递增，
令f'（x1）＝0，得lnx1′＝﹣1﹣a﹣1且f（x）在（0，x′1）上单调递减，在（x′1，+∞）上单调递增，
结合条件知f（x）min＝f（x′1）＝0．
x1′是f（x）的唯一零点，故x1′＝x1，
则0＝f（x1）＝ax1（﹣1﹣a﹣1）+x1+1＝﹣ax1+1 a＝x．
于是lnx1+x1+1＝0，由m（x）＝lnx+x+1在（0，+∞）上单调递增，
结合m（e﹣2）＝e﹣2﹣1＜0，m（e﹣1）＝e﹣1＞0知．
这样，由，
结合φ（x）＝x﹣sinx在R上单调递增（因为φ′（x）＝1﹣cosx≥0，等号成立当且仅当x＝2kπ（k∈Z））及φ（0）＝0知x2＞0．
由Φ（x）＝φ（x）﹣（e2x）﹣1在（0，+∞）上单调递增，结合知，
Φ，
即φ（x1）＜φ（x2）．
又φ（x）在R上单调递增，故x2＞x1＞0，D选项正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查导数综合应用，属于难题．
（多选）7．（2024秋 阳江期中）对于实数a，b，c，d，下列说法错误的是（　　）
A．若a2＞b2，则a＞b
B．若a＞b，c＞d，则ac＞bd
C．若，则a＞b
D．若a＞b，c＞d，则a﹣c＞b﹣d
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】整体思想；定义法；不等式；逻辑思维．
【答案】ABD
【分析】对ABD，举反例说明不等式恒不成立；
对C，根据不等式的性质，证明不等式恒成立．
【解答】解：对于选项A：令a＝﹣1，b＝0，那么a2＞b2，但是a＞b不成立，因此A选项错误；
对于选项B：令a＝﹣2，b＝﹣3，c＝3，d＝2，则a＞b，c＞d，但ac＞bd不成立，因此B选项错误；
对于选项C：由题意，根据不等式的性质，有，即a＞b，因此C选项正确；
对于选项D：令a＝3，b＝2，c＝5，d＝1，则a＞b，c＞d，但a﹣c＞b﹣d不成立，因此D选项错误．
故选：ABD．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
8．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5，若f（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围为 　（﹣∞，5]　．
【考点】利用导数求解函数的最值．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（﹣∞，5]．
【分析】就a＞0、a≤0分类讨论，前者再就0≤a≤5，a＞5分类后结合导数的符号讨论单调性后可得相应范围，后者结合常见的函数不等式可得恒成立，故可得参数的取值范围．
【解答】解：（1）当a＞0时，，
设，
则，
因为a＞0，故y＝5ex，均为（0，+∞）上的增函数，
故g'（x）在（0，+∞）上为增函数，
若5﹣a≥0，即0＜a≤5，则g'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
故g（x）在（0，+∞）上为增函数，故g（x）＞g（0）＝0恒成立，
故f（x）为（0，+∞）上为增函数，故f（x）＞f（0）＝0恒成立，故0＜a≤5，符合，
若5﹣a＜0，即a＞5，此时g'（0）＝5﹣a＜0，而，
故存在，使得g'（x0）＝0，
且 x∈（0，x0），g'（x）＜0，即g（x）在（0，x0）上为减函数，
故 x∈（0，x0），g（x）＜g（0）＝0，
即f（x）在（0，x0）上为减函数，
故f（x）＜f（0）＝0，与题设矛盾，
当a≤0时，设s（x）＝x﹣ln（x+1），x＞0，
则，
故s（x）在（0，+∞）上为增函数，
故s（x）＞s（0）＝0，即x﹣ln（x+1）＞0，x＞0，
设t（x）＝ex﹣x﹣1，x＞0，
则t'（x）＝ex﹣1＞0，t（x）在（0，+∞）上为增函数，
故t（x）＞t（0）＝0，即ex﹣x﹣1＞0，x＞0，
而a≤0，故5（ex﹣x﹣1）﹣a[x﹣ln（x+1）]＞0，
即5ex+aln（x+1）﹣（a+5）x﹣5＞0，
即f（x）＞0，
故f（x）≥0也成立，
综上，a≤5，
故a的取值范围是（﹣∞，5]．
故答案为：（﹣∞，5]．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
9．（2024秋 南海区校级期中）若函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，则f′（x）的最小值为 　﹣36　．
【考点】利用导数研究函数的最值．
【专题】对应思想；综合法；函数的性质及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】﹣36．
【分析】由题意，根据函数的对称性推出方程x2+ax+b＝0的两根分别为x＝﹣4，x＝﹣6，结合韦达定理求出a，b的值以及函数解析式，利用换元法以及二次函数的性质求解即可．
【解答】解：因为函数f（x）＝（x2﹣2x）（x2+ax+b）的图象关于x＝﹣2对称，
令f（x）＝0，
此时x2﹣2x＝0，
解得x＝0或x＝2，
由对称性可知，方程x2+ax+b＝0的两根分别为x＝﹣4，x＝﹣6，
由韦达定理得，
解得a＝10，b＝24，
所以f（x）＝x（x﹣2）（x2+10x+24）＝（x2+4x）（x2+4x﹣12），
令t＝x2+4x＝（x+2）2﹣4，t≥﹣4，
设h（t）＝t（t﹣12）＝t2﹣12t，
易知函数y＝h（t）是开口向上的二次函数，对称轴x＝6，
所以h（t）min＝h（6）＝﹣36．
故答案为：﹣36．
【点评】本题考查函数的值域与最值，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
10．（2024秋 平罗县校级期中）若当x＞1时，不等式恒成立，则实数m的取值范围是 　（﹣∞，2]　．
【考点】不等式恒成立的问题．
【专题】转化思想；综合法；不等式的解法及应用；运算求解．
【答案】（﹣∞，2]．
【分析】由基本不等式求出（x＞1），从而得到3≥2m﹣1，求出答案．
【解答】解：由x＞1，即x﹣1＞0，
可得x（x﹣1）1≥2+1＝3，
当且仅当，即x＝2时，等号成立，
故只需3≥2m﹣1，解得m≤2，所以实数m的取值范围是（﹣∞，2]．
故答案为：（﹣∞，2]．
【点评】本题考查不等式恒成立问题，以及基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．
11．（2024秋 辽宁期中）已知曲线f（x）＝x2与g（x）＝a+lnx有公共切线，则实数a的最大值为 　　．
【考点】利用导数研究函数的最值；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】．
【分析】先设出切点，求导得到切线方程，斜率截距对应相等，得到，构造函数，转化为存在性问题，最终求最值即可．
【解答】解：设曲线f（x）＝x2与g（x）＝a+lnx的切点分别为，（x2，a+lnx2），
因为f′（x）＝2x，，则两切线斜率k1＝2x1，，
所以，，
所以，
所以，即，
令，则，
当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以，即，
即，
故答案为：．
【点评】本题考查函数的导数的应用，函数的单调性研究函数的最值的求法，切线方程的应用，是难题．
四．解答题（共4小题）
12．（2024秋 西宁期中）已知函数f（x）＝x3﹣x﹣a．
（1）当a＝4时，求曲线y＝f（x）在点（4，f（4））处的切线方程；
（2）当a＝4时，f（x）＞lnm，求m的取值范围；
（3）若f（x）有3个零点，求a的取值范围．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；不等式恒成立的问题．
【专题】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）y＝46x﹣132；
（2）；
（3）．
【分析】（1）由题意，将a＝4代入函数解析式中，对函数f（x）进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可；
（2）结合（1）中信息，得到f（x）的最小值，列出等式求解即可；
（3）易知0为f（x）的1个零点，将问题转化成直线y＝a与函数的图象在（0，+∞）上有2个不同的交点，构造函数，对函数g（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而可解．
【解答】解：（1）当a＝4时，，函数定义域为（0，+∞），
可得，
所以f′（4）＝48﹣1﹣1＝46，
因为f（4）＝64﹣4﹣8＝52，
所以曲线y＝f（x）在点（4，f（4））处的切线方程为y﹣52＝46（x﹣4），
即y＝46x﹣132；
（2）当a＝4时，，
此时f′（x）在（0，+∞）上单调递增，
又f′（1）＝0，
当0＜x＜1时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝f（1）＝﹣4，
即lnm＜﹣4，
解得，
则m的取值范围为；
（3）因为f（0）＝0，
所以0为f（x）的1个零点，
若f（x）有3个零点，
此时f（x）在（0，+∞）上有2个零点，
此时方程有2个不同的实根，
即直线y＝a与函数的图象在（0，+∞）上有2个不同的交点，
设，
可得，
当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以，
又g（1）＝g（0）＝0，
因为直线y＝a与函数的图象在（0，+∞）上有2个不同的交点，
所以．
故a的取值范围为．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
13．（2024秋 镇海区校级期中）已知函数f（x）＝xex．
（1）求f（x）的最小值；
（2）求f（x）在点（1，e）处的切线方程．
【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．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（1）；（2）y＝2ex﹣e．
【分析】（1）先求导，判断函数的单调性，即可求解；
（2）求出切线的斜率，利用直线点斜式方程即可求解．
【解答】解：因为函数f（x）＝xex，
所以f'（x）＝ex+xex＝ex（1+x），
当x＞﹣1时，f'（x）＞0，所以f（x）在（﹣1，+∞）上是增函数，
当x＜﹣1时，f'（x）＜0，所以f（x）在（﹣∞，﹣1）上是减函数，
所以x＝﹣1时，f（x）最小值f（﹣1）＝﹣e﹣1；
（2）因为f'（1）＝2e，
所以函数f（x）＝x ex在点（1，e）处的切线方程为y﹣e＝2e（x﹣1），
即y＝2ex﹣e．
【点评】本题考查函数的导数的应用切线方程，以及函数的单调性以及函数的极值的求法，属于中档题．
14．（2024秋 朝阳区期中）已知函数f（x）＝ex+cosx．
（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（Ⅱ）讨论f（x）在区间（﹣π，+∞）上的零点个数；
（Ⅲ）若f（m）＝n，其中m＞0，求证：n﹣m＞2．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（Ⅰ）x﹣y+2＝0；
（Ⅱ）1；
（Ⅲ）证明过程见解答．
【分析】（Ⅰ）利用导数的几何意义直接求解即可；
（Ⅱ）分x＞0以及﹣π＜x≤0讨论即可；
（Ⅲ）设g（x）＝f（x）﹣x﹣2（x＞0），利用导数可得f（x）﹣x﹣2＞0，再结合f（m）＝n，即可得证．
【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝ex+cosx，得f（0）＝2且f'（x）＝ex﹣sinx，
所以f′（0）＝1，
所以曲线y＝f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y﹣f（0）＝f'（0）（x﹣0），即x﹣y+2＝0；
（Ⅱ）①当x＞0时，ex＞1，﹣1≤cosx≤1，
所以f（x）＞0，
所以f（x）在区间（0，+∞）上无零点；
②当﹣π＜x≤0时，ex＞0，sinx≤0，
所以f'（x）＝ex﹣sinx＞0，
所以f（x）在区间（﹣π，0]上单调递增．
又f（﹣π）＝e﹣π﹣1＜0，f（0）＝2＞0，
所以f（x）在区间（﹣π，0]上仅有一个零点；
综上，f（x）在区间（﹣π，+∞）上的零点个数为1；
（Ⅲ）证明：设g（x）＝f（x）﹣x﹣2（x＞0），即g（x）＝ex+cosx﹣x﹣2，
所以g'（x）＝ex﹣sinx﹣1，
设g'（x）＝h（x），则h'（x）＝ex﹣cosx，
因为x＞0时，ex＞1，﹣1≤cosx≤1，
所以h'（x）＞0，
所以h（x）在区间（0，+∞）上单调递增，即g'（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
故g'（x）＞g'（0）＝0，
所以g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，
故g（x）＞g（0）＝0，
所以f（x）﹣x﹣2＞0，
因为m＞0，
所以f（m）﹣m﹣2＞0，
又f（m）＝n，
所以n﹣m＞2．
【点评】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的零点和不等式的证明问题，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
15．（2024秋 靖远县校级期中）已知函数f（x）＝x+ae﹣x+1（a∈R）
（1）若曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为0，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若函数f（x）有2个零点，求a的取值范围．
【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】综合题；对应思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（1）（e﹣1）x﹣ey+2+e＝0；
（2）（0，e﹣2）．
【分析】（1）对函数f（x）进行求导，利用导数的几何意义进行求解即可；
（2）利用导数研究单调性和极值，由函数f（x）有两个零点，列不等式即可求解．
【解答】解：（1）易知函数f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝1﹣ae﹣x，
因为曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线的斜率为0，
所以f′（0）＝1﹣ae﹣0＝0，
解得a＝1，
所以，
又，
所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
即（e﹣1）x﹣ey+2+e＝0；
（2）因为f′（x）＝1﹣ae﹣x，
当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）单调递增，
所以函数f（x）不可能有两个零点，不符合题意；
当a＞0时，
当x＜lna时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞lna时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）min＝f（lna）＝lna+2，
当x→﹣∞时，f（x）→+∞；当x→+∞是，f（x）→+∞，
要使函数f（x）有两个零点，
此时f（lna）＝lna+2＜0，
解得a＜e﹣2，
则a∈（0，e﹣2）．
综上所述：实数a的取值范围为（0，e﹣2）．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力，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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