高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题04导数及其应用选择填空题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题04导数及其应用选择填空题特训(原卷版+解析)，共44页。
1．【2022年全国甲卷理科06】当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f'(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
2．【2022年全国甲卷理科12】已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
3．【2022年新高考1卷07】设a=0.1e0.1,b=19，c=−ln0.9，则（ ）
A．a0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
则f14>f(0)=0,所以cs14−3132>0，
所以b>a,所以c>b>a，
故选：A
3．【2022年新高考1卷07】设a=0.1e0.1,b=19，c=−ln0.9，则（ ）
A．a0，函数g(x)=xex+ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以a>c
故选：C.
4．【2021年新高考1卷7】若过点(a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则（ ）
A．eb0，
函数y=x的导数为y'=12x，则直线l的斜率k=12x0，
设直线l的方程为y−x0=12x0x−x0，即x−2x0y+x0=0，
由于直线l与圆x2+y2=15相切，则x01+4x0=15，
两边平方并整理得5x02−4x0−1=0，解得x0=1，x0=−15（舍），
则直线l的方程为x−2y+1=0，即y=12x+12.
故选：D.
8．【2019年新课标3理科06】已知曲线y＝aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，则（ ）
A．a＝e，b＝﹣1B．a＝e，b＝1C．a＝e﹣1，b＝1D．a＝e﹣1，b＝﹣1
【答案】解：y＝aex+xlnx的导数为y′＝aex+lnx+1，
由在点（1，ae）处的切线方程为y＝2x+b，
可得ae+1+0＝2，解得a＝e﹣1，
又切点为（1，1），可得1＝2+b，即b＝﹣1，
故选：D．
9．【2019年新课标3理科07】函数y=2x32x+2−x在[﹣6，6]的图象大致为（ ）
A．B．
C．⊈D．
【答案】解：由y＝f（x）=2x32x+2−x在[﹣6，6]，知
f（﹣x）=2(−x)32−x+2x=−2x32x+2−x=−f(x)，
∴f（x）是[﹣6，6]上的奇函数，因此排除C
又f（4）=21128+1＞7，因此排除A，D．
故选：B．
10．【2019年新课标1理科05】函数f（x）=sinx+xcsx+x2在[﹣π，π]的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】解：∵f（x）=sinx+xcsx+x2，x∈[﹣π，π]，
∴f（﹣x）=−sinx−xcs(−x)+x2=−sinx+xcsx+x2=−f（x），
∴f（x）为[﹣π，π]上的奇函数，因此排除A；
又f（π）=sinπ+πcsπ+π2=π−1+π2＞0，因此排除B，C；
故选：D．
11．【2018年新课标1理科05】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax．若f（x）为奇函数，则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为（ ）
A．y＝﹣2xB．y＝﹣xC．y＝2xD．y＝x
【答案】解：函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+ax，若f（x）为奇函数，
可得a＝1，所以函数f（x）＝x3+x，可得f′（x）＝3x2+1，
曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线的斜率为：1，
则曲线y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为：y＝x．
故选：D．
12．【2018年新课标2理科03】函数f（x）=ex−e−xx2的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】解：函数f（﹣x）=e−x−ex(−x)2=−ex−e−xx2=−f（x），
则函数f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除A，
当x＝1时，f（1）＝e−1e＞0，排除D．
当x→+∞时，f（x）→+∞，排除C，
故选：B．
13．【2018年新课标3理科07】函数y＝﹣x4+x2+2的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】解：函数过定点（0，2），排除A，B．
函数的导数f′（x）＝﹣4x3+2x＝﹣2x（2x2﹣1），
由f′（x）＞0得2x（2x2﹣1）＜0，
得x＜−22或0＜x＜22，此时函数单调递增，
由f′（x）＜0得2x（2x2﹣1）＞0，
得x＞22或−22＜x＜0，此时函数单调递减，排除C，
也可以利用f（1）＝﹣1+1+2＝2＞0，排除A，B，
故选：D．
14．【2017年新课标2理科11】若x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，则f（x）的极小值为（ ）
A．﹣1B．﹣2e﹣3C．5e﹣3D．1
【答案】解：函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1，
可得f′（x）＝（2x+a）ex﹣1+（x2+ax﹣1）ex﹣1，
x＝﹣2是函数f（x）＝（x2+ax﹣1）ex﹣1的极值点，
可得：f′（﹣2）＝（﹣4+a）e﹣3+（4﹣2a﹣1）e﹣3＝0，即﹣4+a+（3﹣2a）＝0．
解得a＝﹣1．
可得f′（x）＝（2x﹣1）ex﹣1+（x2﹣x﹣1）ex﹣1，
＝（x2+x﹣2）ex﹣1，函数的极值点为：x＝﹣2，x＝1，
当x＜﹣2或x＞1时，f′（x）＞0函数是增函数，x∈（﹣2，1）时，函数是减函数，
x＝1时，函数取得极小值：f（1）＝（12﹣1﹣1）e1﹣1＝﹣1．
故选：A．
15．【2017年新课标3理科11】已知函数f（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）有唯一零点，则a＝（ ）
A．−12B．13C．12D．1
【答案】解：因为f（x）＝x2﹣2x+a（ex﹣1+e﹣x+1）＝﹣1+（x﹣1）2+a（ex﹣1+1ex−1）＝0，
所以函数f（x）有唯一零点等价于方程1﹣（x﹣1）2＝a（ex﹣1+1ex−1）有唯一解，
等价于函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（ex﹣1+1ex−1）的图象只有一个交点．
①当a＝0时，f（x）＝x2﹣2x≥﹣1，此时有两个零点，矛盾；
②当a＜0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，
且y＝a（ex﹣1+1ex−1）在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，
所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（ex﹣1+1ex−1）的图象的最高点为B（1，2a），
由于2a＜0＜1，此时函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象与y＝a（ex﹣1+1ex−1）的图象有两个交点，矛盾；
③当a＞0时，由于y＝1﹣（x﹣1）2在（﹣∞，1）上递增、在（1，+∞）上递减，
且y＝a（ex﹣1+1ex−1）在（﹣∞，1）上递减、在（1，+∞）上递增，
所以函数y＝1﹣（x﹣1）2的图象的最高点为A（1，1），y＝a（ex﹣1+1ex−1）的图象的最低点为B（1，2a），
由题可知点A与点B重合时满足条件，即2a＝1，即a=12，符合条件；
综上所述，a=12，
故选：C．
16．【2016年新课标1理科07】函数y＝2x2﹣e|x|在[﹣2，2]的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】解：∵f（x）＝y＝2x2﹣e|x|，
∴f（﹣x）＝2（﹣x）2﹣e|﹣x|＝2x2﹣e|x|，
故函数为偶函数，
当x＝±2时，y＝8﹣e2∈（0，1），故排除A，B；
当x∈[0，2]时，f（x）＝y＝2x2﹣ex，
∴f′（x）＝4x﹣ex＝0有解，
故函数y＝2x2﹣e|x|在[0，2]不是单调的，故排除C，
故选：D．
17．【2015年新课标1理科12】设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣ax+a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）
A．[−32e，1）B．[−32e，34）C．[32e，34）D．[32e，1）
【答案】解：设g（x）＝ex（2x﹣1），y＝ax﹣a，
由题意知存在唯一的整数x0使得g（x0）在直线y＝ax﹣a的下方，
∵g′（x）＝ex（2x﹣1）+2ex＝ex（2x+1），
∴当x＜−12时，g′（x）＜0，当x＞−12时，g′（x）＞0，
∴当x=−12时，g（x）取最小值﹣2e−12，
当x＝0时，g（0）＝﹣1，当x＝1时，g（1）＝e＞0，
直线y＝ax﹣a恒过定点（1，0）且斜率为a，
故﹣a＞g（0）＝﹣1且g（﹣1）＝﹣3e﹣1≥﹣a﹣a，解得32e≤a＜1
故选：D．
18．【2015年新课标2理科12】设函数f′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（﹣1）＝0，当x＞0时，xf′（x）﹣f（x）＜0，则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（1，+∞）
C．（﹣∞，﹣1）∪（﹣1，0）D．（0，1）∪（1，+∞）
【答案】解：设g（x）=f(x)x，则g（x）的导数为：g′（x）=xf'(x)−f(x)x2，
∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，
即当x＞0时，g′（x）恒小于0，
∴当x＞0时，函数g（x）=f(x)x为减函数，
又∵g（﹣x）=f(−x)−x=−f(x)−x=f(x)x=g（x），
∴函数g（x）为定义域上的偶函数
又∵g（﹣1）=f(−1)−1=0，
∴函数g（x）的图象性质类似如图：
数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x•g（x）＞0
⇔x＞0g(x)＞0或x＜0g(x)＜0，
⇔0＜x＜1或x＜﹣1．
故选：A．
19．【2014年新课标1理科11】已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+1，若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则实数a的取值范围是（ ）
A．（1，+∞）B．（2，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，﹣2）
【答案】解：∵f（x）＝ax3﹣3x2+1，
∴f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），f（0）＝1；
①当a＝0时，f（x）＝﹣3x2+1有两个零点，不成立；
②当a＞0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上有零点，故不成立；
③当a＜0时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（0，+∞）上有且只有一个零点；
故f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上没有零点；
而当x=2a时，f（x）＝ax3﹣3x2+1在（﹣∞，0）上取得最小值；
故f（2a）=8a2−3•4a2+1＞0；
故a＜﹣2；
综上所述，
实数a的取值范围是（﹣∞，﹣2）；
故选：D．
20．【2014年新课标2理科08】设曲线y＝ax﹣ln（x+1）在点（0，0）处的切线方程为y＝2x，则a＝（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】解：y'=a−1x+1，
∴y′（0）＝a﹣1＝2，
∴a＝3．
故选：D．
21．【2014年新课标2理科12】设函数f（x）=3sinπxm，若存在f（x）的极值点x0满足x02+[f（x0）]2＜m2，则m的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣6）∪（6，+∞）B．（﹣∞，﹣4）∪（4，+∞）
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）
【答案】解：由题意可得，f（x0）＝±3，即 πx0m=kπ+π2，k∈z，即 x0=2k+12m．
再由x02+[f（x0）]2＜m2，即x02+3＜m2，可得当m2最小时，|x0|最小，而|x0|最小为12|m|，
∴m2 ＞14m2+3，∴m2＞4．
求得 m＞2，或m＜﹣2，
故选：C．
22．【2013年新课标2理科10】已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c，下列结论中错误的是（ ）
A．∃x0∈R，f（x0）＝0
B．函数y＝f（x）的图象是中心对称图形
C．若x0是f（x）的极小值点，则f（x）在区间（﹣∞，x0）单调递减
D．若x0是f（x）的极值点，则f′（x0）＝0
【答案】解：f′（x）＝3x2+2ax+b．
（1）当△＝4a2﹣12b＞0时，f′（x）＝0有两解，不妨设为x1＜x2，列表如下
由表格可知：
①x2是函数f（x）的极小值点，但是f（x）在区间（﹣∞，x2）不具有单调性，故C不正确．
②∵f(−2a3−x)+f（x）=(−2a3−x)3+a(−2a3−x)2+b(−2a3−x)+c+x3+ax2+bx+c=427a3−2ab3+2c，
f(−a3)=(−a3)3+a(−a3)2+b(−a3)+c=227a3−ab3+c，
∵f(−2a3−x)+f（x）=2f(−a3)，
∴点P(−a3，f(−a3))为对称中心，故B正确．
③由表格可知x1，x2分别为极值点，则f'(x1)=f'(x2)=0，故D正确．
④∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃xα∈R，f（xα）＝0，故A正确．
（2）当△≤0时，f'(x)=3(x+a3)2≥0，故f（x）在R上单调递增，①此时不存在极值点，故D正确，C不正确；
②B同（1）中②正确；
③∵x→﹣∞时，f（x）→﹣∞；x→+∞，f（x）→+∞，函数f（x）必然穿过x轴，即∃x0∈R，f（x0）＝0，故A正确．
综上可知：错误的结论是C．
由于该题选择错误的，故选：C．
23．【2022年新高考1卷10】已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
【解析】
由题，f'x=3x2−1，令f'x>0得x>33或x0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x10，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若00,解得a0,
∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),
故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)
26．【2022年新高考2卷14】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
【答案】 y=1ex y=−1ex
【解析】
解： 因为y=lnx，
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y'=1x，所以y'|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x0，此时f(x)单调递增；
又f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有：01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)=1
故答案为：1.
29．【2021年新高考2卷16】已知函数f(x)=|ex−1|,x10，函数f(x)的图象在点A(x1,f(x1))和点B(x2,f(x2))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则|AM||BN|取值范围是_______．
【答案】(0,1)
由题意，f(x)=|ex−1|={1−ex,x0时，x∈0,e，此时F(x)单调递增，所以F(x)max=F(e)=1e，F(x)的图象如下，由图可知，当k>1e时，y=F(x)与y=k无交点，即ℎ(x)=g(x)−kx无零点.
故选：D.
2．已知函数f(x)=asinx+2csx在x∈−π3,−π4上单调递增，则a的取值范围为（ ）
A．a≥0B．−2≤a≤2C．a≥−2D．a≥0或a≤−2
【答案】C
【解析】
因为函数f(x)=asinx+2csx在x∈−π3,−π4上单调递增，
所以f'(x)=acsx−2sinx≥0在x∈−π3,−π4上恒成立，
即a≥2tanx在x∈−π3,−π4上恒成立，
由y=2tanx在(−π2,0)上单调递增知，ymax=2tan(−π4)=−2，
所以a≥−2，
故选：C
3．定义：设函数fx的定义域为D，如果m,n⊆D，使得fx在m,n上的值域为m,n，则称函数fx在m,n上为“等域函数”，若定义域为1e,e2的函数gx=ax（a>0，a≠1）在定义域的某个闭区间上为“等域函数”，则a的取值范围为（ ）
A．2e2,1eB．2e2,1eC．e2e2,e1eD．e2e2,e1e
【答案】C
【解析】
当00；当e0，则g'a=lna，
令g'a1，则φ'x=lnx−1ln2xx>1，
所以，当x∈1,e，φ'x0，当x0，
所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，
因为ek−2x>0，所以g(ek−2x)=ek−2x+3(k−2)x
所以ek−2x+3k−2x≥x+3lnx ⇔ g(ek−2x)≥g(x)恒成立
即ek−2x≥x，亦即k≥lnxx+2恒成立
记ℎ(x)=lnxx+2，则ℎ'(x)=1−lnxx2
易知当01时f″(t)>0，f'(t)递增；
所以f'(t)≥f'(1)=0，故f(t)递增，
当0e时g″(a)>0，g'(a)递增；
所以g'(a)≥g'(e)=0，故g(a)在(1,+∞)上递增，而g(e)=2−1−1=0，
此时a>e时g(a)≥0，即f(lna)≥0恒成立.
综上，a的取值范围为[e,+∞).
故选：A
【点睛】
关键点点睛：首先将问题转化为f(t)=2et−1−t2−1≥0恒成立，利用导数并讨论a结合指数函数性质判断f(t)最值符号，进一步转化为g(a)=2ae−(lna)2−1≥0在a>1上恒成立.
10．已知函数f(x)=xlnx−x2e+tx−1(t∈R)有两个极值点x1,x2（x1ln2－1
B．曲线y=f(x) 在点(e，f(e)) 处的切线可能与直线x−y=0垂直
C．f(x1)4ex1x2
【答案】B
【解析】
对于A，由题意得f'(x)=1+lnx−2xe+t=lnx−2xe+t+1 ，
令g(x)=lnx−2xe+t+1,g'(x)=1x−2e=e−2xex,(x>0) ，
当0ln2－1，故A正确；
对于B，线y=f(x) 在点(e，f(e)) 处的切线的斜率为f'(e)=t ，
该切线如果与x−y=0垂直，则斜率为-1，即−1 ，与t>ln2－1矛盾，故B错误；
对于C，由题意可知f'(x1)=0，即lnx1−2x1e+t+1=0，
则f(x1)=x1lnx1−x12e+tx1−1=x12e−x1−1，
由A项分析可知00 ，
故ℎ(m)=m−1m−2lnm,(m>1)是单调增函数，则ℎ(m)>ℎ(1)=0，
故m−1m>2lnm,(m>1)成立，故D正确，
故选：B
【点睛】
本题考查了导数的应用，涉及到导数几何意义和零点问题以及证明不等式问题，综合性较强，思维能力要求较高，解答的关键是D选项的判断，要注意对等式的合理变式，从而构造函数，利用导数判断单调性.
11．已知f(x)=a2−1ex−1−12x2，若不等式f1lnx>f1x−1在(1,+∞)上恒成立，则a的值可以为（ ）
A．−2B．−1C．1D．2
【答案】AD
【解析】
设y=x−1−lnx(x>1)，则y'=1−1x>0，
所以y=x−1−lnx在(1,+∞)上单调递增，所以x−1−lnx>0，
所以lnxf1x−1在(1,+∞)上恒成立，
所以f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以f'(x)=a2−1ex−1−x≥0对∀x∈(1,+∞)恒成立，即a2−1≥xex−1恒成立．
令g(x)=xex−1,g'(x)=1−xex−1，当x>1时，g'(x)0,eb>0，所以ea>1,eb>1，所以a>0,b>0，所以ab>0，选项A错误；
因为ea+eb=ea+b⩾2eaeb=2ea+b，所以ea+b⩾2，即ea+eb=ea+b⩾4，所以a+b⩾ln4>1，选项B,C正确，
因为1ea+1eb=1，所以ea=ebeb−1，所以bea−1=bebeb−1−1=beb−eb+1eb−1.令fb=beb−eb+1,b>0，则f'b=beb>0，所以fb在区间0,+∞上单调递增，所以fb>f0=0，即beb−eb+1>0，又eb−1>0，所以bea−1>0，即bea>1，选项D正确.
故选：BCD
13．已知函数f(x)=ex+mx，x∈R（e为自然对数），则下列判断正确的是（ ）
A．当m=−1时，函数f(x)在(−∞,0)上单调递减
B．当m=0时，f(x)−lnx≥3在(0,+∞)上恒成立
C．对任意的m>0，函数f(x)在(−∞,0)上一定存在零点
D．存在m0，故f(x)有唯一的极小值点x=ln2，故选项D正确.
故选：ACD．
14．已知函数f(x)=−xx−1,x0，
即ℎ(x)>ℎ(1)=0，即f(x)>g(x)，此时fx=gx无解；
故综合上述，当k=14时，方程fx=gx有且只有2个不同实根，B正确；
由函数fx的图象可知，其值域为R,故C错误；
对于D, 对于任意的x∈R，都有x−1fx−gx≤0成立,
则当x0，当−10，不合题意；
当10，
故v(x)>v(1)=0，不符合题意
当k≥2时，x=1k−1∈(0,1]，此时v'(x)=1+(1−k)xx1)，
故v(x)=lnx+(1−k)(x−1)递减，则v(x)fx1+x22
【答案】ACD
【解析】
易知定义域为(0,+∞)，f'(x)=(lnx)2+x⋅2lnx⋅1x+1=(lnx)2+2lnx+1=lnx+12≥0，故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增，A正确；
f(x)无最小值，B错误；
当x∈1e,+∞,m>0时，g'(x)=f'(x+m)−f'(x)=ln(x+m)+12−lnx+12 =ln(x+m)+lnx+2ln(x+m)−lnx，
易得ln(x+m)>lnx>ln1e=−1，则ln(x+m)+lnx+2>0,ln(x+m)−lnx>0，即g'(x)>0，故g(x)为增函数，C正确；
当x∈1e,+∞时，lnx>−1，令t=lnx,ℎ(t)=t+12,t>−1，易得ℎ(t)为增函数，即f'(x)=lnx+12在1e,+∞为增函数，
又f(x)在1e,+∞为增函数，故函数f(x)为“上凹”函数，
结合图像可知12fx1+fx2>fx1+x22，D正确.
故选：ACD.
16．若关于x的不等式2ln(x+1)−a(x+3)−2x+a(ex+2)>0在x∈(0,+∞)上恒成立，则实数a的取值范围为_______________ .
【答案】2,+∞
【解析】
不等式2ln(x+1)−a(x+3)−2x+a(ex+2)>0可化为： aex−2x>ax+1−2lnx+1，即aex−2lnex>ax+1−2lnx+1.
记fx=ex−1−x,x≥0.
因为f'x=ex−1，所以当x>0时，f'x>0，所以fx在0,+∞上单调递增函数，所以当x>0时，fx>f0=0，即ex>1+x.
记Fx=ax−2lnx,x>1，则Fex>Fx+1.
因为ex>1+x，所以只需Fx=ax−2lnx在1,+∞上递增，
所以F'x=a−2x≥0，
只需a≥2x，x>1恒成立.
因为y=2x在1,+∞单调递减，所以当x→1+时，y→2最大，
所以a≥2.
即实数a的取值范围为2,+∞.
故答案为：2,+∞.
17．若函数fx=2x3−ax2−1a∈R在−∞,0内有且只有一个零点，则fx在−1,1上的最大值与最小值的和为_______．
【答案】3
【解析】
当x0，xf'(x)−2f(x)0，gx在2,+∞上递增，
故g(t)min=g2=1+a2=1，解得a=1；
当1+a>2，即a>3时，当2≤x0，gx递增，
故g(x)min= g1+a=21+a−2=1，解得a=54，不符合a>3，舍去，
综上，a=1.
故答案为：1
22．若曲线y=ex过点(−2,0)的切线恒在函数f(x)=aex−x2+(1e−3)x+2e−1的图象的上方，则实数a的取值范围是__________．
【答案】(−∞,−e2)
【解析】
设曲线y=ex过点(−2,0)的切线的切点为(x0,y0)，
则切线的斜率k=ex0=y0−0x0−(−2)=ex0x0+2，
所以x0=−1，k=1e，切线方程为y=1e(x+2)，
所以1e(x+2)>aex−x2+(1e−3)x+2e−1恒成立，
所以a