高考数学二轮专题学与练 04 导数及其应用（考点解读）（含解析）

这是一份高考数学二轮专题学与练 04 导数及其应用（考点解读）（含解析），共29页。试卷主要包含了导数的定义，导数的几何意义，导数的运算，函数的性质与导数等内容，欢迎下载使用。

专题4 导数及其应用

高考将以导数的几何意义为背景，重点考查运算及数形结合能力，导数的综合运用涉及的知识面广，综合的知识点多，形式灵活，是每年的必考内容，经常以压轴题的形式出现．
预测高考仍将利用导数研究方程的根、函数的零点问题、含参数的不等式恒成立、能成立、实际问题的最值等形式考查．

1．导数的定义
f ′(x)＝ ＝ .
2．导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f ′(x0)就是曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，即k＝f ′(x0)．
3．导数的运算
(1)基本初等函数的导数公式
①c′＝0(c为常数)；　 　②(xm)′＝mxm－1；
③(sinx)′＝cosx; ④(cosx)′＝－sinx；
⑤(ex)′＝ex; ⑥(ax)′＝axlna；
⑦(lnx)′＝； ⑧(logax)′＝.
(2)导数的四则运算法则
①[f(x)±g(x)]′＝f ′(x)±g′(x)；
②[f(x)·g(x)]′＝f ′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；
③[]′＝.
④设y＝f(u)，u＝φ(x)，则y′x＝y′uu′x.
4．函数的性质与导数
在区间(a，b)内，如果f ′(x)>0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递增．如果f ′(x)<0，那么函数f(x)在区间(a，b)上单调递减．
5．利用定积分求曲线围成图形的面积的步骤：①画出图形；②确定被积函数；③求出交点坐标，确定积分的上、下限；④运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积．特别注意平面图形的面积为正值，定积分值可能是负值．
被积函数为y＝f(x)，由曲线y＝f(x)与直线x＝a，x＝b(a ①当f(x)>0时，S＝f(x)dx；
②当f(x)<0时，S＝－f(x)dx；
③当x∈[a，c]时，f(x)>0；当x∈[c，b]时，f(x)<0，则S＝f(x)dx－f(x)dx.

高频考点一　导数的几何意义及应用
例1、(2018年全国Ⅲ卷理数)曲线在点处的切线的斜率为，则________．
【答案】-3
【解析】，则
所以
【变式探究】(1)已知函数f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则a＝________.
【解析】基本法：由题意可得f′(x)＝3ax2＋1，
∴f′(1)＝3a＋1，
又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切线过点(2,7)，
∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝1.
速解法：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)连线斜率k＝＝5－a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，∴a＝1.
【答案】1
(2)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
【解析】基本法：令f(x)＝x＋ln x，求导得f′(x)＝1＋，f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.设直线y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切点为P(x0，y0)，则y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，
∴a＝0或x0＝－，又ax＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即ax＋ax0＋2＝0，当a＝0时，显然不满足此方程，
∴x0＝－，此时a＝8.
速解法：求出y＝x＋ln x在(1,1)处的切线为y＝2x－1
由得ax2＋ax＋2＝0，
∴Δ＝a2－8a＝0，
∴a＝8或a＝0(显然不成立)．
【答案】8
【变式探究】设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
【解析】基本法：y′＝a－，当x＝0时，y′＝a－1＝2，
∴a＝3，故选D.
【答案】D
高频考点二　导数与函数的极值、最值
例2、(2018年浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．
【答案】 (1). (1,4) (2).
【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。
【变式探究】 (1)已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是(　　)
A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)
C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
【解析】基本法：a＝0时，不符合题意．
a≠0时，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，
得x1＝0，x2＝.
若a＞0，则由图象知f(x)有负数零点，不符合题意．
则a＜0，由图象结合f(0)＝1＞0知，此时必有f＞0，即a×－3×＋1＞0，化简得a2＞4，又a＜0，所以a＜－2，故选C.
速解法：若a＞0，又∵f(0)＝1，f(－1)＝－a－2＜0，
在(－1,0)处有零点，不符合题意．
∴a＜0，若a＝－，则f(x)＝－x3－3x2＋1
f′(x)＝－4x2－6x＝0，∴x＝0，或x＝－.
此时f为极小值且f＜0，有三个零点，排除D.
【答案】C
(2)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
【解析】基本法：由三次函数的值域为R知，f(x)＝0必有解，A项正确；因为f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c的图象可由y＝x3平移得到，所以y＝f(x)的图象是中心对称图形，B项正确；若y＝f(x)有极值点，则其导数y＝f′(x)必有2个零点，设为x1，x2(x1＜x2)，则有f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3(x－x1)(x－x2)，所以f(x)在(－∞，x1)上递增，在(x1，x2)上递减，在(x2，＋∞)上递增，则x2为极小值点，所以C项错误，D项正确．选C.

速解法：联想f(x)的图象模型如图显然C错．
【答案】C
【方法技巧】
1.函数图象是研究函数单调性、极值、最值最有利的工具．
2．可导函数极值点的导数为0，但导数为0的点不一定是极值点，如函数f(x)＝x3，当x＝0时就不是极值点，但f′(0)＝0.
3．极值点不是一个点，而是一个数x0，当x＝x0时，函数取得极值；在x0处有f′(x0)＝0是函数f(x)在x0处取得极值的必要不充分条件．
4．f′(x)在f′(x)＝0的根的左右两侧的值的符号，如果“左正右负”，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果“左负右正”，那么f(x)在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值．
【变式探究】函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34(a，b，c∈R)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，且f(x)的极小值等于－115，则a的值是(　　)
A．－ B.
C．2 D．5
【解析】基本法：由已知可知f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，由3ax2＋2bx＋c≤0的解集为{x|－2≤x≤3}可知a＞0，且－2,3是方程3ax2＋2bx＋c＝0的两根，由根与系数的关系知－＝(－2)＋3，＝－2×3，∴b＝，c＝－18a，此时f(x)＝ax3－x2－18ax－34，当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数；当x∈(－2,3)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(3，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数，
∴f(3)为f(x)的极小值，∵f(3)＝27a－－54a－34＝－115，∴a＝2，故选C.
【答案】C
高频考点三　导数与函数的单调性
例3、【2019年高考北京】设函数(a为常数)．若f(x)为奇函数，则a=________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.
若函数为奇函数，则即，
即对任意的恒成立，
则，得.
若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，
即在R上恒成立，
又，则，
即实数的取值范围是.
【举一反三】(2018年全国Ⅱ卷理数)若在是减函数，则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。
【变式探究】若函数f(x)＝x2＋ax＋在是增函数，则a的取值范围是(　　)
A．[－1,0]　 B．[－1，＋∞)
C．[0,3] D．[3，＋∞)
【解析】基本法：由题意知f′(x)≥0对任意的x∈恒成立，又f′(x)＝2x＋a－，所以2x＋a－≥0对任意的x∈恒成立，分离参数得a≥－2x，若满足题意，需a≥max.令h(x)＝－2x，x∈.因为h′(x)＝－－2，所以当x∈时，h′(x)＜0，即h(x)在上单调递减，所以h(x)＜h＝3，故a≥3.
速解法：当a＝0时，检验f(x)是否为增函数，当a＝0时，
f(x)＝x2＋，f＝＋2＝，f(1)＝1＋1＝2，
f＞f(1)与增函数矛盾．排除A、B、C.故选D.
【答案】D
(2)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
【解析】基本法：依题意得f′(x)＝k－≥0在(1，＋∞)
上恒成立，即k≥在(1，＋∞)上恒成立，
∵x＞1，∴0＜＜1，
∴k≥1，故选D.
速解法：若k＝1，则f′(x)＝1－＝在(1，＋∞)上有f′(x)＞0，f(x)＝kx－ln x为增函数．
【答案】D
高频考点四 利用导数证明不等式
例4．已知函数f(x)＝(1－x)ekx－x－1(k>0)．
(1)若f(x)在R上单调递减，求k的取值范围；
(2)若x>0，求证：(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
【解析】(1)因f(x)在R上单调递减，所以f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1≤0恒成立．
令g(x)＝f′(x)＝ekx(k－kx－1)－1，则g′(x)＝kekx(k－kx－2)
因为k>0，当x>时，g′(x)<0；当x<时，g′(x)>0，
所以g(x)在上单调递增，在上单调递减，
所以g(x)max＝g＝ek－2－1≤0，即0 (2)证明：由(1)知当k＝2时，f(x)在R上单调递减，当x>0时，则f(x) 即(1－x)e2x－x－1<0，又x>0时，－x<0，
则f(－x)>f(0)＝0，
即(1＋x)e－2x＋x－1>0，
从而(1＋x)e－2x＋x－1>(1－x)e2x－x－1，
即(1＋x)e－2x＋(x－1)e2x＋2x>0，也即(2＋2x)e－2x＋(2x－2)e2x＋4x>0
令t＝2x>0，则(2＋t)e－t＋(t－2)et＋2t>0，
即x>0时，(2－x)ex－(2＋x)e－x<2x.
【变式探究】已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：＜a－2.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
②若a＞2，令f′(x)＝0，得
x＝或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．
(2)证明：由(1)知，f(x)存在两个极值点当且仅当a＞2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1，不妨设x1＜x2，则x2＞1.
由于＝－－1＋a＝－2＋a＝－2＋a，
所以＜a－2等价于－x2＋2ln x2＜0.
设函数g(x)＝－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减．
又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0.
所以－x2＋2ln x2＜0，
即＜a－2.
高频考点五 利用导数解决不等式恒成立、存在性问题
例5．已知函数f(x)＝mln x＋x2－(m＋1)x＋m(m>0)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)证明：对任意x∈(1，＋∞)都有f(x)≥2m－－e恒成立．
【解析】(1)①∵f(x)＝mln x＋x2－(m＋1)x＋m(m>0)，
∴f′(x)＝＋x－(m＋1)＝＝，
当0 当m＝1时，f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当m>1时，f(x)在(0,1)，(m，＋∞)上单调递增，在(1，m)上单调递减．
(2)证明：由(1)知，当0 f(x)>f(1)＝－，
∵－2m＋e－＝(m－2)2＋e－>0，
∴－>2m－－e，即f(x)≥2m－－e成立；
当m>1时，f(1)在(1，m)上单调递减，在(m，＋∞)上单调递增，
f(x)min＝f(m)＝mln m－，
要证f(x)≥2m－－e在(1，＋∞)上恒成立，
只需证mln m－2m＋e≥0在(1，＋∞)上恒成立，
设g(m)＝mln m－2m＋e，
则g′(m)＝ln m－1，令g′(m)>0，则m>e，
∴g(m)在(1，e)上单调递减，在(e，＋∞)上单调递增，
∴g(m)min＝g(e)＝0，∴f(x)≥2m－－e成立．
综上所述，对任意x∈(1，＋∞)，都有f(x)≥2m－－e恒成立．
【变式探究】已知f(x)＝xeax－x2－x＋1，a≠0.
(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；
(2)若∃x0≥1，使f(x0)<成立，求参数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝xex－－x＋1，
所以f′(x)＝ex＋xex－x－1＝(ex－1)(x＋1)．
由f′(x)>0，得x<－1或x>0；
由f′(x)<0，得－1 所以f(x)的单调递减区间为(－1,0)，
f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)．
(2)由题意，得f(x)min<(x≥1)，
因为f′(x)＝(ax＋1)(eax－1)，
由f′(x)＝0，解得x1＝－，x2＝0.
①当a>0时，因为x≥1，所以f′(x)>0，
所以f(x)单调递增，即f(x)min＝f(1)．
f(1)＝ea－<，即ea－a<0.
设g(a)＝ea－a(a>0)，g′(a)＝ea－1>0.
所以g(a)min>g(0)＝e0－0＝1>0，
即ea>a恒成立，即g(a)>0，
所以不等式ea－a<0无解；
②当a<0时，
x
(－∞，0)
0
(0，－)
－
(－，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

极大值

极小值

且f(0)＝1>0，由①知f(1)>恒成立，
若∃x0≥1，使f(x0)<，则，
所以
所以，
解得1－ 综上所述，参数a的取值范围为(1－ ，0)．
高频考点六 利用导数研究函数的零点或方程的根
例6．函数f(x)＝2x2－ax＋1＋ln x(a∈R)．
(1)若a＝5时，求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝f(x)－2ln x，若函数g(x)在x∈上有两个零点，求实数a的取值范围．
【解析】(1)当a＝5时，f(x)＝2x2－5x＋1＋ln x的定义域为x∈(0，＋∞)，
f′(x)＝4x－5＋＝，
当x∈，x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，
∴f(x)在和(1，＋∞)上单调递增．
当x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递减．
故f(x)的单调增区间为，(1，＋∞)；单调减区间为.
(2)因为g(x)＝f(x)－2ln x＝2x2－ax＋1－ln x在x∈上有两个零点，
等价于ax＝2x2＋1－ln x在x∈上有两解，
a＝2x＋－，
令h(x)＝2x＋－，x∈则h′(x)＝，
令t(x)＝2x2－2＋ln x，x∈则t′(x)＝>0，
∴t(x)在x∈上单调递增，又t(1)＝0，
∴t(x)在x∈上有t(x)<0，t(x)在x∈(1，e]有t(x)>0，
∴x∈时，h′(x)<0，x∈(1，e]时，h′(x)>0，
∴h(x)在x∈上单调递减，在(1，e]上单调递增．
∴h(x)min＝h(1)＝3，
h＝＋2e，h(e)＝2e，
由a＝2x＋－有两解及h>h(e)可知．
∴a∈(3,2e]．
【变式探究】已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；
(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.
【解析】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.
设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′(x)＝－(x2－2x＋1)·e－x＝－(x－1)2e－x.
当x≠1时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．
而g(0)＝0，故当x≥0时，g(x)≤0，即f(x)≥1.
(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.
f(x)在(0，＋∞)只有一个零点等价于h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；
(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.
当x∈(0,2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.
所以h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．
故h(2)＝1－是h(x)在(0，＋∞)的最小值．
①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点．
②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．
③若h(2)＜0，即a＞，
因为h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一个零点；
由(1)知，当x＞0时，ex＞x2，所以h(4a)＝1－＝1－＞1－＝1－＞0，故h(x)在(2,4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．
综上，当f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.

1．【2019年高考全国Ⅲ卷】已知曲线在点(1，ae)处的切线方程为y=2x+b，则
A． B．a=e，b=1
C． D．，
【答案】D
【解析】∵
∴切线的斜率，，
将代入，得.
故选D．
2．【2019年高考天津】已知，设函数若关于的不等式在上恒成立，则的取值范围为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】当时，恒成立；
当时，恒成立，
令，
则
，
当，即时取等号，
∴，则.
当时，，即恒成立，
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则时，取得最小值，
∴，
综上可知，的取值范围是.
故选C.
3．(2019浙江)已知，函数．若函数恰有3个零点，则
A．a<–1，b<0 B．a<–1，b>0
C．a>–1，b<0 D．a>–1，b>0
【答案】C
【解析】当x＜0时，y＝f(x)﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝(1﹣a)x﹣b＝0，得x，
则y＝f(x)﹣ax﹣b最多有一个零点；
当x≥0时，y＝f(x)﹣ax﹣bx3(a+1)x2+ax﹣ax﹣bx3(a+1)x2﹣b，
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f(x)﹣ax﹣b在[0，+∞)上单调递增，
则y＝f(x)﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意；
当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞)，此时函数单调递增，
令y′＜0得x∈[0，a+1)，此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.
根据题意，函数y＝f(x)﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f(x)﹣ax﹣b在(﹣∞，0)上有一个零点，在[0，+∞)上有2个零点，
如图：

∴0且，
解得b＜0，1﹣a＞0，b(a+1)3，
则a>–1，b<0.
故选C．
4．【2019年高考全国Ⅰ卷】曲线在点处的切线方程为____________．
【答案】
【解析】
所以切线的斜率，
则曲线在点处的切线方程为，即．
5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系中，P是曲线上的一个动点，则点P到直线的距离的最小值是 ▲ .
【答案】4
【解析】由，得，
设斜率为的直线与曲线切于，
由得(舍去)，
∴曲线上，点到直线的距离最小，最小值为.
故答案为．
6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(-e，-1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是 ▲ .
【答案】
【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.
设点，则.
又，
当时，，
则曲线在点A处的切线为，
即，
将点代入，得，
即，
考察函数，
当时，，当时，，
且，
当时，单调递增，
注意到，
故存在唯一的实数根，
此时，
故点的坐标为.
7．【2019年高考北京】设函数(a为常数)．若f(x)为奇函数，则a=________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a的取值范围.
若函数为奇函数，则即，
即对任意的恒成立，
则，得.
若函数是R上的增函数，则在R上恒成立，
即在R上恒成立，
又，则，
即实数的取值范围是.
8．【2019年高考全国Ⅰ卷】已知函数，为的导数．证明：
(1)在区间存在唯一极大值点；
(2)有且仅有2个零点．
【答案】(1)见解析；(2)见解析.
【解析】(1)设，则，.
当时，单调递减，而，可得在有唯一零点，
设为.
则当时，；当时，.
所以在单调递增，在单调递减，故在存在唯一极大值点，即在存在唯一极大值点.
(2)的定义域为.
(i)当时，由(1)知，在单调递增，而，所以当时，，故在单调递减，又，从而是在的唯一零点.
(ii)当时，由(1)知，在单调递增，在单调递减，而，，所以存在，使得，且当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.
又，，所以当时，.从而，在没有零点.
(iii)当时，，所以在单调递减.而，，所以在有唯一零点.
(iv)当时，，所以<0，从而在没有零点.
综上，有且仅有2个零点.
9．【2019年高考全国Ⅱ卷】已知函数.
(1)讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；
(2)设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=lnx在点A(x0，lnx0)处的切线也是曲线的切线.
【答案】(1)函数在和上是单调增函数，证明见解析；
(2)见解析.
【解析】(1)f(x)的定义域为(0，1)(1，+∞)．
因为，所以在(0，1)，(1，+∞)单调递增．
因为f(e)=，，所以f(x)在(1，+∞)有唯一零点x1，即f(x1)=0．又，，故f(x)在(0，1)有唯一零点．
综上，f(x)有且仅有两个零点．
(2)因为，故点B(–lnx0，)在曲线y=ex上．
由题设知，即，故直线AB的斜率．
曲线y=ex在点处切线的斜率是，曲线在点处切线的斜率也是，
所以曲线在点处的切线也是曲线y=ex的切线．
10．【2019年高考全国Ⅲ卷】已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)是否存在，使得在区间的最小值为且最大值为1？若存在，求出的所有值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析；(2)或.
【解析】(1)．
令，得x=0或.
若a>0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减；
若a=0，在单调递增；
若a<0，则当时，；当时，．故在单调递增，在单调递减.
(2)满足题设条件的a，b存在.
(i)当a≤0时，由(1)知，在[0，1]单调递增，所以在区间[0，l]的最小值为，最大值为.此时a，b满足题设条件当且仅当，，即a=0，．
(ii)当a≥3时，由(1)知，在[0，1]单调递减，所以在区间[0，1]的最大值为，最小值为．此时a，b满足题设条件当且仅当，b=1，即a=4，b=1．
(iii)当0 若，b=1，则，与0 若，，则或或a=0，与0 综上，当且仅当a=0，或a=4，b=1时，在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．
11．【2019年高考天津】设函数为的导函数．
(Ⅰ)求的单调区间；
(Ⅱ)当时，证明；
(Ⅲ)设为函数在区间内的零点，其中，证明．
【答案】(Ⅰ)的单调递增区间为的单调递减区间为.(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析.
【解析】(Ⅰ)由已知，有．因此，当时，有，得，则单调递减；当时，有，得，则单调递增．
所以，的单调递增区间为的单调递减区间为．
(Ⅱ)证明：记．依题意及(Ⅰ)，有，从而．当时，，故
．
因此，在区间上单调递减，进而．
所以，当时，．
(Ⅲ)证明：依题意，，即．记，则，且．
由及(Ⅰ)，得．由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数，因此．又由(Ⅱ)知，，故
．
所以，．
12．【2019年高考浙江】已知实数，设函数
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)对任意均有 求的取值范围．
注：e=2.71828…为自然对数的底数．
【答案】(1)的单调递增区间是,单调递减区间是；(2).
【解析】(1)当时，．
，
所以，函数的单调递减区间为(0，3)，单调递增区间为(3，+)．
(2)由，得．
当时，等价于．
令，则．
设，
则．
(i)当 时，，则
．
记，则

.
故



1




0
+


单调递减
极小值
单调递增
所以，．
因此，．
(ii)当时，．
令 ，则，
故在上单调递增，所以．
由(i)得，．
所以，．
因此．
由(i)(ii)知对任意，，
即对任意，均有．
综上所述，所求a的取值范围是．
1. (2018年全国Ⅲ卷理数)曲线在点处的切线的斜率为，则________．
【答案】-3
【解析】，则
所以
2. (2018年浙江卷)已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．
【答案】 (1). (1,4) (2).
【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。
3 .(2018年全国Ⅱ卷理数)若在是减函数，则的最大值是
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以由得，因此，从而的最大值为。
1.【2017课标II，理】已知函数，且。
(1)求；
(2)证明：存在唯一的极大值点，且。
【答案】(1)；
(2)证明略。
【解析】(1)的定义域为
设，则等价于
因为
若a=1，则.当0＜x＜1时，单调递减；当x＞1时，＞0，单调递增.所以x=1是的极小值点，故
综上，a=1
(2)由(1)知
设
当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增
又，所以在有唯一零点x0，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，.
因为，所以x=x0是f(x)的唯一极大值点
由
由得
因为x=x0是f(x)在(0,1)的最大值点，由得

所以

2.【2017山东，理20】已知函数，，其中是自然对数的底数.
(Ⅰ)求曲线在点处的切线方程；
(Ⅱ)令，讨论的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.
【答案】(1) (2)见解析
【解析】
(Ⅰ)由题意
又，
所以，
因此 曲线在点处的切线方程为
，
即 .
(Ⅱ)由题意得 ，
因为

，
令
则
所以在上单调递增.
因为
所以 当时，
当时，
(1)当时，
当时， ， 单调递减，
当时， ， 单调递增，
所以 当时取得极小值，极小值是 ；
(2)当时，
由 得 ，
①当时， ，
当时， ， 单调递增；
当时， ， 单调递减；
当时， ， 单调递增.
所以 当时取得极大值.
极大值为，
当时取到极小值，极小值是 ；
②当时， ，
所以 当时， ，函数在上单调递增，无极值；
③当时，
所以 当时， ， 单调递增；
当时， ， 单调递减；
当时， ， 单调递增；
所以 当时取得极大值，极大值是；
当时取得极小值.
极小值是.
综上所述：
当时， 在上单调递减，在上单调递增，
函数有极小值，极小值是；
当时，函数在和和上单调递增，在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是
极小值是；
当时，函数在上单调递增，无极值；
当时，函数在和上单调递增，
在上单调递减，函数有极大值，也有极小值，
极大值是；
极小值是.
3.【2017天津，理20】设，已知定义在R上的函数在区间内有一个零点，为的导函数.
(Ⅰ)求的单调区间；
(Ⅱ)设，函数，求证：；
(Ⅲ)求证：存在大于0的常数，使得对于任意的正整数，且 满足.
【答案】(Ⅰ)增区间是， ，递减区间是.(Ⅱ)见解析；(III)见解析.
【解析】(Ⅰ)解：由，可得，
进而可得.令，解得，或.
当x变化时，的变化情况如下表：
x




+
-
+

↗
↘
↗
所以，的单调递增区间是，，单调递减区间是.
(Ⅱ)证明：由，得，
.
令函数，则.由(Ⅰ)知，当时， ，故当时， ， 单调递减；当时， ， 单调递增.因此，当时， ，可得.
令函数，则.由(Ⅰ)知， 在上单调递增，故当时， ， 单调递增；当时， ， 单调递减.因此，当时， ，可得.
所以， .
(III)证明：对于任意的正整数 ，，且，
令，函数.
由(II)知，当时，在区间内有零点；
当时，在区间内有零点.
所以在内至少有一个零点，不妨设为，则.
由(I)知在上单调递增，故，
于是.
因为当时，，故在上单调递增，
所以在区间上除外没有其他的零点，而，故.
又因为，，均为整数，所以是正整数，
从而.
所以.所以，只要取，就有.