板块1 微专题(3) 导数的几何意义及函数的单调性(Word教师用书)-【创新方案】2025年高考数学二轮复习专题辅导与测试

微专题(三)　导数的几何意义及函数的单调性 精练小题·激活知能 1.(人A选必修二P81T6改编)已知函数f(x)=f'(1)x2-ln x，则f'(1)= (　　) A.1 B.-1 C.2 D.-2 解析：选A　由于函数f(x)=f'(1)·x2-ln x，则其导函数为f'(x)=2f'(1)x-.把x=1代入，得f'(1)=2f'(1)-1，解得f'(1)=1，故选A. 2.(2024·连云港模拟)曲线y=x3+1在点(a，2)处的切线方程为 (　　) A.y=3x+3 B.y=3x-1 C.y=-3x-1 D.y=-3x-3 解析：选B　因为a3+1=2，所以a=1，即切点坐标为(1，2).由f'(x)=3x2，得f'(1)=3，所以y=x3+1在点(1，2)处的切线方程为y-2=3(x-1)，即y=3x-1.故选B. 3.(2024·成都模拟)函数f(x)=xln x的单调递减区间是 (　　) A.(-∞，-e) B. C. D.(0，e) 解析：选C　f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x+1，令f'(x)=ln x+1<0，解得0<x<.所以函数f(x)的单调递减区间是.故选C. 4.若函数f(x)=kx-ln x在区间(1，+∞)上单调递增，则实数k的取值范围是 (　　) A.(-∞，-2] B.(-∞，-1] C.[2，+∞) D.[1，+∞) 解析：选D　f'(x)=k-，∵函数f(x)=kx-ln x在区间(1，+∞)上单调递增，∴f'(x)≥0在区间(1，+∞)上恒成立.∴k≥，而y=在区间(1，+∞)上单调递减，∴k≥1.∴k的取值范围是[1，+∞).故选D. 5.(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为　　　　 　　，　　　　　　.  解析：先求当x>0时，曲线y=ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y'=，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以=，解得y0=1，代入y=ln x，得x0=e，所以切线斜率为，切线方程为y=x.同理可求得当x<0时的切线方程为y=-x.综上可知，两条切线方程为y=x，y=-x. 答案：y=x　y=-x |调动储备| ⇦f'(x)是一个函数，f'(x0)是函数f'(x)在x0处的函数值(常数)，不一定为0. ⇦切点既在曲线上，也在切线上. ⇦求函数的单调区间，首先确定其单调性. ⇦函数f(x)在区间D上单调递增(或递减)，可转化为f'(x)≥0(或f'(x)≤0)在x∈D上恒成立. ⇦曲线的切线问题，主要关注导数的几何意义，注意区分“在某点处的切线”和“过某点的切线”的区别. 聚焦重难·发掘潜力 考法一　导数的几何意义与运算 [例1]　(1)设函数f(x)=，则曲线y=f(x)在(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 (　　) A. B. C. D. 解析：选A　f'(x)=，则f'(0)==3，即该切线方程为y-1=3x，即y=3x+1，令x=0，则y=1，令y=0，则x=-，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=×1×=.故选A. (2)(2024·新课标Ⅰ卷)若曲线y=ex+x在点(0，1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=　　　　　.  解析：由y=ex+x，得y'=ex+1，y'|x=0=e0+1=2， 故曲线y=ex+x在(0，1)处的切线方程为y=2x+1. 由y=ln(x+1)+a，得y'=， 设切线与曲线y=ln(x+1)+a相切的切点为(x0，ln(x0+1)+a)， 由两曲线有公切线得y'==2，解得x0=-，则切点为， 切线方程为y=2+a+ln=2x+1+a-ln 2， 因为两切线重合，所以a-ln 2=0，解得a=ln 2. 答案：ln 2 [思维建模] 求曲线公切线的方法 　　设公切线l与曲线y=f(x)和 y=g(x)的切点分别是P1(x1，f(x1))和P2(x2，g(x2))，求出切线方程分别为y=f'(x1)x+f(x1)-x1f'(x1)和y=g'(x2)x+g(x2)-x2g'(x2)，则这两条直线的斜率和纵截距分别相等，即解得x1和x2，代入切线方程求得公切线. [变式训练] 1.(2024·渭南一模)已知直线y=ax+b(a∈R，b>0)是曲线f(x)=ex与曲线g(x)=ln x+2的公切线，则a+b等于 (　　) A.e+2 B.3 C.e+1 D.2 解析：选D　设(t，et)是f(x)图象上的一点，f'(x)=ex，所以f(x)在点(t，et)处的切线方程为y-et=et(x-t)，y=etx+(1-t)et①，令g'(x)==et，解得x=e-t，g(e-t)=ln e-t+2=2-t，所以=et，1-t=(1-t)et，所以t=0或t=1(此时①为y=ex，b=0，不符合题意，舍去)，所以t=0，此时①可化为y=x+1，所以a+b=1+1=2. 2.若过点(a，b)可以作曲线y=ln x+1的两条切线，则 (　　) A.b<ln a B.b>ln a+1 C.a<0 D.b>ea 解析：选B　因为y=ln x+1，则y'=，设切点坐标为(x0，ln x0+1)，则切线斜率k=， 则切线方程为y-ln x0-1=(x-x0)，整理得y=x+ln x0，又因为切线过点(a，b)，所以b=+ln x0.设f(x)=ln x+，函数f(x)的定义域是(0，+∞)，则直线y=b与曲线f(x)=ln x+有两个不同的交点，则f'(x)=-=， 当a≤0时，f'(x)>0恒成立，f(x)在定义域内单调递增，不合题意； 当a>0时，令f'(x)<0，解得0<x<a；令f'(x)>0，解得x>a. 可知f(x)在(0，a)内单调递减，在(a，+∞)上单调递增， 则f(x)≥f(a)=ln a+1，且当x趋近于0或+∞时，f(x)趋近于+∞， 结合图象可知b>ln a+1. 综上所述，b>ln a+1，a>0. 3.(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 　. 解析：因为y=(x+a)ex，所以y'=(x+a+1)ex.设切点为A(x0，(x0+a))，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA=y'=(x0+a+1)=，化简，得+ax0-a=0.因为曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程+ax0-a=0有两个不同的实根，所以Δ=a2+4a>0，解得a<-4或a>0，所以a的取值范围是(-∞，-4)∪(0，+∞). 答案：(-∞，-4)∪(0，+∞) 考法二　利用导数研究函数的单调性 [例2]　已知函数f(x)=x(1-ln kx). (1)若曲线y=f(x)在x=e处的切线与直线y=x垂直，求k的值； (2)讨论f(x)的单调性. 解：(1)因为f(x)=x(1-ln kx)，k≠0，所以f'(x)=-ln kx，曲线y=f(x)在x=e处的切线与y=x垂直， 所以f'(e)=-ln ke=-1，得k=1. (2)由f(x)=x(1-ln kx)得f'(x)=-ln kx， 当k>0时，f(x)的定义域为(0，+∞)， 令f'(x)=0得x=， 当x∈时，f'(x)>0，当x∈时，f'(x)<0，所以f(x)在上单调递增， 在上单调递减； 当k<0时，f(x)的定义域为(-∞，0)， 令f'(x)=0得x=. 当x∈时，f'(x)<0， 当x∈时，f'(x)>0， 所以f(x)在上单调递减， 在上单调递增. 综上所述，当k>0时，f(x)在上单调递增， 在上单调递减； 当k<0时，f(x)在上单调递减， 在上单调递增. [思维建模] (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制； (2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，根据根的大小进行分类讨论； (3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论. [变式训练] 4.已知函数f(x)=ax2-(a+2)x+2ln x，a∈R. (1)若曲线y=f(x)在x=2处的切线与y轴垂直，求实数a的值； (2)讨论函数f(x)的单调性. 解：(1)依题意x>0，f(x)=ax2-(a+2)x+2ln x，则f'(x)=ax-(a+2)+==，因为在x=2处的切线与y轴垂直，所以f'(2)=a-1=0，解得a=1. (2)由(1)知f'(x)=(x>0)， 当a≤0时，由f'(x)>0得0<x<1，由f'(x)<0得x>1， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，+∞). 当a>0时，分以下三种情况： 若a=2，则f'(x)≥0在定义域内恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(0，+∞)，无单调递减区间； 若0<a<2，令f'(x)>0得0<x<1或x>，令f'(x)<0得1<x<， 所以f(x)的单调递增区间为(0，1)，，单调递减区间为； 若a>2，令f'(x)>0得0<x<或x>1，令f'(x)<0得<x<1， 所以f(x)的单调递增区间为，(1，+∞)，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，f(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递减；当a=2时，f(x)在区间(0，+∞)单调递增，无单调递减区间；当0<a<2时，f(x)在区间(0，1)，单调递增，在区间单调递减；当a>2时，f(x)在区间，(1，+∞)单调递增，在区间单调递减. 考法三　函数单调性的简单应用 [例3]　(1)(2023·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为 (　　) A.e2 B.e C.e-1 D.e-2 解析：选C　依题可知，f'(x)=aex-≥0在(1，2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥在(1，2)上恒成立，设g(x)=xex，x∈(1，2)，则g'(x)=(x+1)ex>0，所以g(x)在(1，2)上单调递增，g(x)>g(1)=e，故e≥，即a≥=e-1，即a的最小值为e-1. (2)(2022·新课标Ⅰ卷)设a=0.1e0.1，b=，c=-ln 0.9，则 (　　) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析：选C　要比较xex与在x∈(0，0.1]上的大小，只需要比较ex与在x∈(0，0.1]上的大小.设f(x)=(1-x)ex(0<x≤0.1)，则f'(x)=-xex<0，所以f(x)在(0，0.1]上单调递减.所以f(x)<(1-0)×e0=1，即当0<x≤0.1时，(1-x)ex<1，即xex<.所以0.1e0.1<=.从而a<b.对于xex与ln(x∈(0，0.1])，设h(x)=xex-ln(0<x≤0.1)，则h'(x)=(1+x)ex-=.设g(x)=(1-x2)ex-1(0<x≤0.1)，则g'(x)=(1-x2-2x)ex=[2-(1+x)2]ex>0，g(x)在(0，0.1]上单调递增，所以g(x)>(1-0)×e0-1=0，h'(x)>0，则h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(x)>0×e0-ln=0.所以当0<x≤0.1时，xex>ln.所以0.1e0.1>ln=-ln 0.9，从而a>c.综上所述，c<a<b，故选C. [思维建模] 1.根据函数单调性求参数的一般思路 (1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a，b)上具有单调性，则区间(a，b)是相应单调区间的子集. (2)f(x)单调递增(减)的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a，b)内的任一非空子区间上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解. 2.利用导数解不等式或比较大小的思路 利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性，再由单调性比较大小或解不等式问题. [变式训练] 5.(2024·潍坊三模)已知函数f(x)的导函数为f'(x)，且f(1)=e，当x>0时，f'(x)<+ex，则不等式>1的解集为 (　　) A.(0，1) B.(0，+∞) C.(1，+∞) D.(0，1)∪(1，+∞) 解析：选A　不等式>1等价于f(x)-ln x>ex，即f(x)-ex-ln x>0，构造函数g(x)=f(x)-ex-ln x，x>0，所以g'(x)=f'(x)-ex-.因为x>0时，f'(x)<+ex， 所以g'(x)<0对∀x∈(0，+∞)恒成立，所以g(x)在(0，+∞)单调递减.又因为g(1)=f(1)-e-ln 1=0，所以不等式f(x)-ex-ln x>0等价于g(x)>g(1)，所以0<x<1，即>1的解集为(0，1).故选A. 6.已知函数f(x)=若曲线y=f(x)与直线y=ax恰有2个公共点，则a的取值范围是　　　　.  解析：当x≤0时，f(x)=x2+2x，其在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，0)上单调递增，且f'(x)=2x+2，则f'(0)=2；当0<x<1时，f(x)=ln(1-x)，f'(x)=-<0，其在(0，1)上单调递减，且f'(0)=-1.作出f(x)的图象，如图，易知a的取值范围是[-1，2). 答案：[-1，2) 7.(2023·全国乙卷)已知函数f(x)=ln(1+x). (1)当a=-1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程. (2)若函数f(x)在(0，+∞)单调递增，求a的取值范围. 解：(1)当a=-1时，f(x)=ln(1+x)，f'(x)=-ln(1+x)+·，所以f'(1)=-ln 2，又f(1)=0，所以点(1，f(1))处的切线方程为y-0=-(x-1)ln 2，即xln 2+y-ln 2=0. (2)由题意得f'(x)=-ln(1+x)+·≥0(x>0)，即≥0(x>0)， 因为x2(1+x)>0，所以只需满足ax2+x-(1+x)ln(1+x)≥0(x>0). 设g(x)=ax2+x-(1+x)ln(1+x)， 则g'(x)=2ax+1-ln(1+x)-1=2ax-ln(1+x). 若a≤0，则g'(x)<0在(0，+∞)上恒成立，g(x)在(0，+∞)上单调递减，于是在(0，+∞)上g(x)<g(0)=0，不满足题意. 若a>0，设h(x)=g'(x)，则h'(x)=2a-，h'(0)=2a-1. ①若0<a<，则h'(0)=2a-1<0，令h'(x)=0，得x=-1，因为h'(x)在(0，+∞)上单调递增，故当0<x<-1时，h'(x)<0，当x>-1时，h'(x)>0， 所以h(x)即g'(x)在上单调递减，在上单调递增，于是当0<x<-1时，g'(x)<g'(0)=0，即g(x)在上单调递减，g(x)<g(0)=0，不符合题意； ②若a≥，因为h'(x)在(0，+∞)上单调递增，h'(x)>h'(0)=2a-1≥0，所以h(x)即g'(x)在(0，+∞)上单调递增，所以在(0，+∞)上g'(x)>g'(0)=0，于是g(x)在(0，+∞)上单调递增，所以在(0，+∞)上g(x)>g(0)=0，满足题意. 综上所述，a的取值范围为. 微点培优·技高一筹 同构函数问题 　　同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维.同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题. 类型1　双变量同构问题 　　含有地位相等的两个变量的不等式(方程)，关键在于对不等式(方程)两边变形或先放缩再变形，使不等式(方程)两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题. [例1]　(1)[多选]已知0<x<y<π，且eysin x=exsin y，其中e为自然对数的底数，则下列选项一定成立的是 (　　) A.y< B.x< C.cos x+cos y>0 D.sin x>sin y 解析：选BC　因为eysin x=exsin y，所以=，令g(t)=，0<t<π，所以g(x)=g(y)， 则g'(t)==，由g'(t)>0有t∈，由g'(t)<0有t∈，所以g(t)=在上单调递增，在上单调递减，因为0<x<y<π，由g(x)=g(y)有0<x<<y<π，故A错误，B正确；因为0<x<y<π，所以ey>ex，由=有sin y>sin x，故D错误；因为0<x<<y<π，所以cos x=>0，|cos y|=，因为sin y>sin x，所以cos x>|cos y|，所以cos x+cos y>0，故C正确. (2)已知实数x，y满足eyln x=yex，y>1，则x，y的大小关系为 (　　) A.y≥x B.y<x C.y>x D.y≤x 解析：选C　由eyln x=yex，得=，因为y>1，ey>0，所以>0，所以>0，则ln x>0，所以x>1.令f(x)=x-ln x，则f'(x)=1-=，当x>1时，f'(x)>0，所以函数f(x)在(1，+∞)上单调递增，则当x>1时，f(x)>f(1)，即x-ln x>1，一定有x-ln x>0，所以x>ln x>0，则<.又因为=，所以<.令g(x)=(x>1)，则g'(x)=，当x>1时，g'(x)>0，所以函数g(x)在(1，+∞)上单调递增.因为x>1，y>1，<，即g(x)<g(y)，所以y>x. 类型2　指对同构问题 　指对同构的常用形式 (1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式： 同左构 造形式 aea≤ln beln b，构造函数f(x)=xex 同右构 造形式 ealn ea≤bln b，构造函数f(x)=xln x 取对构 造形式 a+ln a≤ln b+ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)=x+ln x (2)商型：≤，一般有三种同构方式： 同左构 造形式 ≤，构造函数f(x)= 同右构 造形式 ≤，构造函数f(x)= 取对构 造形式 a-ln a≤ln b-ln(ln b)(b>1)，构造函数f(x)=x-ln x (3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式： 同左构 造形式 ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)=ex±x 同右构 造形式 ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)=x±ln x [例2]　(2024·长沙模拟)设实数m>0，若对任意的x∈(1，+∞)，不等式2e2mx-≥0恒成立，则实数m的取值范围是 (　　) A. B. C.[e，+∞) D.[2e，+∞) 解析：选B　不等式2e2mx-≥0恒成立，即2e2mx≥恒成立，即2me2mx≥ln x恒成立，即2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x(m>0，x>1)恒成立. 构造函数g(x)=xex(x>0)，则g'(x)=ex+xex=(x+1)ex.当x>0时，g'(x)>0，g(x)单调递增，则不等式2e2mx-≥0恒成立等价于g(2mx)≥g(ln x)恒成立，即2mx≥ln x恒成立，进而转化为2m≥恒成立.设h(x)=，可得h'(x)=，当0<x<e时，h'(x)>0，h(x)单调递增.当x>e时，h'(x)<0，h(x)单调递减.所以当x=e时，函数h(x)取得最大值，为h(e)=，故m的取值范围为. [例3]　已知函数f(x)=ex+(1-a)x-ln ax(a>0). (1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围. 解：(1)当a=1时，f(x)=ex-ln x，得f'(x)=ex-，切点坐标为(1，e)，斜率为f'(1)=e-1，所求切线方程为y-e=(e-1)(x-1)，即(e-1)x-y+1=0. (2)f(x)≥0，即ex+x-ax-ln ax≥0(a>0，x>0)⇔ex+x≥ax+ln ax(a>0，x>0)⇔ex+x≥eln ax+ln ax(a>0，x>0). 令g(x)=ex+x，显然g(x)是增函数， 于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，即x≥ln ax(a>0，x>0)⇔ln a≤x-ln x(a>0，x>0).令φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ'(x)=1-=，易得φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增， 故φ(x)min=φ(1)=1，于是ln a≤1，可得0<a≤e.故正数a的取值范围为(0，e]. [专题验收评价] 1.(2024·全国甲卷)曲线f(x)=x6+3x-1在(0，-1)处的切线与坐标轴围成的面积为 (　　) A. B. C. D.- 解析：选A　f'(x)=6x5+3，所以f'(0)=3，故切线方程为y=3(x-0)-1=3x-1，故切线的横截距为，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为×1×=，故选A. 2.(2024·漳州三模)已知函数f(x)=ln x+x，g(x)是函数f(2x+1)的导函数，则g(0)= (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选D　因为f(x)=ln x+x(x>0)，所以f(2x+1)=ln(2x+1)+2x+1，即f'(2x+1)=+2，所以g(x)=+2，所以g(0)=4，故选D. 3.(2024·潍坊三模)牛顿迭代法是求方程近似解的一种方法.如图，方程f(x)=0的根就是函数f(x)的零点r，取初始值x0，f(x)的图象在点(x0，f(x0))处的切线与x轴的交点的横坐标为x1，f(x)的图象在点(x1，f(x1))处的切线与x轴的交点的横坐标为x2，一直继续下去，得到x1，x2，…，xn，它们越来越接近r.设函数f(x)=x2+bx，x0=2，用牛顿迭代法得到x1=，则实数b= (　　) A.1 B. C. D. 解析：选D　f'(x)=2x+b，f'(2)=4+b，f(2)=4+2b，则f(x)在(2，f(2))处的切线方程为y-(4+2b)=(4+b)(x-2)，由题意得，切线过，代入得-(4+2b)=(4+b)，解得b=，故选D. 4.(2024·长沙模拟)若函数f(x)=ln[(a-1)x+1]在(2，3)上单调递减，则实数a的取值范围是 (　　) A.(-∞，1) B. C. D. 解析：选B　易知函数y=ln x在(0，+∞)上单调递增，又函数f(x)在(2，3)上单调递减，所以a-1<0且(a-1)×3+1≥0，解得≤a<1.即实数a的取值范围为，故选B. 5.(2024·福州模拟)已知函数f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=x3+2x，则曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程为 (　　) A.y=-5x-2 B.y=-5x-8 C.y=5x+2 D.y=5x+8 解析：选A　当x>0时，f(x)=x3+2x，函数f(x)是偶函数，当x<0时，-x>0，f(x)=f(-x)=-x3-2x，所以当x<0时，f'(x)=-3x2-2，所以f'(-1)=-3-2=-5，即曲线y=f(x)在x=-1处的切线斜率为-5.而f(-1)=3，所以曲线y=f(x)在x=-1处的切线方程为y-3=-5(x+1).所求即为y=-5x-2. 6.(2024·邢台二模)已知函数f(x)=x2+2ln x的图象在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是 (　　) A.x1+x2=2 B.x1+x2= C.x1x2=2 D.x1x2= 解析：选B　因为f(x)=x2+2ln x，x>0，所以f'(x)=2x+，x>0.又因为f(x)在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))两个不同点处的切线相互平行，所以f'(x1)=f'(x2)⇒2x1+=2x2+.又x1≠x2，所以x1x2=1，故C、D错误；因为x1>0，x2>0且x1≠x2，所以x1+x2>2=2，故A不正确；当x1=，x2=3时，x1+x2=.故B正确. 7.若过点(a，2)可以作曲线y=ln x的两条切线，则a的取值范围为 (　　) A.(-∞，e2) B.(-∞，ln 2) C.(0，e2) D.(0，ln 2) 解析：选C　在曲线y=ln x上任取一点P(t，ln t)，对函数y=ln x求导，得y'=，所以曲线y=ln x在点P处的切线方程为y-ln t=(x-t).由题意可知，点(a，2)在直线y-ln t=(x-t)上，可得a=3t-tln t.令f(t)=3t-tln t，t∈(0，+∞)，则f'(t)=3-ln t-1=2-ln t.当t∈(e2，+∞)时，f'(t)<0，f(t)单调递减，当t∈(0，e2)时，f'(t)>0，f(t)单调递增，所以f(t)max=f(e2)=e2，且当t∈(0，e3)时，f(t)>0，当t∈(e3，+∞)时，f(t)<0，又直线y=a与曲线y=f(t)的图象有两个交点，所以a的取值范围为(0，e2). 8.已知直线y=x-m与曲线y=x+ln x相切，则m的值为　　　　.  解析：由题意y=x+ln x，则y'=+，直线y=x-m与曲线y=x+ln x相切，设切点为(x0，y0)，则+=，∴x0=1，则y0=x0+ln x0=，即切点为.将该点坐标代入y=x-m，可得m=1. 答案：1 9.若函数f(x)=kx2-ex在区间(0，+∞)上单调递减，则k的取值范围是　　　　　.  解析：函数f(x)=kx2-ex，求导得f'(x)=2kx-ex，由f(x)在(0，+∞)上单调递减，得∀x∈(0，+∞)，f'(x)≤0⇔2kx-ex≤0，即2k≤，令g(x)=，x>0，求导得g'(x)=，当0<x<1时，g'(x)<0，当x>1时，g'(x)>0，因此函数g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，g(x)min=g(1)=e，则2k≤e，解得k≤，所以k的取值范围是. 答案： 10.若曲线C1：f(x)=x2+a和曲线C2：g(x)=4ln x-2x存在有公共切点的公切线，则该公切线的方程为　　　　　.  解析：f(x)=x2+a，g(x)=4ln x-2x，则有f'(x)=2x，g'(x)=-2.设公共切点的坐标为(x0，y0)，则f'(x0)=2x0，g'(x0)=-2，f(x0)=+a，g(x0)=4ln x0-2x0.根据题意，有解得∴公切线的切点坐标为(1，-2)，切线斜率为2，∴公切线的方程为y+2=2(x-1)，即y=2x-4. 答案：y=2x-4 11.已知函数f(x)=. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线与二次曲线y=ax2+(2a+5)x-2只有一个公共点，求实数a的值. 解：(1)易知f(x)定义域为R，f'(x)=，所以x∈(-∞，2)时，f'(x)>0，x∈(2，+∞)时，f'(x)<0.故f(x)的单调递增区间为(-∞，2)，单调递减区间为(2，+∞). (2)因为f'(0)=2，f(0)=0，所以曲线y=f(x)在点(0，0)处的切线方程为y=2x. 把切线方程y=2x代入二次曲线方程y=ax2+(2a+5)x-2，得ax2+(2a+3)x-2=0有唯一解，即Δ=(2a+3)2+8a=0且a≠0，即4a2+20a+9=0，解得a=-或a=-. 12.已知函数f(x)=(ax+1)ln x-ax+2ln a. (1)当a=2时，讨论f(x)的单调性； (2)f(x)在(0，+∞)上单调递增，求a的取值范围. 解：(1)当a=2时，f(x)=(2x+1)ln x-2x+2ln 2，f(x)的定义域为(0，+∞)，∴f'(x)=2ln x+-2=，令g(x)=2xln x+1，则g'(x)=2ln x+2=2(ln x+1)，令g'(x)=0，即ln x+1=0⇒x=，当0<x<时，g'(x)<0，g(x)单调递减；当x>时，g'(x)>0，g(x)单调递增.∴g(x)min=g=1->0，∴f'(x)>0在(0，+∞)上恒成立，∴f(x)在(0，+∞)上单调递增. (2)∵f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴f'(x)≥0，x∈(0，+∞)恒成立，f'(x)=aln x+-a=≥0，x∈(0，+∞)恒成立，即axln x+1≥0，x∈(0，+∞)恒成立.令h(x)=axln x+1，则h'(x)=a(1+ln x).∵a>0，当0<x<时，h'(x)<0，h(x)单调递减；当x>时，h'(x)>0，h(x)单调递增，∴h(x)最小值为h=1-.∴1-≥0，0<a≤e.∴实数a的取值范围为(0，e]. 13.若对于0<x1<x2<a，都有x2ln x1-x1ln x2≤x1-x2成立，则a的最大值为 (　　) A. B.1 C.e D.2e 解析：选B　∵x2ln x1-x1ln x2≤x1-x2，∴-≤-，即≤.又0<x1<x2<a，令φ(x)=，∴φ(x)在(0，a)上单调递增，φ'(x)=，当x∈(0，1)时，φ'(x)>0，当x∈(1，+∞)时，φ'(x)<0，∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，故a≤1，∴a的最大值为1. 14.[多选]已知函数f(x)=x3+x2+ax-4有3个不同的零点x1，x2，x3，且x1x2=，则 (　　) A.a=-4 B.f(x)<0的解集为(-1，2) C.y=x-7是曲线y=f(x)的切线 D.点(-1，0)是曲线y=f(x)的对称中心 解析：选AC　对于A，因为f(x)=x3+x2+ax-4有3个不同的零点x1，x2，x3，所以不妨设f(x)=(x-x1)(x-x2)(x-x3)，易知f(x)展开式中的常数项为-x1x2x3，故-x1x2x3=-4，又x1x2=，所以-=-4，解得x3=2，所以f(x3)=f(2)=23+22+2a-4=0，解得a=-4，故A正确；对于B，因为f(x)=x3+x2-4x-4=(x-2)(x+2)(x+1)，令f(x)<0，即(x-2)(x+2)(x+1)<0，利用数轴穿根法，解得x<-2或-1<x<2，故B错误；对于C，易得f'(x)=3x2+2x-4，当切线斜率为1时，令f'(x)=3x2+2x-4=1，解得x=-或x=1，当x=1时，f(1)=(1-2)(1+2)(1+1)=-6，此时切线为y+6=x-1，即y=x-7，故C正确；对于D，因为f(-3)=(-3-2)(-3+2)(-3+1)=-10，又f(1)=-6，所以f(-3)≠-f(1)，所以点(-1，0)不是曲线y=f(x)的对称中心，故D错误. 15.设函数f(x)=ex-(ax-1)ln(ax-1)+(a+1)x.(e为自然对数的底数) (1)当a=1时，求F(x)=ex-f(x)的单调区间； (2)若f(x)在区间上单调递增，求实数a的取值范围. 解：(1)当a=1时，F(x)=ex-f(x)=(x-1)·ln(x-1)-2x，定义域为(1，+∞)， F'(x)=ln(x-1)-1，令F'(x)>0，解得x>e+1，令F'(x)<0，解得1<x<e+1， 故F(x)的单调递增区间为(e+1，+∞)，单调递减区间为(1，e+1). (2)由f(x)在区间上有意义， 故ax-1>0在上恒成立，可得a>e. 依题意可得f'(x)=ex-aln(ax-1)+1≥0在上恒成立， 设g(x)=f'(x)=ex-aln(ax-1)+1，g'(x)=ex-，易知g'(x)在上单调递增， 故g'(x)≤g'(1)=e-<0，a>e， 故g(x)=f'(x)=ex-aln(ax-1)+1在上单调递减，最小值为g(1)， 故只需g(1)=e-aln(a-1)+1≥0， 设h(a)=e-aln(a-1)+1，其中a>e， 由h'(a)=-ln(a-1)-<0，可得h(a)=e-aln(a-1)+1在(e，+∞)上单调递减， 又h(e+1)=0，故a≤e+1. 综上所述，实数a的取值范围为(e，e+1]. 学科网（北京）股份有限公司 $$