导数及其应用专题特训-2025届高三数学上学期一轮复习

导数及其应用专题特训-2025年高三数学上学期一轮复习 一．选择题（共8小题） 1．（2024•宜宾三模）若曲线y＝ex+a的一条切线方程是y＝x﹣1，则a＝（　　） A．﹣2 B．1 C．﹣1 D．e 2．（2024•湖北模拟）若对于任意正数x，y，不等式x（1+lnx）≥xlny﹣ay恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 3．（2024•桥西区模拟）“b＝﹣1”是“直线y＝3x+b与曲线y＝x（lnx+2）相切”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2024•邢台模拟）已知函数在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（　　） A．e B．1 C．e﹣2 D．e﹣1 5．（2024•嘉兴二模）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足xf′（x）＝（1﹣x）f（x），且f（1）＞0，则（　　） A． B． C． D． 6．（2024•德阳模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）在定义域均为R且F（x）＝ex+2f（x+2）是偶函数，（x﹣2）[f′（x）+f（x）]＞0，则不等式xf（lnx）＜e3f（3）的解集为（　　） A．（0，e3） B．（1，e3） C．（e，e3） D．（e3，+∞） 7．（2024•渭南二模）已知正数a，b满足，则ea+b＝（　　） A． B． C．1 D． 8．（2024•随州模拟）设函数f（x）的定义域为R，其导函数为f′（x），且满足f（x）＞f′（x）+1，f（2）＝e2+1，则不等式e﹣xf（x）≥e﹣x+1的解集是（　　） A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，2] C．[﹣1，2] D．[2，+∞） 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•茂名模拟）已知6lnm＝m+a，6n＝en+a，其中m≠en，则m+en的取值可以是（　　） A．e B．e2 C．3e2 D．4e2 （多选）10．（2024•山西模拟）已知函数f（x）＝esinx+ecosx，则（　　） A．f（x）的图象关于直线对称 B．f（x）•f（x+π）≥4 C．f（x）+f（﹣x）＞3 D．f（x）在区间上的极大值为 （多选）11．（2024•唐山一模）已知函数f（x）＝x3﹣3x+1，则（　　） A．直线是曲线y＝f（x）的切线 B．f（x）有两个极值点 C．f（x）有三个零点 D．存在等差数列{an}，满足 三．填空题（共3小题） 12．（2024•江西模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex+k，f（x）≤g（x），则k的取值范围为 　 　． 13．（2024•青原区校级模拟）已知函数f（x）＝mx+lnx，g（x）＝x2﹣mx，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）存在公切线，则实数m的最大值为 　 　． 14．（2024•淄博一模）设方程ex+x+e＝0，lnx+x+e＝0的根分别为p，q，函数f（x）＝ex+（p+q）x，令a＝f（0），b＝f（），c＝f（），则a，b，c的大小关系为 　 　． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•沙河口区校级二模）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex+ax+1． （1）若a＝﹣e，求f（x）的极值； （2）若x≥0，f（x）≥2sinx，求a的取值范围． 16．（2024•黄州区校级四模）已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣ax+2． （1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围． 17．（2024•贵州模拟）已知函数f（x）＝xlnx． （1）若函数g（x）＝f（x）﹣a有两个零点，求实数a的取值范围； （2）已知A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（其中x1＜x2＜x3且x1，x2，x3成等比数列）是曲线y＝f（x）上三个不同的点，判断直线AC与曲线y＝f（x）在点B处的切线能否平行？请说明理由． 18．（2024•城厢区校级模拟）已知函数，a∈R． （Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）求f（x）的单调区间； （Ⅲ）设x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）﹣ax的两个极值点，证明：． 19．（2024•邢台模拟）定义：若函数f（x）图象上恰好存在相异的两点P，Q满足曲线y＝f（x）在P和Q处的切线重合，则称P，Q为曲线y＝f（x）的“双重切点”，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”． （1）直线y＝x﹣是否为曲线f（x）＝x2﹣2x+2lnx的“双重切线”，请说明理由； （2）已知函数g（x）＝，求曲线y＝g（x）的“双重切线”的方程； （3）已知函数h（x）＝cosx，直线PQ为曲线y＝h（x）的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1k2，…，kn，若k1＞k2＞ki（i＝3，4，5，…，n），证明：． 导数及其应用专题特训-2025年高三数学上学期一轮复习 参考答案与试题解析 一．选择题（共8小题） 1．（2024•宜宾三模）若曲线y＝ex+a的一条切线方程是y＝x﹣1，则a＝（　　） A．﹣2 B．1 C．﹣1 D．e 【解答】解：由y＝ex+a，得y′＝ex， 设切点坐标为（t，et+a）， 由et＝1，得t＝0， ∴切点坐标为（0，1+a），代入y＝x﹣1， 得1+a＝﹣1，即a＝﹣2． 故选：A． 2．（2024•湖北模拟）若对于任意正数x，y，不等式x（1+lnx）≥xlny﹣ay恒成立，则实数a的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由不等式x（1+lnx）≥xlny﹣ay恒成立，且x＞0，y＞0， 分离参数得：，即， 设，得，t∈（0，+∞）， 设，t∈（0，+∞）， 则a≥g（t）max． ，由g′（t）＝0得t＝e2， 当t∈（0，e2）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；当t∈（e2，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减； ∴． ∴． 故选：C． 3．（2024•桥西区模拟）“b＝﹣1”是“直线y＝3x+b与曲线y＝x（lnx+2）相切”的（　　） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【解答】解：由y＝x（lnx+2），得y′＝lnx+2+1＝lnx+3， 设切点坐标为（t，t（lnt+2）），则y′|x＝t＝lnt+3， 由lnt+3＝3，得t＝1， ∴1×（ln1+2）＝3×1+b，解得b＝﹣1． 所以“b＝﹣1”是“直线y＝3x+b与曲线y＝x（lnx+2）相切”的充分必要条件． 故选：C． 4．（2024•邢台模拟）已知函数在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（　　） A．e B．1 C．e﹣2 D．e﹣1 【解答】解：因为函数在区间（1，2）上单调递增， 所以f'（x）＝aex﹣x≥0恒成立，x∈（1，2）， 即a≥恒成立，x∈（1，2）， 令g（x）＝，x∈（1，2）， g'（x）＝＜0， 所以g（x）在（1，2）上单调递减， 所以g（x）＜g（1）＝， 所以a≥． 故选：D． 5．（2024•嘉兴二模）已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足xf′（x）＝（1﹣x）f（x），且f（1）＞0，则（　　） A． B． C． D． 【解答】解：由xf′（x）＝（1﹣x）f（x）变形得，从而有， 所以， 设， 所以，则， 又f（1）＞0， 所以k＞0， 在（0，1）上f′（x）＞0，在（1，+∞）上f′（x）＜0， 所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）单调递减， 所以，f（2）＜f（1）， 又， 又e3＞2.73≈19.7＞16， 所以， 所以． 故选：D． 6．（2024•德阳模拟）已知函数f（x）及其导函数f′（x）在定义域均为R且F（x）＝ex+2f（x+2）是偶函数，（x﹣2）[f′（x）+f（x）]＞0，则不等式xf（lnx）＜e3f（3）的解集为（　　） A．（0，e3） B．（1，e3） C．（e，e3） D．（e3，+∞） 【解答】解：由（x﹣2）[f′（x）+f（x）]＞0，得x[f′（x+2）+f（x+2）]＞0， 则当x＞0时，得f′（x+2）+f（x+2）＞0， F′（x）＝ex+2f（x+2）+ex+2f′（x+2）＝ex+2[f（x+2）+f′（x+2）]， 则当x＞0时，F′（x）＞0，得函数F（x）在（0，+∞）上单调递增， 因为xf（lnx）＜e3f（3），所以F（lnx﹣2）＜F（1）， 由于F（x）＝ex+2f（x+2）是偶函数，则F（|lnx﹣2|）＜F（1）， 而函数F（x）在（0，+∞）上单调递增，得|lnx﹣2|＜1， 得﹣1＜lnx﹣2＜1， 得e＜x＜e3． 故选：C． 7．（2024•渭南二模）已知正数a，b满足，则ea+b＝（　　） A． B． C．1 D． 【解答】解：由， 设f（x）＝ex﹣4x，则f′（x）＝ex﹣4， 当x＞ln4时，f′（x）＞0，当x＜ln4时，f′（x）＜0， 所以f（x）在（0，ln4）上单调递减，在（ln4，+∞）上单调递增， 则f（x）min＝f（ln4）＝4﹣8ln2，故f（2a）＝e2a﹣8a≥4﹣8ln2， 当且仅当2a＝ln4，即a＝ln2时取等号； 设g（x）＝4lnx﹣16x+8，则， 当时g′（x）＞0，当时g′（x）＜0， 所以g（x）在上单调递增，在上单调递减， 所以，故g（b）＝4lnb﹣16b+8≤4﹣8ln2， 当且仅当时取等号， 又f（2a）≤g（b），则f（2a）＝g（b）＝4﹣8ln2， 此时，则． 故选：A． 8．（2024•随州模拟）设函数f（x）的定义域为R，其导函数为f′（x），且满足f（x）＞f′（x）+1，f（2）＝e2+1，则不等式e﹣xf（x）≥e﹣x+1的解集是（　　） A．（﹣∞，1] B．（﹣∞，2] C．[﹣1，2] D．[2，+∞） 【解答】解：设，∵f（x）＞f′（x）+1，即f′（x）﹣f（x）+1＜0， ∴，∴g（x）在R上单调递减，又f（2）＝e2+1， ∴不等式， 即g（x）≥g（2），∴x≤2， ∴原不等式的解集为（﹣∞，2]． 故选：B． 二．多选题（共3小题） （多选）9．（2024•茂名模拟）已知6lnm＝m+a，6n＝en+a，其中m≠en，则m+en的取值可以是（　　） A．e B．e2 C．3e2 D．4e2 【解答】解：令f（x）＝6lnx﹣x，则， 故当x∈（0，6）时，f'（x）＞0，f（x）单调递增， 当x∈（6，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）单调递减， ∵6lnm＝m+a，6n＝6lnen＝en+a，∴f（m）＝f（en）， 又m≠en，不妨设0＜m＜6＜en， 令；两式相减，可得， 则，∴； 令g（t）＝（t+1）lnt﹣2（t﹣1），t＞1，则， 因为在（1，+∞）上恒成立， 所以g'（t）在（1，+∞）上单调递增， 因为g'（t）＞g'（1）＝0在（1，+∞）上恒成立， 所以g（t）在（1，+∞）上单调递增， 则g（t）＞g（1）＝0，即， 所以． 故选：CD． （多选）10．（2024•山西模拟）已知函数f（x）＝esinx+ecosx，则（　　） A．f（x）的图象关于直线对称 B．f（x）•f（x+π）≥4 C．f（x）+f（﹣x）＞3 D．f（x）在区间上的极大值为 【解答】解：对于A选项，因为， 所以f（x）的图象关于直线对称，故A正确； 对于B选项，f（x）•f（x+π）＝（esinx+ecosx）（e﹣sinx+e﹣cosx）＝2+esinx﹣cosx+ecosx﹣sinx ，当且仅当sinx＝cosx时取等号，故B正确； 对于C选项，，故C错误； 对于D选项，因为f′（x）＝esinx•cosx﹣ecosx•sinx，当时，sinx≤0，cosx＞0，则f′（x）＞0； 当时，sinxcosx， 设，x∈（0，1），则，所以在（0，1）上单调递减． 由，得sinx，cosx∈（0，1）且sinx＜cosx，p（sinx）＞p（cosx），， 又sinxcosx＞0，则f′（x）＞0，则f（x）在上单调递增； 当时，，结合A选项知f（x）在上单调递增，在，上单调递减，故f（x）的极大值为，故D正确． 故选：ABD． （多选）11．（2024•唐山一模）已知函数f（x）＝x3﹣3x+1，则（　　） A．直线是曲线y＝f（x）的切线 B．f（x）有两个极值点 C．f（x）有三个零点 D．存在等差数列{an}，满足 【解答】解：f'（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1）， 令f'（x）＝0，得x＝±1， 所以函数f（x）在（﹣∞，﹣1）和（1，+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减， 所以函数f（x）在x＝﹣1处取得极大值，在x＝1处取得极小值，所以选项B正确； f′（x）＝3（x+1）（x﹣1）＝﹣，解得x＝±， f（）＝1﹣，f（﹣）＝1+， 经检验直线是曲线y＝f（x）在x＝﹣1处的切线，所以选项A不正确； 易得f（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）单调递增，在（﹣1，1）上单调递减， 又f（﹣2）＝﹣1＜0，f（﹣1）＞0，故f（x）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点， f（1）＜0，f（x）在（﹣1，1）上存在唯一零点， f（2）＞0，即f（x）在（1，+∞）上存在唯一零点，即共3个零点，所以选项C正确； 在等差数列{an}中，若a3＝0， 则a1＝﹣a5，a2＝﹣a4， 又f（﹣x）+f（x）＝2，f（0）＝1， 则＝f（a1）+f（a2）+f（a3）+f（a4）+f（a5）＝2+2+1＝5，所以选项D正确． 故选：BCD． 三．填空题（共3小题） 12．（2024•江西模拟）已知函数f（x）＝lnx，g（x）＝ex+k，f（x）≤g（x），则k的取值范围为 　{k|k≥﹣2}　． 【解答】解：令F（x）＝f（x）﹣g（x）＝lnx﹣ex﹣k（x＞0）， 有F′（x）＝＝， 当 时，F′（x）＜0，当 时，F′（x）＞0， 所以F（x）在（，+∞） 上单调递减，在上单调递增， 所以F（x）在处取得最大值﹣2﹣k， 若f（x）≤g（x）恒成立，则﹣2﹣k≤0，即k≥﹣2． 故答案为：{k|k≥﹣2}． 13．（2024•青原区校级模拟）已知函数f（x）＝mx+lnx，g（x）＝x2﹣mx，若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）存在公切线，则实数m的最大值为 　　． 【解答】解：法（i）， 假设两曲线在同一点（x0，y0）处相切， 则，可得，即， 因为函数y＝x2+lnx﹣1单调递增，且x＝1时y＝0， 所以x0＝1，则，此时两曲线在处相切， 根据曲线的变化趋势，若m继续减小，则两曲线相交于两点，不存在公切线， 所以m的最大值为． 法（ii）， 设公切线l与y＝f（x）的切点为（x1，f（x1）），与y＝g（x）的切点为（x2，g（x2））， 则直线l的方程为：y﹣（mx1+lnx1）＝（m+）（x﹣x1），整理可得y＝（m+）x+lnx1﹣1， y﹣（﹣mx2）＝（2x2﹣m）（x﹣x2），即y＝（2x2﹣m）x﹣， 由题意可得，可得m＝﹣， 设h（x）＝﹣，x∈（0，e]， 则h'（x）＝﹣+＝， 令φ（x）＝﹣x， 则φ（x）在（0，e]上单调递减，所以φ（1）＝0， 所以h'（x）≥0在（0，1）恒成立，在（1，e]上h'（x）＜0， 即h（x）在（0，1）上单调递增，在（1，e]上单调递减， 所以h（x）≤h（1）＝﹣＝，即m的最大值为． 故答案为：． 14．（2024•淄博一模）设方程ex+x+e＝0，lnx+x+e＝0的根分别为p，q，函数f（x）＝ex+（p+q）x，令a＝f（0），b＝f（），c＝f（），则a，b，c的大小关系为 　a＞c＞b　． 【解答】解：由ex+x+e＝0，得ex＝﹣x﹣e，由lnx+x+e＝0，得lnx＝﹣x﹣e， 因为方程ex+x+e＝0的根为p，所以函数y＝ex与y＝﹣x﹣e的图象交点P的横坐标为p， 同理函数y＝lnx与y＝﹣x﹣e的图象交点Q的横坐标为q， 因为y＝ex与y＝lnx互为反函数，所以两函数图象关于y＝x对称， 易知直线y＝x与直线y＝﹣x﹣e互相垂直，所以P，Q两点关于直线y＝x对称， 即P，Q的中点M一定落在y＝x，亦即点M为y＝x与y＝﹣x﹣e的交点， 联立，解得，即，所以p+q＝﹣e， 所以f（x）＝ex+（p+q）x＝ex﹣ex，则f′（x）＝ex﹣e， 令f′（x）＞0，得x＞1；令f′（x）＜0，得x＜1； 所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 所以，， 而， 又a＝f（0），b＝f（），c＝f（），所以a＞c＞b． 故答案为：a＞c＞b． 四．解答题（共5小题） 15．（2024•沙河口区校级二模）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex+ax+1． （1）若a＝﹣e，求f（x）的极值； （2）若x≥0，f（x）≥2sinx，求a的取值范围． 【解答】解：（1）已知f（x）＝（x﹣1）ex+ax+1，函数定义域为R， 当a＝﹣e时，f（x）＝（x﹣1）ex﹣ex+1， 可得f'（x）＝xex﹣e， 不妨设g（x）＝f'（x）＝xex﹣e，函数定义域为R 可得g'（x）＝（x+1）ex， 又g（1）＝0， 当x＜﹣1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减； 当x＞﹣1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增， 所以当x＜1时，g（x）＜0，f′（x）＜0； 当x＞1时，g（x）＞0，f′（x）＞0， 所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， 则当x＝1时，函数f（x）取得极小值，极小值f（1）＝1﹣e，无极大值； （2）若x≥0，f（x）≥2sinx， 不妨设h（x）＝f（x）﹣2sinx＝（x﹣1）ex+ax﹣2sinx+1，函数定义域为[0，+∞）， 可得h'（x）＝xex+a﹣2cosx， 不妨设k（x）＝h'（x）＝xex+a﹣2cosx，函数定义域为[0，+∞）， 可得k'（x）＝（x+1）ex+2sinx， 不妨设m（x）＝（x+1）ex，函数定义域为[0，+∞）， 可得m'（x）＝（x+2）ex＞0， 所以函数m（x）在定义域上单调递增， 此时m（x）≥m（0）＝1， 当0≤x＜π时，（x+1）ex＞0，sinx≥0，所以k′（x）＞0， 当x＞π，+∞时，（x+1）ex≥（π+1）eπ＞2，所以k′（x）＞0， 此时k'（x）＞0 在[0，+∞）上恒成立， 则函数k（x）在定义域上恒成立， 所以h′（x）在[0，+∞） 上单调递增， 当a﹣2≥0，即a≥2时，h'（x）≥h'（0）≥0， 所以函数h（x）单调递增， 则h（x）≥h（0）＝0恒成立，符合题意； 当a﹣2＜0，即a＜2时， 因为h′（0）＜0，h′（3﹣a）＝（3﹣a）e3﹣a+a﹣2cos（3﹣a）≥3﹣a+a﹣2cos（3﹣a）＞0， 所以在区间（0，3﹣a）上存在一点x0，使得h'（x0）＝0， 当0＜x＜x0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 当x0＜x＜3﹣a时，h′（x）＞0，h（x）单调递增， 所以当x＝x0时，函数h（x）取得极小值也是最小值，最小值h（x0）＜h（0）＝0，不符合题意， 综上，满足条件的a的取值范围为[2，+∞）． 16．（2024•黄州区校级四模）已知函数f（x）＝（x+1）lnx﹣ax+2． （1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （2）若函数f（x）在（1，+∞）上单调递增，求实数a的取值范围． 【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝（x+1）lnx﹣x+2（x＞0）， ，则f′（1）＝1，f（1）＝1， 所以f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝1×（x﹣1），即y＝x． （2）， 若函数f（x）在（1，+∞）上单调递增， 则当x＞1，f′（x）≥0，即对于x∈（1，+∞）恒成立， 令，则， 则函数g（x）在（1，+∞）上单调递增， 所以g（x）＞g（1）＝2，故a≤2， 即a的取值范围是（﹣∞，2]． 17．（2024•贵州模拟）已知函数f（x）＝xlnx． （1）若函数g（x）＝f（x）﹣a有两个零点，求实数a的取值范围； （2）已知A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3）（其中x1＜x2＜x3且x1，x2，x3成等比数列）是曲线y＝f（x）上三个不同的点，判断直线AC与曲线y＝f（x）在点B处的切线能否平行？请说明理由． 【解答】解：（1）令g（x）＝0，由题设知方程f（x）＝a有两个实数根， 因为f'（x）＝lnx+1， 当0＜x＜时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x＞时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， 当x＝时，函数取得极小值f（）＝﹣， 当及时，f（x）＜0，且， 当x＞1时f（x）＞0，f（1）＝0且x→+∞时f（x）→+∞． 所以当时，y＝f（x）与y＝a有两个不同的交点，即g（x）＝f（x）﹣a有两个不同的零点． （2）因为x1＜x2＜x3且x1，x2，x3成等比数列，设公比为q（q＞1）， 则x2＝x1q，，（8分） 直线AC的斜率， 函数y＝f（x）在点B处的切线斜率kB＝f'（x2）＝lnx2+1＝lnx1+lnq+1， 假设直线AC与函数y＝f（x）在点B处的切线平行，则kAC＝kB， 整理成， 令，（x＞1），则， 所以在（1，+∞）单调递增，所以g（x）＞g（1）＝0， 所以在q＞1时无实数解， 所以直线AC与函数y＝f（x）在点B处的切线不能平行． 18．（2024•城厢区校级模拟）已知函数，a∈R． （Ⅰ）当a＝1时，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）求f（x）的单调区间； （Ⅲ）设x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）﹣ax的两个极值点，证明：． 【解答】解：（Ⅰ）当a＝1时，， 则，所以， 所以切线方程为4x﹣2y﹣3＝0； （Ⅱ）由，得， 当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a＜0时，令f′（x）＞0，则单调递增； 令f′（x）＜0，则单调递减， 综上，当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞）； 当a＜0时，f（x）的单调递增区间为的单调递减区间为． （Ⅲ）证明：，则， 因为x1，x2（0＜x1＜x2）是函数g（x）＝f（x）﹣ax的两个极值点， 所以x1，x2（0＜x1＜x2）是方程ax2﹣ax+1＝0的两不等正根， 所以 令，则， 所以， 则， 所以 ＝＝ ＝＝， 则， 令h（t）＝2ln（t+1）﹣t﹣1，0＜t＜1，则， 所以h（t）在（0，1）上单调递增， 所以h（t）＜h（1）＝2ln2﹣2＝2（ln2﹣1）＜0， 所以， 所以． 19．（2024•邢台模拟）定义：若函数f（x）图象上恰好存在相异的两点P，Q满足曲线y＝f（x）在P和Q处的切线重合，则称P，Q为曲线y＝f（x）的“双重切点”，直线PQ为曲线y＝f（x）的“双重切线”． （1）直线y＝x﹣是否为曲线f（x）＝x2﹣2x+2lnx的“双重切线”，请说明理由； （2）已知函数g（x）＝，求曲线y＝g（x）的“双重切线”的方程； （3）已知函数h（x）＝cosx，直线PQ为曲线y＝h（x）的“双重切线”，记直线PQ的斜率所有可能的取值为k1k2，…，kn，若k1＞k2＞ki（i＝3，4，5，…，n），证明：． 【解答】解：（1）不是，理由如下： 由已知，由解得x1＝1，x2＝2， 又，不妨设切点为， 在点P处的切线的方程为，即， 在点Q的切线方程为y﹣2ln2+2＝x﹣2，即y＝x﹣4+2ln2与直线不重合， 所以直线不是曲线的“双重切线”． （2）由题意，函数y＝ex+1（x≤0）和都是单调函数， 则可设切点为P（x1，y1），Q（x2，y2），且x1≤0＜x2， 所以在点P处的切线的方程为， 在点Q的切线方程为，设， 则，所以（x）是减函数， 又t（﹣1）＝0，所以t（x）＝0在x≤0时只有一解x＝﹣1， 所以方程的解是x1＝﹣1，从而x2＝2， 在点P（﹣1，1）处切线方程为y﹣1＝x+1，即y＝x+2， 在点Q（2，4）处的切线方程为y﹣4＝x﹣2，即y＝x+2， 所以“双重切线”方程为y＝x+2； （3）证明：设k1对应的切点为（x1，cosx1），（x1′，cosx1′），x1＜x1′，k2对应的切点为（x2，cosx2），（x2′•cosx2），x2＜x2′， 由于（cosx）′＝﹣sinx，所以k1＝﹣sinx1＝﹣sinx1，k2＝﹣sinx＝﹣sinx2， 由余弦函数的周期性，只要考虑的情形，又由余弦函数的图象，只需考虑x1+x1′＝π，x2+x2′＝3π情形． 则， 其中，所以， 又＝＝﹣sinx1，k2＝＝﹣sinx2， 即， 时，sinx＜0，cosx＜0， 令，则， F（x）在上单调递减，又，所以， 所以，此时﹣1＜cosx2＜cosx1＜0，则， 所以． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$