第26頁（共26頁）2024-2025學年上學期高二數學人教A版（2019）期中必刷常考題之導數在研究函數中的應用一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?錦州期末）對n∈N*，設xn是關于x的方程nx3+2x﹣n＝0的實數根，an＝[（n+1）xn]（n＝2，3，?），其中符號[x]表示不超過x的最大整數，則a2A．1013 B．1015 C．2023 D．20252．（2024秋?諸暨市期末）將函數y＝x3+2的圖象繞坐標原點順時針旋轉θ后第一次與x軸相切，則tanθ＝（）A．1 B．2 C．3 D．53．（2024秋?德州期末）已知函數f（x）＝xlnx+ax．過點P（1，1）可作兩條直線與f（x）的圖象相切，則a的取值范圍是（）A．[1，+∞） B．（1，+∞） C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，1]4．（2024秋?洛陽期末）已知函數f(x)=ex，x＞02-e-x，x≤0，當x∈（0，e]時，f（xA．0 B．1 C．e D．e+15．（2024秋?臨泉縣校級期末）已知x＝1是函數f（x）＝ax3﹣3x的一個極值點，其中a為實數，則f（x）在區間[﹣2，2]上的最大值為（）A．0 B．1 C．2 D．3二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?南陽期末）已知函數f（x）＝x2﹣2xlnx，g（x）＝ex﹣lnx﹣2，下列說法正確的是（）A．函數g（x）存在唯一極值點x0，且x0B．令h（x）＝f（x）?g（x），則函數h（x）無零點 C．若g（x）+2＞m恒成立，則m＜2 D．若a＞0，b＞0，則a（多選）7．（2024秋?田家庵區校級期末）已知函數f（x）＝lnx+ln（2﹣x），則下列結論中正確的是（）A．f（x）在（0，1）單調遞增 B．f（x）在（1，2）單調遞減 C．y＝f（x）的圖像關于直線x＝1對稱 D．y＝f（x）的圖像關于點（0，1）對稱（多選）8．（2025?東興區模擬）設函數f（x）＝mlnx﹣x，g（x）=-13xA．當m＝1時，f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝﹣1 B．當﹣1＜a＜1時，g（x）有三個零點 C．若F（x）＝f（x）﹣g′（x）有兩個極值點，則0＜D．若f（mx）≥ex﹣mx在（0，+∞）上有解，則正實數m的取值范圍為[e，+∞）三．填空題（共4小題）9．（2024秋?舟山期末）若圓C1：x2+y2＝1與曲線C2：y＝ln（x﹣1）+m的公切線經過(1，-12)，則m＝10．（2024秋?漯河期末）已知函數f（x）＝lnx+x，g（x）＝ex+x，若f（a）＝g（b），則e2b+9+aa+111．（2024秋?諸暨市期末）已知函數y＝f（x）的圖象在點M（1，f（1））處的切線方程是y＝2x+1，則f（1）+f'（1）＝．12．（2025?衛輝市校級模擬）已知f（x）＝xex+3sinx，則曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處切線方程為．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?楚雄州期末）已知函數f（x）＝xlnx．（1）求f（x）的極值．（2）過點P(1a，0)能作兩條直線與曲線y＝f（x）相切，且切點坐標為A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），其中x（i）求a的取值范圍；（ii）證明：方程ax2+（a﹣3）x+1＝0在（x1，x2）上有解．14．（2024秋?舟山期末）已知函數f(（1）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）若f（x）在x＝﹣1處取得極值，求f（x）的單調區間，以及其最大值與最小值．15．（2024秋?諸暨市期末）已知函數f（x）＝aex+x2﹣2x+1（a∈R）．（1）是否存在實數a，使得x＝2為函數f（x）的極小值點．若存在，求a的值；若不存在，請說明理由；（2）求證：當a∈(-54，0)

2024-2025學年上學期高二數學人教A版（2019）期中必刷常考題之導數在研究函數中的應用參考答案與試題解析題號12345答案ACBDC一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?錦州期末）對n∈N*，設xn是關于x的方程nx3+2x﹣n＝0的實數根，an＝[（n+1）xn]（n＝2，3，?），其中符號[x]表示不超過x的最大整數，則a2A．1013 B．1015 C．2023 D．2025【考點】利用導數求解函數的單調性和單調區間．【專題】整體思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解；新定義類．【答案】A【分析】根據條件構造函數f（x）＝nx3+2x﹣n，求得函數的導數，判斷函數的單調性，求出方程根的取值范圍，進而結合等差數列的求和公式，即可求解．【解答】解：設函數f（x）＝nx3+2x﹣n，則f′（x）＝3nx2+2＞0，則f（x）為增函數，因為當n≥2時，f(且f（1）＝2＞0，所以當n≥2時，方程nx3+2x﹣n＝0有唯一的實數根xn且xn因為an＝[（n+1）xn]（n＝2，3，?），其中符號[x]表示不超過x的最大整數，所以n＜（n+1）xn＜n+1，an＝[（n+1）xn]＝n，因此a2故選：A．【點評】本題主要考查了導數與單調性關系的應用，還考查了數列的求和，屬于中檔題．2．（2024秋?諸暨市期末）將函數y＝x3+2的圖象繞坐標原點順時針旋轉θ后第一次與x軸相切，則tanθ＝（）A．1 B．2 C．3 D．5【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；導數的概念及應用；運算求解．【答案】C【分析】根據題意及導數的幾何意義，建立方程，即可求解．【解答】解：因為將函數y＝x3+2的圖象繞坐標原點順時針旋轉θ后第一次與x軸相切，所以y＝tanθ?x是y＝x3+2過原點的切線，設切點坐標為：(x0，x03+2)則x03+2x0=3所以tanθ＝3．故選：C．【點評】本題考查導數的幾何意義的應用，屬基礎題．3．（2024秋?德州期末）已知函數f（x）＝xlnx+ax．過點P（1，1）可作兩條直線與f（x）的圖象相切，則a的取值范圍是（）A．[1，+∞） B．（1，+∞） C．（﹣∞，1） D．（﹣∞，1]【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】B【分析】根據導數的幾何意義及過某一點的切線的求法，根據含參方程，從而通過方程的解的條件，可求出a得范圍．【解答】解：因為f（x）＝xlnx+ax，所以f′（x）＝lnx+1+a，設過點P（1，1）的直線切f（x）于點（t，tlnt+at），所以切線方程為y﹣（tlnt+at）＝（lnt+1+a）（x﹣t），又其過P（1，1），所以1﹣（tlnt+at）＝（lnt+1+a）（1﹣t），整理可得a＝t﹣lnt，t＞0，因為過點P（1，1）可作兩條直線與f（x）的圖象相切，所以關于t的方程a＝t﹣lnt（t＞0）有兩不等實根，因為y＝a與y＝t﹣lnt有兩個交點，設g（t）＝t﹣lnt，t＞0，則g′（t）＝1-1t=t-所以當t∈（0，1）時，g′（t）＜0，g（t）單調遞減；當t∈（1，+∞）時，g′（t）＞0，g（t）單調遞增，所以g（t）≥g（1）＝1，又t→0時，g（t）→+∞；t→+∞時，g（t）→+∞，所以要使y＝a與y＝t﹣lnt有兩個交點，則a∈（1，+∞）．故選：B．【點評】本題考查導數的綜合應用，函數的切線問題的求解，屬中檔題．4．（2024秋?洛陽期末）已知函數f(x)=ex，x＞02-e-x，x≤0，當x∈（0，e]時，f（xA．0 B．1 C．e D．e+1【考點】利用導數研究函數的單調性．【專題】整體思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】D【分析】易得f（x）在R上遞增，令g（x）＝f（x）+f（﹣x），得到g（x）＝2恒成立，將f（x﹣2a）+f（x+lnx2）≤2，轉化為x+lnx2≤2a﹣x，即2a≥2x+lnx2恒成立求解．【解答】解：函數f(當x＞0時，f（x）＝ex，在（0，+∞）上遞增，且f（x）＞f（0）＝1；當x≤0時，f（x）＝2﹣e﹣x在（﹣∞，0]上遞增，且f（x）≤f（0）＝1，所以f（x）在R上遞增，令g（x）＝f（x）+f（﹣x），當x＞0時，g（x）＝f（x）+f（﹣x）＝ex+2﹣ex＝2，當x≤0時，g（x）＝f（x）+f（﹣x）＝e﹣x+2﹣e﹣x＝2，所以g（x）＝2恒成立，因為f（x﹣2a）+f（x+lnx2）≤2，即f（x﹣2a）+f（x+lnx2）≤g（x），即f（x+lnx2）≤g（x）﹣f（x﹣2a）＝f（2a﹣x），所以x+lnx2≤2a﹣x，即2a≥2x+lnx2，令h（x）＝2x+lnx2＝2x+2lnx，x∈（0，e]，則h（x）在（0，e]上遞增，所以h（x）max＝2+2e，則2a≥2+2e，即a≥1+e，所以a的最小值為e+1．故選：D．【點評】本題主要考查了單調性及最值關系的應用，還考查了恒成立與最值關系的轉化，屬于中檔題．5．（2024秋?臨泉縣校級期末）已知x＝1是函數f（x）＝ax3﹣3x的一個極值點，其中a為實數，則f（x）在區間[﹣2，2]上的最大值為（）A．0 B．1 C．2 D．3【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的最值．【專題】方程思想；定義法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】C【分析】對f（x）求導，根據題意求得a＝1，進而得出函數的單調區間和極大值f（﹣1）＝2，結合f（2）＝2，即可求得函數的最大值．【解答】解：由f（x）＝ax3﹣3x，可得f′（x）＝3ax2﹣3，因為x＝1是函數y＝f（x）的一個極值點，所以f′（1）＝3a﹣3＝0，解得a＝1，則f′（x）＝3x2﹣3＝3（x﹣1）（x+1），其中x∈[﹣2，2]，當x∈[﹣2，﹣1）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；當x∈（﹣1，1）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；當x∈（1，2]時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，所以當x＝﹣1時，函數f（x）取得極大值，極大值為f（﹣1）＝﹣1+3＝2，又因為f（2）＝23﹣3×2＝2，所以函數f（x）在[﹣2，2]上的最大值為2．故選：C．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值和最值，考查了方程思想，屬中檔題．二．多選題（共3小題）（多選）6．（2024秋?南陽期末）已知函數f（x）＝x2﹣2xlnx，g（x）＝ex﹣lnx﹣2，下列說法正確的是（）A．函數g（x）存在唯一極值點x0，且x0B．令h（x）＝f（x）?g（x），則函數h（x）無零點 C．若g（x）+2＞m恒成立，則m＜2 D．若a＞0，b＞0，則a【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究函數的最值．【專題】整體思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】ABD【分析】由g′（x）在（0，+∞）上單調遞增，又g'(12)=e-2＜0，g′（1）＝e﹣1＞0，即可判斷A；由導數判斷出g（x）恒大于0，f（x）恒大于0，即可判斷B；由g（【解答】解：f（x）＝x2﹣2xlnx，g（x）＝ex﹣lnx﹣2，對于A：g'(x)=ex-1x在（0，+∞）上單調遞增，又g'(所以?x0∈(12，1)，使得g′（對于B：由A得，?x0∈(12，1)，使得g′（x0）＝0，即eg（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，所以g（x）≥g（x0）=ex0-lnx0﹣2=x0+1x0由f′（x）＝2x﹣2lnx﹣2，令φ（x）＝2x﹣2lnx﹣2，x＞0，φ'(x)=2-2x=2(x-1)x，當x＞1時，φ當0＜x＜1時，φ′（x）＜0，即φ（x）在（0，1）單調遞減，所以φ（x）≥φ（1）＝0，即f′（x）≥0，即f（x）在（0，+∞）單調遞增，又x→0時，f（x）→0，所以f（x）＞0，由g（x）恒大于0，f（x）恒大于0，故h（x）無零點，故B正確；對于C：由B得g（x）＞0，由g（x）+2＞m恒成立，得g（x）＞m﹣2在（0，+∞）恒成立，所以m﹣2≤0，即m≤2，故C錯誤；對于D：因為f（x）在（0，+∞）單調遞增，又a＞0，b＞0，則a+b＞a，所以f（a+b）＞f（a），即（a+b）2﹣2（a+b）ln（a+b）＞a2﹣2alna，整理得2ab則a+b2故選：ABD．【點評】本題主要考查了導數與單調性及極值關系的應用，還考查了不等式恒成立與最值關系的應用，屬于中檔題．（多選）7．（2024秋?田家庵區校級期末）已知函數f（x）＝lnx+ln（2﹣x），則下列結論中正確的是（）A．f（x）在（0，1）單調遞增 B．f（x）在（1，2）單調遞減 C．y＝f（x）的圖像關于直線x＝1對稱 D．y＝f（x）的圖像關于點（0，1）對稱【考點】利用導數求解函數的單調性和單調區間．【專題】函數思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】ABC【分析】先求定義域，用對數運算性質化為對數型復合函數，根據復合函數的單調性判斷A，B的正誤；再根據f（x）和f（2﹣x）的關系判斷函數的對稱性．【解答】解：由題意知，f（x）＝lnx+ln（2﹣x）的定義域為（0，2），f（x）＝ln[x（2﹣x）]＝ln[﹣（x﹣1）2+1]，由復合函數的單調性知，函數f（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，2）上單調遞減，故A，B正確；∵函數f（x）＝lnx+ln（2﹣x），∴f（2﹣x）＝ln（2﹣x）+lnx，即f（x）＝f（2﹣x），即y＝f（x）的圖像關于直線x＝1對稱，故C正確，D錯誤．故選：ABC．【點評】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，函數的對稱性，考查運算求解能力，屬于基礎題．（多選）8．（2025?東興區模擬）設函數f（x）＝mlnx﹣x，g（x）=-13xA．當m＝1時，f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝﹣1 B．當﹣1＜a＜1時，g（x）有三個零點 C．若F（x）＝f（x）﹣g′（x）有兩個極值點，則0＜D．若f（mx）≥ex﹣mx在（0，+∞）上有解，則正實數m的取值范圍為[e，+∞）【考點】利用導數求解函數的極值；利用導數求解曲線在某點上的切線方程．【專題】整體思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】ACD【分析】選項A，根據導數的幾何意義，求出切線斜率，得出方程；選項B，利用導數求得函數的極值，極大值大于0，極小值小于0，函數有三個零點；選項C，極值點的個數轉化為導函數零點的個數求參數范圍；選項D，不等式在區間上有解，轉化為函數的最值問題，求參數范圍．【解答】解：f（x）＝mlnx﹣x，g（x）=-13x選項A，當m＝1時，f（x）＝lnx﹣x，f'(x)=1x-又f（1）＝﹣1，所以f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝﹣1，故A正確；選項B，g′（x）＝﹣x2+1，當x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）時，g′（x）＜0，當x∈（﹣1，1）時，g′（x）＞0，所以g（x）在（﹣1，1）上單調遞增；g（x）在（﹣∞，﹣1），（1，+∞）上單調遞減；g（x）的極小值為g(-1)=-23+要使g（x）有三個零點，則g(-1)＜0g(1)選項C，F（x）＝f（x）﹣g′（x）＝mlnx﹣x+x2﹣1，則F'若F（x）有兩個極值點，則2x2﹣x+m＝0在（0，+∞）有兩個不同的正根，則Δ=1-8m＞選項D，令h（x）＝f（mx）﹣ex+mx＝mlnmx﹣ex，則mlnmx≥ex，所以lnmx≥1m可整理為x+lnx≥ex﹣lnm+x﹣lnm，即elnx+lnx≥ex﹣lnm+x﹣lnm，令g（x）＝ex+x，因為g′（x）＝ex+1＞0，所以g（x）單調遞增，所以lnx≥x﹣lnm，即lnm≥x﹣lnx，令p（x）＝x﹣lnx，所以p'當0＜x＜1時，p′（x）＜0，p（x）單調遞減，當x＞1時，p′（x）＞0，p（x）單調遞增，所以p（x）min＝p（1）＝1，即lnm≥1，所以m≥e，所以m的取值范圍為[e，+∞），所以D正確．故選：ACD．【點評】本題主要考查了導數與單調性及極值關系的應用，體現了轉化思想的應用，屬于中檔題．三．填空題（共4小題）9．（2024秋?舟山期末）若圓C1：x2+y2＝1與曲線C2：y＝ln（x﹣1）+m的公切線經過(1，-12)，則m＝【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】方程思想；綜合法；導數的概念及應用；運算求解．【答案】12【分析】由對數函數可知公切線斜率存在，設公切線方程為y=kx-k-12【解答】解：因為y＝ln（x﹣1）+m的導數為y'由題知，公切線斜率存在，設公切線方程為y=則C1到公切線的距離等于半徑，即|k+1所以公切線方程為y=對于C2：y＝ln（x﹣1）+m，設切點為（x0，ln（x0﹣1）+m），則可得1x0-故答案為：12【點評】本題考查導數的幾何意義的應用，直線與圓的位置關系，屬中檔題．10．（2024秋?漯河期末）已知函數f（x）＝lnx+x，g（x）＝ex+x，若f（a）＝g（b），則e2b+9+aa+1【考點】利用導數求解函數的單調性和單調區間．【專題】轉化思想；構造法；運算求解．【答案】5．【分析】根據f（a）＝g（b）elna+lna＝eb+b，結合g（x）為增函數，得到lna＝b，再結合基本不等式即可求解．【解答】解：因為g（x）＝ex+x，易知g（x）在R上單調遞增，又由f（a）＝g（b）可得lna+a＝elna+lna＝eb+b，故lna＝b，且a＞0，所以e2b+9+aa+1=e2lna+9+當且僅當a+1=9a+1，即a故答案為：5．【點評】本題考查函數的單調性以及基本不等式，屬于中檔題．11．（2024秋?諸暨市期末）已知函數y＝f（x）的圖象在點M（1，f（1））處的切線方程是y＝2x+1，則f（1）+f'（1）＝5．【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】方程思想；定義法；導數的概念及應用；運算求解．【答案】5．【分析】由已知可得f'（1），再把點M的坐標代入切線方程求解f（1），則答案可求．【解答】解：由函數y＝f（x）的圖象在點M（1，f（1））處的切線方程是y＝2x+1，得f'（1）＝2，將點M的坐標代入切線方程，可得f（1）＝2×1+1＝3，因此，f（1）+f'（1）＝5．故答案為：5．【點評】本題考查導數的概念及其幾何意義，是基礎題．12．（2025?衛輝市校級模擬）已知f（x）＝xex+3sinx，則曲線y＝f（x）在點（0，f（0））處切線方程為y＝4x．【考點】利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】函數思想；綜合法；導數的概念及應用；運算求解．【答案】y＝4x．【分析】對函數f（x）求導，由導數的幾何意義可得切線的斜率，進而容易得到切線方程．【解答】解：f′（x）＝ex+xex+3cosx，則f′（0）＝1+3＝4，又f（0）＝0，則所求切線方程為y＝4x．故答案為：y＝4x．【點評】本題考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題．四．解答題（共3小題）13．（2024秋?楚雄州期末）已知函數f（x）＝xlnx．（1）求f（x）的極值．（2）過點P(1a，0)能作兩條直線與曲線y＝f（x）相切，且切點坐標為A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2）），其中x（i）求a的取值范圍；（ii）證明：方程ax2+（a﹣3）x+1＝0在（x1，x2）上有解．【考點】利用導數研究函數的極值；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】（1）極小值為-1（2）（i）（0，1）；（ii）證明見解析．【分析】（1）求導分析函數單調性可求函數極值．（2）（i）表示曲線y＝f（x）在點A，B處的切線方程，問題轉化為直線y＝a與曲線g(（ii）通過分析函數單調性結合零點存在性定理可得結果．【解答】解：（1）由題意可得f′（x）＝1+lnx，x∈（0，+∞），令f′（x）＝0，得x=令f′（x）＜0，解得0＜x＜1e，令f′（x）＞0，解得x所以f（x）在（0，1e）上單調遞減；（1e，故當x=1e時，f（x（2）（i）易知曲線y＝f（x）在點A處的切線方程為y﹣x1lnx1＝（1+lnx1）（x﹣x1），曲線y＝f（x）在點B處的切線方程為y﹣x2lnx2＝（1+lnx2）（x﹣x2）．因為點P在這兩條切線上，所以-x1令g(x)=當x∈（0，1）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，當x∈（1，+∞）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減，則g（x）max＝g（1）＝1．且當x∈(0，1e)時，g（x）＜0，當x∈若直線y＝a與曲線y＝g（x）有兩個交點，則只需0＜a＜1，所以a的取值范圍為（0，1）．（ii）證明：由ax2+（a﹣3）x+1＝0，得a=3x令h(x)=lnx-2(x由（i）可知，0＜x1＜1＜x2，且h（1）＝0，所以h（x1）＜0，h（x2）＞0，即lnx1＜則a=1+ln同理可得ax故方程ax2+（a﹣3）x+1＝0在（x1，x2）上有解．【點評】關鍵點點睛：解決第（2）問（i）的關鍵是把問題轉化為直線y＝a與曲線g(x)=1+lnx14．（2024秋?舟山期末）已知函數f(（1）若a＝0，求曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程；（2）若f（x）在x＝﹣1處取得極值，求f（x）的單調區間，以及其最大值與最小值．【考點】利用導數研究函數的單調性；利用導數研究曲線上某點切線方程．【專題】轉化思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】（1）4x+y﹣6＝0；（2）答案見解析．【分析】（1）應用導數的幾何意義求切線方程；（2）根據極值點求得a＝4，再應用導數研究函數的單調區間和最值即可．【解答】（1）當a＝0時，f(x)=所以f′（1）＝﹣4，又f（1）＝2，所以f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y﹣2＝﹣4（x﹣1），即4x+y﹣6＝0；（2）因為f'由f（x）在x＝﹣1處取得極值可得f'解得a＝4，檢驗符合，故f(x)=3-2x列表如下：x（﹣∞，﹣1）﹣1（﹣1，4）4（4，+∞）f′（x）+0﹣0+f（x）增極大值減極小值增所以函數f（x）的增區間為（﹣∞，﹣1）、（4，+∞），減區間為（﹣1，4）．由解析式易知，當x＜32時f（x）＞1；當x＞32時f（所以f(【點評】本題考查導數的幾何意義以及導數在函數單調性中的應用，屬于中檔題．15．（2024秋?諸暨市期末）已知函數f（x）＝aex+x2﹣2x+1（a∈R）．（1）是否存在實數a，使得x＝2為函數f（x）的極小值點．若存在，求a的值；若不存在，請說明理由；（2）求證：當a∈(-54，0)【考點】利用導數研究函數的極值．【專題】整體思想；綜合法；導數的綜合應用；運算求解．【答案】（1）不存在，理由見解析；（2）證明見解析．【分析】（1）對函數求導，若存在實數a，使得x＝2為函數f（x）的極小值點，得a=-2e2（2）問題化為?x1∈R，滿足f（x1）+f（﹣x1）＝0，構造h(x)=-2x2【解答】解：（1）根據題意可得導函數f′（x）＝aex+2x﹣2，如果x＝2為f（x）的極小值點，那么f′（2）＝ae2+2＝0，所以a=因此函數f（x）＝﹣2ex﹣2+x2﹣2x+1，導函數f′（x）＝﹣2ex﹣2+2x﹣2，令函數g（x）＝f′（x），那么導函數g′（x）＝2（1﹣ex﹣2），當x＞2時，g′（x）＜0，當x＜2時，g′（x）＞0，因此函數g（x）在（2，+∞）上單調遞減，在（﹣∞，2）上單調遞增，且g（2）＝0，因此f′（x）≤f′（2）＝0，因此函數f（x）在定義域內單調遞減，無極值點，因此不存在實數a，使得x＝2為f（x）的極小值點．（2）證明：要證明存在關于原點對稱的兩點，即證明?x1∈R，滿足f（x1）+f（﹣x1）＝0，所以a=設函數h(x)=-2x2x＞0時，那么導函數h'=-=2e-x(x-1)2(設函數φ（x）=ex+x+1x-1=1+ex+2x當0＜x＜1，那么導函數φ′（x）=e根據函數r（x）＝（x﹣1）2ex﹣2且0＜x＜1，那么導函數r′（x）＝（x2﹣1）ex＜0，因此r（x）在（0，1）上單調遞減，r（0）＝﹣1＜0，所以ex因此導函數φ'（x）＜0，所以函數φ（x）在（0，1）上單調遞減，那么φ（x）＜φ（0）＝0，綜上所述，在（1，+∞）上φ（x）＞0，在（0，1）上φ（x）＜0，設φ(x)=所以φ（x）在（0，1）和（1，+∞）都單調遞增，φ（0）＝2＞0，則在（0，1）上φ（x）＞0，由φ(32)=e32-5=e3-25所以?x0∈(32，2)，在（1，x0）上φ（x）＜0，在（x0，+綜上，在（0，x0）上h′（x）＜0，在（x0，+∞）上h′（x）＞0，所以h（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增，h（x）≥h（x0），當x→+∞，h（x）→0且h（x）＜0恒成立，又φ(所以h(所以(-54，0)故a∈(-54，0)【點評】本題主要考查了導數與單調性及極值關系的應用，屬于中檔題．

考點卡片1．利用導數研究函數的單調性【知識點的認識】1、導數和函數的單調性的關系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是增函數，f′（x）＞0的解集與定義域的交集的對應區間為增區間；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是減函數，f′（x）＜0的解集與定義域的交集的對應區間為減區間．2、利用導數求解多項式函數單調性的一般步驟：（1）確定f（x）的定義域；（2）計算導數f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根將f（x）的定義域分成若干個區間，列表考察這若干個區間內f′（x）的符號，進而確定f（x）的單調區間：f′（x）＞0，則f（x）在對應區間上是增函數，對應區間為增區間；f′（x）＜0，則f（x）在對應區間上是減函數，對應區間為減區間．【解題方法點撥】若在某區間上有有限個點使f′（x）＝0，在其余的點恒有f′（x）＞0，則f（x）仍為增函數（減函數的情形完全類似）．即在區間內f′（x）＞0是f（x）在此區間上為增函數的充分條件，而不是必要條件．【命題方向】題型一：導數和函數單調性的關系典例1：已知函數f（x）的定義域為R，f（﹣1）＝2，對任意x∈R，f′（x）＞2，則f（x）＞2x+4的解集為（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，設g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，則g′（x）＝f′（x）﹣2，∵對任意x∈R，f′（x）＞2，∴對任意x∈R，g′（x）＞0，即函數g（x）單調遞增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，則由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集為（﹣1，+∞），故選：B題型二：導數和函數單調性的綜合應用典例2：已知函數f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函數f（x）的單調區間；（Ⅱ）若函數y＝f（x）的圖象在點（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，對于任意的t∈[1，2]，函數g(x)=x3+x（Ⅲ）求證：ln2解：（Ⅰ）f'(x當a＞0時，f（x）的單調增區間為（0，1]，減區間為[1，+∞）；當a＜0時，f（x）的單調增區間為[1，+∞），減區間為（0，1]；當a＝0時，f（x）不是單調函數（4分）（Ⅱ）f'(2)=-a2=1得a＝﹣2，f（x）＝﹣∴g(∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在區間（t，3）上總不是單調函數，且g′（0）＝﹣2∴g由題意知：對于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：g'(1)＜0g（Ⅲ）令a＝﹣1此時f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調遞增，∴當x∈（1，+∞）時f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1對一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，則有0＜lnn＜n﹣1，∴0∴ln2．利用導數求解函數的單調性和單調區間【知識點的認識】1、導數和函數的單調性的關系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是增函數，f′（x）＞0的解集與定義域的交集的對應區間為增區間；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是減函數，f′（x）＜0的解集與定義域的交集的對應區間為減區間．2、利用導數求解多項式函數單調性的一般步驟：（1）確定f（x）的定義域；（2）計算導數f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根將f（x）的定義域分成若干個區間，列表考察這若干個區間內f′（x）的符號，進而確定f（x）的單調區間：f′（x）＞0，則f（x）在對應區間上是增函數，對應區間為增區間；f′（x）＜0，則f（x）在對應區間上是減函數，對應區間為減區間．【解題方法點撥】若在某區間上有有限個點使f′（x）＝0，在其余的點恒有f′（x）＞0，則f（x）仍為增函數（減函數的情形完全類似）．即在區間內f′（x）＞0是f（x）在此區間上為增函數的充分條件，而不是必要條件．【命題方向】導數和函數單調性的關系典例1：已知函數f（x）的定義域為R，f（﹣1）＝2，對任意x∈R，f′（x）＞2，則f（x）＞2x+4的解集為（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，設g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，則g′（x）＝f′（x）﹣2，∵對任意x∈R，f′（x）＞2，∴對任意x∈R，g′（x）＞0，即函數g（x）單調遞增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，則由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集為（﹣1，+∞），故選：B3．利用導數研究函數的極值【知識點的認識】1、極值的定義：（1）極大值：一般地，設函數f（x）在點x0附近有定義，如果對x0附近的所有的點，都有f（x）＜f（x0），就說f（x0）是函數f（x）的一個極大值，記作y極大值＝f（x0），x0是極大值點；（2）極小值：一般地，設函數f（x）在x0附近有定義，如果對x0附近的所有的點，都有f（x）＞f（x0），就說f（x0）是函數f（x）的一個極小值，記作y極小值＝f（x0），x0是極小值點．2、極值的性質：（1）極值是一個局部概念，由定義知道，極值只是某個點的函數值與它附近點的函數值比較是最大或最小，并不意味著它在函數的整個的定義域內最大或最小；（2）函數的極值不是唯一的，即一個函數在某區間上或定義域內極大值或極小值可以不止一個；（3）極大值與極小值之間無確定的大小關系，即一個函數的極大值未必大于極小值；（4）函數的極值點一定出現在區間的內部，區間的端點不能成為極值點，而使函數取得最大值、最小值的點可能在區間的內部，也可能在區間的端點．3、判別f（x0）是極大、極小值的方法：若x0滿足f′（x0）＝0，且在x0的兩側f（x）的導數異號，則x0是f（x）的極值點，f（x0）是極值，并且如果f′（x）在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f（x）的極大值點，f（x0）是極大值；如果f′（x）在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f（x）的極小值點，f（x0）是極小值．4、求函數f（x）的極值的步驟：（1）確定函數的定義區間，求導數f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函數的導數為0的點，順次將函數的定義區間分成若干小開區間，并列成表格，檢查f′（x）在方程根左右的值的符號，如果左正右負，那么f（x）在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f（x）在這個根處取得極小值；如果左右不改變符號即都為正或都為負，則f（x）在這個根處無極值．【解題方法點撥】在理解極值概念時要注意以下幾點：（1）按定義，極值點x0是區間[a，b]內部的點，不會是端點a，b（因為在端點不可導）．（2）極值是一個局部性概念，只要在一個小領域內成立即可．要注意極值必須在區間內的連續點取得．一個函數在定義域內可以有許多個極小值和極大值，在某一點的極小值也可能大于另一個點的極大值，也就是說極大值與極小值沒有必然的大小關系，即極大值不一定比極小值大，極小值不一定比極大值小．（3）若f（x）在（a，b）內有極值，那么f（x）在（a，b）內絕不是單調函數，即在區間上單調的函數沒有極值．（4）若函數f（x）在[a，b]上有極值且連續，則它的極值點的分布是有規律的，相鄰兩個極大值點之間必有一個極小值點，同樣相鄰兩個極小值點之間必有一個極大值點，一般地，當函數f（x）在[a，b]上連續且有有限個極值點時，函數f（x）在[a，b]內的極大值點、極小值點是交替出現的，（5）可導函數的極值點必須是導數為0的點，但導數為0的點不一定是極值點，不可導的點也可能是極值點，也可能不是極值點．4．利用導數求解函數的極值【知識點的認識】1、判別f（x0）是極大、極小值的方法：若x0滿足f′（x0）＝0，且在x0的兩側f（x）的導數異號，則x0是f（x）的極值點，f（x0）是極值，并且如果f′（x）在x0兩側滿足“左正右負”，則x0是f（x）的極大值點，f（x0）是極大值；如果f′（x）在x0兩側滿足“左負右正”，則x0是f（x）的極小值點，f（x0）是極小值．2、求函數f（x）的極值的步驟：（1）確定函數的定義區間，求導數f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函數的導數為0的點，順次將函數的定義區間分成若干小開區間，并列成表格，檢查f′（x）在方程根左右的值的符號，如果左正右負，那么f（x）在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f（x）在這個根處取得極小值；如果左右不改變符號即都為正或都為負，則f（x）在這個根處無極值．【解題方法點撥】﹣求導：計算函數的導數f'（x）．﹣零點分析：求解f'（x）＝0以找到可能的極值點．﹣極值判斷：通過二階導數或導數符號變化判斷極值類型．【命題方向】常見題型包括利用導數求解函數的極值，分析函數在極值點的行為．已知函數f（x）＝﹣lnx+2x﹣2．求函數f（x）的極值．解：f（x）的定義域為（0，+∞）．令f'（x）＝0，得-1x+2=0令f'（x）＞0，得x＞12；令f'（x）＜0故f（x）在(0，12所以f（x）存在極小值為f(5．利用導數研究函數的最值【知識點的認識】1、函數的最大值和最小值觀察圖中一個定義在閉區間[a，b]上的函數f（x）的圖象．圖中f（x1）與