易错04导数及其应用 （2个易错点错因分析与分类讲解+8个易错核心题型强化训练）-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版）

易错04导数及其应用 （2个易错点错因分析与分类讲解+8个易错核心题型强化训练） 易错点错因分析与分类讲解 易错点1 混淆曲线在某点处的切线方程与过某点的切线方程 【例1】.[陕西安康2022调研]曲线过点的切线方程是（ ） 【变式】.[江苏南通2023期末]已知函数，则曲线经过点的切线方程是 . 易错点2 对极值点的含义理解不清 【例2】. [山西长治八中2022测评]已知函数在处取得极值0，则（ ） 【变式】. [河南洛阳 2023 月考]若是函数的极值点，则的值为（ ） 【易错核心题型强化训练】 一．利用导数研究函数的单调性（共9小题） 1．（2024•新乡三模）设，其中e是自然对数的底数，则（　　） A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a 2．（2024•安徽模拟）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．若x1，x2，⋯，xn为（a，b）上任意n个实数，满足，则称函数f（x）在（a，b）上为“凹函数”．也可设可导函数f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），当f″（x）＞0时，函数f（x）在（a，b）上为“凹函数”．已知x1，x2，⋯，xn＞0，n⩾2，且x1+x2+…+xn＝1，令的最小值为an，则a2024为（　　） A． B． C． D． 3．（2024•邵阳模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f'（x）为f（x）的导函数．若f（1）＝e，且f'（x）+ex＜f（x）在R上恒成立，则不等式f（x）＜（2﹣x）ex的解集为（　　） A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞） （多选）4．（2024•朝阳区校级模拟）已知正数a，b，c满足为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（　　） A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a 5．（2024•新县校级模拟）已知正数a，b满足，则a+b＝　 　． 6．（2024•山东模拟）法国数学家弗朗索瓦•韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其推广到高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，即如果x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是关于x的实系数一元n次方程在复数集C内的n个根，则 试运用韦达定理解决下列问题： （1）已知a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求a3+b3+c3的最小值； （2）已知a，b∈R，关于x的方程x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三个实数根，其中至少有一个实数根在区间（0，a）内，求2a﹣b的最大值． 7．（2024•武昌区模拟）已知函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 8．（2023•北京）设函数f（x）＝x﹣x3eax+b，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣x+1． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）设g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间； （Ⅲ）求f（x）的极值点的个数． 9．（2024•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）≤﹣1恒成立，求实数k的取值范围； （Ⅲ）求证：．（n∈N且n≥2） 二．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共3小题） 10．（2024•安徽三模）已知函数f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）的两个极值点分别为x1，x2，证明：． 11．（2024•重庆模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a为实数）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在两个不相等的正数x1，x2满足f（x1）＝f（x2），求证． （3）若f（x）有两个零点x1，x2，证明：． 12．（2024•海淀区校级模拟）已知函数f（x）＝alnx（a≠0） （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）若存在两条直线y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线y＝f（x）的切线．求实数a的取值范围； （Ⅲ）若|x|f（x）≤0}⊆（0，1），求实数a的取值范围． 三．利用导数研究函数的极值（共3小题） 13．（2024•顺义区模拟）已知函数f（x）（kx+b），给出下列四个结论： ①当k＝0时，对任意b∈R，f（x）有1个极值点； ②当k时，存在b∈R，使得f（x）存在极值点； ③当b＝0时，对任意k∈R，f（x）有一个零点； ④当0＜b时，存在k∈R，使得f（x）有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 　 　． 14．（2024•日照模拟）已知函数f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx． （1）判断函数g（x）在区间（0，3π）上的零点个数，并说明理由； （2）函数在区间（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有极值之和为M（n），证明：对于∀n∈N+，M（n）＜0． 15．（2024•广东模拟）已知函数f（x）＝x3+3bx2+3x有极值点 （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及b的取值范围； （Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1、x2，且f（x1）+f（x2）＝0，求b的值． 四．函数在某点取得极值的条件（共3小题） 16．（2024春•新会区校级月考）已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2在x＝1处有极值10，则a、b的值为（　　） A．a＝﹣4，b＝11 B．a＝3，b＝﹣3或a＝﹣4，b＝11 C．a＝﹣1，b＝5 D．以上都不正确 17．（2024春•菏泽期中）已知函数f（x）x3x2+cx+d有极值，则c的取值范围为（　　） A．c B．c C．c D．c 18．（2024春•江阴市校级月考）若函数f（x）＝x3+mx2+x+1在R上没有极值点，则实数m的取值范围是　 　． 五．利用导数求解函数的极值（共4小题） 19．（2024春•常州月考）已知函数． （1）若x＝1是函数f（x）的极值点，求a的值，并求函数f（x）的极值； （2）若函数f（x）在x＝0处取得极大值，求a的取值范围． 20．（2024春•承德月考）已知函数f（x）＝ax2﹣blnx在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝1； （1）求实数a，b的值； （2）求函数f（x）的极值． 21．（2024春•晋江市校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常数a＞0． （1）当x＝1时，函数f（x）取得极小值﹣2，求函数f（x）的极大值． （2）设定义在D上的函数y＝h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y＝g（x），当x≠x0时，若在D内恒成立，则称点P为h（x）的“类优点”，若点（1，f（1））是函数f（x）的“类优点”， ①求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程． ②求实数a的取值范围． 22．（2024春•东城区校级月考）已知函数f（x）＝x﹣1（a∈R，e为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值； （Ⅱ）求函数f（x）的极值； （Ⅲ）当a＝1的值时，若直线l：y＝kx﹣1与曲线y＝f（x）没有公共点，求k的最大值． 六．利用导数研究函数的最值（共12小题） 23．（2024•七星区校级模拟）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中，比如计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数f（x）＝aex+be﹣x（其中a，b为非零常数，e＝2.71828⋯）来表示，当f（x）取到最小值为2时，下列说法正确的是（　　） A．此时x＝lna B．此时a+b的最小值为2 C．此时2a+2b的最小值为2 D．此时lnalnb的最小值为0 24．（2024•贵阳模拟）若关于x的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则整数k的最大值为（　　） A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2 25．（2024•秦都区校级四模）已知函数f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若f（x）≥g（x）恒成立，则的最大值是（　　） A．﹣1 B．1 C．2 D． 26．（2024•龙岗区校级模拟）已知函数h（x）＝mex﹣x+1． （1）若h（x）在（0，4）上有唯一零点，求m的取值范围； （2）若h（x）≥h（x0）对任意实数x恒成立，证明：． 27．（2024•吉林模拟）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数图象上． （1）当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； （2）已知函数，关于x的方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2）． （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：． 28．（2024•南昌三模）定义：若变量x，y＞0，且满足：，其中a，b＞0，m∈Z．称y是关于x的“m型函数”． （1）当a＝2，b＝1时，求y关于x的“2型函数”在点处的切线方程； （2）若y是关于x的“﹣1型函数”， （ⅰ）求x+y的最小值； （ⅱ）求证：，（n∈N+）． 29．（2024•赤峰模拟）已知． （1）将sinx，cosx，x，按由小到大排列，并证明； （2）令f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求证：f（x）在内无零点． 30．（2024•呼和浩特模拟）对于函数f（x），若实数x0满足f（x0）＝x0，则x0称为f（x）的不动点．已知函数f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）． （1）当a＝﹣1时，求证：f（x）≥0； （2）当a＝0时，求函数f（x）的不动点的个数； （3）设n∈N*，证明：ln（n+1）． 31．（2024•3月份模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）． （1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）过原点的切线方程； （2）若f（x）的最小值与g（x）的最小值相等，求实数a． 32．（2024•运城二模）已知函数f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）． （1）若a＝4，求f（x）的图象在x＝0处的切线方程； （2）若f（x）⩾0对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围； （3）若数列{an}满足a1＝1且（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，求证：． 33．（2024•天津模拟），，已知f（x）的图象在（0，f（0））处的切线与x轴平行或重合． （1）求φ的值； （2）若对∀x≥0，f（x）≤0恒成立，求a的取值范围； （3）利用如表数据证明：． 1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454 34．（2024•济宁一模）已知函数． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若0＜x1＜x2，证明：对任意a∈（0，+∞），存在唯一的实数ξ∈（x1，x2），使得成立； （3）设，数列{an}的前n项和为Sn．证明：Sn＞2ln（n+1）． 七．利用导数研究曲线上某点切线方程（共7小题） 35．（2024•河北模拟）已知曲线与曲线在第一象限交于点A，在A处两条曲线的切线倾斜角分别为α，β，则（　　） A． B． C． D．|α﹣β| 36．（2024•沙坪坝区校级模拟）设曲线f（x）＝xsinx在点（π，f（π））处的切线为l，则l与两坐标轴围成的三角形的面积为 　 　． 37．（2024•思明区校级模拟）已知曲线f（x）＝xlnx﹣1在x＝1处的切线l与圆C：（x﹣1）2+y2＝9相交于A、B两点，则|AB|＝　 　． 38．（2024•宜春模拟）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2x+2）为奇函数，记f'（x）为f（x）的导函数，若f′（﹣2）＝1，则y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为 　 　． 39．（2024•长沙模拟）已知函数若函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））（x1＜0）和点B（x2，f（x2））（x2＞0）处的两条切线相互平行且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围为 　 　． 40．（2024•莲湖区校级模拟）已知函数f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2． （1）判断g（x）的零点个数； （2）求曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）公切线的条数． 41．（2024•姜堰区校级模拟）设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y＝f（x）的图像．若过点P恰能作曲线Γ的k条切线（k∈N），则称P是函数y＝f（x）的“k度点”． （1）判断点O（0，0）与点A（2，0）是否为函数y＝lnx的1度点，不需要说明理由； （2）已知0＜m＜π，g（x）＝sinx．证明：点B（0，π）是y＝g（x）（0＜x＜m）的0度点； （3）求函数y＝x3﹣x的全体2度点构成的集合． 八．利用导数求解曲线在某点上的切线方程（共6小题） 42．（2024春•连州市校级月考）过曲线S：y＝3x﹣x3上一点A（2，﹣2）的切线方程为（　　） A．y＝﹣2 B．9x+y﹣16＝0 C．9x+y﹣16＝0或y＝﹣2 D．9x﹣y﹣16＝0 43．（2024春•未央区校级期末）曲线f（x）＝3x2﹣ex在（0，﹣1）处的切线方程为（　　） A．x+y+1＝0 B．x﹣y+1＝0 C．x﹣y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0 44．（2024•辽阳二模）设函数的图像与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为（　　） A．y＝﹣x B．y＝﹣x﹣1 C．y＝x﹣1 D．y＝0 45．（2023•新城区校级模拟）已知函数，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（　　） A．3x+2y﹣3＝0 B．3x﹣2y﹣3＝0 C．2x﹣3y﹣2＝0 D．2x﹣3y+2＝0 46．（2023•鹰潭二模）已知函数f（x）＝﹣xlnx+（2﹣f′（e））x﹣3，则f（x）在x＝1处的切线方程为　 　． 47．（2024•重庆模拟）已知f（x）＝ln（1+x）﹣ln（a﹣bx）是奇函数，则f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为（　　） A．y＝2x B．y＝x C．y＝0 D．y＝﹣2x 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错04导数及其应用 （2个易错点错因分析与分类讲解+8个易错核心题型强化训练） 易错点错因分析与分类讲解 易错点1 混淆曲线在某点处的切线方程与过某点的切线方程 【例1】.[陕西安康2022调研]曲线过点的切线方程是（ ） 特别提醒：曲线在某点处的切线方程明确了“某点”是切点，此时切线只有唯一一条，而过某点的切线是指切线经过“某点”，此时“某点”可能是切点，也可能不是切点，这样的切线可能是多条，所以涉及过某点的切线的问题时，需要判断"某点”是否为切点. 【解析】由题意可得点不在曲线上，设切点为，因为，所以所求切线的斜率所以.因为点是切点，所以，所以，即.设，明显在上单调递增，且，所以有唯一解，则所求切线的斜率，故所求切线方程为，即故选. 【变式】.[江苏南通2023期末]已知函数，则曲线经过点的切线方程是 . 特别提醒：求曲线的切线方程时要注意“过某点的切线”与“在某点处的切线”的差异，在某点处的切线，该点一定是切点，切线有且仅有一条；过某点的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条. 【解析】设切点为，由题知，所以切线的斜率，所以切线方程为.因为切线过点，（注：点不一定是切点），所以，即，解得或，所以斜率或，又切线过点，得切线方程为或. 易错点2 对极值点的含义理解不清 【例2】. [山西长治八中2022测评]已知函数在处取得极值0，则（ ） 特别提醒：利用导函数分析函数的极值时，要注意的是使导函数值为0的的值不一定是极值点，极值点是使导函数值为0，且左、右导函数值异号的的值，本题的易错点在于令时，方程组有两组解，一定要注意检验和的值是否能使在处取得极值. 【解析】根据题意，，解得或，当，时，在上单调递增，无极值点，故舍去.当时，当和时，，单调递增；当时，，单调递减，故在处有极小值，满足条件.综上，故选 【答案】 【变式】. [河南洛阳 2023 月考]若是函数的极值点，则的值为（ ） 特别提醒：定义域上的可导函数在处取得极值的充要条件是，并且在附近两侧异号，若“左负右正"，则为极小值点，若“左正右负”，则为极大值点. 本题易错的地方是求出的值后，没有通过单调性来验证是否为函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 【解析】，则，由题意可知，即，解得或. 当时，，当或时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，显然是函数的极值点；当时，，函数在上单调递增，没有极值点，故选. 【答案】 【易错核心题型强化训练】 一．利用导数研究函数的单调性（共9小题） 1．（2024•新乡三模）设，其中e是自然对数的底数，则（　　） A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a 【分析】构造函数f（x），研究该函数的单调性判断大小，再将a，b，c转化为f（x）的函数值比较大小． 【解答】解：令f（x），由0得x＞e，所以f（x）在（e，+∞）上单调递减， 而cf（），bf（3），af（4）， 显然，所以f（3）＞f（）＞f（4）， 即a＜c＜b． 故选：B． 【点评】本题考查导数的应用，构造函数比较大小的方法，属于中档题． 2．（2024•安徽模拟）丹麦数学家琴生是19世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．若x1，x2，⋯，xn为（a，b）上任意n个实数，满足，则称函数f（x）在（a，b）上为“凹函数”．也可设可导函数f（x）在（a，b）上的导函数为f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为f″（x），当f″（x）＞0时，函数f（x）在（a，b）上为“凹函数”．已知x1，x2，⋯，xn＞0，n⩾2，且x1+x2+…+xn＝1，令的最小值为an，则a2024为（　　） A． B． C． D． 【分析】利用导数的运算，结合琴声不等式判断即可． 【解答】解：记函数， 先证明其凹凸性： 因为，所以0， ∴在（0，1）上为“凹函数”， 由琴生不等式，得， 即， 所以， 当时，W取最小值， 所以． 故选：B． 【点评】本题考查新定义问题，同时考查了导数的运算、琴声不等式的应用，属于中档题． 3．（2024•邵阳模拟）已知函数f（x）的定义域为R，f'（x）为f（x）的导函数．若f（1）＝e，且f'（x）+ex＜f（x）在R上恒成立，则不等式f（x）＜（2﹣x）ex的解集为（　　） A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞） 【分析】根据f'（x）+ex＜f（x），构造函数，可得g（x）是减函数，然后再将f（x）＜（2﹣x）ex化为，则问题可解． 【解答】解：令， ∵， ∴g（x）在R上单调递减，由f（x）＜（2﹣x）ex得： ， 即g（x）＜g（1）．∴x＞1． 故选：D． 【点评】本题考查利用函数的单调性解不等式的问题，根据已知条件合理构造函数是解题的关键，属于中档题． （多选）4．（2024•朝阳区校级模拟）已知正数a，b，c满足为自然对数的底数，则下列不等式一定成立的是（　　） A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a 【分析】将a，b都用b表示，然后通过构造函数，利用函数的单调性比较大小． 【解答】解：由已知得a＝2lnb，c＝eb，又a，b，c＞0， 所以b＞1，B正确； a+c﹣2b＝2lnb+eb﹣2b，令f（x）＝2lnx+ex﹣2x，（x＞1）， ex﹣2，显然x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（1，+∞）上递增，且f（1）＝e﹣2＞0， 所以f（b）＞0，即a+c＞2b，C正确； c﹣a＝eb﹣2lnb，令g（x）＝ex﹣2lnx，（x＞1）， g′（x）＝ex，易知g′（1）＝e﹣2＞0，且g′（x）在（1，+∞）上是增函数， 所以x＞1时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上递增，而g（1）＝e＞0，所以g（b）＞0， 即c＞a，D正确； 而ac＝（lnb2）•eb，当b→1时，（lnb2）eb→0，b2→1，此时ac＜b2，即A错误． 故选：BCD． 【点评】本题考查通过构造函数来比较大小的解题思路，属于较难的题目． 5．（2024•新县校级模拟）已知正数a，b满足，则a+b＝　　． 【分析】将原式化为a4lna﹣lnb，再利用基本不等式，该式可化为lnln2，然后构造函数f（x）＝2x2﹣lnx，研究其最大值，发现恰好为ln2，结合基本不等式取等号条件，函数取最大值的条件解出a，b的值即可． 【解答】解：由已知得a4lna﹣lnb，因为，当且仅当ab＝1时取等号， 所以原式可化为lnln2，令x，则不等式左边即为f（x）＝2x2﹣lnx，（x＞0）， ，由f′（x）＝0得， 当时，f′（x）＜0，f（x）递减，时，f′（x）＞0，f（x）递增， 所以f（x）min＝f（），所以f（）＝ln2， 所以，解得，b， 所以． 故答案为：． 【点评】本题考查利用函数的单调性、基本不等式解决不等式问题，属于中档题． 6．（2024•山东模拟）法国数学家弗朗索瓦•韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其推广到高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，即如果x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是关于x的实系数一元n次方程在复数集C内的n个根，则 试运用韦达定理解决下列问题： （1）已知a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求a3+b3+c3的最小值； （2）已知a，b∈R，关于x的方程x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三个实数根，其中至少有一个实数根在区间（0，a）内，求2a﹣b的最大值． 【分析】（1）构造函数f（x）＝x3﹣x2﹣abc，求导f′（x）＝3x2﹣2x，根据函数的单调性求解极值，即可得，进而可求解； （2）根据韦达定理可得，即可表达出，进而化简可得，即可根据，利用不等式求解． 【解答】解：（1）根据韦达定理可设a，b，c是x3﹣x2﹣abc＝0的三个实数根， 令f（x）＝x3﹣x2﹣abc，f′（x）＝3x2﹣2x， 当时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增， 当时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减， 故f（x）的极大值为f（0）＝﹣abc，极小值为， 由于a，b，c不可能相等，否则，与ab+bc+ca＝0矛盾， 故f（x）＝x3﹣x2﹣abc有两个或者三个零点，则，f（0）＝﹣abc≥0，故， 由（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ca）＝a2+b2+c2，结合a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0， 所以1＝a2+b2+c2，由（a+b+c）[a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）]＝a3+b3+c3﹣3abc， 所以a3+b3+c3﹣3abc＝1， 则， 故a3+b3+c3的最小值为， （2）设方程的三个实数根分别为m，n，k，其中0＜k＜a， 由韦达定理可得， 由（m+n）2≥4mn和k＞0，得k（m+n）2﹣4mnk≥0，当且仅当m＝n时等号成立， 又m+n+k＝a﹣2＝mnk﹣2，故k（m+n）2﹣4（m+n+k+2）≥0， k（m+n）2﹣4（m+n）﹣（4k+8）≥0，即（m+n+2）（mk+nk﹣2k﹣4）≥0⇒（a﹣k）（mk+nk﹣2k﹣4）≥0， 由0＜k＜a，得mk+nk﹣2k﹣4≥0， 因此，当且仅当m＝n时等号成立， 由mn+mk+nk＝b和nmk＝a可得， 结合n+m+k＝a﹣2可得， 由于以及， 故， 当k＝2时，且时等号成立，此时a＝8，b＝12，符合0＜k＜a， 综上可知2a﹣b的最大值为4． 【点评】本题考查通过构造函数，研究函数的单调性探究式子最小值的方法，同时考查了学生的逻辑推理与运算能力，属于难题． 7．（2024•武昌区模拟）已知函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围． 【分析】（1）对函数f（x）求导数，讨论a的取值，利用导数判断f（x）的单调性； （2）由（1）知f（x）的单调性，得出a＞0时f（x）min1+lna， 且x→0+时f（x）＞0，x→+∞时f（x）＞0； 令f（x）min＜0求得a的取值范围． 【解答】解：（1）函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx，（a∈R）； ∴f′（x）＝2ax+（a﹣2）（x＞0），…（2分） 当a≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）内单调递减；……（3分） 当a＞0时，则f（x）在（0，）内单调递减，在（，+∞）内单调递增；……（5分） 备注：求导正确给1分，因式分解正确得2分； （2）由（1）知，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）内单调递减，最多只有一个零点，舍去；…（5分） a＞0时，f（x）min＝f（）＝a•（a﹣2）•ln1+lna；……（7分） 当x→0+时，f（x）＞0； 当x→+∞时，f（x）＞0； ∴当f（）＝1+lna0，令g（a）＝1+lna， 则g′（a）， ∴g′（a）＞0；…（10分） 则g（a）在（0，+∞）上单调递增； 又g（1）＝0，解得a＜1； ∴当0＜a＜1时，函数f（x）有两个不同的零点．…（12分） 备注：其他解法也可以酌情相应给分． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值问题，也考查了函数零点的判断问题，是难题． 8．（2023•北京）设函数f（x）＝x﹣x3eax+b，曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣x+1． （Ⅰ）求a，b的值； （Ⅱ）设g（x）＝f′（x），求g（x）的单调区间； （Ⅲ）求f（x）的极值点的个数． 【分析】（Ⅰ）求函数f（x）的导数，根据导数的几何意义列方程组求出a、b的值． （Ⅱ）求f（x）的导数，利用g（x）＝f′（x），求g（x）的导数，令g′（x）＝0，根据g′（x）与g（x）的关系求出g（x）的单调区间； （Ⅲ）根据题意，判断f′（x）的单调递增，利用根的存在性定理，判断f′（x）的零点个数，即可得出f（x）极值点的个数． 【解答】解：（Ⅰ）因为函数f（x）＝x﹣x3eax+b， 所以f′（x）＝1﹣（3x2eax+b+ax3eax+b）＝1﹣（3+ax）x2eax+b， 因为f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣x+1， 所以，即， 解得a＝﹣1，b＝1． （Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝x﹣x3e﹣x+1，所以f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1， 所以g（x）＝f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1， 所以g′（x）＝﹣（6x﹣3x2）e﹣x+1+（3x2﹣x3）e﹣x+1＝﹣x（x2﹣6x+6）e﹣x+1， 令g′（x）＝0，解得x＝0或x＝3±， 所以g′（x）与g（x）的关系列表如下： x （﹣∞，0） 0 （0，3） 3 （3，3） 3 （3，+∞） g′（x） + 0 ﹣ 0 + 0 ﹣ g（x） 单调递增 单调递减 单调递增 单调递减 所以g（x）在区间（﹣∞，0）和（3，3）上单调递增，在区间（0，3）和（3，+∞）上单调递减； （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）单调递增， 当x＜﹣1时，f′（x）＜f′（﹣1）＝1﹣4e2＜0，f′（0）＝1＞0， 所以存在x1∈（﹣∞，0），使得f′（x1）＝0， 又因为f（x）在（﹣∞，x1）上单调递减，在（x1，0）上单调递增， 所以x1是f（x）的一个极小值点； 当x∈（0，3）时，f′（x）单调递减，且f′（3）＜f′（1）＝1﹣2＜0， 所以存在x2∈（0，3），使得f′（x2）＝0，所以f（x）在（0，x2）上单调递增，在（x2，3）上单调递减， 所以x2是f（x）的一个极大值点； 当x∈（3，3）时，f′（x）单调递增， 又因为f′（3）＝1＞0，所以存在x3∈（3，3），使得f′（x3）＝0， 所以f（x）在（3，x3）上单调递减，（x3，3）上单调递增， 所以x3是f（x）的一个极小值点， 又因为当x＞3时，f′（x）＞0，所以f（x）在（3，+∞）上单调递增，无极值点； 综上，f（x）在定义域R上有3个极值点． 【点评】本题考查了导数的几何意义与应用问题，也考查了导数的综合应用问题，是难题． 9．（2024•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）． （Ⅰ）求f（x）的单调区间； （Ⅱ）若f（x）≤﹣1恒成立，求实数k的取值范围； （Ⅲ）求证：．（n∈N且n≥2） 【分析】（I）由题意可得：f′（x）k，当k≥0时f′（x）＞0；当k＜0时，解关于导函数的不等式，进而得到函数的单调区间． （Ⅱ）由（I）知k≤0时，f（2）＝1﹣k＞0，f（x）≤0不恒成立，所以k＞0．只要使ymax＝f（1）＝﹣lnk≤0恒成立即可，进而求出答案． （Ⅲ）由题可得：k＝﹣1时，有x∈[0，+∞）时，f（x）≤0恒成立，即ln（x﹣1）＜x﹣2在（2，+∞）上恒成立，令x﹣1＝n2，则2lnn＜（n﹣1）（n+1），所以可得 ，进而证明原不等式成立． 【解答】解：（I）函数f（x）的定义域为（﹣1，+∞），并且f′（x）k， ①当k≥0时f′（x）＞0，则f（x）在（1，+∞）上是增函数； ②当k＜0时，若x∈（﹣1，﹣1）时有f′（x）＞0， 若x∈（﹣1，+∞）时有f′（x）＜0． 所以f（x）在（﹣1，﹣1）上是增函数，在（﹣1，+∞）上是减函数． （Ⅱ）由（I）知k≥0时，f（x）在（﹣1，+∞）上递增， 而f（0）＝k≥0，f（x）≤﹣1不恒成立，所以k＜0． 又由（I）知ymax＝f（﹣1）＝﹣ln（﹣k）﹣1，要使f（x）≤﹣1恒成立， 则ymax＝f（﹣1）＝﹣ln（﹣k）﹣1≤﹣1即可． 所以解得k≤﹣1． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当k＝﹣1时有f（x）≤﹣1在（﹣1，+∞）上恒成立， 且f（x）在[0，+∞）上是减函数，f（0）＝﹣1， 所以x∈[0，+∞）时，f（x）≤﹣1恒成立， 即ln（x﹣1）＜x﹣2在（2，+∞）上恒成立 令x﹣1＝n2，则lnn2＜n2﹣1，即2lnn＜（n﹣1）（n+1）， 从而 ，成立． 故（n∈N，n≥2）成立． 【点评】本题考查利用导数求函数的极值，函数的恒成立问题，不等式的证明，体现了分类讨论的数学思想，不等式的放缩，是解题的难点． 二．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共3小题） 10．（2024•安徽三模）已知函数f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）的两个极值点分别为x1，x2，证明：． 【分析】（1）求导得，分类讨论2x2﹣ax+2＝0的根的情况，可得f（x）的单调区间； （2）由（1）得a＞4，，要证，需证，进而换元可证结论． 【解答】解：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），， 令方程2x2﹣ax+2＝0，则Δ＝a2﹣16， 当Δ≤0，即﹣4≤a≤4时，f′（x）≥0，此时函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间； 当a＜﹣4时，f′（x）＞0，故当a＜﹣4时函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间； 当a＞4时，令f′（x）＝0，得，， 当x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0， 当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0， 故当a＞4时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为； 综上所述，当a≤4时，函数f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间； 当a＞4时，函数f（x）的单调增区间为和，单调减区间为． （2）证明：因为函数f（x）的两个极值点分别为x1，x2，由（1）得a＞4，， 所以， 要证，即证， 不妨设x1＞x2＞0，则只需要证， 设只需证， 令，其中t＞1，则， 所以g（t）在（1，+∞）上单调递增，所以g（t）＞g（1）＝0，得证． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，进而证明不等式恒成立问题的解题思路，属于难题． 11．（2024•重庆模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax（a为实数）． （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若存在两个不相等的正数x1，x2满足f（x1）＝f（x2），求证． （3）若f（x）有两个零点x1，x2，证明：． 【分析】（1）求出导数，然后通过讨论a的取值确定导数的符号，确定原函数的单调性； （2）根据正数x1，x2满足f（x1）＝f（x2），构造函数F（x）＝f（x）﹣f（x），然后利用导数研究该函数的单调性解决问题； （3）根据f（x）的两个零点满足的关系，取，构造函数g（t），研究g（t）的单调性和最值求解． 【解答】解：（1）， 当a≤0时，f'（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＞0时令，； 所以f（x）在（0，）上单调递增，在[）上单调递减； （2）证明：令F（x）＝f（x）﹣f（）＝lnx﹣ln（）﹣2ax+2， F′（x）2a0，故F（x）在上递增， 又因为， 所以当时，F（x）＜0；时，F（x）＞0， 当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上递增，f（x1）＝f（x2）⇒x1＝x2与已知矛盾； 当a＞0时，f（x）在上递增，上递减，则x1，x2必有一个在上，一个在上， 不妨设，若，则显然成立， 若，则时F（x）＞0，知， 即，结合f（x1）＝f（x2）得， 又因为，且f（x）在上递增， 则即证毕； （3）证明：不妨设0＜x1＜x2，由，可得lnx2﹣lnx1＝a（x2﹣x1）， 即，则2（）﹣2， 设，则，， 令，则，即函数g（t）在（1，+∞）上单调递增， 所以g（t）＞g（1）＝0，即2． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，解决与函数零点有关的问题，综合考查了学生的逻辑推理能力和运算能力等，属于较难的题目． 12．（2024•海淀区校级模拟）已知函数f（x）＝alnx（a≠0） （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间； （Ⅱ）若存在两条直线y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线y＝f（x）的切线．求实数a的取值范围； （Ⅲ）若|x|f（x）≤0}⊆（0，1），求实数a的取值范围． 【分析】（Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论a的符号，从而求出函数的单调区间； （Ⅱ）问题转化为f′（x）＝a至少有两个不等的正实根，根据二次函数的性质结合函数的单调性从而得到a的范围； （Ⅲ）a＜0时，不合题意，a＞0时，通过讨论f（）的符号，结合函数的单调性，从而求出a的范围． 【解答】解：（Ⅰ）f′（x）（x＞0）， 当a＜0时，f′（x）＜0，则函数f（x）的单调递减区间是（0，+∞）， 当a＞0时，令f′（x）＝0，得x， 当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下： x （0，） （，+∞） f′（x） ﹣ 0 + f（x） ↓ 极小值 ↑ ∴f（x）在（0，）单调递减，在（，+∞）单调递增； （Ⅱ）若存在两条直线y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线y＝f（x）的切线， ∴f′（x）＝a至少有两个不等的正实根， 令a得ax2﹣ax+1＝0，记其两个实根分别为x1，x2， 则，解得：a＞4， 当a＞4时，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1）），（x2，f（x2））处的切线分别为： y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2， 令F（x）＝f（x）﹣ax（x＞0）， 由F′（x）＝f′（x）﹣a＝0得x＝x1，x＝x2（不防设x1＜x2）， 且当x1＜x＜x2时，F′（x）＞0，即F（x）在[x1，x2]上是单调函数， ∴F（x1）≠F（x2）； ∴y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2是曲线y＝f（x）的两条不同的切线， ∴实数a的范围是（4，+∞）； （Ⅲ）当a＜0时，函数f（x）是（0，+∞）内的减函数， ∵f（）＝aln（）11＜0，而∉（0，1），不符合题意， 当a＞0时，由（Ⅰ）知：f（x）的最小值是f（）＝﹣alna+a＝a（1﹣lna）， ①若f（）＞0，即0＜a＜e时，{x|f（x）≤0}＝∅⊆（0，1）， ∴0＜a＜e符合题意， ②若f（）＝0，即a＝e时，{x|f（x）≤0}＝{}⊆（0，1）， ∴a＝e符合题意， ③若f（）＜0，即a＞e时，有01， ∵f（1）＝1＞0，函数f（x）在（，+∞）内是增函数， ∴当x≥1时，f（x）＞0， 又∵函数f（x）的定义域是（0，+∞）， ∴{x|f（x）≤0}⊆（0，1）， ∴a＞e符合题意， 综上，实数a的范围是{a|a＞0}． 【点评】本题考查了函数的单调性的应用问题，考察导数的应用，考察分类讨论思想，第三问中通过讨论f（）的符号，再结合函数的单调性来求a的范围是解题的关键，本题是一道难题． 三．利用导数研究函数的极值（共3小题） 13．（2024•顺义区模拟）已知函数f（x）（kx+b），给出下列四个结论： ①当k＝0时，对任意b∈R，f（x）有1个极值点； ②当k时，存在b∈R，使得f（x）存在极值点； ③当b＝0时，对任意k∈R，f（x）有一个零点； ④当0＜b时，存在k∈R，使得f（x）有3个零点． 其中所有正确结论的序号是 　①④　． 【分析】命题①，根据导数研究函数的单调性，即可得出极值点的个数； 命题②，根据导函数的导数判断导数的单调性，得出导数无零点，原函数不存在极值点； 命题③，举反例说明即可； 命题④，将零点个数转化为直线y＝kx+b与曲线y交点的个数，通过研究过（0，b）的曲线y的切线，结合零点的存在性定理判断即可． 【解答】解：对于①，当k＝0时，f（x）b，f′（x）， 则x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 所以对任意b∈R，f（x）有1个极大值点x＝0，命题①正确； 对于②，当k时，f′（x）k，若f（x）有极值点，则f′（x）有变号零点，所以k有实数解， 设g（x），则g′（x）， 当x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）时，g′（x）＞0，当x∈（﹣1，1）时，g′（x）＜0， 所以g（x）在（﹣∞、﹣1），（1．+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减， 又x≥0时，g（x）≤0，g（﹣1），所以g（x）恒成立，所以当k时，k无实数解，命题②错误； 对于③，当b＝0时，f（x）kx，若k＝0，则f（x）0恒成立，此时函数f（x）无零点，命题③错误； 对于④，当0＜b时，y是偶函数，且在（0，+∞）上单调递减， 所以当k＜0时，直线y＝kx+b与曲线y在第二象限必有一交点， 同理，当k＞0时，直线y＝kx+b与曲线y在第一象限必有一交点， 过点（0，b）作曲线y的切线，设切点为（x0，），则切线方程为y（x﹣x0）， 即b（﹣x0），所以b； 由0＜b，得，即5（1）+4＞0，即（1﹣4）（1﹣1）＞0， 即（3）＞0，解得3，即x0或x0； 所以当0＜b时，存在x0∈（﹣∞，）∪（，+∞），使曲线y有过点（0，b）的切线，且切点为（x0，）； 当x0时，切线斜率为0，则当k∈（，0）时，有f（x0）＜0，又f（0）b＞0， 则存在x1∈（0，x0），使f（x1）＝0，此时函数y＝kx+b单调递减，y0恒成立， 所以存在x2∈（x0，+∞），使f（x2）＝0，即当x0时，存在k∈（，0），使得f（x）有3个零点． 同理，当x0时，存在k∈（0，），使得f（x）有3个零点，命题④正确． 故答案为：①④． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值和零点的应用问题，是难题． 14．（2024•日照模拟）已知函数f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx． （1）判断函数g（x）在区间（0，3π）上的零点个数，并说明理由； （2）函数在区间（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有极值之和为M（n），证明：对于∀n∈N+，M（n）＜0． 【分析】（1）求函数g（x）的导数，利用导数判断g（x）的单调性，求出单调区间，从而判断函数g（x）在区间（0，3π）上零点个数； （2）求出F（x）的导数，判断F（x）的单调性与单调区间，求极值点，判断极值点的大小，求极值点的和，再构造函数，判断函数值小于0即可． 【解答】（1）解：因为函数g（x）＝xcosx﹣sin x，所以g'（x）＝cosx+x（﹣sinx）﹣cosx＝﹣xsin x， 当x∈（0，π]时，sinx＞0，所以g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（0，π）上单调递减， 且g（x）＜g（0）＝0，所以g（x）在（0，π）上无零点； 当x∈（π，2π]时，sinx＜0，所以g'（x）＝﹣xsinx＞0，g（x）在（π，2π） 上单调递增， 且g（π）＝﹣π＜0，g（2π）＝2π＞0，所以g（x）在（π，2π）上有唯一零点； 当x∈（2π，3π]时，sinx＞0，g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（2π，3π）上单调递减， 且g（2π）＞0，g（3π）＜0，所以g（x）在（2π，3π]上有唯一零点； 综上，函数g（x）在区间（0，3π）上有两个零点． （2）证明：因为F（x），所以F′（x）， 由（1）知，F（x）在 x∈（0，π]无极值点，在x∈（π，2 π]有极小值点，记为x1， 在x∈（2 π，3 π]有极大值点，记为 x2， 同理可得，在（3π，4π]有极小值点x3，…，在（nπ，（n+1）π]有极值点xn（n∈N+）， 由xncosxn﹣sinxn＝0，得xn＝tanxn， 因为g（π）＝﹣π＜0，g（）＝1＞0，所以x1∈（π，）， 所以M（1）＝F（x1）＜0，因为g（2π）＝2π＞0，g（）＝﹣1＜0，所以x2∈（2π，）， 所以x2，x1+π∈（2π，）， 因为x2＞x1，所以tanx2＞tanx1＝tan（x1+π）， 由函数y＝tanx在上单调递增，得x2＞x1+π． 所以F（x1）+F（x2）cosx1+cosx2， 因为y＝cosx在（2π，）内单调递减，所以cosx2＜cos（x1+π）＝﹣cosx1，所以F（x1）+F（x2）＜0， 同理，x2n﹣1∈（（2n﹣1）π，2nπ），x2n∈（2nπ，2n），2nπx2n＞x2n﹣1+π＞2nπ， 因为y＝cosx在（2nπ，2nπ）（n∈N+）上单调递减，所以cosx2n＜﹣cosx2n﹣1， 所以F（x2n）+F（x2n﹣1）＝cosx2n+cosx2n﹣1＜0，且F（x2n）＞0，F（x2n﹣1）＜0； 当n为偶数时，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣1）+F（xn）]＜0， 当n为奇数时，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣2）+F（xn﹣1）]+F（xn）]＜0， 综上知，对∀n∈N+，M（n）＜0． 【点评】本题考查了函数的导数综合应用问题，也考查了数学运算与逻辑推理核心素养，是难题． 15．（2024•广东模拟）已知函数f（x）＝x3+3bx2+3x有极值点 （Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及b的取值范围； （Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1、x2，且f（x1）+f（x2）＝0，求b的值． 【分析】（Ⅰ）先求函数的导数，利用函数f（x）有极值点，则f′（x）＝0有解，继而可得函数单调区间及b的取值范围； （Ⅱ）由于函数f（x）有两个极值点x1、x2，则x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，又由f（x1）+f（x2）＝0，则得到关于b的关系式，即得b的值． 【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3（x2+2bx+1）， 由于函数f（x）＝x3+3bx2+3x有极值点 则Δ＞0，解得，b＜﹣1或b＞1 ∴， 减区间为； （Ⅱ）由（I）知x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1， 又由函数f（x）＝x3+3bx2+3x， 则 ＝﹣2b（4b2﹣3）+3b（4b2﹣2）﹣6b ＝4b3﹣6b＝0 解得， 则b的值为±． 【点评】本题的考点是利用导数研究函数的单调性，极值问题．属于中档题． 四．函数在某点取得极值的条件（共3小题） 16．（2024春•新会区校级月考）已知函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2在x＝1处有极值10，则a、b的值为（　　） A．a＝﹣4，b＝11 B．a＝3，b＝﹣3或a＝﹣4，b＝11 C．a＝﹣1，b＝5 D．以上都不正确 【分析】求导数，利用函数在x＝1处有极值10，得到两个条件f（1）＝10和f'（1）＝0，然后利用方程组求解a，b． 【解答】解：函数的导数为f'（x）＝3x2﹣2ax﹣b， 因为函数f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2在x＝1处有极值10， 所以f（1）＝10且f'（1）＝0． 即，解得． 当a＝3，b＝﹣3时，f'（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2≥0， 此时函数单调递增，所以此时函数没有极值，所以不满足条件． 所以经检验值当a＝﹣4，b＝11时，满足条件． 故选：A． 【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值问题，要求掌握可导函数取得极值的条件，f'（x）＝0是函数取得极值的必要不充分条件，求解之后要注意进行检验． 17．（2024春•菏泽期中）已知函数f（x）x3x2+cx+d有极值，则c的取值范围为（　　） A．c B．c C．c D．c 【分析】由已知中函数解析式f（x）x3x2+cx+d，我们易求出导函数f′（x）的解析式，然后根据函数f（x）有极值，方程f′（x）＝x2﹣x+c＝0有两个实数解，构造关于c的不等式，解不等式即可得到c的取值范围； 【解答】解：∵f（x）x3x2+cx+d， ∴f′（x）＝x2﹣x+c，要使f（x）有极值，则方程f′（x）＝x2﹣x+c＝0有两个实数解， 从而Δ＝1﹣4c＞0， ∴c． 故选：A． 【点评】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最大值，最小值问题中的应用，其中根据已知中函数的解析式，求出函数的导函数的解析式，是解答本题的关键． 18．（2024春•江阴市校级月考）若函数f（x）＝x3+mx2+x+1在R上没有极值点，则实数m的取值范围是　　． 【分析】函数f（x）＝x3+mx2+x+1在R上没有极值点，即函数的导数等于0无解或有唯一解（但导数在点的两侧符号相同）， 又导数为 f′（x）＝3x2+2mx+1，故判别式△≤0，解不等式求得实数m的取值范围． 【解答】解：函数f（x）＝x3+mx2+x+1在R上没有极值点， 即函数的导数等于0无解或有唯一解（但导数在点的两侧符号相同）． 函数f（x）＝x3+mx2+x+1 的导数为 f′（x）＝3x2+2mx+1， ∴Δ＝4m2﹣12≤0，∴m， 故答案为：[，]． 【点评】本题考查函数在某点取得极值的条件，以及一元二次方程无解或只有唯一解的条件． 五．利用导数求解函数的极值（共4小题） 19．（2024春•常州月考）已知函数． （1）若x＝1是函数f（x）的极值点，求a的值，并求函数f（x）的极值； （2）若函数f（x）在x＝0处取得极大值，求a的取值范围． 【分析】（1）由f′（1）＝0求得a，进而求得f（x）的极值． （2）先求得f′（x），然后对a进行分类讨论，根据f（x）在x＝0处取得极大值进行分类讨论，由此求得a的取值范围． 【解答】解：（1）定义域为R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x， 因为x＝1是函数y＝f（x）的极值点，所以f′（1）＝0．故有2a﹣1＝0，所以， 当时，，所以f′（x）＝x（x﹣1）e2x， 若f′（x）＝0，则x＝1或x＝0， x （﹣∞，0） 0 （0，1） 1 （1，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 递增 极大值 递减 极小值 递增 所以函数f（x）的极大值为，极小值为f（1）＝0； （2）定义域为R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x， ①当a＝0时，f′（x）＝﹣2xe2x，令f′（x）＞0得x＜0， 所以：f（x）单调递增区间为（﹣∞，0）； 令f′（x）＜0得x＞0，所以f（x）单调递减区间为（0，+∞）； 所以f（x）在x＝0取极大值，符合题意， ②当a＜0时，由f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0，， x 0 （0，+∞） f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣ f（x） 减 极小值 增 极大值 减 所以：f（x）在x＝0处取得极大值，所以：a＜0符合题意； ③当a＞0时，由f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0，， （i）当即a＞1时，f′（x），f（x）变化情况如下表： x 0 （0，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 增 极大值 减 极小值 增 所以：f（x）在x＝0处取得极小值，不合题意． （ⅱ）当即a＝1时，f′（x）≥0在R上恒成立， 所以：f（x）在R上单调递增，无极值点； （iii）当，即0＜a＜1时，f′（x），f（x）变化情况如下表： x （﹣∞，0） 0 （0，） （，+∞） f′（x） + 0 ﹣ 0 + f（x） 增 极大值 减 极小值 增 所以：f（x）在x＝0处取得极大值，所以：0＜a＜1合题意． 综上可得：a的取值范围是（﹣∞，1）． 【点评】本题考查极值的求法与性质，考查了学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题． 20．（2024春•承德月考）已知函数f（x）＝ax2﹣blnx在点A（1，f（1））处的切线方程为y＝1； （1）求实数a，b的值； （2）求函数f（x）的极值． 【分析】（1）求出f（x）的导数，得到f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0，解出a，b的值即可； （2）求出f（x）的解析式，得到函数的导数，解关于导函数的不等式，求出单调区间，从而求出函数的极值即可． 【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞）， f′（x）＝2ax， f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0①， 将a＝1代入2a﹣b＝0，解得：b＝2； （2）由（1）得：f（x）＝x2﹣2lnx， ∴f′（x）＝2x， 令f′（x）＞0，解得：x＞1， 令f′（x）＜0，解得：x＜1， ∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增， ∴f（x）极小值＝f（1）＝1． 【点评】本题考查了曲线的切线方程问题，考查导数的应用，求函数的单调区间、极值问题，是一道基础题． 21．（2024春•晋江市校级期中）已知函数f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常数a＞0． （1）当x＝1时，函数f（x）取得极小值﹣2，求函数f（x）的极大值． （2）设定义在D上的函数y＝h（x）在点P（x0，h（x0））处的切线方程为l：y＝g（x），当x≠x0时，若在D内恒成立，则称点P为h（x）的“类优点”，若点（1，f（1））是函数f（x）的“类优点”， ①求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程． ②求实数a的取值范围． 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值即可； （2）①求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可； ②结合题意得到F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1，通过讨论a的范围得到函数的单调性，进而确定a的范围即可． 【解答】解：（1）由题意，f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣2，得a＝1， 此时，（x＞0） 令f'（x）＝0，得x＝1或， 当时，f'（x）＞0；当时，f'（x）＜0， 所以f（x）在与（1，+∞）上单调递增，在上递减， 所以当时，f（x）有极大值． （2）①∵，（x＞0） ∴f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣a﹣1，f'（1）＝0， 所以函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为g（x）＝﹣a﹣1， ②若点（1，f（1））是函数f（x）的“类优点”， 令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1常数a＞0， 又F（1）＝0，且∵，（x＞0） 令F'（x）＝0，得x＝1或，a＞0 则当a＝2时，∵F'（x）≥0，F（x）在（0，+∞）上递增． ∴当x∈（0，1）时，F（x）＜F（1）＝0； 当x∈（1，+∞）时，F（x）＞F（1）＝0． 故当x≠1时，恒有成立． 当a＞2时，由F'（x）＜0，得， ∴F（x）在上递减，F（x）＜F（1）＝0． 所以在，，不成立． 当0＜a＜2时，由F'（x）＜0，得， ∴F（x）在上递减，F（x）＞F（1）＝0． 所以在，，不成立． 综上可知，若点（1，f（1））是函数f（x）的“类优点”，则实数a＝2． 【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查新定义的理解，是一道中档题． 22．（2024春•东城区校级月考）已知函数f（x）＝x﹣1（a∈R，e为自然对数的底数）． （Ⅰ）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值； （Ⅱ）求函数f（x）的极值； （Ⅲ）当a＝1的值时，若直线l：y＝kx﹣1与曲线y＝f（x）没有公共点，求k的最大值． 【分析】（Ⅰ）依题意，f′（1）＝0，从而可求得a的值； （Ⅱ）f′（x）＝1，分①a≤0时②a＞0讨论，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值； （Ⅲ）令g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x，则直线l：y＝kx﹣1与曲线y＝f（x）没有公共点⇔方程g（x）＝0在R上没有实数解，分k＞1与k≤1讨论即可得答案． 【解答】解：（Ⅰ）由f（x）＝x﹣1，得f′（x）＝1， 又曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴， ∴f′（1）＝0，即10，解得a＝e． （Ⅱ）f′（x）＝1， ①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值； ②当a＞0时，令f′（x）＝0，得ex＝a，x＝lna， x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0； ∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增， 故f（x）在x＝lna处取到极小值，且极小值为f（lna）＝lna，无极大值． 综上，当a≤0时，f（x）无极值；当a＞0时，f（x）在x＝lna处取到极小值lna，无极大值． （Ⅲ）当a＝1时，f（x）＝x﹣1，令g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x， 则直线l：y＝kx﹣1与曲线y＝f（x）没有公共点， 等价于方程g（x）＝0在R上没有实数解． 假设k＞1，此时g（0）＝1＞0，g（）＝﹣10， 又函数g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知g（x）＝0在R上至少有一解， 与“方程g（x）＝0在R上没有实数解”矛盾，故k≤1． 又k＝1时，g（x）0，知方程g（x）＝0在R上没有实数解， 所以k的最大值为1． 【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究曲线上某点切线方程，突出分类讨论思想与等价转化思想的综合运用，属于中档题． 六．利用导数研究函数的最值（共12小题） 23．（2024•七星区校级模拟）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分布）均匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中，比如计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数f（x）＝aex+be﹣x（其中a，b为非零常数，e＝2.71828⋯）来表示，当f（x）取到最小值为2时，下列说法正确的是（　　） A．此时x＝lna B．此时a+b的最小值为2 C．此时2a+2b的最小值为2 D．此时lnalnb的最小值为0 【分析】根据函数f（x）＝aex，a、b为非零常数，当f（x）取到最小值为2时，有a＞0，b＞0，利用基本不等式，判断选项中的命题是否正确即可． 【解答】解：因为函数f（x）＝aex+be﹣x＝aex，a、b为非零常数， 所以，当f（x）取到最小值为2时，a＞0，b＞0，且aex222，此时ab＝1， 当且仅当aex，即e2xb2，解得ex＝b，所以x＝lnb＝lnlna，选项A错误； 因为a＞0，b＞0，且ab＝1，所以a+b≥22，当且仅当a＝b＝1时取“＝”，所以a+b的最小值为2，选项B正确； 因为2a+2b≥2224，当且仅当a＝b＝1时取“＝”，所以2a+2b的最小值为4，选项C错误； 因为lnalnb0，当且仅当a＝b＝1时取“＝”，所以lnalnb的最大值为0，选项D错误． 故选：B． 【点评】本题考查了基本不等式的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题． 24．（2024•贵阳模拟）若关于x的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则整数k的最大值为（　　） A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2 【分析】原式化为（x＞1）恒成立，然后利用导数研究函数f（x）（x＞1）的最小值即可，需要用到用到二次求导研究一阶导数的隐零点，进而求原函数的最值． 【解答】解：由已知x＞1，故原式化为：（x＞1）恒成立， 令f（x）（x＞1），则f′（x），x＞1， 令g（x）＝x﹣lnx﹣2，g′（x）0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增， 而g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＞0， 故存在唯一的x0∈（3，4），使得g（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0①， 当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 故f（x）min＝f（x0）＝lnx0，结合①式得f（x）min1，x0∈（3，4）， 结合对勾函数的性质在（3，4）上单调递增，故f（x）min∈（，）， 结合故4k＜f（x）min恒成立，k∈Z时， 只能k≤0． 故k的最大整数值为0． 故选：B． 【点评】本题考查先分离参数，构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、最值情况，解决不等式恒成立问题的基本思路，属于较难的题目． 25．（2024•秦都区校级四模）已知函数f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若f（x）≥g（x）恒成立，则的最大值是（　　） A．﹣1 B．1 C．2 D． 【分析】讨论a＜0时，f（x）是单调减函数，g（x）是单调增函数，不满足题意；a＞0且b＞0时，由f（x）≥g（x）求得的最大值． 【解答】解：因为函数f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，且f（x）≥g（x）恒成立， 所以当a＜0时，f（x）是单调减函数，且f（x）＜0，g（x）是单调增函数，g（x）的值域是R，显然不满足题意； 当a＞0且b＞0时，不妨令a＝b＞0，由f（x）≥g（x）得，aex≥2x+a， 设h（x）＝ex﹣（x+1），则h′（x）＝ex﹣1， 当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减， 所以h（x）的最小值为h（0）＝0，即ex≥x+1； 又因为a＞0，所以aex≥a（x+1）， 由aex≥2x+a，所以b＝a＝2，即的最大值是1． 故选：B． 【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了转化思想，是难题． 26．（2024•龙岗区校级模拟）已知函数h（x）＝mex﹣x+1． （1）若h（x）在（0，4）上有唯一零点，求m的取值范围； （2）若h（x）≥h（x0）对任意实数x恒成立，证明：． 【分析】（1）令h（x）＝mex﹣x+1＝0，得，构造函数，利用导数求出函数的单调区间及极值，作出其大致图像，结合图象即可得解； （2）根据h（x）≥h（x0）对任意实数x恒成立，可得h（x0）是函数h（x）的最小值，由m分类讨论求出h（x）的最小值，再构造新的函数证明即可． 【解答】解：（1）令h（x）＝mex﹣x+1＝0，得， 令，则， 当0＜x＜2时，g′（x）＞0，当2＜x＜4时，g′（x）＜0， 所以函数g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，4）上单调递减， 所以， 又， 如图，作出函数的图象， 由图可知，m的取值范围为或； （2）证明：因为h（x）≥h（x0）对任意实数x恒成立， 所以h（x0）是函数h（x）的最小值， h′（x）＝mex﹣1， 当m≤0时，h′（x）＜0，所以函数h（x）在R上为减函数， 所以函数h（x）没有最小值，不符合题意， 当m＞0时，时，h′（x）＜0，时，h′（x）＞0， 所以函数h（x）在上单调递减，在上单调递增， 所以， 综上所述，， 则，即m2（lnm+2）＞﹣m2+3m﹣1， 即m2lnm＞﹣3m2+3m﹣1，即， 令， ， 当且仅当，即时取等号， 所以， f′（m）＝lnm+1， 当时，f′（m）＜0，当时，f′（m）＞0， 所以函数f（m）在上单调递减，在上单调递增， 所以， 因为， 所以f（m）＞φ（m），即， 所以． 【点评】本题考查利用导数解决函数零点问题的方法： （1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用； （2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题； （3）参变量分离法：由f（x）＝0分离变量得出a＝g（x），将问题等价转化为直线y＝a与函数y＝g（x）的图象的交点问题． 本题属于难题． 27．（2024•吉林模拟）在平面直角坐标系xOy中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数图象上． （1）当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； （2）已知函数，关于x的方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2（x1＜x2）． （i）求实数a的取值范围； （ii）证明：． 【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值； （2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程ax2＝lnex有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围； （ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求F′（x），F（x）在单调递增，，得，从而可得即，再由h（x）的单调性，即可得到． 【解答】解：（1）因为B在x轴上方，所以：x＞1， △OAB为直角三角形，所以当AB⊥x轴时，所得圆锥的体积才可能最大， 设A（x，0），则，（x＞1）， 设（x＞1），则，由h′（x）＞0⇒2lnx﹣ln2x＞0⇒lnx（2﹣lnx）＞0， 因为x＞1，所以2﹣lnx＞0⇒x＜e2， 所以h（x）在（1，e2）上单调递增，在（e2，+∞）上单调递减，所以， 从而； （2）（i）因为f（x）＝g（x），即，即， 令u（t）＝et+t，所以u（ax2）＝u（lnex）， 因为u（t）＝et+t为增函数，所以ax2＝lnex即ax2＝lnx+1， 所以方程f（x）＝g（x）有两个不等实根x1，x2等价于有两个不等实根x1，x2， 令，所以， 当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减， 所以； 当x→0时，h（x）→﹣∞；当x→+∞时，由洛必达法则知0，所以， （ii）由（i）知，，， 令，， 因为，所以， 因为，，所以F′（x）＞0，即F（x）在单调递增，，所以． 因为，所以， 又因为h（x1）＝h（x2），所以， 因为，，且h（x）在上单调递减， 所以，即，所以， 所以． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值、进而解决函数零点、不等式的证明问题的解题思路，属于难题． 28．（2024•南昌三模）定义：若变量x，y＞0，且满足：，其中a，b＞0，m∈Z．称y是关于x的“m型函数”． （1）当a＝2，b＝1时，求y关于x的“2型函数”在点处的切线方程； （2）若y是关于x的“﹣1型函数”， （ⅰ）求x+y的最小值； （ⅱ）求证：，（n∈N+）． 【分析】（1）由题意求出y，利用导数求斜率，利用点斜式写出切线方程； （2）（i）由题意得，利用基本不等式求出x+y的最小值． （ii）由题意得出（x﹣a）（y﹣b）＝ab，可设x﹣a＝at，，t∈（0，+∞），求出xn+yn，构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，从而证明结论成立． 【解答】解：（1）由题意知，y，则y′••（x）， 所以y′|x＝1（）， 故所求的切线方程为，即； （2）（i）由题意得，，即， 所以x+y＝（x+y）（）＝a+ba+b+2， 当且仅当，即时取得最小值． （ii）由，即，则（x﹣a）（y﹣b）＝ab，且x＞a，y＞b． 可设x﹣a＝at，，其中t∈（0，+∞）， 所以xn+yn＝[a（1+t）]nan（1+t）n+bn， 设，则h′（t）＝nan（1+t）n﹣1+nbn•（）[tn+1]． 由h'（t）＝0，得，记，当0＜t＜t0时，h'（t）＜0，当t＞t0时，h'（t）＞0， 则 ， 所以． 【点评】本题考查了导数与不等式的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题． 29．（2024•赤峰模拟）已知． （1）将sinx，cosx，x，按由小到大排列，并证明； （2）令f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求证：f（x）在内无零点． 【分析】（1）设，求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求出g（x）在 上的最小值，利用最小值大于0，判断，再判断sinx＞cosx，即可得出结论． （2）要证f（x）在 内无零点，只需证f（x）＞0，由（1）知，只需证，由此构造函数求解即可． 【解答】（1）解：设，则g'（x）＝﹣sinx+x，设h（x）＝g′（x）＝﹣sinx+x，则h′（x）＝﹣cosx+1， 因为x∈ 时，h′（x）＞0 恒成立． 所以h（x）在 上单调递增，即g′（x）在（，π）上单调递增； 所以g′（x）＞g′（）0， 所以g（x）在 上单调递增， 从而， 即 时，恒有成立． 又，由，知， 所以，即sinx＞cosx， 综上，． （2）证明：要证f（x）在 内无零点，只需证f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x＞0． 由（1）知，， 只需证， 即证，即证， 令s（x）＝exx2﹣x﹣1，则s'（x）＝ex﹣x﹣1，设t（x）＝s′（x），则t′（x）＝ex﹣1， 当x∈（0，+∞）时，有t′（x）＞0，所以t（x）在 上单调递增， 即s′（x）在x∈（，π）上单调递增，所以s′（x）＞s′（）＞s′（0）＝0， 从而s（x）在 上单调递增，所以s（x）＞s（）＞s（0）＝0， 所以f（x）在 内无零点． 【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了函数与不等式的应用问题，是难题． 30．（2024•呼和浩特模拟）对于函数f（x），若实数x0满足f（x0）＝x0，则x0称为f（x）的不动点．已知函数f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）． （1）当a＝﹣1时，求证：f（x）≥0； （2）当a＝0时，求函数f（x）的不动点的个数； （3）设n∈N*，证明：ln（n+1）． 【分析】（1）a＝﹣1时f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x，求函数的导数，利用导数大于0判断f（x）单调递增，计算f（x）min＝0即可． （2）a＝0时f（x）＝ex﹣2x，由f（x）＝ex﹣2x＝x，方程正实数解的个数就是函数f（x）的不动点的个数，构造函数，求函数零点个数即可． （3）由a＝﹣1时，f（x）≥0，即∀x∈（0，+∞）时，ex﹣2x﹣e﹣x≥0，设x＝lns，s≥1，不等式化为s2lns，s＞1；设s，n∈N*，得出ln（），n∈N*；由此求和即可得出结论． 【解答】（1）证明：a＝﹣1时，f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x（x≥0）， 所以f′（x）＝ex+e﹣x﹣2≥22＝0，当且仅当x＝0时取等号， 所以f（x）在[0，+∞）上单调递增， 所以f（x）≥f（0）＝0． （2）解：当a＝0时，f（x）＝ex﹣2x（x≥0）， 令f（x）＝ex﹣2x＝x，则方程ex﹣3x＝0的正实数解的个数就是函数f（x）的不动点的个数． 令g（x）＝ex﹣3x，x≥0，则g'（x）＝ex﹣3，x≥0， 当x＞ln3时，g'（x）＞0，所以g（x）在（ln3，+∞）上是单调递增的； 当0＜x＜ln3时，g'（x）＜0，所以g（x）在（0，ln3）上是单调递减的； 所以，当x＝ln3时，g（x）取得最小值g（ln3）＝3﹣3ln3＜0； 因为g（0）＝1＞0，g（10）＝10﹣3ln10＞0，所以方程ex﹣3x＝0有2个正实数解， 所以当a＝0时，函数f（x）有2个不动点． （3）证明：由（1）知，当a＝﹣1时，f（x）≥0，即∀x∈（0，+∞）时，ex﹣2x﹣e﹣x≥0． 设x＝lns，s≥1，则s﹣2lns﹣s﹣1≥0，即s2lns，s＞1； 设s，n∈N*，则s＞1，所以， 即ln（1），所以ln（），n∈N*； 所以， 即． 【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，属于难题． 31．（2024•3月份模拟）已知函数f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）． （1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）过原点的切线方程； （2）若f（x）的最小值与g（x）的最小值相等，求实数a． 【分析】（1）a＝e时f（x）＝ex﹣ex，求函数的导数，设切点为A（x0，y0），求出曲线在A处的切线斜率，利用点斜式写出切线方程，由切线过原点求出x0，再求切线方程． （2）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求出函数f（x）、g（x）的最小值，利用最小值相等，列方程求出a的值． 【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝ex﹣ex，f′（x）＝ex﹣e， 设切点为A（x0，y0），则曲线y＝f（x）在A处的切线斜率为k＝f′（x0）e， y0ex0， 所求的切线方程为y﹣（ex0）＝（e）（x﹣x0）， 又切线过原点，所以﹣（ex0）＝﹣x0（e）， 解得x0＝1，所以k＝f′（1）＝0，y＝0， 即所求的切线方程为y＝0． （2）由题意得，f′（x）＝ex﹣a，g（x）＝a， 当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上是增函数，无最小值，不合题意， 所以a＞0，令f′（x）＝0，得x＝lna， 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）有唯一的极小值也是最小值，是f（lna）＝a﹣alna． 令g'（x）＝0，得x，当时，g'（x）＜0，g（x）单调递减， 当x时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以g（x）有唯一的极小值也是最小值为． 由题意得，a﹣alna＝1+lna，即a﹣alna﹣lna﹣1＝0， 设s（x）＝x﹣xlnx﹣lnx﹣1，则s′（x）＝1﹣（lnx+1）lnx， 设t（x）＝﹣lnx，则t′（x）． 令t'（x）＝0，得x＝1， 所以0＜x＜1时，t′（x）＞0，t（x）单调递增，x＞1时，t′（x）＜0，t（x）单调递减， 所以t（x）的最大值为t（1）＝﹣1＜0，所以s'（x）＝t（x）＜0， 所以s（x）在（0，+∞）上单调递减， 又s（1）＝0，所以x＝1为s（x）的唯一零点， 所以由a﹣alna﹣lna﹣1＝0，解得a＝1． 即当f（x）的最小值与g（x）的最小值相等时，实数a的值为1． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，求函数的最值问题，也考查了推理与运算能力，是难题． 32．（2024•运城二模）已知函数f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）． （1）若a＝4，求f（x）的图象在x＝0处的切线方程； （2）若f（x）⩾0对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围； （3）若数列{an}满足a1＝1且（n∈N*），记数列{an}的前n项和为Sn，求证：． 【分析】（1）a＝4时，利用导数求f（x）在x＝0处的导数，计算f（0），利用点斜式写出切线方程即可． （2）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求函数f（x）在x∈[0，+∞）满足f（x）≥0恒成立，从而求出a的取值范围． （3）由数列的递推公式得出数列是等差数列，由此求出通项公式，再利用（2）的结论，求解即可证明结论成立． 【解答】（1）解：若a＝4，则f（x）＝（x﹣4）ex+x+4，所以f′（x）＝（x﹣4）ex+ex+1＝（x﹣3）ex+1， 所以f′（0）＝（0﹣3）e0+1＝﹣2，f（0）＝（0﹣4）e0+4＝0， 所以f（x）的图象在x＝0处的切线方程为y﹣0＝﹣2（x﹣0），即2x+y＝0． （2）解：f′（x）＝（x﹣a）ex+ex+1＝（x﹣a+1）ex+1， 令g（x）＝f′（x），所以g′（x）＝（x﹣a+1）ex+ex＝（x﹣a+2）ex， 当a﹣2≤0，即a≤2时，g′（x）≥0在x∈[0，+∞）上恒成立， 所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，即f′（x）在[0，+∞）上单调递增， 所以f′（x）≥f′（0）＝2﹣a≥0，所以f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝0，符合题意； 当a﹣2＞0，即a＞2时，当x＞a﹣2时，g'（x）＞0，当0＜x＜a﹣2时，g'（x）＜0， 所以g（x）在（0，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增， 即f′（x）在（0，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增， 又f′（0）＝2﹣a＜0，f′（a）＝（a﹣a+1）ea+1＝ea+1＞0， 所以存在x0∈（0，a），使得f'（x0）＝0， 当0＜x＜x0时，f'（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减， 所以f（x0）＜f（0）＝0，不符合题意． 综上，a的取值范围是 （﹣∞，2]． （3）证明：因为，所以，即， 所以数列是公差为的等差数列， 又，所以，所以． 由（2）知当x＞0时，（x﹣2）ex+x+2＞0，所以当n≥1，n∈N*时，， 所以[ln（1）﹣2]（1）+ln（1）+2＞0，即[（1）+1]ln（1）﹣2（1）+2＞0，所以． 所以Snln（1）+ln（1）+ln（1）+…+ln（1）+ln（1） ＝ln（3）＝lnln[（n+1）（n+2）]﹣ln2， 所以， 又，所以． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，也考查了不等式与数列的应用问题，是难题． 33．（2024•天津模拟），，已知f（x）的图象在（0，f（0））处的切线与x轴平行或重合． （1）求φ的值； （2）若对∀x≥0，f（x）≤0恒成立，求a的取值范围； （3）利用如表数据证明：． 1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454 【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（0）＝0，求出φ的值即可； （2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出a的范围即可； （3）根据三角函数的性质累加即可． 【解答】解：（1），则； （2），即恒成立， g（0）＝﹣a+2≤0，则a≥2， ， 则g（x）递减． 所以a≥2时，； （3）证明： ． 【点评】本题考查了三角函数的性质，考查函数的单调性问题，考查不等式的证明，是一道综合题． 34．（2024•济宁一模）已知函数． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若0＜x1＜x2，证明：对任意a∈（0，+∞），存在唯一的实数ξ∈（x1，x2），使得成立； （3）设，数列{an}的前n项和为Sn．证明：Sn＞2ln（n+1）． 【分析】（1）求出函数f（x）的定义域，计算f′（x），讨论a的取值，利用导数判断函数的单调性即可． （2）设F（x）＝f′（x），（x＞0），判断F（x）在区间（x1，x2）上单调递减，计算F（x1），判断F（x1）＞0，计算F（x2），判断F（x2）＜0，即可得出区间（x1，x2）上存在唯一实数ξ，使得F（ξ）＝0，即可得出结论成立． （3）由a＝1时，f（x）在（1，+∞）上单调递减，得出x＞1时，lnxx20，设x，n∈N*，得出2ln（n+1）﹣2lnn，令bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N*，得出an＞bn，即可得出Sn＞2ln（n+1）． 【解答】（1）解：函数f（x）的定义域为（0，+∞），且f′（x）ax； ①若a≤0，则f′（x）＞0 恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增； ②若a＞0，则x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减； 综上，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； α＞0时，f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减． （2）证明：设F（x）＝f′（x），（x＞0）， 则F（x）axaxa（x2+x1）， 因为a＞0，所以F（x）axa（x2+x1）在区间（x1，x2）上单调递减； F（x1）ax1a（x2+x1）a（x2﹣x1）（1﹣ln）a（x2﹣x1）， 设g（t）＝t﹣1﹣lnt，t＞0，则g′（t）＝1，所以t∈（0，1）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减； t∈（1，+∞）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；所以g（t）的最小值为g（t）min＝g（1）＝0． 又0＜x1＜x2，所以1，所以1﹣ln0恒成立；又因为a＞0，x2﹣x1＞0，所以F（x1）＞0． 同理可得：F（x2）（1ln）a（x1﹣x2），由t﹣1﹣lnt≥0（t＝1时等号成立）， 又因为0＜x1＜x2，所以01，所以1ln0恒成立； 又因为a＞0，x1﹣x2＜0，x2﹣x1＞0，所以F（x2）＜0． 所以，区间（x1，x2）上存在唯一实数ξ，使得F（ξ）＝0， 所以对任意a∈（0，+∞），存在唯一的实数ξ∈（x1，x2），使得f′（ξ）成立． （3）证明：当a＝1时，由（1）可得，f（x）＝lnxx2在（1，+∞）上单调递减， 所以x＞1时，f（x）＜f（1）＝0，即lnxx20． 令x，n∈N*，则ln0， 即1＞2ln（n+1）﹣2lnn，所以2ln（n+1）﹣2lnn， 令bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N*，则an＞bn， 所以a1+a2+...+an＞b1+b2+...+bn，即Sn＞2ln（n+1）． 【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了利用函数不等式证明的应用问题，是难题． 七．利用导数研究曲线上某点切线方程（共7小题） 35．（2024•河北模拟）已知曲线与曲线在第一象限交于点A，在A处两条曲线的切线倾斜角分别为α，β，则（　　） A． B． C． D．|α﹣β| 【分析】分别利用圆的切线性质、导数求切线斜率的方法，求出tanα，tanβ的值，然后求出tan（α+β）的值，即可求出结论． 【解答】解：由， 解得x＝y＝0，或x＝y＝1，又A在第一象限，所以A（1，1）， 由曲线C1的圆心为C1（2，﹣1），所以2，所以tanα， 由f′（x）＝2x得tanβ＝f′（1）＝2，所以α，β∈（0，），即α+β∈（0，π）， tan（α+β），不存在，所以α+β． 故选：A． 【点评】本题考查圆的切线性质，导数的几何意义及应用等，属于中档题． 36．（2024•沙坪坝区校级模拟）设曲线f（x）＝xsinx在点（π，f（π））处的切线为l，则l与两坐标轴围成的三角形的面积为 　　． 【分析】求出切点的坐标与导数，求出切线方程，进而求出切线与坐标轴的交点坐标，表示出所求三角形的面积． 【解答】解：由已知得f'（x）＝sinx+xcosx，f（π）＝0，f'（π）＝﹣π， 所以l的方程为y＝﹣π（x﹣π），令x＝0得y＝π2；令y＝0得x＝π， l与两坐标轴围成的三角形面积：． 故答案为：． 【点评】本题考查导数的几何意义与切线方程的求法，属于基础题． 37．（2024•思明区校级模拟）已知曲线f（x）＝xlnx﹣1在x＝1处的切线l与圆C：（x﹣1）2+y2＝9相交于A、B两点，则|AB|＝　　． 【分析】先利用导数求出切线方程，然后利用弦长公式求弦长． 【解答】解：由题意f（1）＝﹣1，切点为（1，﹣1）， f′（x）＝lnx+1，k＝f′（1）＝1， 切线方程为：y＝x﹣2， 代入（x﹣1）2+y2＝9整理后得x2﹣3x﹣2＝0， 显然Δ＝17＞0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝3，x1x2＝﹣2， 所以|AB|•． 故答案为：． 【点评】本题考查利用导数求切线的方法，直线与圆相交时的弦长公式，属于中档题． 38．（2024•宜春模拟）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2x+2）为奇函数，记f'（x）为f（x）的导函数，若f′（﹣2）＝1，则y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为 　x+y+6＝0　． 【分析】利用f（x）的奇偶性与对称性，得到f（x）的周期，结合f（2）＝0，求出f（﹣6）的值，再利用导数的奇偶性与周期性，结合f′（﹣2）＝1，求出f′（﹣6）的值，则切线可求． 【解答】解：因为f（x）是定义在R上的偶函数，且f（2x+2）为奇函数， 所以f（﹣x）＝f（x），f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）＝f（x﹣2）， 可得f（x﹣8）＝f（x），即周期为8，且f（2）＝0， 又﹣f′（﹣x）＝f′（x），f′（x﹣8）＝f′（x）， 所以f（﹣6）＝f（2）＝0，得f′（﹣6）＝f′（2﹣8）＝f′（2）＝﹣f′（﹣2）＝﹣1， 所以y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为：y﹣0＝﹣（x+6）， 即x+y+6＝0． 故答案为：x+y+6＝0． 【点评】本题考查函数的奇偶性、周期性性质及应用，导数的几何意义等，属于中档题． 39．（2024•长沙模拟）已知函数若函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））（x1＜0）和点B（x2，f（x2））（x2＞0）处的两条切线相互平行且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围为 　[，+∞）　． 【分析】设切线的倾斜角为α，则|AM|，|BN|，再结合切线相互平行，则导数相等，得到x1，x2之间的关系，将化成关于x2的函数，再研究函数的值域即可． 【解答】解：不妨设两条切线的倾斜角为α，显然α为锐角， 则|AM|，|BN|，所以， 由（ex）′＝ex，（﹣x2）′＝﹣2x， 所以2x1，即x1， 所以（x2＞0）， 令g（x），x＞0，，g′（x）＞0⇒x＞1，g′（x）＜0⇒0＜x＜1， 所以g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 且x→0时，g（x）→+∞；x→+∞时，g（x）→+∞，g（x）min＝g（1）， 所以g（x），即的取值范围是[，+∞）． 故答案为：[，+∞）． 【点评】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性、最值的方法，属于中档题． 40．（2024•莲湖区校级模拟）已知函数f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2． （1）判断g（x）的零点个数； （2）求曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）公切线的条数． 【分析】（1）判断函数的单调性，再利用零点存在性定理判断； （2）分别设出切点，然后写出切线方程，根据为公切线列出方程组，研究方程组解的个数，消元后，转化为函数零点个数的判断问题． 【解答】解：（1）g（x）的定义域为（﹣∞，+∞），g′（x）＝2ex+1﹣1， 令g′（x）＞0，得x＞﹣1﹣ln2，令g′（x）＜0，得x＜﹣1﹣ln2，可知g（x）在（﹣∞，﹣1﹣ln2）上单调递减，在（﹣1﹣ln2，+∞）上单调递增， 所以g（x）min＝g（﹣1﹣ln2）＝ln2＞0，故g（x）的零点个数为0； （2）因为f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2，所以f′（x）＝2x+3，g′（x）＝2ex+1﹣1， 所以曲线y＝f（x）在点处的切线方程为x1），即， 曲线y＝g（x）在点处的切线方程为1）（x﹣x2）， 即； 令得 消去x2，整理得[4﹣2ln（x1+2）]（x1+2）＝0， 设x1+2＝t（t＞0），得t2﹣2tlnt﹣1＝0，等价于0， 令，因为， 所以h（t）在（0，+∞）上单调递增，且h（1）＝0，则h（t）在（0，+∞）上有唯一的零点t＝1， 由x1+2＝1，得x1＝﹣1，所以曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）有且仅有一条公切线． 【点评】本题考查利用导数判断函数零点的个数问题，以及公切线的求法与性质的应用，属于中档题． 41．（2024•姜堰区校级模拟）设P是坐标平面xOy上的一点，曲线Γ是函数y＝f（x）的图像．若过点P恰能作曲线Γ的k条切线（k∈N），则称P是函数y＝f（x）的“k度点”． （1）判断点O（0，0）与点A（2，0）是否为函数y＝lnx的1度点，不需要说明理由； （2）已知0＜m＜π，g（x）＝sinx．证明：点B（0，π）是y＝g（x）（0＜x＜m）的0度点； （3）求函数y＝x3﹣x的全体2度点构成的集合． 【分析】（1）O（0，0）是y＝lnx的1度点，A（2，0）不是y＝lnx的1度点； （2）求导得g′（x）＝cosx，设t＞0，可得出曲线在点（t，sint）处的切线方程为y﹣sint＝cost（x﹣t），该切线过点（0，π）时，π﹣sint＝﹣tcost，然后设G（t）＝sint﹣tcost﹣π，然后根据导数符号可判断G（t）在（0，π）上单调递增，从而得出方程π﹣sint＝﹣tcost无解，这样即可得出要证明的结论； （3）求导得出y′＝3x2﹣1，设t∈R，可得出曲线在（t，t3﹣t）处的切线方程为y﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（x﹣t），设点（a，b）为函数y＝x3﹣x的2度点，从而得出关于t的方程b﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（a﹣t）恰有两个不同的实数解，设h（t）＝2t3﹣3at2+（a+b），则h（t）有两个不同的零点，讨论a：a＝0时，可得出不合要求；a＞0时，h′（t），根据h′（t）＝0可求出h（t）的极大值和极小值，并可得出，，然后讨论极大值和极小值和0的关系即可得出函数y＝x3﹣x的2度点构成的集合． 【解答】解：（1）由题意，设t＞0，则曲线y＝lnx在点（t，lnt）处的切线方程为y﹣lnt（x﹣t）， 该切线过原点O时，﹣lnt＝﹣1，解得t＝e，故原点O是函数y＝lnx的一个1度点； 又因为该切线过点A（2，0），所以﹣lnt（2﹣t）， 设s（t）＝tlnt﹣t+2，则s′（t）＝1+lnt﹣1＝lnt，令s′（t）＝0，得t＝1， 所以t∈（0，1）时，s′（t）＜0，s（t）单调递减；t∈（1，+∞）时，s′（t）＞0，s（t）单调递增， 所以s（t）＝tlnt﹣t+2在x＝1处取得极小值，也是最小值，且s（1）＝0﹣1+2＝1＞0， 所以﹣lnt（2﹣t）无解，点A（2，0）不是函数y＝lnx的1度点； （2）证明：设t＞0，y′＝cost，则曲线y＝sinx在点（t，sint）处的切线方程为y﹣sint＝cost（x﹣t）， 则该切线过点（0，π），当且仅当π﹣sint＝﹣tcost（*）， 设G（t）＝sint﹣tcost﹣π，G′（t）＝tsint，∴0＜t＜π时，G′（t）＞0， 故y＝G（t）在区间（0，π）上单调递增， ∴当0＜t＜m＜π时，G（t）＜G（π）＝0，（*）恒不成立，即点B（0，π）是y＝g（x）的一个0度点； （3）y′＝3x2﹣1， 对任意t∈R，曲线y＝x3﹣x在点（t，t3﹣t）处的切线方程为y﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（x﹣t）， 故点（a，b）为函数y＝x3﹣x的一个2度点当且仅当关于t的方程b﹣（t3﹣t）＝（3t2﹣1）（a﹣t）恰有两个不同的实数解， 设h（t）＝2t3﹣3at2+（a+b），则点（a，b）为函数y＝x3﹣x的一个2度点，当且仅当y＝h（t）有两个不同的零点， 若a＝0，则h（t）＝2t3+b在R上严格增，只有一个零点，不合要求； 若a＞0，h′（t）＝6t2﹣6at，令h′（t）＝0得t＝0或t＝a， 由t＜0或t＞a时，h′（t）＞0，得y＝h（t）严格增；当0＜t＜a时，h′（t）＜0，得y＝h（t）严格减， 故y＝h（t）在t＝0时取得极大值h（0）＝a+b，在t＝a时取得极小值h（a）＝b+a﹣a3， 又，a＞0， ∴当h（0）＞0＞h（a）时，由零点存在定理，y＝h（t）在（﹣∞，0），（0，a），（a，+∞）上各有一个零点，不合要求； 当0＞h（0）＞h（a）时，y＝h（t）仅（a，+∞）上有一个零点，不合要求； 当h（0）＞h（a）＞0时，y＝h（t）仅（﹣∞，0）上有一个零点，也不合要求； 故y＝h（t）有两个不同零点当且仅当h（0）＝0或h（a）＝0， 若a＜0，同理可得y＝h（t）有两个不同零点当且仅当h（0）＝0或h（a）＝0， 综上，函数y＝x3﹣x的全体2度点构成的集合为{（a，b）|b＝﹣a或b＝a3﹣a，a≠0}． 【点评】本题考查了基本初等函数和积的导数的求导公式，根据导数符号判断函数单调性的方法，根据导数求函数极大值和极小值的方法，函数零点个数的判断方法，考查了计算能力，属于难题． 八．利用导数求解曲线在某点上的切线方程（共6小题） 42．（2024春•连州市校级月考）过曲线S：y＝3x﹣x3上一点A（2，﹣2）的切线方程为（　　） A．y＝﹣2 B．9x+y﹣16＝0 C．9x+y﹣16＝0或y＝﹣2 D．9x﹣y﹣16＝0 【分析】先求出函数的导数，得到函数的大致图象，通过讨论A是切点和A不是切点，从而求出切线的方程． 【解答】解：∵y′＝3﹣3x2， 令y′＞0，解得：﹣1＜x＜1，令y′＜0，解得：x＞1或x＜﹣1， ∴函数在（﹣∞，﹣1）递减，在（﹣1，1）递增，在（1，+∞）递减， ∴y极小值＝﹣2，y极大值＝2， 函数的图象如图所示： ， ①若A不是切点， ∴y＝﹣2是过A（2，﹣2）的一条切线方程， ②若A是切点， ∵在A点处的切线的斜率是：3﹣3×4＝﹣9， ∴切线方程是：y+2＝﹣9（x﹣2）， 即：9x+y﹣16＝0， 综上，切线方程是：y＝﹣2或9x+y﹣16＝0， 故选：C． 【点评】本题考查了曲线的切线方程，考查导数的应用，本题是一道中档题． 43．（2024春•未央区校级期末）曲线f（x）＝3x2﹣ex在（0，﹣1）处的切线方程为（　　） A．x+y+1＝0 B．x﹣y+1＝0 C．x﹣y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0 【分析】求出切线处的导数值，利用点斜式求出切线方程即可． 【解答】解：由已知得f′（x）＝6x﹣ex， 所以f′（0）＝﹣1，所以切线方程为y﹣（﹣1）＝﹣（x﹣0）， 即x+y+1＝0． 故选：A． 【点评】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，属于基础题． 44．（2024•辽阳二模）设函数的图像与x轴相交于点P，则该曲线在点P处的切线方程为（　　） A．y＝﹣x B．y＝﹣x﹣1 C．y＝x﹣1 D．y＝0 【分析】求出点P的坐标，然后求出该点处的导数值，则切线方程可求． 【解答】解：因为， 令f（x）＝0得x＝﹣1，所以切点P（﹣1，0）， 又，所以k＝f′（﹣1）＝0， 故切线方程为y＝0． 故选：D． 【点评】本题考查导数的运算，导数的几何意义与切线方程的求法，属于基础题． 45．（2023•新城区校级模拟）已知函数，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为（　　） A．3x+2y﹣3＝0 B．3x﹣2y﹣3＝0 C．2x﹣3y﹣2＝0 D．2x﹣3y+2＝0 【分析】求出切点坐标，切点处的导数值，然后写出点斜式切线方程． 【解答】解：f（1）＝0，切点为（1，0）， f′（x），k＝f′（1）， 所以切线方程为y，即3x﹣2y﹣3＝0． 故选：B． 【点评】本题考查导数的几何意义、切线方程的求法，属于基础题． 46．（2023•鹰潭二模）已知函数f（x）＝﹣xlnx+（2﹣f′（e））x﹣3，则f（x）在x＝1处的切线方程为　x﹣y﹣2＝0　． 【分析】先解方程求出f′（e），然后求出导数，再求出切点处的函数值、导数值，利用点斜式写出切线方程． 【解答】解：f′（x）＝﹣lnx+1﹣f′（e）， ∴f′（e）＝﹣lne+1﹣f′（e），∴f′（e）＝0． ∴f（x）＝﹣xlnx+2x﹣3，f′（x）＝﹣lnx+1， 故切点为（1，﹣1），k＝f′（1）＝1， 故切线为：y+1＝x﹣1， 即x﹣y﹣2＝0． 故答案为：x﹣y﹣2＝0． 【点评】本题考查导数的几何意义与切线方程的求法，以及学生的运算能力．属于中档题． 47．（2024•重庆模拟）已知f（x）＝ln（1+x）﹣ln（a﹣bx）是奇函数，则f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为（　　） A．y＝2x B．y＝x C．y＝0 D．y＝﹣2x 【分析】根据定义域关于原点对称、奇函数则f（﹣x）+f（x）＝0恒成立，求出a，b的值，再利用导数的几何意义求出切线方程． 【解答】解：显然x＞﹣1，根据奇函数定义域关于原点对称，所以x≠1， 所以a﹣b×1＝0，即a＝b， 又f（0）＝lna＝0，所以a＝1， 所以f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）， f′（x），f′（0）＝2， 所以切线方程为y＝2x． 故选：A． 【点评】本题考查函数奇偶性的判断、导数的几何意义与切线方程的求法，属于中档题． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！学科网（北京）股份有限公司2 学科网（北京）股份有限公司 $$