專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值真題考查解讀近年真題對比考向一導(dǎo)數(shù)的運算考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值考向三利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記/二級結(jié)論速記考向一導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性1．（2023?新高考Ⅱ?第6題）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣lnx在區(qū)間（1，2）上單調(diào)遞增，則a的最小值為（）A．e2 B．e C．e﹣1 D．e﹣2考向二導(dǎo)數(shù)與極值、最值2．（2023?新高考Ⅱ?第11題）（多選）若函數(shù)f（x）＝alnx+bx+A．bc＞0 B．a(chǎn)b＞0 C．b2+8ac＞0 D．a(chǎn)c＜0【命題意圖】考查原函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系，考查求導(dǎo)公式，導(dǎo)數(shù)幾何意義及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、函數(shù)零點問題．體會數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想，化歸和轉(zhuǎn)化思想．【考查要點】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考必考知識點，考查運用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)解決問題：求切線方程、單調(diào)區(qū)間、極值最值、零點等．【得分要點】1.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性：設(shè)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，①該區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；②該區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)；注意：當在某個區(qū)間內(nèi)個別點處為零，在其余點處為正（或負）時，在這個區(qū)間上仍是遞增（或遞減）的。=3\*GB3③在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增在該區(qū)間內(nèi)恒成立；=4\*GB3④在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減在該區(qū)間內(nèi)恒成立；2.利用導(dǎo)數(shù)求極值：（1）定義：設(shè)函數(shù)在點附近有定義，如果對附近所有的點，都有，就說是函數(shù)的一個極大值。記作＝，如果對附近所有的點，都有，就說是函數(shù)的一個極小值。記作＝。極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。（2）求函數(shù)在某個區(qū)間上的極值的步驟：（i）求導(dǎo)數(shù)；（ii）求方程的根；（iii）檢查在方程的根的左右的符號：“左正右負”在處取極大值；“左負右正”在處取極小值。特別提醒：=1\*GB3①是極值點的充要條件是點兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號，而不僅是＝0，＝0是為極值點的必要而不充分條件。=2\*GB3②給出函數(shù)極大(小)值的條件，一定要既考慮，又要考慮檢驗“左正右負”(“左負右正”)的轉(zhuǎn)化，否則條件沒有用完，這一點一定要切記！3.利用導(dǎo)數(shù)求最值：比較端點值和極值（1）定義：函數(shù)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點值中的“最大值”；函數(shù)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點值中的“最小值”。（2）求函數(shù)在[]上的最大值與最小值的步驟：=1\*GB3①求函數(shù)在（）內(nèi)的極值（極大值或極小值）；=2\*GB3②將的各極值與，比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值?？枷蛞唬畬?dǎo)數(shù)的運算（多選）1．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）及其導(dǎo)函數(shù)f′（x）的定義域均為R，記g（x）＝f′（x）．若f（﹣2x），g（2+x）均為偶函數(shù)，則（）A．f（0）＝0 B．g（）＝0 C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（多選）2．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+1，則（）A．f（x）有兩個極值點 B．f（x）有三個零點 C．點（0，1）是曲線y＝f（x）的對稱中心 D．直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線考向三．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程3．（2022?新高考Ⅰ）若曲線y＝（x+a）ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是．4．（2022?新高考Ⅱ）曲線y＝ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為，．5．（2021?新高考Ⅰ）若過點（a，b）可以作曲線y＝ex的兩條切線，則（）A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea6．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝|ex﹣1|，x1＜0，x2＞0，函數(shù)f（x）的圖象在點A（x1，f（x1））和點B（x2，f（x2））的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則的取值范圍是．從近三年的新高考試題來看，多集中于考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、不等式證明等問題，常結(jié)合函數(shù)的零點、最值等問題綜合考查，比如含函數(shù)單調(diào)性問題、恒成立問題等。復(fù)習(xí)時，重點把握導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，加強導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值的認知，理解劃歸與轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想、函數(shù)與方程思想的應(yīng)用。一．變化的快慢與變化率（共2小題）1．（2023?河南模擬）某海灣擁有世界上最大的海潮，其高低水位之差可達到15米．假設(shè)在該海灣某一固定點，大海水深d（單位：m）與午夜后的時間t（單位：h）之間的關(guān)系為d（t）＝10+4cost，則下午5：00時刻該固定點的水位變化的速度為（）A． B． C． D．2．（2023?奉賢區(qū)校級三模）函數(shù)y＝x3在區(qū)間[0，2]的平均變化率與在x＝x0（0≤x0≤2）處的瞬時變化率相同，則正數(shù)x0＝．二．導(dǎo)數(shù)及其幾何意義（共2小題）3．（2023?平頂山模擬）曲線在點處的切線的斜率為0，則實數(shù)a＝（）A． B． C．﹣1 D．14．（2023?定西模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2lnx的圖象在（1，f（1））處的切線與直線x+ay﹣1＝0垂直，則實數(shù)a＝．三．導(dǎo)數(shù)的運算（共3小題）5．（2023?大埔縣三模）設(shè)函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，且f（lnx）＝x+lnx，則f′（0）＝（）A．0 B．1 C．2 D．36．（2023?湖北模擬）函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為（）A． B． C． D．7．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f'（x），則f（389）+f'（389）+f（﹣389）﹣f'（﹣389）＝（）A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3四．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（共14小題）8．（2023?東莞市校級三模）已知，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞c＞b B．c＞b＞a C．b＞a＞c D．a(chǎn)＞b＞c9．（2023?湖南模擬）函數(shù)f（x）的定義域為D，導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若對任意x∈D，f′（x）＜f（x）成立，則稱f（x）為“導(dǎo)減函數(shù)”．下列函數(shù)中，是“導(dǎo)減函數(shù)”的為（）A．y＝x2 B．y＝cosx C．y＝logπx D．y＝2x10．（2023?遼陽二模）現(xiàn)代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇．衡量曲線彎曲程度的重要指標是曲率，曲線的曲率定義如下：若f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，f″（x）是f'（x）的導(dǎo)函數(shù)，則曲線y＝f（x）在點（x，f（x））處的曲率．函數(shù)f（x）＝3lnx的圖象在（1，f（1））處的曲率為（）A． B． C． D．11．（2023?射洪市校級模擬）設(shè)函數(shù)f（x），g（x）在R的導(dǎo)函數(shù)存在，且f′（x）＜g′（x），則當x∈（a，b）時（）A．f（x）＜g（x） B．f（x）＞g（x） C．f（x）+g（a）＜g（x）+f（a） D．f（x）+g（b）＜g（x）+f（b）12．（2023?江寧區(qū)校級二模）若函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝ax﹣1（a＞0）的圖像有且僅有一個交點，則關(guān)于x的不等式f（x﹣3）＜a﹣3x﹣4的解集為（）A．（﹣∞，4） B．（4，+∞） C．（3，4） D．（3，5）13．（2023?浙江模擬）已知a，b，c∈（﹣1，0），且滿足，則（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜c14．（2023?華龍區(qū)校級模擬）函數(shù)f（x）＝ln2x的圖象與函數(shù)的圖象交點的橫坐標為x0，則＝（）A．﹣ln2 B．﹣ C． D．ln215．（2023?揚州三模）已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x），f（x）和g（x）的定義域均為R，g（x）為偶函數(shù)，f（x）﹣ex﹣sinx也為偶函數(shù)，則下列不等式一定成立的是（）A．f（0）＝0 B．g（0）＝0 C．f（x）＜f（ex） D．g（x）＜g（ex）16．（2023?九江模擬）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為R，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且滿足f（x）＞f′（x）+1，f（0）＝2023，則不等式e﹣xf（x）＞e﹣x+2022（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）的解集是（）A．（2022，+∞） B．（﹣∞，2023） C．（0，2022） D．（﹣∞，0）17．（2023?邵陽三模）定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）滿足f（x）﹣f（﹣x）＝x（ex+e﹣x），且在（0，+∞）上有，若實數(shù)a滿足f（2a）﹣f（a+2）﹣2ae﹣2a+ae﹣a﹣2+2e﹣a﹣2≥0，則a的取值范圍為（）A． B．a(chǎn)≥2 C．或a≥2 D．a(chǎn)≤218．（2023?安徽模擬）設(shè)5a+1＝5ln5，b+e﹣3＝3，，則（）A．b＜c＜a B．a(chǎn)＜b＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a19．（2023?駐馬店三模）設(shè)，則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞a C．a(chǎn)＞c＞b D．c＞a＞b20．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝x﹣asinx在R上不是單調(diào)函數(shù)，且其圖象完全位于直線x﹣y﹣3＝0與x﹣y+4＝0之間（不含邊界），則a的一個取值為．21．（2023?呂梁三模）若a＝e0.7，b＝，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a五．函數(shù)在某點取得極值的條件（共1小題）22．（2023?常德二模）已知函數(shù)f（x）＝ax3+x2﹣ax（a∈R，且a≠0）．如果存在實數(shù)a∈（﹣∞，﹣1]，使函數(shù)g（x）＝f（x）+f′（x），x∈[﹣1，b]（b＞﹣1）在x＝﹣1處取得最小值，則實數(shù)b的最大值為．六．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（共10小題）23．（2023?禪城區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣4x﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）有唯一零點，則a＝（）A．﹣ B．﹣2 C． D．224．（2023?金鳳區(qū)校級一模）已知函數(shù)的極值點為x1，函數(shù)的最大值為x2，則（）A．x2＞x1 B．x2≥x1 C．x1＞x2 D．x1≥x225．（2023?阜新模擬）已知函數(shù)，則f（x）的極大值為（）A．﹣3 B．1 C．27 D．﹣526．（2023?石嘴山一模）若函數(shù)有兩個不同的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，2） D．（2，+∞）27．（2023?翠屏區(qū)校級模擬）若函數(shù)f（x）＝x（x+a）2在x＝1處有極大值，則實數(shù)a的值為（）A．1 B．﹣1或﹣3 C．﹣1 D．﹣328．（2023?煙臺模擬）若函數(shù)有兩個極值點x1，x2，且f（x1）+f（x2）≤﹣5，則（）A． B． C． D．29．（2023?武威模擬）若函數(shù)f（x）＝（x﹣1）2+alnx有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，則f（x2）的取值范圍為（）A． B． C． D．30．（2023?洪山區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝axex﹣ax+a﹣ex（a＞0），若有且僅有兩個整數(shù)xi（i＝1，2），滿足f（xi）＜0，則實數(shù)a的取值范圍為．31．（2023?鎮(zhèn)安縣校級模擬）函數(shù)在x＝2處取得極小值，且極小值為．32．（2023?云南模擬）若函數(shù)f（x）＝alnx+bx在x＝1處取得極值3，則b﹣a＝．七．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值（共8小題）33．（2023?瀘縣校級模擬）若函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）內(nèi)有且只有一個零點，則a的值為（）A．2 B．1 C．3 D．534．（2023?松江區(qū)二模）已知函數(shù)，a∈R，在區(qū)間（t﹣3，t+5）上有最大值，則實數(shù)t的取值范圍是（）A．﹣6＜t＜0 B．﹣6＜t≤0 C．﹣6＜t＜2 D．﹣6＜t≤235．（2023?北流市模擬）已知x＝1為函數(shù)的極值點，則f（x）在區(qū)間上的最大值為（）（注：ln2≈0.69）A．3 B．7﹣ln2 C．5 D．36．（2023?河北模擬）已知a∈R，函數(shù)．若存在t∈R，使得，則當a取最大值時f（x）的最小值為（）A．0 B． C． D．37．（2023?四川模擬）若ex+e2x≥a（x2﹣xlnx）（a＞0），則a的取值范圍為（）A．（0，e2] B． C． D．38．（2023?安慶二模）已知函數(shù)f（x）＝eax﹣ax，其中a＞0，若不等式對任意x＞1恒成立，則a的最小值為．39．（2023?三明三模）已知不等式x﹣alnx﹣a﹣2b≥3恒成立，其中a≠0，則的最大值為．40．（2023?江西模擬）當x≥1時，不等式ax﹣sin（x﹣1）≥lnx+a恒成立，則a的范圍為．八．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程（共15小題）41．（2023?湖南模擬）已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2在x＝1處的切線與直線x+y﹣1＝0垂直，則a的值為（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．242．（2023?瀘縣校級模擬）已知曲線y＝axex+lnx在點（1，ae）處的切線方程為y＝3x+b，則（）A．a(chǎn)＝e，b＝﹣2 B．a(chǎn)＝e，b＝2 C．a(chǎn)＝e﹣1，b＝﹣2 D．a(chǎn)＝e﹣1，b＝243．（2023?錦江區(qū)校級模擬）已知曲線y＝xlnx+ae﹣x在點x＝1處的切線方程為2x﹣y+b＝0，則b＝（）A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．044．（2023?梅河口市校級三模）若過點（a，b）可作曲線y＝x2﹣2x的兩條切線，則點（a，b）可以是（）A．（0，0） B．（1，1） C．（3，0） D．（3，4）45．（2023?湖北模擬）已知m＞0，n＞0，直線與曲線y＝lnx﹣n+2相切，則的最小值是（）A．16 B．12 C．8 D．446．（2023?河南三模）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+a的圖象關(guān)于原點對稱，則與曲線y＝f（x）和均相切的直線l有（）A．1條 B．2條 C．3條 D．4條47．（2023?青羊區(qū)校級模擬）若過原點與曲線f（x）＝x2ex+ax2﹣2x相切的直線，切點均與原點不重合的有2條，則a的取值范圍是（）A．（e﹣2，+∞） B．（﹣∞，e﹣2） C．（0，e﹣2） D．（0，e﹣2]48．（2023?博白縣模擬）若曲線有三條過點（0，a）的切線，則實數(shù)a的取值范圍為（）A． B． C． D．49．（2023?新疆模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2+alnx有兩條與直線y＝2x平行的切線，且切點坐標分別為P（x1，f（x1）），Q（x2，f（x2）），則的取值范圍是．50．（2023?佛山模擬）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣3）ex，若經(jīng)過點（0，a）且與曲線y＝f（x）相切的直線有三條，則（）A．﹣3＜a＜﹣e B．a(chǎn)＞﹣e C．a(chǎn)＜﹣3 D．a(chǎn)＜﹣3或a＞﹣e51．（2023?湖南一模）已知函數(shù)f（x）＝2+lnx，，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)y＝f（x），y＝g（x）圖象均相切，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（0，1） B．（0，2） C．（1，2） D．（1，e）52．（2023?重慶二模）已知f（x）＝ax2（a＞0）的圖象在x＝1處的切線與函數(shù)g（x）＝ex的圖象也相切，則該切線的斜率k＝．53．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）已知函數(shù)過點A（2，0）作曲線y＝f（x）的切線，則切線的條數(shù)為．54．（2023?安徽模擬）若過點P（1，m）（m∈R）有3條直線與函數(shù)f（x）＝xex的圖象相切，則m的取值范圍是．55．（2023?禹王臺區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝ax2+（x2﹣2x+3）ex，無論a取何值，曲線y＝f（x）均存在一條固定的切線，則該切線方程為．九．不等式恒成立的問題（共5小題）56．（2023?黃州區(qū)校級三模）隨著科技的不斷發(fā)展，人民消費水平的提升，手機購物逐漸成為消費的主流，當我們打開購物平臺時，會發(fā)現(xiàn)其首頁上經(jīng)常出現(xiàn)我們喜歡的商品，這是電商平臺推送的結(jié)果．假設(shè)電商平臺第一次給某人推送某商品，此人購買此商品的概率為，從第二次推送起，若前一次不購買此商品，則此次購買的概率為；若前一次購買了此商品，則此次仍購買的概率為．記第n次推送時不購買此商品的概率為Pn，當n≥2時，Pn≤M恒成立，則M的最小值為（）A． B． C． D．57．（2023?湖北二模）已知不等式在上恒成立，則實數(shù)a的最小值為．58．（2023?青羊區(qū)校級模擬）若關(guān)于x的不等式xex﹣ax﹣alnx≥0對任意x∈（0，+∞）恒成立，則實數(shù)a的最大值是．59．（2023?大慶三模）已知函數(shù)，則f（x）+f（﹣x）＝3；若?x∈（0，+∞），不等式f（4﹣ax）+f（x2）≥3恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是．60．（2023?廣西模擬）若不等式ax2＞x2﹣x﹣1對x∈（﹣∞，0）恒成立，則a的取值范圍是．一.常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式:①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧。二.導(dǎo)數(shù)的四則運算和復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則：（1）(2)（3）（4）

專題04導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用目錄一覽2023真題展現(xiàn)考向一導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值真題考查解讀近年真題對比考向一導(dǎo)數(shù)的運算考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值、最值考向三利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程命題規(guī)律解密名校模擬探源易錯易混速記/二級結(jié)論速記考向一導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性1．（2023?新高考Ⅱ?第6題）已知函數(shù)f（x）＝aex﹣lnx在區(qū)間（1，2）上單調(diào)遞增，則a的最小值為（）A．e2 B．e C．e﹣1 D．e﹣2【答案】C解：對函數(shù)f（x）求導(dǎo)可得，f'(x)=a依題意，ae即a≥1設(shè)g(x)=1xe易知當x∈（1，2）時，g′（x）＜0，則函數(shù)g（x）在（1，2）上單調(diào)遞減，則a≥g(x)故選：C．考向二導(dǎo)數(shù)與極值、最值2．（2023?新高考Ⅱ?第11題）（多選）若函數(shù)f（x）＝alnx+bx+A．bc＞0 B．a(chǎn)b＞0 C．b2+8ac＞0 D．a(chǎn)c＜0【答案】BCD解：函數(shù)定義域為（0，+∞）且f′（x）=a由題意，方程f′（x）＝0即ax2﹣bx﹣2c＝0有兩個正根，設(shè)為x1，x2，則有x1+x2=ba＞0，x1x2=?2ca＞∴ab＞0，ac＜0，∴ab?ac＝a2bc＜0，即bc＜0．故選：BCD．【命題意圖】考查原函數(shù)和導(dǎo)函數(shù)的關(guān)系，考查求導(dǎo)公式，導(dǎo)數(shù)幾何意義及導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值最值、函數(shù)零點問題．體會數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想，化歸和轉(zhuǎn)化思想．【考查要點】函數(shù)與導(dǎo)數(shù)是高考必考知識點，考查運用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)解決問題：求切線方程、單調(diào)區(qū)間、極值最值、零點等．【得分要點】1.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性：設(shè)函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，①該區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)；②該區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)；注意：當在某個區(qū)間內(nèi)個別點處為零，在其余點處為正（或負）時，在這個區(qū)間上仍是遞增（或遞減）的。=3\*GB3③在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增在該區(qū)間內(nèi)恒成立；=4\*GB3④在該區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減在該區(qū)間內(nèi)恒成立；2.利用導(dǎo)數(shù)求極值：（1）定義：設(shè)函數(shù)在點附近有定義，如果對附近所有的點，都有，就說是函數(shù)的一個極大值。記作＝，如果對附近所有的點，都有，就說是函數(shù)的一個極小值。記作＝。極大值和極小值統(tǒng)稱為極值。（2）求函數(shù)在某個區(qū)間上的極值的步驟：（i）求導(dǎo)數(shù)；（ii）求方程的根；（iii）檢查在方程的根的左右的符號：“左正右負”在處取極大值；“左負右正”在處取極小值。特別提醒：=1\*GB3①是極值點的充要條件是點兩側(cè)導(dǎo)數(shù)異號，而不僅是＝0，＝0是為極值點的必要而不充分條件。=2\*GB3②給出函數(shù)極大(小)值的條件，一定要既考慮，又要考慮檢驗“左正右負”(“左負右正”)的轉(zhuǎn)化，否則條件沒有用完，這一點一定要切記！3.利用導(dǎo)數(shù)求最值：比較端點值和極值（1）定義：函數(shù)在一閉區(qū)間上的最大值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極大值與其端點值中的“最大值”；函數(shù)在一閉區(qū)間上的最小值是此函數(shù)在此區(qū)間上的極小值與其端點值中的“最小值”。（2）求函數(shù)在[]上的最大值與最小值的步驟：=1\*GB3①求函數(shù)在（）內(nèi)的極值（極大值或極小值）；=2\*GB3②將的各極值與，比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值?？枷蛞唬畬?dǎo)數(shù)的運算（多選）1．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）及其導(dǎo)函數(shù)f′（x）的定義域均為R，記g（x）＝f′（x）．若f（﹣2x），g（2+x）均為偶函數(shù)，則（）A．f（0）＝0 B．g（）＝0 C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）解：∵f（﹣2x）為偶函數(shù)，∴可得f（﹣2x）＝f（+2x），∴f（x）關(guān)于x＝對稱，令x＝，可得f（﹣2×）＝f（+2×），即f（﹣1）＝f（4），故C正確；∵g（2+x）為偶函數(shù)，∴g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）關(guān)于x＝2對稱，故D不正確；∵f（x）關(guān)于x＝對稱，∴x＝是函數(shù)f（x）的一個極值點，∴函數(shù)f（x）在（，t）處的導(dǎo)數(shù)為0，即g（）＝f′（）＝0，又∴g（x）的圖象關(guān)于x＝2對稱，∴g（）＝g（）＝0，∴函數(shù)f（x）在（，t）的導(dǎo)數(shù)為0，∴x＝是函數(shù)f（x）的極值點，又f（x）的圖象關(guān)于x＝對稱，∴（，t）關(guān)于x＝的對稱點為（，t），由x＝是函數(shù)f（x）的極值點可得x＝是函數(shù)f（x）的一個極值點，∴g（）＝f′（）＝0，進而可得g（）＝g（）＝0，故x＝是函數(shù)f（x）的極值點，又f（x）的圖象關(guān)于x＝對稱，∴（，t）關(guān)于x＝的對稱點為（﹣，t），∴g（﹣）＝f′（﹣）＝0，故B正確；f（x）圖象位置不確定，可上下移動，即每一個自變量對應(yīng)的函數(shù)值不是確定值，故A錯誤．解法二：構(gòu)造函數(shù)法，令f（x）＝1﹣sinπx，則f（﹣2x）＝1+cos2πx，則g（x）＝f′（x）＝﹣πcosπx，g（x+2）＝﹣πcos（2π+πx）＝﹣πcosπx，滿足題設(shè)條件，可得只有選項BC正確，故選：BC．考向二利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（多選）2．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+1，則（）A．f（x）有兩個極值點 B．f（x）有三個零點 C．點（0，1）是曲線y＝f（x）的對稱中心 D．直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線解：f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＞0，解得或，令f′（x）＜0，解得，∴f（x）在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且，∴f（x）有兩個極值點，有且僅有一個零點，故選項A正確，選項B錯誤；又f（x）+f（﹣x）＝x3﹣x+1﹣x3+x+1＝2，則f（x）關(guān)于點（0，1）對稱，故選項C正確；假設(shè)y＝2x是曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點為（a，b），則，解得或，顯然（1，2）和（﹣1，﹣2）均不在曲線y＝f（x）上，故選項D錯誤．故選：AC．考向三．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程3．（2022?新高考Ⅰ）若曲線y＝（x+a）ex有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍是．解：y'＝ex+（x+a）ex，設(shè)切點坐標為（x0，（x0+a）），∴切線的斜率k＝，∴切線方程為y﹣（x0+a）＝（）（x﹣x0），又∵切線過原點，∴﹣（x0+a）＝（）（﹣x0），整理得：，∵切線存在兩條，∴方程有兩個不等實根，∴Δ＝a2+4a＞0，解得a＜﹣4或a＞0，即a的取值范圍是（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞），故答案為：（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）．4．（2022?新高考Ⅱ）曲線y＝ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為，．解：當x＞0時，y＝lnx，設(shè)切點坐標為（x0，lnx0），∵y'＝，∴切線的斜率k＝，∴切線方程為y﹣lnx0＝（x﹣x0），又∵切線過原點，∴﹣lnx0＝﹣1，∴x0＝e，∴切線方程為y﹣1＝，即x﹣ey＝0，當x＜0時，y＝ln（﹣x），與y＝lnx的圖像關(guān)于y軸對稱，∴切線方程也關(guān)于y軸對稱，∴切線方程為x+ey＝0，綜上所述，曲線y＝ln|x|經(jīng)過坐標原點的兩條切線方程分別為x﹣ey＝0，x+ey＝0，故答案為：x﹣ey＝0，x+ey＝0．5．（2021?新高考Ⅰ）若過點（a，b）可以作曲線y＝ex的兩條切線，則（）A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea解：法一：函數(shù)y＝ex是增函數(shù)，y′＝ex＞0恒成立，函數(shù)的圖象如圖，y＞0，即切點坐標在x軸上方，如果（a，b）在x軸下方，連線的斜率小于0，不成立．點（a，b）在x軸或下方時，只有一條切線．如果（a，b）在曲線上，只有一條切線；（a，b）在曲線上側(cè)，沒有切線；由圖象可知（a，b）在圖象的下方，并且在x軸上方時，有兩條切線，可知0＜b＜ea．故選：D．法二：設(shè)過點（a，b）的切線橫坐標為t，則切線方程為y＝et（x﹣t）+et，可得b＝et（a+1﹣t），設(shè)f（t）＝et（a+1﹣t），可得f′（t）＝et（a﹣t），t∈（﹣∞，a），f′（t）＞0，f（t）是增函數(shù)，t∈（a，+∞），f′（t）＜0，f（t）是減函數(shù)，因此當且僅當0＜b＜ea時，上述關(guān)于t的方程有兩個實數(shù)解，對應(yīng)兩條切線．故選：D．6．（2021?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝|ex﹣1|，x1＜0，x2＞0，函數(shù)f（x）的圖象在點A（x1，f（x1））和點B（x2，f（x2））的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則的取值范圍是．【解答】解：當x＜0時，f（x）＝1﹣ex，導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝﹣ex，可得在點A（x1，1﹣ex1）處的斜率為k1＝﹣ex1，切線AM的方程為y﹣（1﹣ex1）＝﹣ex1（x﹣x1），令x＝0，可得y＝1﹣ex1+x1ex1，即M（0，1﹣ex1+x1ex1），當x＞0時，f（x）＝ex﹣1，導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝ex，可得在點B（x2，ex2﹣1）處的斜率為k2＝ex2，令x＝0，可得y＝ex2﹣1﹣x2ex2，即N（0，ex2﹣1﹣x2ex2），由f（x）的圖象在A，B處的切線相互垂直，可得k1k2＝﹣ex1?ex2＝﹣1，即為x1+x2＝0，x1＜0，x2＞0，所以＝＝＝∈（0，1）．故答案為：（0，1）．從近三年的新高考試題來看，多集中于考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值、不等式證明等問題，常結(jié)合函數(shù)的零點、最值等問題綜合考查，比如含函數(shù)單調(diào)性問題、恒成立問題等。復(fù)習(xí)時，重點把握導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，加強導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的極值，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的最值的認知，理解劃歸與轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想、函數(shù)與方程思想的應(yīng)用。一．變化的快慢與變化率（共2小題）1．（2023?河南模擬）某海灣擁有世界上最大的海潮，其高低水位之差可達到15米．假設(shè)在該海灣某一固定點，大海水深d（單位：m）與午夜后的時間t（單位：h）之間的關(guān)系為d（t）＝10+4cost，則下午5：00時刻該固定點的水位變化的速度為（）A． B． C． D．【解答】解：由d（t）＝10+4cost，知d'（t）＝﹣sint，所以下午5：00時刻該固定點的水位變化的速度為d'（17）＝﹣sin（?17）＝﹣sin（5π+）＝﹣×（﹣）＝．故選：A．2．（2023?奉賢區(qū)校級三模）函數(shù)y＝x3在區(qū)間[0，2]的平均變化率與在x＝x0（0≤x0≤2）處的瞬時變化率相同，則正數(shù)x0＝．【解答】解：函數(shù)y＝x3在區(qū)間[0，2]的平均變化率為，y＝x3，則y'＝3x2，故函數(shù)y＝x3在x＝x0（0≤x0≤2）處的瞬時變化率為，由題意可知，，解得（負值舍去）．故答案為：．二．導(dǎo)數(shù)及其幾何意義（共2小題）3．（2023?平頂山模擬）曲線在點處的切線的斜率為0，則實數(shù)a＝（）A． B． C．﹣1 D．1【解答】解：由題可得，則，所以a＝1．故選：D．4．（2023?定西模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2lnx的圖象在（1，f（1））處的切線與直線x+ay﹣1＝0垂直，則實數(shù)a＝．【解答】解：由f（x）＝x2lnx得f′（x）＝2xlnx+x，所以f′（1）＝1，由于f（x）在（1，f（1））處的切線與直線x+ay﹣1＝0垂直，所以．故答案為：1．三．導(dǎo)數(shù)的運算（共3小題）5．（2023?大埔縣三模）設(shè)函數(shù)f（x）在R上可導(dǎo)，且f（lnx）＝x+lnx，則f′（0）＝（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：令t＝lnx，則t∈R，x＝et，所以f（t）＝et+t，所以f′（t）＝et+1，所以f′（0）＝e0+1＝2．故選：C．6．（2023?湖北模擬）函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為（）A． B． C． D．【解答】解：，則．故選：D．7．（2023?南關(guān)區(qū)校級模擬）已知函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)記為f'（x），則f（389）+f'（389）+f（﹣389）﹣f'（﹣389）＝（）A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3【解答】解：＝，，∵f′（﹣x）＝f′（x），∴f′（389）﹣f′（﹣389）＝0，又，∴f（389）+f（﹣389）＝2，∴f（389）+f'（389）+f（﹣389）﹣f'（﹣389）＝2．故選：A．四．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性（共14小題）8．（2023?東莞市校級三模）已知，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞c＞b B．c＞b＞a C．b＞a＞c D．a(chǎn)＞b＞c【解答】解：a＝e0.9+1，b＝＝2+0.9，c＝ln（0.9e3）＝ln0.9+3，b﹣a＝2+0.9﹣（e0.9+1）＝1+0.9﹣e0.9，設(shè)f（x）＝1+x﹣ex，x＞0f′（x）＝1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，因為0.9＞0，所以f（0.9）＜f（0）＝0，所以b＜a，c﹣b＝3+ln0.9﹣（2+0.9）＝1+ln0.9﹣0.9，令g（x）＝1+lnx﹣x，x∈（0，1），g′（x）＝﹣1＝＞0，所以g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，又0＜0.9＜1，所以g（0.9）＜g（1）＝0，所以c＜b，所以a＞b＞c，故選：D．9．（2023?湖南模擬）函數(shù)f（x）的定義域為D，導(dǎo)函數(shù)為f′（x），若對任意x∈D，f′（x）＜f（x）成立，則稱f（x）為“導(dǎo)減函數(shù)”．下列函數(shù)中，是“導(dǎo)減函數(shù)”的為（）A．y＝x2 B．y＝cosx C．y＝logπx D．y＝2x【解答】解：若函數(shù)的定義域為D，若對任意x∈D，y＝x2，y'＝2x，當x＝1時，y'＝2＞y＝1，則y＝x2不符合導(dǎo)減函數(shù)的定義；y＝cosx，y′＝﹣sinx，當x＝π時，y'＝0＞y＝﹣1，則y＝cosx不符合導(dǎo)減函數(shù)的定義；y＝logπx，，當時，，則y＝logπx不符合導(dǎo)減函數(shù)的定義；y＝2x，y'＝2xln2＜2x，則y＝2x符合導(dǎo)減函數(shù)的定義．故選：D．10．（2023?遼陽二模）現(xiàn)代建筑講究線條感，曲線之美讓人稱奇．衡量曲線彎曲程度的重要指標是曲率，曲線的曲率定義如下：若f'（x）是f（x）的導(dǎo)函數(shù)，f″（x）是f'（x）的導(dǎo)函數(shù)，則曲線y＝f（x）在點（x，f（x））處的曲率．函數(shù)f（x）＝3lnx的圖象在（1，f（1））處的曲率為（）A． B． C． D．【解答】解：因為f（x）＝3lnx，所以，，所以f′（1）＝3，f″（1）＝﹣3，所以K＝＝＝．故選：D．11．（2023?射洪市校級模擬）設(shè)函數(shù)f（x），g（x）在R的導(dǎo)函數(shù)存在，且f′（x）＜g′（x），則當x∈（a，b）時（）A．f（x）＜g（x） B．f（x）＞g（x） C．f（x）+g（a）＜g（x）+f（a） D．f（x）+g（b）＜g（x）+f（b）【解答】解：設(shè)h（x）＝f（x）﹣g（x），則h'（x）＝f'（x）﹣g'（x）＜0，所以h（x）在R上單調(diào)遞減，因為a＜x＜b，所以h（a）＞h（x）＞h（b），即f（a）﹣g（a）＞f（x）﹣g（x）＞f（b）﹣g（b），所以f（x）+g（a）＜g（x）+f（a），f（x）+g（b）＞g（x）+f（b），即選項C正確，D錯誤，而選項A和B無法判斷．故選：C．12．（2023?江寧區(qū)校級二模）若函數(shù)f（x）＝lnx與g（x）＝ax﹣1（a＞0）的圖像有且僅有一個交點，則關(guān)于x的不等式f（x﹣3）＜a﹣3x﹣4的解集為（）A．（﹣∞，4） B．（4，+∞） C．（3，4） D．（3，5）【解答】解：f（x）與g（x）只有1個交點等價于函數(shù)h（x）＝lnx﹣ax+1只有1個零點，即只有1個解，令，則，p'（1）＝0，當0＜x＜1時，p'（x）＞0，p（x）單調(diào)遞增，當x＞1時，p'（x）＜0，p（x）單調(diào)遞減，并且p（x）＞0，所以p（x）max＝p（1）＝1，p（e﹣2）＜0，函數(shù)p（x）的大致圖像如下圖：∵a＞0，∴a＝1，原不等式為：ln（x﹣3）＜1﹣3x﹣4，即ln（x﹣3）+3x﹣4﹣1＜0，令k（x）＝ln（x﹣3）+3x﹣4﹣1，顯然k（x）在x＞3時是增函數(shù)，又k（4）＝0，∴k（x）＜0的解集是（3，4）故選：C．13．（2023?浙江模擬）已知a，b，c∈（﹣1，0），且滿足，則（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a(chǎn)＜c＜b D．a(chǎn)＜b＜c【解答】解：已知a，b，c∈（﹣1，0），且滿足，易得a＝ln（a+1）﹣ln3+2，b＝3+ln（b+1）﹣ln4，ln（c+1）＝c+ln2﹣1，整理得a﹣ln（a+1）＝2﹣ln3，b﹣ln（b+1）＝3﹣ln4，c﹣ln（c+1）＝1﹣ln2，不妨設(shè)f（x）＝x﹣ln（x+1），函數(shù)定義域為（﹣1，+∞），可得f′（x）＝1﹣＝，當﹣1＜x＜0時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當x＞0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（c）＜f（a）＜f（b），a，b，c＜0，解得b＜a＜c．故選：B．14．（2023?華龍區(qū)校級模擬）函數(shù)f（x）＝ln2x的圖象與函數(shù)的圖象交點的橫坐標為x0，則＝（）A．﹣ln2 B．﹣ C． D．ln2【解答】解：令f（x）＝g（x），則ln2x＝ex﹣e﹣x+x﹣（x＞0），所以ex﹣e﹣x﹣x＝ln2x﹣2x+＝e﹣ln2x﹣eln2x+ln2x，設(shè)h（x）＝ex﹣e﹣x﹣x（x＞0），則h'（x）＝ex+e﹣x﹣1＞1+0﹣1＝0，所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，所以x0＝﹣ln2x0，即，所以＝?（﹣x0）＝﹣．故選：B．15．（2023?揚州三模）已知函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為g（x），f（x）和g（x）的定義域均為R，g（x）為偶函數(shù)，f（x）﹣ex﹣sinx也為偶函數(shù)，則下列不等式一定成立的是（）A．f（0）＝0 B．g（0）＝0 C．f（x）＜f（ex） D．g（x）＜g（ex）【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)h（x）＝f（x）﹣ex﹣sinx，由于h（x）為偶函數(shù)，則h（﹣x）＝h（x），即f（﹣x）﹣e﹣x+sinx＝f（x）﹣ex﹣sinx，等號兩邊同時求導(dǎo)可得：﹣f′（﹣x）+e﹣x+cosx＝f′（x）﹣ex﹣cosx，即﹣g（﹣x）+e﹣x+cosx＝g（x）﹣ex﹣cosx，又由g（x）為偶函數(shù)，變形可得g（x）＝（ex+e﹣x）+cosx，故f（x）＝（ex﹣e﹣x）+sinx+C（C為常數(shù)），由此分析選項：對于A，由于C不確定，f（0）＝0不一定成立，A錯誤；對于B，g（0）＝（1+1）+1＝2，B錯誤；對于C，設(shè)F（x）＝ex﹣x，有F′（x）＝ex﹣1，當x∈（0，+∞）時，F(xiàn)′（x）＝ex﹣1＞0，F(xiàn)（x）為增函數(shù)，當x∈（﹣∞，0）時，F(xiàn)′（x）＝ex﹣1＜0，F(xiàn)（x）為減函數(shù)，則有F（x）≥F（0）＝1，故ex＞x在R上恒成立，又由g（x）＝（ex+e﹣x）+cosx≥1+cosx≥0，f（x）為R上的增函數(shù)，則有f（x）＜f（ex），C正確；對于D，g（x）為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，不能保證g（x）＜g（ex）成立，D錯誤．故選：C．16．（2023?九江模擬）設(shè)函數(shù)f（x）的定義域為R，其導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且滿足f（x）＞f′（x）+1，f（0）＝2023，則不等式e﹣xf（x）＞e﹣x+2022（其中e為自然對數(shù)的底數(shù)）的解集是（）A．（2022，+∞） B．（﹣∞，2023） C．（0，2022） D．（﹣∞，0）【解答】解：設(shè)g（x）＝，∵f（x）＞f′（x）+1，即f′（x）﹣f（x）+1＜0，∴g′（x）＝＜0，∴g（x）在R上單調(diào)遞減，又f（0）＝2023，∴不等式e﹣xf（x）＞e﹣x+2022?＞2022＝f（0）﹣1＝，即g（x）＞g（0），∴x＜0，∴原不等式的解集為（﹣∞，0）．故選：D．17．（2023?邵陽三模）定義在R上的可導(dǎo)函數(shù)f（x）滿足f（x）﹣f（﹣x）＝x（ex+e﹣x），且在（0，+∞）上有，若實數(shù)a滿足f（2a）﹣f（a+2）﹣2ae﹣2a+ae﹣a﹣2+2e﹣a﹣2≥0，則a的取值范圍為（）A． B．a(chǎn)≥2 C．或a≥2 D．a(chǎn)≤2【解答】解：設(shè)g（x）＝f（x）﹣xe﹣x，則g'（x）＝f'（x）+，因為在（0，+∞）上有，所以當x＞0時，g'（x）＜0，即g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，又g（x）﹣g（﹣x）＝f（x）﹣xe﹣x﹣f（﹣x）﹣xex＝x（ex+e﹣x）﹣xe﹣x﹣xex＝0，所以g（x）＝g（﹣x），即g（x）為偶函數(shù)，所以g（x）在（﹣∞，0）上單調(diào)遞增，由f（2a）﹣f（a+2）﹣2ae﹣2a+ae﹣a﹣2+2e﹣a﹣2≥0，得f（2a）﹣2ae﹣2a≥f（a+2）﹣（a+2）e﹣（a+2），即g（2a）≥g（a+2），所以|2a|≤|a+2|，解得﹣≤a≤2．故選：A．18．（2023?安徽模擬）設(shè)5a+1＝5ln5，b+e﹣3＝3，，則（）A．b＜c＜a B．a(chǎn)＜b＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a【解答】解：易知，．令，，則f（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，又e3＞5，所以，所以a＜b．又，則，即b＜c．綜上，a＜b＜c．故選：B．19．（2023?駐馬店三模）設(shè)，則（）A．a(chǎn)＞b＞c B．c＞b＞a C．a(chǎn)＞c＞b D．c＞a＞b【解答】解：設(shè)f（x）＝，x＞1，則f′（x）＝，當x＞e時，f′（x）＞0，即f（x）在（e，+∞）上單調(diào)遞增，當1＜x＜e時，f′（x）＜0，即f（x）在（1，e）上單調(diào)遞減，a＝＝，b＝＝，c＝2＝，∵e2＜8，∴，，即b＜a．∵＜2＜e，∴f（）＞f（2），即c＞a，綜上，c＞a＞b．故選：D．20．（2023?海淀區(qū)校級三模）已知函數(shù)f（x）＝x﹣asinx在R上不是單調(diào)函數(shù)，且其圖象完全位于直線x﹣y﹣3＝0與x﹣y+4＝0之間（不含邊界），則a的一個取值為．【解答】解：由題意得f′（x）＝1﹣acosx，∵f′（x）的最大最小值必在1﹣a，1+a中取得，且f（x）＝x﹣asinx在R上不是單調(diào)函數(shù)，∴必有（1﹣a）（1+a）＜0，解得|a|＞1，又f（x）圖象完全位于直線x﹣y﹣3＝0與x﹣y+4＝0之間，∴x+4﹣（x﹣asinx）＞0且x﹣asinx﹣（x﹣3）＞0，即恒成立，則|a|＜3，綜上所述，1＜|a|＜3．故答案為：2（答案不唯一）21．（2023?呂梁三模）若a＝e0.7，b＝，則a，b，c的大小關(guān)系為（）A．a(chǎn)＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a【解答】解：令，則，當x∈（1，+∞）時，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，故f（3.5）＜f（1）＝0，即，即b＜c；令，則g'（x）＝ex﹣x﹣1，g″（x）＝ex﹣1，當0＜x＜1時，g'′（x）＞0，g′（x）單調(diào)遞增且g′（0）＝0，故g′（x）＞0，故函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，故g（0.7）＞g（0）＝0，即，故a＞c，則a＞c＞b，故選：A．五．函數(shù)在某點取得極值的條件（共1小題）22．（2023?常德二模）已知函數(shù)f（x）＝ax3+x2﹣ax（a∈R，且a≠0）．如果存在實數(shù)a∈（﹣∞，﹣1]，使函數(shù)g（x）＝f（x）+f′（x），x∈[﹣1，b]（b＞﹣1）在x＝﹣1處取得最小值，則實數(shù)b的最大值為．【解答】解：由題意，g（x）＝ax3+（3a+1）x2+（2﹣a）x﹣a，據(jù)題知，g（x）≥g（﹣1）在區(qū)間[﹣1，b]上恒成立，即：（x+1）[ax2+（2a+1）x+（1﹣3a）]≥0…①當x＝﹣1時，不等式①成立；當﹣1＜x≤b時，不等式①可化為ax2+（2a+1）x+（1﹣3a）≥0…②令?（x）＝ax2+（2a+1）x+（1﹣3a），由a∈（﹣∞，﹣1]知其圖象是開口向下的拋物線，故它在閉區(qū)間的最小值必在區(qū)間端點處取得．又?（﹣1）＝﹣4a＞0，故不等式②成立的充要條件是?（b）≥0，整理得：≤﹣在a∈（﹣∞，﹣1]上有解，∴≤1，∴﹣1＜b≤，∴實數(shù)b的最大值為，故答案為：．六．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值（共10小題）23．（2023?禪城區(qū)模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2﹣4x﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）有唯一零點，則a＝（）A．﹣ B．﹣2 C． D．2【解答】解：f（x）＝x2﹣4x﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）＝（x﹣2）2﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）﹣4，令t＝x﹣2，則f（t）＝t2﹣a（et+e﹣t）﹣4為偶函數(shù)，圖象關(guān)于t＝0對稱，若f（t）＝0有唯一零點，則根據(jù)偶函數(shù)的性質(zhì)可知f（0）＝﹣4﹣2a＝0，所以a＝﹣2．故選：B．24．（2023?金鳳區(qū)校級一模）已知函數(shù)的極值點為x1，函數(shù)的最大值為x2，則（）A．x2＞x1 B．x2≥x1 C．x1＞x2 D．x1≥x2【解答】解：在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且，，所以，．由，當x∈（0，e）時，h′（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增，當x∈（e，+∞）時，h′（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減，所以，即，所以x1＞x2．故選：C．25．（2023?阜新模擬）已知函數(shù)，則f（x）的極大值為（）A．﹣3 B．1 C．27 D．﹣5【解答】解：∵，∴，∴，解得f′（2）＝15，∴f（x）＝x3+3x2﹣9x，f′（x）＝3x2+6x﹣9＝3（x+3）（x﹣1），∴當x＜﹣3或x＞1時，f′（x）＞0；當﹣3＜x＜1時，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣3）和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在（﹣3，1）上單調(diào)遞減，∴當x＝﹣3時，f（x）取得極大值27．故選：C．26．（2023?石嘴山一模）若函數(shù)有兩個不同的極值點，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，2） D．（2，+∞）【解答】解：因為有兩個不同的極值點，所以在（0，+∞）上有2個不同的零點，且零點兩側(cè)異號，所以x2﹣4x+2a＝0在（0，+∞）有2個不同的實數(shù)根x1，x2，且根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知這兩根的兩側(cè)函數(shù)值異號，所以，解得0＜a＜2．故選：C．27．（2023?翠屏區(qū)校級模擬）若函數(shù)f（x）＝x（x+a）2在x＝1處有極大值，則實數(shù)a的值為（）A．1 B．﹣1或﹣3 C．﹣1 D．﹣3【解答】解：函數(shù)f（x）＝x（x+a）2，f'（x）＝（x+a）2+2x（x+a）＝（x+a）（3x+a），函數(shù)f（x）＝x（x+a）2在x＝1處有極大值，可得f'（1）＝（1+a）（3+a）＝0，解得a＝﹣1或a＝﹣3，當a＝﹣1時，f'（x）＝（x﹣1）（3x﹣1），時，f'（x）＜0，x∈（1，+∞）時，f'（x）＞0，故f（x）在上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）在x＝1處有極小值，不合題意．當a＝﹣3時，f'（x）＝（x﹣3）（3x﹣3），x∈（﹣∞，1）時f'（x）＞0，x∈（1，3）時f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，3）上單調(diào)遞減，f（x）在x＝1處有極大值，符合題意．綜上可得，a＝﹣3．故選：D．28．（2023?煙臺模擬）若函數(shù)有兩個極值點x1，x2，且f（x1）+f（x2）≤﹣5，則（）A． B． C． D．【解答】解：由函數(shù)，可得f′（x）＝x+a+＝，因為函數(shù)f（x）存在兩個極值點x1，x2，所以x1，x2是方程f′（x）＝0的兩個正根，即x2+ax+1＝0的兩個正根為x1，x2．所以，即，所以f（x1）+f（x2）＝lnx1++ax1+lnx2++ax2＝（+）+ln（x1x2）+a（x1+x2）＝﹣1﹣，f（x1）+f（x2）≤﹣5，所以﹣1﹣≤﹣5，可得a2≥8，因為a＜﹣2，所以a．故選：C．29．（2023?武威模擬）若函數(shù)f（x）＝（x﹣1）2+alnx有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，則f（x2）的取值范圍為（）A． B． C． D．【解答】解：因為f（x）＝（x﹣1）2+alnx，所以，若函數(shù)f（x）＝（x﹣1）2+alnx有兩個極值點x1，x2，則，所以，且，所以，令函數(shù)，則g′（x）＝（2﹣4x）lnx＞0在上恒成立，故g（x）在上單調(diào)遞增，則，即f（x2）的取值范圍為，故選：A．30．（2023?洪山區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（x）＝axex﹣ax+a﹣ex（a＞0），若有且僅有兩個整數(shù)xi（i＝1，2），滿足f（xi）＜0，則實數(shù)a的取值范圍為．【解答】解：若f（x）＜0，則a（xex﹣x+1）＜ex，所以＜，所以＞x﹣，令g（x）＝x﹣，則g′（x）＝1﹣＝，令r（x）＝ex﹣2+x，則r（x）在R上單調(diào)遞增，且r（0）＝﹣1＜0，r（1）＝e﹣1＞0，所以存在x0∈（0，1），當x∈（﹣∞，x0），則r（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，當x∈（x0，+∞）時，r（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，因為g（0）＝g（1），所以只需＞1且≤g（﹣1）且≤g（2），所以，解得≤a＜1，所以a的取值范圍為[，1）．故答案為：[，1）．31．（2023?鎮(zhèn)安縣校級模擬）函數(shù)在x＝2處取得極小值，且極小值為．【解答】解：f（x）的定義域為（0，+∞），又＝，∴當0＜x＜2時，f′（x）＜0，即f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，當x＞2時，f′（x）＞0，即f（x）在（2，+∞）上單調(diào)遞增，故函數(shù)f（x）在x＝2處取得極小值，且極小值為1+ln2．故答案為：2；1+ln232．（2023?云南模擬）若函數(shù)f（x）＝alnx+bx在x＝1處取得極值3，則b﹣a＝．【解答】解：∵f（x）＝alnx+bx，∴，又函數(shù)f（x）在x＝1處取得極值3，則f'（1）＝a+b＝0，且f（1）＝b＝3，∴a＝﹣3，b＝3，b﹣a＝6．故答案為：6．七．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值（共8小題）33．（2023?瀘縣校級模擬）若函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）內(nèi)有且只有一個零點，則a的值為（）A．2 B．1 C．3 D．5【解答】解：因為函數(shù)f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）內(nèi)有且只有一個零點，所以f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①當a≤0時，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，f（0）＝1，所以f（x）沒有零點，舍去，②當a＞0時，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解為x＞a，所以f（x）在（0，a）上遞減，在（a，+∞）上遞增，又f（x）只有一個零點，所以f（a）＝﹣+1＝0，解得a＝3，故選：C．34．（2023?松江區(qū)二模）已知函數(shù)，a∈R，在區(qū)間（t﹣3，t+5）上有最大值，則實數(shù)t的取值范圍是（）A．﹣6＜t＜0 B．﹣6＜t≤0 C．﹣6＜t＜2 D．﹣6＜t≤2【解答】解：y′＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1），易知當x＜﹣1或x＞3時，y′＞0，則函數(shù)在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上單調(diào)遞增，當﹣1＜x＜3時，y′＜0，則函數(shù)在（﹣1，3）上單調(diào)遞減，則函數(shù)在x＝﹣1處取得極大值，且極大值為，令，即x3﹣3x2﹣9x﹣5＝0，即（x+1）2（x﹣5）＝0，解得x＝﹣1或x＝5，又函數(shù)在區(qū)間（t﹣3，t+5）上有最大值，則t﹣3＜﹣1＜t+5≤5，解得﹣6＜t≤0．故選：B．35．（2023?北流市模擬）已知x＝1為函數(shù)的極值點，則f（x）在區(qū)間上的最大值為（）（注：ln2≈0.69）A．3 B．7﹣ln2 C．5 D．【解答】解：，由于x＝1是f（x）的極值點，所以f'（1）＝1+2﹣a＝3﹣a＝0，a＝3，此時，所以f（x）在區(qū)間（0，1），f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；在區(qū)間（1，+∞），f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以x＝1是f（x）極小值點，a＝3符合題意，，，由于，所以f（x）在區(qū)間上的最大值為7﹣ln2．故選：B．36．（2023?河北模擬）已知a∈R，函數(shù)．若存在t∈R，使得，則當a取最大值時f（x）的最小值為（）A．0 B． C． D．【解答】解：因為，所以f′（x）＝ax3﹣x，依題意f′（t+2）﹣f′（t）＝[a（t+2）3﹣（t+2）]﹣（at3﹣t）＝2a（3t2+6t+4）﹣2，因為存在t∈R，使得，所以，即有解，因為t∈R，則3t2+6t+4＝3（t+1）2+1≥1，所以有解，所以，因為3t2+6t+4≥1，所以，所以，所以a的最大值為．此時，當且僅當時，取等號，所以f（x）的最小值為，故選：C．37．（2023?四川模擬）若ex+e2x≥a（x2﹣xlnx）（a＞0），則a的取值范圍為（）A．（0，e2] B． C． D．【解答】解：不等式ex+e2x≥a（x2﹣xlnx）化為，即，所以．設(shè)，則，令t′＝0，則，解得x＝1，當0＜x＜1時，t′（x）＜0，t（x）單調(diào)遞減；當x＞1時，t′（x）＞0，t（x）單調(diào)遞增；所以．令f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），則．當0＜a≤e時，f′（t）≥0，f（t）單調(diào)遞增；所以f（t）≥f（e）＝e﹣a+e2≥0，解得a≤e+e2，故0＜a≤e滿足條件；當a＞e時，當e＜t＜a時，f′（t）＜0，當t＞a時，f′（t）＞0，f（t）在（e，a）上單調(diào)遞減；f（t）在（a，+∞）上單調(diào)遞增；所以，設(shè)g（a）＝a﹣alna+e2（a＞e），則g′（a）＝﹣lna＜0，所以g（a）在（e，+∞）上單調(diào)遞減，又g（e2）＝e2﹣e2lne2+e2＝0，所以g（a）≥g（e2），所以e＜a≤e2，綜上所述，a的取值范圍為（0，e2]．故選：A．38．（2023?安慶二模）已知函數(shù)f（x）＝eax﹣ax，其中a＞0，若不等式對任意x＞1恒成立，則a的最小值為．【解答】解：因為f（x）＝eax﹣ax，所以f'（x）＝aeax﹣a，所以不等式即為ax（eax﹣1）≥3（x3﹣1）lnx，即，構(gòu)造函數(shù)g（x）＝x（ex﹣1），x∈（0，+∞），則g'（x）＝（ex﹣1）+xex，則即為g（ax）≥g（lnx3），因為x∈（0，+∞），所以ex＞1，所以ex﹣1＞0，xex＞0，所以g'（x）＝（ex﹣1）+xex＞0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，而ax∈（0，+∞），lnx3∈（0，+∞），因此由g（ax）≥g（lnx3）等價于ax≥lnx3，所以，令，x∈（1，+∞），則，所以當1＜x＜e時h'（x）＞0，當x＞e時h'（x）＜0，所以h（x）在（1，e）上單調(diào)遞增，在（e，+∞）上單調(diào)遞減，所以，所以，故正實數(shù)a的最小值為．故答案為：．39．（2023?三明三模）已知不等式x﹣alnx﹣a﹣2b≥3恒成立，其中a≠0，則的最大值為．【解答】解：已知不等式x﹣alnx﹣a﹣2b≥3恒成立，所以已知不等式x﹣alnx≥a+2b+3恒成立，不妨設(shè)f（x）＝x﹣alnx，函數(shù)定義域為（0，+∞），可得f′（x）＝1﹣＝，因為a≠0，當a＜0時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，函數(shù)f（x）無最小值，不滿足條件；當a＞0時，當0＜x＜a時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；x＞a時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，所以f（x）min＝f（a）＝a﹣alna，滿足a﹣alna≥a+2b+3，即﹣alna≥2b+3，整理得﹣lna≥+，所以≤﹣lna﹣，不妨設(shè)g（a）＝﹣lna﹣，函數(shù)定義域為（0，+∞），可得g′（a）＝﹣+＝，當0＜a＜3時，g′（a）＞0，g（a）單調(diào)遞增；當a＞3時，g′（a）＜0，g（a）單調(diào)遞減，所以g（a）max＝g（3）＝﹣ln3﹣，則的最大值為﹣ln3﹣，故答案為：﹣ln3﹣．40．（2023?江西模擬）當x≥1時，不等式ax﹣sin（x﹣1）≥lnx+a恒成立，則a的范圍為．【解答】解：構(gòu)造f（x）＝ax﹣sin（x﹣1）﹣lnx﹣a，x≥1，且f（1）＝0，因為，且f'（1）＝a﹣2，當a≥2時，，∴f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，f（x）≥f（1）＝0成立；當a＜2時，f'（1）＝a﹣2＜0，又f（x）在[1，+∞）上為連續(xù)函數(shù)，∴存在x0∈[1，+∞），使x∈（1，x0）時，f'（x）＜0，即f（x）在（1，x0）上單調(diào)遞減，此時f（x）＜f（1）＝0，不成立，舍去；則a的范圍為a≥2，故答案為：{a|a≥2}．八．利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程（共15小題）41．（2023?湖南模擬）已知函數(shù)f（x）＝alnx+x2在x＝1處的切線與直線x+y﹣1＝0垂直，則a的值為（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【解答】解：因x+y﹣1＝0的斜率為﹣1，則f'（1）＝1?f'（1）＝a+2＝1?a＝﹣1．故選：B．42．（2023?瀘縣校級模擬）已知曲線y＝axex+lnx在點（1，ae）處的切線方程為y＝3x+b，則（）A．a(chǎn)＝e，b＝﹣2 B．a(chǎn)＝e，b＝2 C．a(chǎn)＝e﹣1，b＝﹣2 D．a(chǎn)＝e﹣1，b＝2【解答】解：由y＝axex+lnx，得y′＝aex+axex+，由題意，，解得a＝e﹣1，b＝﹣2．故選：C．43．（2023?錦江區(qū)校級模擬）已知曲線y＝xlnx+ae﹣x在點x＝1處的切線方程為2x﹣y+b＝0，則b＝（）A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．0【解答】解：因為y'＝lnx+x?﹣ae﹣x，所以函數(shù)在x＝1處的導(dǎo)數(shù)y'|x＝1＝1﹣，即函數(shù)在x＝1處切線的斜率k＝1﹣，且y|x＝1＝，所以函數(shù)在x＝1處的切線方程為：y﹣＝（1﹣）（x﹣1），即（1﹣）x﹣y﹣1+2?＝0，由題意可得，解得b＝﹣3，故選：C．44．（2023?梅河口市校級三模）若過點（a，b）可作曲線y＝x2﹣2x的兩條切線，則點（a，b）可以是（）A．（0，0） B．（1，1） C．（3，0） D．（3，4）【解答】解：由y＝x2﹣2x，得y′＝2x﹣2，設(shè)切點坐標為（t，t2﹣2t），則過切點的切線方程為y＝（2t﹣2）（x﹣t）+t2﹣2t，把點（a，b）代入，可得b＝（2t﹣2）（a﹣t）+t2﹣2t，整理得：t2﹣2at+2a+b＝0，∵過點（a，b）可作曲線y＝x2﹣2x的兩條切線，則方程t2﹣2at+2a+b＝0有兩不等實數(shù)根，∴Δ＝4a2﹣4（2a+b）＞0，即a2﹣2a﹣b＞0．分別把（0，0），（1，1），（3，0），（3，4）代入驗證，可得只有（3，0）滿足．故點（a，b）可以是（3，0）．故選：C．45．（2023?湖北模擬）已知m＞0，n＞0，直線與曲線y＝lnx﹣n+2相切，則的最小值是（）A．16 B．12 C．8 D．4【解答】解：對y＝lnx﹣n+2求導(dǎo)得，由得x＝e，則，即m+n＝1，所以，當且僅當時取等號．故選：D．46．（2023?河南三模）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+a的圖象關(guān)于原點對稱，則與曲線y＝f（x）和均相切的直線l有（）A．1條 B．2條 C．3條 D．4條【解答】解：∵函數(shù)f（x）＝x3﹣x+a的圖象關(guān)于原點對稱，∴f（0）＝a＝0，即f（x）＝x3﹣x，f′（x）＝3x2﹣1，設(shè)直線l與y＝f（x）切于（t，t3﹣t），則過切點的切線方程為y＝（3t2﹣1）（x﹣t）+t3﹣t，代入，可得（3t2﹣1）（x﹣t）+t3﹣t＝，整理可得：．由Δ＝，解得t＝0或t＝或t＝．∴與曲線y＝f（x）和均相切的直線l有3條．故選：C．47．（2023?青羊區(qū)校級模擬）若過原點與曲線f（x）＝x2ex+ax2﹣2x相切的直線，切點均與原點不重合的有2條，則a的取值范圍是（）A．（e﹣2，+∞） B．（﹣∞，e﹣2） C．（0，e﹣2） D．（0，e﹣2]【解答】解：因為f（x）＝x2ex+ax2﹣2x，所以f′（x）＝（2x+x2）ex+2ax﹣2，設(shè)過原點的切線與曲線f（x）在x＝t（t≠0）處相切，所以切線的斜率，整理得a＝﹣（t+1）et，設(shè)g（t）＝﹣（t+1）et，則g′（t）＝﹣（t+2）et，所以當t＜﹣2時，g′（t）＞0，當t＞﹣2時，g′（t）＜0，所以g（t）在（﹣∞，﹣2）上單調(diào)遞增，在（﹣2，+∞）上單調(diào)遞減，所以，且當t→﹣∞時，g（t）→0，當t→+∞時，g（t）→﹣∞，所以當0＜a＜e﹣2時，過原點與曲線f（x）＝x2ex+ax2﹣2x相切的直線有2條．故選：C．48．（2023?博白縣模擬）若曲線有三條過點（0，a）的切線，則實數(shù)a的取值范圍為（）A． B． C． D．【解答】解：設(shè)該切線的切點為，則切線的斜率為，所以切線方程為，又切線過點（0，a），則，整理得．要使過點（0，a）的切線有3條，需方程有3個不同的解，即函數(shù)圖象與直線y＝a在R上有3個交點，設(shè)，則，令g'（x）＞0?0＜x＜2，令g'（x）＜0?x＜0或x＞2，所以函數(shù)g（x）在（0，2）上單調(diào)遞增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上單調(diào)遞減，且極小值、極大值分別為，如圖，由圖可知，當時，函數(shù)圖象與直線y＝a在R上有3個交點，即過點（0，a）的切線有3條．所以實數(shù)a的取值范圍為．故選：B．49．（2023?新疆模擬）已知函數(shù)f（x）＝x2+alnx有兩條與直線y＝2x平行的切線，且切點坐標分別為P（x1，f（x1）），Q（x2，f（x2）），則的取值范圍是．【解答】解：由題意可知f（x）＝x2+alnx的定義域為（0，+∞），∴x1，x2∈（0，+∞），f′（x）＝2x+，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切點為P（x1，f（x1））時，切線斜率為，Q點處切線斜率為．又∵兩條切線與直線y＝2x平行，可得＝2，＝2，即，，∴x1，x2是關(guān)于方程2x2﹣2x+a＝0的兩根，由Δ＝（﹣2）2﹣4×2a＞0，得a＜，又x1+x2＝1，＞0，可得0＜a＜，∴＝∈（0，）．故答案為：（0，）．50．（2023?佛山模擬）已知函數(shù)f（x）＝（x﹣3）ex，若經(jīng)過點（0，a）且與曲線y＝f（x）相切的直線有三條，則（）A．﹣3＜a＜﹣e B．a(chǎn)＞﹣e C．a(chǎn)＜﹣3 D．a(chǎn)＜﹣3或a＞﹣e【解答】解：設(shè)切點為（t，（t﹣3）et），由f（x）＝（x﹣3）ex，得f′（x）＝ex+（x﹣3）ex＝（x﹣2）ex，則過切點的切線方程為y﹣（t﹣3）et＝（t﹣2）et（x﹣t），把（0，a）代入，可得a﹣（t﹣3）et＝（t﹣2）et（0﹣t），即﹣a＝et（t2﹣3t+3），令g（x）＝ex（x2﹣3x+3），則g′（x）＝ex（x2﹣x），可得當x∈（﹣∞，0）∪（1，+∞）時，g′（x）＞0，當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，∴g（x）的增區(qū)間為（﹣∞，0），（1，+∞），減區(qū)間為（0，1），又g（0）＝3，g（1）＝e，且當x→﹣∞時，g（x）→0，當x→+∞時，g（x）→+∞，∴若經(jīng)過點（0，a）且與曲線y＝f（x）相切的直線有三條，則e＜﹣a＜3，可得﹣3＜a＜﹣e．故選：A．51．（2023?湖南一模）已知函數(shù)f（x）＝2+lnx，，若總存在兩條不同的直線與函數(shù)y＝f（x），y＝g（x）圖象均相切，則實數(shù)a的取值范圍為（）A．（0，1） B．（0，2）