1．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()A．a(chǎn)＝e，b＝－1 B．a(chǎn)＝e.b＝1C．a(chǎn)＝e－1，b＝1 D．a(chǎn)＝e－1，b＝－1[解析]∵y′＝aex＋lnx＋1，∴y′|x＝1＝ae＋1，∴2＝ae＋1，∴a＝e－1.∴切點為(1,1)，將(1,1)代入y＝2x＋b，得1＝2＋b，∴b＝－1，故選D．[答案]D2．(2019·浙江卷)設(shè)a，b∈R，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x<0，,\f(1,3)x3－\f(1,2)a＋1x2＋ax，x≥0.))若函數(shù)y＝f(x)－ax－b恰有3個零點，則()A．a(chǎn)<－1，b<0 B．a(chǎn)<－1，b>0C．a(chǎn)>－1，b<0 D．a(chǎn)>－1，b>0[解析]記g(x)＝f(x)－ax－b，當(dāng)x<0時，g(x)＝(1－a)x－b，最多有1個零點．當(dāng)x≥0時，g(x)＝eq\f(1,3)x3－eq\f(1,2)(a＋1)x2－b，g′(x)＝x2－(a＋1)x＝x[x－(a＋1)]，若a≤－1，則a＋1≤0，即－a－1≥0，∴g′(x)≥0，∴函數(shù)g(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴g(x)在[0，＋∞)上最多有1個零點，故g(x)在R上最多有2個零點，不合題意，故a>－1，當(dāng)x∈[0，a＋1)時，g′(x)≤0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(a＋1，＋∞)時，g′(x)>0，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x→＋∞時，g(x)→＋∞.故g(x)有3個零點的條件為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,1－a)<0，,a>－1，,g0≥0，,ga＋1<0，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b<0，,－1<a<1，,b>－\f(1,6)a＋13.))對照選項，應(yīng)選C．[答案]C3．(2019·全國卷Ⅰ)曲線y＝3(x2＋x)ex在點(0,0)處的切線方程為________．[解析]∵y′＝3(x2＋3x＋1)ex，∴曲線在點(0,0)處的切線斜率k＝y(tǒng)′|x＝0＝3，∴曲線在點(0,0)處的切線方程為y＝3x.[答案]y＝3x4．(2020·北京)已知函數(shù)f(x)＝12－x2.(1)求曲線y＝f(x)的斜率等于－2的切線方程；(2)設(shè)曲線y＝f(x)在點(t，f(t))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值．[解](1)因為f(x)＝12－x2，所以f′(x)＝－2x，令－2x＝－2，解得x＝1，又f(1)＝11，所以所求切線方程為y－11＝－2(x－1)，整理得2x＋y－13＝0.(2)由(1)可知f′(x)＝－2x，所以曲線y＝f(x)在點(t，f(t))處的切線斜率k＝－2t，又f(t)＝12－t2，所以切線方程為y－(12－t2)＝－2t(x－t)，整理得2tx＋y－(t2＋12)＝0，當(dāng)x＝0時，y＝t2＋12，所以切線與y軸的交點為(0，t2＋12)，當(dāng)y＝0時，x＝eq\f(t2＋12,2t)，所以切線與x軸的交點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2＋12,2t)，0)).①當(dāng)t>0時，S(t)＝eq\f(1,2)·eq\f(t2＋12,2t)·(t2＋12)＝eq\f(t2＋122,4t)，S′(t)＝eq\f(3t2－4t2＋12,4t2).當(dāng)0<t<2時，S′(t)<0，此時S(t)在(0,2)上單調(diào)遞減；當(dāng)t>2時，S′(t)>0，此時S(t)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以S(t)min＝S(2)＝32.②當(dāng)t<0時，S(t)＝－eq\f(t2＋122,4t)，則S′(t)＝－eq\f(3t2－4t2＋12,4t2)，當(dāng)t<－2時，S′(t)<0，此時S(t)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減；當(dāng)－2<t<0時，S′(t)>0，此時S(t)在(－2,0)上單調(diào)遞增，所以S(t)min＝S(－2)＝32.綜上所述，當(dāng)t＝±2時，S(t)取最小值，為32.1.高考對導(dǎo)數(shù)的幾何意義的考查，多在選擇、填空題中出現(xiàn)，難度較小，有時出現(xiàn)在解答題第一問．2．高考重點考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，