第42頁（共42頁）2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之一元函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（三）一．選擇題（共4小題）1．（2022?乙卷）函數(shù)f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為（）A．-π2，π2 B．-3π2，π2 C．-π2，2．（2022?全國(guó)）設(shè)x1和x2是函數(shù)f（x）＝x3+2ax2+x+1的兩個(gè)極值點(diǎn)．若x2﹣x1＝2，則a2＝（）A．0 B．1 C．2 D．33．（2021?乙卷）設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的極大值點(diǎn)，則（）A．a(chǎn)＜b B．a(chǎn)＞b C．a(chǎn)b＜a2 D．a(chǎn)b＞a24．（2021?乙卷）設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=1.04-A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b二．多選題（共2小題）（多選）5．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+1，則（）A．f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn) B．f（x）有三個(gè)零點(diǎn) C．點(diǎn)（0，1）是曲線y＝f（x）的對(duì)稱中心 D．直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線（多選）6．（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（32-2x），g（2+A．f（0）＝0 B．g（-12）＝C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）三．填空題（共5小題）7．（2022?新高考Ⅰ）若曲線y＝（x+a）ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是．8．（2022?乙卷）已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)．若x1＜x2，則a的取值范圍是．9．（2022?新高考Ⅱ）曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為，．10．（2022?全國(guó)）曲線y＝xlnx在點(diǎn)（1，0）處的切線方程為．11．（2022?上海）已知函數(shù)y＝f（x）為定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，其圖像關(guān)于x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f（x）＝lnx，若將方程f（x）＝x+1的正實(shí)數(shù)根從小到大依次記為x1，x2，x3，…，xn，則limn→∞（xn+1﹣xn）＝四．解答題（共9小題）12．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．13．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）=exx-lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1．14．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．（1）當(dāng)a＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*，證明：112+1+115．（2022?北京）已知函數(shù)f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)g（x）＝f′（x），討論函數(shù)g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性；（Ⅲ）證明：對(duì)任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．16．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ax-1x-（a+1（1）當(dāng)a＝0時(shí)，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．17．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處的切線也是曲線y＝g（x）的切線．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范圍．18．（2022?浙江）設(shè)函數(shù)f（x）=e2x+lnx（（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經(jīng)過點(diǎn)（a，b）．證明：（ⅰ）若a＞e，則0＜b﹣f（a）＜12（a（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則2e（注：e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）19．（2022?上海）f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x）．（1）若將函數(shù)f（x）圖像向下移m（m＞0）后，圖像經(jīng)過（3，0），（5，0），求實(shí)數(shù)a，m的值．（2）若a＞﹣3且a≠0，求解不等式f（x）≤f（6﹣x）．20．（2022?天津）已知a，b∈R，函數(shù)f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）若曲線y＝f（x）和y＝g（x）有公共點(diǎn)，（?。┊?dāng)a＝0時(shí)，求b的取值范圍；（ⅱ）求證：a2+b2＞e．

2021-2025年高考數(shù)學(xué)真題知識(shí)點(diǎn)分類匯編之一元函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（三）參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題）題號(hào)1234答案DDDB二．多選題（共2小題）題號(hào)56答案ACBC一．選擇題（共4小題）1．（2022?乙卷）函數(shù)f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在區(qū)間[0，2π]的最小值、最大值分別為（）A．-π2，π2 B．-3π2，π2 C．-π2，【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】先求出導(dǎo)函數(shù)f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x=π2或3π2，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)f′（x）的正負(fù)得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性，進(jìn)而求出函數(shù)【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[0，2π]，則f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x=π2或∴當(dāng)x∈[0，π2）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈(π2，3π2)時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（3π2，2π]∴f（x）在區(qū)間[0，2π]上的極大值為f（π2）=π2+2，極小值為f（又∵f（0）＝2，f（2π）＝2，∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，2π]的最小值為-3π2故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值，屬于中檔題．2．（2022?全國(guó)）設(shè)x1和x2是函數(shù)f（x）＝x3+2ax2+x+1的兩個(gè)極值點(diǎn)．若x2﹣x1＝2，則a2＝（）A．0 B．1 C．2 D．3【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【專題】函數(shù)思想；配方法；構(gòu)造法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】先求出f′（x）＝3x2+4ax+1，又x1和x2是函數(shù)f（x）＝x3+2ax2+x+1的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的兩根，再利用韋達(dá)定理可解．【解答】解：∵函數(shù)f（x）＝x3+2ax2+x+1，∴f′（x）＝3x2+4ax+1，又x1和x2是函數(shù)f（x）＝x3+2ax2+x+1的兩個(gè)極值點(diǎn)，則x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的兩根，故x1+x2=-4a3，x1?又x2﹣x1＝2，則(x1-x2)2=即16a2則a2＝3，故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值問題，屬于中檔題．3．（2021?乙卷）設(shè)a≠0，若x＝a為函數(shù)f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的極大值點(diǎn)，則（）A．a(chǎn)＜b B．a(chǎn)＞b C．a(chǎn)b＜a2 D．a(chǎn)b＞a2【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【專題】數(shù)形結(jié)合；數(shù)形結(jié)合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】D【分析】分a＞0及a＜0，結(jié)合三次函數(shù)的性質(zhì)及題意，通過圖象發(fā)現(xiàn)a，b的大小關(guān)系，進(jìn)而得出答案．【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)a＞0時(shí)，由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使x＝a是f（x）的極大值點(diǎn)，則函數(shù)f（x）的大致圖象如下圖所示，則0＜a＜b；當(dāng)a＜0時(shí)，由三次函數(shù)的性質(zhì)可知，要使x＝a是f（x）的極大值點(diǎn)，則函數(shù)f（x）的大致圖象如下圖所示，則b＜a＜0；綜上，ab＞a2．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查三次函數(shù)的圖象及性質(zhì)，考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．4．（2021?乙卷）設(shè)a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=1.04-A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；對(duì)數(shù)值大小的比較．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；轉(zhuǎn)化法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】B【分析】構(gòu)造函數(shù)f（x）＝2ln（1+x）﹣（1+4x-1），0＜x＜1，h（x）＝ln（1+2x）﹣（1+4【解答】解：∵a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02，∴a＞b，令f（x）＝2ln（1+x）﹣（1+4x-1），0＜x＜令1+4x=t，則1＜∴x=∴g（t）＝2ln（t2+34）﹣t+1＝2ln（t2+3）﹣t+1﹣2∴g′（t）=4tt2∴g（t）在（1，5）上單調(diào)遞增，∴g（t）＞g（1）＝2ln4﹣1+1﹣2ln4＝0，∴f（x）＞0，∴a＞c，同理令h（x）＝ln（1+2x）﹣（1+4x-再令1+4x=t，則1＜∴x=∴φ（t）＝ln（t2+12）﹣t+1＝ln（t2+1）﹣t+1﹣∴φ′（t）=2tt2∴φ（t）在（1，5）上單調(diào)遞減，∴φ（t）＜φ（1）＝ln2﹣1+1﹣ln2＝0，∴h（x）＜0，∴c＞b，∴a＞c＞b．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了不等式的大小比較，導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值的關(guān)系，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．二．多選題（共2小題）（多選）5．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x+1，則（）A．f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn) B．f（x）有三個(gè)零點(diǎn) C．點(diǎn)（0，1）是曲線y＝f（x）的對(duì)稱中心 D．直線y＝2x是曲線y＝f（x）的切線【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】AC【分析】對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，判斷其單調(diào)性和極值情況，即可判斷選項(xiàng)AB；由f（x）+f（﹣x）＝2，可判斷選項(xiàng)C；假設(shè)y＝2x是曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點(diǎn)為（a，b），求出a，b的值，驗(yàn)證點(diǎn)（a，b）是否在曲線y＝f（x）上即可．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＞0，解得x＜-33或x＞33，令f′（∴f（x）在(-∞，-33)，∴f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，故選項(xiàng)A正確，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；又f（x）+f（﹣x）＝x3﹣x+1﹣x3+x+1＝2，則f（x）關(guān)于點(diǎn)（0，1）對(duì)稱，故選項(xiàng)C正確；假設(shè)y＝2x是曲線y＝f（x）的切線，設(shè)切點(diǎn)為（a，b），則3a2-1=22顯然（1，2）和（﹣1，﹣2）均不在曲線y＝f（x）上，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選：AC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值以及曲線在某點(diǎn)的切線方程，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．（多選）6．（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（32-2x），g（2+A．f（0）＝0 B．g（-12）＝C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）【考點(diǎn)】基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．【專題】計(jì)算題；方程思想；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；轉(zhuǎn)化法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】BC【分析】由f（32-2x）為偶函數(shù)，可得f（x）關(guān)于x=32對(duì)稱，可判斷C；g（2+x）為偶函數(shù)，可得g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）關(guān)于x＝2對(duì)稱，可判斷D；由g（32）＝0，g（x）關(guān)于x＝2對(duì)稱，可得g（52）＝0，得到x=52是f（x）的極值點(diǎn)，x=-12【解答】解：∵f（32-2x）為偶函數(shù)，∴可得f（32-2x）＝f（32+2x），∴f令x=54，可得f（32-2×54）＝f（32+2×54），即∵g（2+x）為偶函數(shù)，∴g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）關(guān)于x＝2對(duì)稱，故D不正確；∵f（x）關(guān)于x=32對(duì)稱，∴x=32是函數(shù)∴函數(shù)f（x）在（32，t）處的導(dǎo)數(shù)為0，即g（32）＝f′（32又∴g（x）的圖象關(guān)于x＝2對(duì)稱，∴g（52）＝g（32）＝0，∴函數(shù)f（x）在（52，t∴x=52是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，又f（x）的圖象關(guān)于x=32對(duì)稱，∴（52，t）關(guān)于x=由x=52是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)可得x=12是函數(shù)f（x）的一個(gè)極值點(diǎn)，∴g（12）＝f進(jìn)而可得g（12）＝g（72）＝0，故x=72是函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)，又f（x）的圖象∴（72，t）關(guān)于x=32的對(duì)稱點(diǎn)為（-12，t），∴g（-12）＝ff（x）圖象位置不確定，可上下移動(dòng)，即每一個(gè)自變量對(duì)應(yīng)的函數(shù)值不是確定值，故A錯(cuò)誤．解法二：構(gòu)造函數(shù)法，令f（x）＝1﹣sinπx，則f（32-2x）＝1+cos2πx，則g（x）＝f′（x）＝﹣πcosπg(shù)（x+2）＝﹣πcos（2π+πx）＝﹣πcosπx，滿足題設(shè)條件，可得只有選項(xiàng)BC正確，故選：BC．【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的奇偶性，極值點(diǎn)與對(duì)稱性，考查了轉(zhuǎn)化思想和方程思想，屬中檔題．三．填空題（共5小題）7．（2022?新高考Ⅰ）若曲線y＝（x+a）ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，（x0+a）ex0），利用導(dǎo)數(shù)求出切線的斜率，進(jìn)而得到切線方程，再把原點(diǎn)代入可得x02+a【解答】解：y'＝ex+（x+a）ex，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，（x0+a）ex∴切線的斜率k=e∴切線方程為y﹣（x0+a）ex0=（ex0+(又∵切線過原點(diǎn)，∴﹣（x0+a）ex0=（ex整理得：x0∵切線存在兩條，∴方程有兩個(gè)不等實(shí)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，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)處的切線方程，屬于中檔題．8．（2022?乙卷）已知x＝x1和x＝x2分別是函數(shù)f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)．若x1＜x2，則a的取值范圍是(1e，【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值．【專題】函數(shù)思想；分類法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】(1【分析】由已知分析函數(shù)f′（x）＝2（axlna﹣ex）至少應(yīng)該兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，對(duì)其再求導(dǎo)f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，分類討論0＜a＜1和a＞1時(shí)兩種情況即可得出結(jié)果．【解答】解：對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)f′（x）＝2（axlna﹣ex），分析可知：f′（x）在定義域內(nèi)至少有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，對(duì)其再求導(dǎo)可得：f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，當(dāng)a＞1時(shí)，易知f″（x）在R上單調(diào)遞增，此時(shí)若存在x0使得f″（x0）＝0，則f′（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞減，（x0，+∞）單調(diào)遞增，此時(shí)若函數(shù)f（x）在x＝x1和x＝x2分別取極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，應(yīng)滿足x1＞x2，不滿足題意；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，易知f″（x）在R上單調(diào)遞減，此時(shí)若存在x0使得f″（x0）＝0，則f′（x）在（﹣∞，x0）單調(diào)遞增，（x0，+∞）單調(diào)遞減，且x0此時(shí)若函數(shù)f（x）在x＝x1和x＝x2分別取極小值點(diǎn)和極大值點(diǎn)，且x1＜x2，故僅需滿足f′（x0）＞0，即：elna＞elogae(lna)解得：1e＜a＜e，又因?yàn)?＜綜上所述：a的取值范圍是(1【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值點(diǎn)問題，考查運(yùn)算求解能力，屬于中檔題．9．（2022?新高考Ⅱ）曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為x﹣ey＝0，x+ey＝0．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】計(jì)算題；整體思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】當(dāng)x＞0時(shí)，y＝lnx，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，lnx0），利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義表達(dá)出切線的斜率，進(jìn)而表達(dá)出切線方程，再把原點(diǎn)代入即可求出x0的值，從而得到切線方程，當(dāng)x＜0時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性可求出另一條切線方程．【解答】解：當(dāng)x＞0時(shí)，y＝lnx，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為（x0，lnx0），∵y'=1x，∴切線的斜率k∴切線方程為y﹣lnx0=1x0（x﹣又∵切線過原點(diǎn)，∴﹣lnx0＝﹣1，∴x0＝e，∴切線方程為y﹣1=1e(x-e)當(dāng)x＜0時(shí)，y＝ln（﹣x），與y＝lnx的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，∴切線方程也關(guān)于y軸對(duì)稱，∴切線方程為x+ey＝0，綜上所述，曲線y＝ln|x|經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)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．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)處的切線方程，屬于中檔題．10．（2022?全國(guó)）曲線y＝xlnx在點(diǎn)（1，0）處的切線方程為x﹣y﹣1＝0．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求解曲線在某點(diǎn)上的切線方程．【專題】導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到函數(shù)在x＝1時(shí)的導(dǎo)數(shù)值，即切線的斜率，然后由直線方程的點(diǎn)斜式得答案．【解答】解：由f（x）＝xlnx，得y'∴f′（1）＝ln1+1＝1，即曲線f（x）＝xlnx在點(diǎn)（1，0）處的切線的斜率為1，則曲線f（x）＝xlnx在點(diǎn)（1，0）處的切線方程為y﹣0＝1×（x﹣1），整理得：x﹣y﹣1＝0．故答案為：x﹣y﹣1＝0．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究過曲線上某點(diǎn)的切線方程，過曲線上某點(diǎn)處的切線的斜率，就是函數(shù)在該點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值，是基礎(chǔ)題．11．（2022?上海）已知函數(shù)y＝f（x）為定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，其圖像關(guān)于x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f（x）＝lnx，若將方程f（x）＝x+1的正實(shí)數(shù)根從小到大依次記為x1，x2，x3，…，xn，則limn→∞（xn+1﹣xn）＝2【考點(diǎn)】極限及其運(yùn)算．【專題】數(shù)形結(jié)合；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】2．【分析】f（x）是周期為4的周期函數(shù)，作出圖像，limn→∞（xn+1﹣x【解答】解：∵函數(shù)y＝f（x）為定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，其圖像關(guān)于x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f（x）＝lnx，∴f（x）是周期為4的周期函數(shù)，圖像如圖：將方程f（x）＝x+1的正實(shí)數(shù)根從小到大依次記為x1，x2，x3，…，xn，則limn→∞（xn+1﹣xn）的幾何意義是兩條漸近線之間的距離∴l(xiāng)imn→∞（xn+1﹣xn）＝故答案為：2．【點(diǎn)評(píng)】本題考查極限的求法，考查函數(shù)的周期性、函數(shù)圖像、極限的幾何意義等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題．四．解答題（共9小題）12．（2022?新高考Ⅰ）已知函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）證明：存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值．【專題】函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；等差數(shù)列與等比數(shù)列；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）1；（2）證明過程見解析．【分析】（1）先對(duì)兩個(gè)函數(shù)求導(dǎo)，然后由函數(shù)有相同的最小值得到函數(shù)f（x）和g（x）的單調(diào)性，從而求得f'（x）和g'（x）的零點(diǎn)，進(jìn)而得到函數(shù)的最小值，然后列出方程求得a的值；（2）由a的值可求得函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的表達(dá)式，對(duì)函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）在（0，+∞）上的大小進(jìn)行比較，可作出曲線函數(shù)y＝f（x）和y＝g（x）的大致圖象，根據(jù)該圖象可確定直線y＝b的位置，分別求出三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)的表達(dá)式后，證明其成等差數(shù)列即可．【解答】解：（1）f（x）定義域?yàn)镽，∵f（x）＝ex﹣ax，∴f'（x）＝ex﹣a，若a≤0，則f'（x）＞0，f（x）無最小值，故a＞0，當(dāng)f'（x）＝0時(shí)，x＝lna，當(dāng)x＜lna時(shí)，f'（x）＜0，函數(shù)f（x）在（﹣∞，lna）上單調(diào)遞減，當(dāng)x＞lna時(shí)，f'（x）＞0，函數(shù)f（x）在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，g（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），∵g（x）＝ax﹣lnx，∴g'（x）＝a-1令g'（x）＝0，解得x=1當(dāng)0＜x＜1a時(shí)，g'（x）＜0，函數(shù)g（x）在（0，當(dāng)x＞1a時(shí)，g'（x）＞0，函數(shù)g（x）在（1a故g（x）min＝1+lna，∵函數(shù)f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值∴a﹣alna＝1+lna，∵a＞0，∴a﹣alna＝1+lna化為lna-a令h（x）＝lnx-x-1x+1則h'（x）=1∵x＞0，∴h'（x）=x2∴h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又∵h(yuǎn)（1）＝0，∴h（a）＝h（1），僅有此一解，∴a＝1．（2）證明：由（1）知a＝1，函數(shù)f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，函數(shù)g（x）＝x﹣lnx在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，設(shè)u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0），則u′（x）＝ex﹣2+1x＞ex﹣2，當(dāng)x≥1時(shí)，u′（x）≥e﹣2所以函數(shù)u（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增，因?yàn)閡（1）＝e﹣2＞0，所以當(dāng)x≥1時(shí)，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0在x≥1時(shí)恒成立，所以x≥1時(shí)，f（x）＞g（x），因?yàn)閒（0）＝1，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，g（1）＝1，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f（x）與函數(shù)g（x）的圖象在（0，1）上存在唯一交點(diǎn)，設(shè)該交點(diǎn)為（m，f（m））（0＜m＜1），此時(shí)可作出函數(shù)y＝f（x）和y＝g（x）的大致圖象，由圖象知當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)，直線y＝b必經(jīng)過點(diǎn)M（m，f（m）），即b＝f（m），因?yàn)閒（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0，令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，所以當(dāng)直線y＝b與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個(gè)不同的交點(diǎn)時(shí)，從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)依次為，lnm，m，em，因?yàn)閑m﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m，所以lnm，m，em成等差數(shù)列．∴存在直線y＝b，其與兩條曲線y＝f（x）和y＝g（x）共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的零點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是利用函數(shù)的單調(diào)性求得x1、x3和x2的數(shù)量關(guān)系．13．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）=exx-lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范圍；（2）證明：若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2，則x1x2＜1．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值．【專題】轉(zhuǎn)化思想；分析法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）a的取值范圍是（﹣∞，e+1]；（2）證明過程見解析．【分析】（1）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)研究其在定義域內(nèi)單調(diào)性，由于函數(shù)在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a的范圍即可．（2）首先將原不等式轉(zhuǎn)化為證明1＜x2＜1x1，再利用函數(shù)f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增，即轉(zhuǎn)化為證明f(x2)【解答】解：（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），f'令f′（x）＞0，解得x＞1，故函數(shù)f（x）在（0，1）單調(diào)遞減，（1，+∞）單調(diào)遞增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，僅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范圍是（﹣∞，e+1]；（2）證明：由已知有函數(shù)f（x）要有兩個(gè)零點(diǎn)，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨設(shè)0＜x1＜1＜x2，要證明x1x2＜1，即證明x2∵0＜x1＜1，∴1x即證明：1＜x2＜1x1，又因?yàn)閒即證明：f(x2構(gòu)造函數(shù)h(x)=f(x)h′（x）＝f′（x）﹣[f（1x）]′=構(gòu)造函數(shù)m（x）=em'(x)=ex+1-e1故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）單調(diào)遞增，故m（x）＜m（1）＝0又因?yàn)閤﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）單調(diào)遞增，又因?yàn)閔（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故f(x1)＜f(1【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，即構(gòu)造函數(shù)證明不等式恒成立問題，屬于較難題目．14．（2022?新高考Ⅱ）已知函數(shù)f（x）＝xeax﹣ex．（1）當(dāng)a＝1時(shí)，討論f（x）的單調(diào)性；（2）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜﹣1，求a的取值范圍；（3）設(shè)n∈N*，證明：112+1+1【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值．【專題】計(jì)算題；函數(shù)思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，f（x）單調(diào)遞減．（2）（﹣∞，12]．（3【分析】（1）先求出導(dǎo)函數(shù)f'（x），再根據(jù)導(dǎo)函數(shù)f'（x）的正負(fù)即可得到函數(shù)f（x）的單調(diào)性．（2）構(gòu)造函數(shù)g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），則g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+xaeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），則h′（x）＝a（2eax+axeax）﹣ex，根據(jù)h′（0）的正負(fù)分情況討論，得到g（x）的單調(diào)性以及最值，判斷是否滿足題意，即可求出a的取值范圍．（3）方法一、求導(dǎo)易得t-1t＞2lnt（t＞1），令方法二、運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明，結(jié)合導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性可得證明．【解答】解：（1）當(dāng)a＝1時(shí)，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（﹣∞，0）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），則h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①當(dāng)2a﹣1＞0，即a＞12，存在δ＞0，使得當(dāng)x∈（0，δ）時(shí)，h′（x）＞0，即g′（x）在（因?yàn)間′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）內(nèi)遞增，所以f（x）＞﹣1，這與f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②當(dāng)2a﹣1≤0，即a≤1g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，則g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．若1+ax＞0，則g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤e12x+所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，g（x）≤g（0）＝0，符合題意．綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤1另解：f（x）的導(dǎo)數(shù)為f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①當(dāng)a≥1時(shí)，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾；②當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣1，滿足題意；．③當(dāng)0＜a≤12時(shí)，f′（x）≤（1+12x）e12x-ex＝e12x[設(shè)G（x）＝（1+12x）﹣e12x（x＞0），G′（x）=12-12e12x＜0，則G（f′（x）＝e12xG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）遞減，所以f（x）＜﹣④當(dāng)12＜a＜1時(shí)，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，則f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）遞減，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）遞增，此時(shí)H（x）＞0，所以當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）遞增，所以f（x）＞﹣1，與題意矛盾．綜上可得，a的取值范圍是（﹣∞，12]（3）由（2）可知，當(dāng)a=12時(shí)，f（x）=xe12令x＝ln（1+1n）（n∈N*）得，ln整理得，ln(1+∴1n1+1n∴1n2+n＞ln（n+1n），∴k=1n1k2即112+1+122另解：運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)n＝1時(shí)，左邊=112假設(shè)當(dāng)n＝k（k≥1，k∈N*）時(shí)，不等式成立，即112+1+122當(dāng)n＝k+1時(shí)，要證112+1+122只要證ln（k+1）+1(k+1)即證1(k+1)2+(k+1)＞ln（k+2）﹣ln（k可令t=1k+1，則t∈（0，12]，則需證明tt再令x=t+1（x∈（1，62]），則需證明x-1x＞2lnx（x∈構(gòu)造函數(shù)g（x）＝2lnx﹣（x-1x）（x∈（1，6g′（x）=2x-1-1x2=-（可得g（x）在（1，62]則g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1時(shí)，112+1+122綜上可得，112+1+122【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了學(xué)生分析問題和轉(zhuǎn)化問題的能力，屬于難題．15．（2022?北京）已知函數(shù)f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲線y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）設(shè)g（x）＝f′（x），討論函數(shù)g（x）在[0，+∞）上的單調(diào)性；（Ⅲ）證明：對(duì)任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】函數(shù)思想；分析法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（Ⅰ）y＝x；（Ⅱ）g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增；（Ⅲ）證明過程見解析．【分析】（Ⅰ）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，將x＝0代入原函數(shù)及導(dǎo)函數(shù)得到縱坐標(biāo)和斜率即可；（Ⅱ）法一：對(duì)g（x）求導(dǎo)，并研究g（x）導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)即可．法二：設(shè)m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+1x+1，則g（x）＝m（x）?n（x），由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得m（x）＝ex在（0，+∞）上是增函數(shù)，且m（x）＝ex＞0，由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)得n（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，n（x）＝ln（x+1）+1x+1＞0，從而g（Ⅲ）構(gòu)造函數(shù)w（x）＝f（x+t）﹣f（x），利用w（x）單調(diào)性判斷f（s+t）﹣f（s）與f（t）﹣f（0）大小關(guān)系即可．【解答】解：（Ⅰ）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)可得：f'將x＝0代入原函數(shù)可得f（0）＝0，將x＝0代入導(dǎo)函數(shù)可得：f′（0）＝1，故在x＝0處切線斜率為1，故y﹣0＝1（x﹣0），化簡(jiǎn)得：y＝x；（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：g（x）=fg'令h(x)=ln(x+1)+2x+1設(shè)m(k)=lnk故h（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又因?yàn)閔（0）＝1，故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，故g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增；解法二：由（Ⅰ）有：g（x）=fg'設(shè)m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+1x+1，則g（x）＝m（x）?n由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)得m（x）＝ex上（0，+∞）上是增函數(shù)，且m（x）＝ex＞0，n′（x）=1x+1-1(x+1)2=x(x+1)2，當(dāng)且當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，n（x）＝ln（x+1）+1x∴g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增．（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）有g(shù)（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又g（0）＝1，故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，設(shè)w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），由（Ⅱ）有g(shù)（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，又因?yàn)閤+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），故w（x）單調(diào)遞增，又因?yàn)閟＞0，故w（s）＞w（0），即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因?yàn)楹瘮?shù)f（0）＝0，故f（s+t）＞f（s）+f（t），得證．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)切線，及證明函數(shù)不等式，屬于較難題目．16．（2022?乙卷）已知函數(shù)f（x）＝ax-1x-（a+1（1）當(dāng)a＝0時(shí)，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值．【專題】分類討論；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）函數(shù)f（x）的最大值為﹣1；（2）（0，+∞）．【分析】（1）將a＝0代入，對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，判斷其單調(diào)性，由此可得最大值；（2）對(duì)函數(shù)f（x）求導(dǎo)，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1討論即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)=易知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，∴f（x）在x＝1處取得極大值，同時(shí)也是最大值，∴函數(shù)f（x）的最大值為f（1）＝﹣1；（2）f'①當(dāng)a＝0時(shí)，由（1）可知，函數(shù)f（x）無零點(diǎn)；②當(dāng)a＜0時(shí)，易知函數(shù)f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，又f（1）＝a﹣1＜0，故此時(shí)函數(shù)f（x）無零點(diǎn)；③當(dāng)0＜a＜1時(shí)，易知函數(shù)f（x）在(0，1)，且f（1）＝a﹣1＜0，f(又由（1）可得，1x+lnx≥1，即ln1x≥1-x，則當(dāng)x＞1時(shí)，f(故存在m=(3a+2)2＞∴此時(shí)f（x）在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)；④當(dāng)a＝1時(shí)，f'(x)=(x-1)又f（1）＝0，故此時(shí)函數(shù)f（x）有唯一零點(diǎn)；⑤當(dāng)a＞1時(shí)，易知函數(shù)f（x）在(0，1a且f（1）＝a﹣1＞0，又由（1）可得，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，lnx＞1-1x此時(shí)f(故存在n=14(a+1)2故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上存在唯一零點(diǎn)；綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查里利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，極值及最值，考查函數(shù)的零點(diǎn)問題，考查分類討論思想及運(yùn)算求解能力，屬于難題．17．（2022?甲卷）已知函數(shù)f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲線y＝f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處的切線也是曲線y＝g（x）的切線．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范圍．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】計(jì)算題；方程思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）a＝3．（2）[﹣1，+∞）．【分析】（1）先由f（x）上的切點(diǎn)求出切線方程，設(shè)出g（x）上的切點(diǎn)坐標(biāo)，由斜率求出切點(diǎn)坐標(biāo)，再由函數(shù)值求出a即可；（2）設(shè)出g（x）上的切點(diǎn)坐標(biāo)，分別由f（x）和g（x）及切點(diǎn)表示出切線方程，由切線重合表示出a，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)求出函數(shù)值域，即可求得a的取值范圍．【解答】解：（1）由題意知，f（﹣1）＝﹣1﹣（﹣1）＝0，f'（x）＝3x2﹣1，f'（﹣1）＝3﹣1＝2，則y＝f（x）在點(diǎn)（﹣1，0）處的切線方程為y＝2（x+1），即y＝2x+2，設(shè)該切線與g（x）切于點(diǎn)（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，則g'（x2）＝2x2＝2，解得x2＝1，則g（1）＝1+a＝2+2，解得a＝3；（2）f'（x）＝3x2﹣1，則y＝f（x）在點(diǎn)（x1，f（x1））處的切線方程為y-(x設(shè)該切線與g（x）切于點(diǎn)（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，則g'（x2）＝2x2，則切線方程為y-(x則3x12令h(x)=94x4-2x3-32x2+14，則h'（x）＝9x3﹣6x2﹣3x＝3x（3x令h'（x）＜0，解得x＜-13或0＜x＜1，則x變化時(shí)，h'（x），hx(-∞，--1(-0（0，1）1（1，+∞）h′（x）﹣0+0﹣0+h（x）單調(diào)遞減527單調(diào)遞增14單調(diào)遞減﹣1單調(diào)遞增則h（x）的值域?yàn)閇﹣1，+∞），故a的取值范圍為[﹣1，+∞）．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的切線方程，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖象，數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想等知識(shí)，屬于中等題．18．（2022?浙江）設(shè)函數(shù)f（x）=e2x+lnx（（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲線y＝f（x）上不同的三點(diǎn)（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））處的切線都經(jīng)過點(diǎn)（a，b）．證明：（?。┤鬭＞e，則0＜b﹣f（a）＜12（a（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則2e（注：e＝2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性；利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值；利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（Ⅰ）f（x）在（e2，+∞）上單調(diào)遞增，在（0，e（Ⅱ）（i）證明過程見解答；（ⅱ）證明過程見解答．【分析】（Ⅰ）求出導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)能求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．（Ⅱ）（i）設(shè)切點(diǎn)分別為（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），則f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3個(gè)不同的根，該方程整理為（1x-a2x2）（x﹣a）-e2x-lnx+b=0，設(shè)g（x）＝（1x-e2x2）（x﹣a）-（ii）當(dāng)0＜a＜e時(shí)，g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，設(shè)x1＜x2＜x3，推導(dǎo)出a2e+1＜b＜a2e+lna，設(shè)t=ex，ae=m∈(0，1)，則方程1-a+e【解答】解：（Ⅰ）∵函數(shù)f（x）=e2x+lnx（∴f'(x)=-由f'(x)=2x-e2x2＞0由f'(x)=2x-e2x2＜0，得0（Ⅱ）（i）證明：∵過（a，b）有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)分別為（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3個(gè)不同的根，該方程整理為（1x-e2x2）（設(shè)g（x）＝（1x-e2x2）（x﹣a則g′（x）=1x-e2x2+(-1當(dāng)0＜x＜e或x＞a時(shí)，g′（x）＜0；當(dāng)e＜x＜a時(shí)，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上為減函數(shù)，在（e，a）上為增函數(shù)，∵g（x）有3個(gè)不同的零點(diǎn)，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（1e-e2e2）（e﹣a）-e2e-lne+b＜整理得到b＜a2此時(shí)，b＜a2此時(shí)，b-整理得b＜a2此時(shí)，b﹣f（a）-12（ae-1）＜a設(shè)μ（a）為（e，+∞）上的減函數(shù)，∴μ（a）＜3∴0＜（ii）當(dāng)0＜a＜e時(shí)，同（i）討論，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上為減函數(shù)，在（a，e）上為增函數(shù)，不妨設(shè)x1＜x2＜x3，則0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3個(gè)不同的零點(diǎn)，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，∴（1e-e2e2）（e﹣a）-e2e整理得a2∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）＝1-a設(shè)t=ex，a-a+eet+a記t1則t1，t2，t3為﹣（m+1）t+m設(shè)k=t1t3要證：2e即證2+e即證：t1而﹣（m+1）t1+m2t1∴l(xiāng)nt1-lnt3+m2∴t1∴即證-2即證(t1即證(k記φ(k)=∴φ（k）在（1，+∞）為增函數(shù)，∴φ（k）＞φ（m），∴(k設(shè)ω（m）＝lnm+(m-1)(m-13)(則ω′（x）=(∴ω（m）在（0，1）上是增函數(shù)，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴l(xiāng)nm+(m即(m+1)∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，則2e【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查不等式的證明，考查導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的單調(diào)性、極值、零點(diǎn)、換元法、構(gòu)造法等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是難題．19．（2022?上海）f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x）．（1）若將函數(shù)f（x）圖像向下移m（m＞0）后，圖像經(jīng)過（3，0），（5，0），求實(shí)數(shù)a，m的值．（2）若a＞﹣3且a≠0，求解不等式f（x）≤f（6﹣x）．【考點(diǎn)】不等式恒成立的問題；對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象．【專題】轉(zhuǎn)化思想；定義法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用；不等式的解法及應(yīng)用；運(yùn)算求解．【答案】（1）a＝﹣2，m＝1．（2）﹣3＜a＜0時(shí)，解集是（﹣a，3]；a＞0時(shí)，解集是[3，6）．【分析】（1）寫出函數(shù)圖像下移m個(gè)單位后的解析式，把點(diǎn)的坐標(biāo)代入求解即可得出m和a的值．（2）不等式化為log3（a+x）+log3（6﹣x）≤log3（a+6﹣x）+log3x，寫出等價(jià)不等式組，求出解集即可．【解答】解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x），將函數(shù)f（x）圖像向下移m（m＞0）后，得y＝f（x）﹣m＝log3（a+x）+log3（6﹣x）﹣m的圖像，由函數(shù)圖像經(jīng)過點(diǎn)（3，0）和（5，0），所以log3解得a＝﹣2，m＝1．（2）a＞﹣3且a≠0時(shí)，不等式f（x）≤f（6﹣x）可化為log3（a+x）+log3（6﹣x）≤log3（a+6﹣x）+log3x，等價(jià)于a+解得x＞-當(dāng)﹣3＜a＜0時(shí)，0＜﹣a＜3，3＜a+6＜6，解不等式得﹣a＜x≤3，當(dāng)a＞0時(shí)，﹣a＜0，a+6＞6，解不等式得3≤x＜6；綜上知，﹣3＜a＜0時(shí)，不等式f（x）≤f（6﹣x）的解集是（﹣a，3]，a＞0時(shí)，不等式f（x）≤f（6﹣x）的解集是[3，6）．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用問題，也考查了含有字母系數(shù)的不等式解法與應(yīng)用問題，是中檔題．20．（2022?天津）已知a，b∈R，函數(shù)f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（Ⅰ）求函數(shù)y＝f（x）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線方程；（Ⅱ）若曲線y＝f（x）和y＝g（x）有公共點(diǎn)，（?。┊?dāng)a＝0時(shí)，求b的取值范圍；（ⅱ）求證：a2+b2＞e．【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程．【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用；不等式；邏輯思維；運(yùn)算求解．【答案】（1）y＝（1﹣a）x+1；（2）（?。2e，+【分析】（Ⅰ）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義及直線的斜截式方程即可求解；（Ⅱ）（?。＝f（x）和y＝g（x）有公共點(diǎn)轉(zhuǎn)化為b=exx在（0，+∞）上有解，再構(gòu)造函數(shù)h（x）=exx，（x＞0），接著利用導(dǎo)數(shù)求出（ⅱ）令交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則ex0=asinx0+bx0，再利用柯西不等式及結(jié)論：x＞0時(shí)，x＞sinx，e【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函數(shù)y＝f（x）在（0，1）處的切線方程為y＝（1﹣a）x+1；（Ⅱ）（?。遖＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共點(diǎn)，∴方程f（x）＝g（x）有解，即ex=bx有解，顯然∴b=exx在（0設(shè)h（x）=exx，（x∴h′（x）=e∴當(dāng)x∈（0，12）時(shí)，h′（x）＜0；當(dāng)x∈（12，+∞）時(shí)，h′（x）＞∴h（x）在（0，12）上單調(diào)遞減，在（12，∴h(x)min=h(12)=2e，且當(dāng)x→0時(shí)，h（x）→+∞；當(dāng)∴h（x）∈[2e，+∴b的范圍為[2e，+（ⅱ）證明：令交點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x0，則ex∴由柯西不等式可得e2x0=(asinx0+bx0)2≤（∴a2+b2≥e又易證x＞0時(shí)，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴e2x故a2+b2＞e．【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義及直線的斜截式方程，將方程有解轉(zhuǎn)化為函數(shù)值域，柯西不等式，常見不等式的結(jié)論，屬中檔題．

考點(diǎn)卡片1．對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】2．對(duì)數(shù)值大小的比較【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、若兩對(duì)數(shù)的底數(shù)相同，真數(shù)不同，則利用對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性來比較．2、若兩對(duì)數(shù)的底數(shù)和真數(shù)均不相同，通常引入中間變量（1，﹣1，0）進(jìn)行比較3、若兩對(duì)數(shù)的底數(shù)不同，真數(shù)也不同，則利用函數(shù)圖象或利用換底公式化為同底的再進(jìn)行比較．（畫圖的方法：在第一象限內(nèi)，函數(shù)圖象的底數(shù)由左到右逐漸增大）3．極限及其運(yùn)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．?dāng)?shù)列極限（1）數(shù)列極限的表示方法：（2）幾個(gè)常用極限：③對(duì)于任意實(shí)常數(shù)，當(dāng)|a|＜1時(shí)，n→∞liman＝當(dāng)|a|＝1時(shí)，若a＝1，則n→∞liman＝1；若a＝﹣1，則n→∞liman＝（﹣當(dāng)|a|＞1時(shí)，n→∞lima（3）數(shù)列極限的四則運(yùn)算法則：如果，那么特別地，如果C是常數(shù)，那么．（4）數(shù)列極限的應(yīng)用：求無窮數(shù)列的各項(xiàng)和，特別地，當(dāng)|q|＜1時(shí)，無窮等比數(shù)列的各項(xiàng)和為S=a11-q（|q（化循環(huán)小數(shù)為分?jǐn)?shù)方法同上式）注：并不是每一個(gè)無窮數(shù)列都有極限．x→2．函數(shù)極限；（1）當(dāng)自變量x無限趨近于常數(shù)x0（但不等于x0）時(shí)，如果函數(shù)f（x）無限趨進(jìn)于一個(gè)常數(shù)a，就是說當(dāng)x趨近于x0時(shí)，函數(shù)f（x）的極限為a．記作x→x0limf(x)=a或當(dāng)x→x注：當(dāng)x→x0時(shí)，f（x）是否存在極限與f（x）在x0處是否定義無關(guān)，因?yàn)閤→x0并不要求x＝x0．（當(dāng)然，f（x）在x0是否有定義也與f（x）在x0處是否存在極限無關(guān)．函數(shù)f（x）在x0有定義是x→x0如P（x）=x-1x＞1-x+1x＜（2）函數(shù)極限的四則運(yùn)算法則：如果，那么特別地，如果C是常數(shù)，那么．注：①各個(gè)函數(shù)的極限都應(yīng)存在．②四則運(yùn)算法則可推廣到任意有限個(gè)極限的情況，但不能推廣到無限個(gè)情況．（3）幾個(gè)常用極限：3．函數(shù)的連續(xù)性：（1）如果函數(shù)f（x），g（x）在某一點(diǎn)x＝x0連續(xù)，那么函數(shù)f（x）±g（x），f（x），g（x），f(x)g(x)（g（x）≠0（2）函數(shù)f（x）在點(diǎn)x＝x0處連續(xù)必須滿足三個(gè)條件：①函數(shù)f（x）在點(diǎn)x＝x0處有定義；②x→x0limf(x)存在；③函數(shù)f（x）在點(diǎn)x＝x（3）函數(shù)f（x）在點(diǎn)x＝x0處不連續(xù)（間斷）的判定：如果函數(shù)f（x）在點(diǎn)x＝x0處有下列三種情況之一時(shí)，則稱x0為函數(shù)f（x）的不連續(xù)點(diǎn)．①f（x）在點(diǎn)x＝x0處沒有定義，即f（x0）不存在；②x→x0limf(x)不存在；③4．基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、基本函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)①C′＝0（C為常數(shù)）②（xn）′＝nxn﹣1（n∈R）③（sinx）′＝cosx④（cosx）′＝﹣sinx⑤（ex）′＝ex⑥（ax）′＝（ax）*lna（a＞0且a≠1）⑦[logax）]′=1x*（logae）=1xlna（a＞0且a≠1）⑧[lnx2、和差積商的導(dǎo)數(shù)①[f（x）+g（x）]′＝f′（x）+g′（x）②[f（x）﹣g（x）]′＝f′（x）﹣g′（x）③[f（x）g（x）]′＝f′（x）g（x）+f（x）g′（x）④[f(x)g3、復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)設(shè)y＝u（t），t＝v（x），則y′（x）＝u′（t）v′（x）＝u′[v（x）]v′（x）【解題方法點(diǎn)撥】1．由常數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)及正、余弦函數(shù)經(jīng)加、減、乘運(yùn)算得到的簡(jiǎn)單的函數(shù)均可利用求導(dǎo)法則與導(dǎo)數(shù)公式求導(dǎo)，而不需要回到導(dǎo)數(shù)的定義去求此類簡(jiǎn)單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)．2．對(duì)于函數(shù)求導(dǎo)，一般要遵循先化簡(jiǎn)，再求導(dǎo)的基本原則．求導(dǎo)時(shí)，不但要重視求導(dǎo)法則的應(yīng)用，而且要特別注意求導(dǎo)法則對(duì)求導(dǎo)的制約作用．在實(shí)施化簡(jiǎn)時(shí)，首先要注意化簡(jiǎn)的等價(jià)性，避免不必要的運(yùn)算失誤．【命題方向】題型一：和差積商的導(dǎo)數(shù)典例1：已知函數(shù)f（x）＝asinx+bx3+4（a∈R，b∈R），f′（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)，則f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝（）A．0B．2014C．2015D．8解：f′（x）＝acosx+3bx2，∴f′（﹣x）＝acos（﹣x）+3b（﹣x）2∴f′（x）為偶函數(shù)；f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝0∴f（2014）+f（﹣2014）＝asin（2014）+b?20143+4+asin（﹣2014）+b（﹣2014）3+4＝8；∴f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f（﹣2015）＝8故選D．題型二：復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)典例2：下列式子不正確的是（）A．（3x2+cosx）′＝6x﹣sinxB．（lnx﹣2x）′=1xC．（2sin2x）′＝2cos2xD．（sinxx）′解：由復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則對(duì)于選項(xiàng)A，（3x2+cosx）′＝6x﹣sinx成立，故A正確；對(duì)于選項(xiàng)B，(lnx-2對(duì)于選項(xiàng)C，（2sin2x）′＝4cos2x≠2cos2x，故C不正確；對(duì)于選項(xiàng)D，(sinxx)'=故選C．5．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是增函數(shù)，f′（x）＞0的解集與定義域的交集的對(duì)應(yīng)區(qū)間為增區(qū)間；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，則f（x）在（a，b）上是減函數(shù)，f′（x）＜0的解集與定義域的交集的對(duì)應(yīng)區(qū)間為減區(qū)間．2、利用導(dǎo)數(shù)求解多項(xiàng)式函數(shù)單調(diào)性的一般步驟：（1）確定f（x）的定義域；（2）計(jì)算導(dǎo)數(shù)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(gè)區(qū)間，列表考察這若干個(gè)區(qū)間內(nèi)f′（x）的符號(hào)，進(jìn)而確定f（x）的單調(diào)區(qū)間：f′（x）＞0，則f（x）在對(duì)應(yīng)區(qū)間上是增函數(shù)，對(duì)應(yīng)區(qū)間為增區(qū)間；f′（x）＜0，則f（x）在對(duì)應(yīng)區(qū)間上是減函數(shù)，對(duì)應(yīng)區(qū)間為減區(qū)間．【解題方法點(diǎn)撥】若在某區(qū)間上有有限個(gè)點(diǎn)使f′（x）＝0，在其余的點(diǎn)恒有f′（x）＞0，則f（x）仍為增函數(shù)（減函數(shù)的情形完全類似）．即在區(qū)間內(nèi)f′（x）＞0是f（x）在此區(qū)間上為增函數(shù)的充分條件，而不是必要條件．【命題方向】題型一：導(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系典例1：已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，f（﹣1）＝2，對(duì)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(shè)g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，則g′（x）＝f′（x）﹣2，∵對(duì)任意x∈R，f′（x）＞2，∴對(duì)任意x∈R，g′（x）＞0，即函數(shù)g（x）單調(diào)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(dǎo)數(shù)和函數(shù)單調(diào)性的綜合應(yīng)用典例2：已知函數(shù)f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）若函數(shù)y＝f（x）的圖象在點(diǎn)（2，f（2））處的切線的傾斜角為45°，對(duì)于任意的t∈[1，2]，函數(shù)g(x)=x3+x（Ⅲ）求證：ln2解：（Ⅰ）f'(x當(dāng)a＞0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，1]，減區(qū)間為[1，+∞）；當(dāng)a＜0時(shí)，f（x）的單調(diào)增區(qū)間為[1，+∞），減區(qū)間為（0，1]；當(dāng)a＝0時(shí)，f（x）不是單調(diào)函數(shù)（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(qū)間（t，3）上總不是單調(diào)函數(shù)，且g′（0）＝﹣2∴g由題意知：對(duì)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(shí)f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上單調(diào)遞增，∴當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴l(xiāng)nx＜x﹣1對(duì)一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，則有0＜lnn＜n﹣1，∴0∴l(xiāng)n6．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、極值的定義：（1）極大值：一般地，設(shè)函數(shù)f（x）在點(diǎn)x0附近有定義，如果對(duì)x0附近的所有的點(diǎn)，都有f（x）＜f（x0），就說f（x0）是函數(shù)f（x）的一個(gè)極大值，記作y極大值＝f（x0），x0是極大值點(diǎn)；（2）極小值：一般地，設(shè)函數(shù)f（x）在x0附近有定義，如果對(duì)x0附近的所有的點(diǎn)，都有f（x）＞f（x0），就說f（x0）是函數(shù)f（x）的一個(gè)極小值，記作y極小值＝f（x0），x0是極小值點(diǎn)．2、極值的性質(zhì)：（1）極值是一個(gè)局部概念，由定義知道，極值只是某個(gè)點(diǎn)的函數(shù)值與它附近點(diǎn)的函數(shù)值比較是最大或最小，并不意味著它在函數(shù)的整個(gè)的定義域內(nèi)最大或最小；（2）函數(shù)的極值不是唯一的，即一個(gè)函數(shù)在某區(qū)間上或定義域內(nèi)極大值或極小值可以不止一個(gè)；（3）極大值與極小值之間無確定的大小關(guān)系，即一個(gè)函數(shù)的極大值未必大于極小值；（4）函數(shù)的極值點(diǎn)一定出現(xiàn)在區(qū)間的內(nèi)部，區(qū)間的端點(diǎn)不能成為極值點(diǎn)，而使函數(shù)取得最大值、最小值的點(diǎn)可能在區(qū)間的內(nèi)部，也可能在區(qū)間的端點(diǎn)．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(cè)f（x）的導(dǎo)數(shù)異號(hào)，則x0是f（x）的極值點(diǎn)，f（x0）是極值，并且如果f′（x）在x0兩側(cè)滿足“左正右負(fù)”，則x0是f（x）的極大值點(diǎn)，f（x0）是極大值；如果f′（x）在x0兩側(cè)滿足“左負(fù)右正”，則x0是f（x）的極小值點(diǎn)，f（x0）是極小值．4、求函數(shù)f（x）的極值的步驟：（1）確定函數(shù)的定義區(qū)間，求導(dǎo)數(shù)f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，順次將函數(shù)的定義區(qū)間分成若干小開區(qū)間，并列成表格，檢查f′（x）在方程根左右的值的符號(hào)，如果左正右負(fù)，那么f（x）在這個(gè)根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么f（x）在這個(gè)根處取得極小值；如果左右不改變符號(hào)即都為正或都為負(fù)，則f（x）在這個(gè)根處無極值．【解題方法點(diǎn)撥】在理解極值概念時(shí)要注意以下幾點(diǎn)：（1）按定義，極值點(diǎn)x0是區(qū)間[a，b]內(nèi)部的點(diǎn)，不會(huì)是端點(diǎn)a，b（因?yàn)樵诙它c(diǎn)不可導(dǎo)）．（2）極值是一個(gè)局部性概念，只要在一個(gè)小領(lǐng)域內(nèi)成立即可．要注意極值必須在區(qū)間內(nèi)的連續(xù)點(diǎn)取得．一個(gè)函數(shù)在定義域內(nèi)可以有許多個(gè)極小值和極大值，在某一點(diǎn)的極小值也可能大于另一個(gè)點(diǎn)的極大值，也就是說極大值與極小值沒有必然的大小關(guān)系，即極大值不一定比極小值大，極小值不一定比極大值?。?）若f（x）在（a，b）內(nèi)有極值，那么f（x）在（a，b）內(nèi)絕不是單調(diào)函數(shù)，即在區(qū)間上單調(diào)的函數(shù)沒有極值．（4）若函數(shù)f（x）在[a，b]上有極值且連續(xù)，則它的極值點(diǎn)的分布是有規(guī)律的，相鄰兩個(gè)極大值點(diǎn)之間必有一個(gè)極小值點(diǎn)，同樣相鄰兩個(gè)極小值點(diǎn)之間必有一個(gè)極大值點(diǎn)，一般地，當(dāng)函數(shù)f（x）在[a，b]上連續(xù)且有有限個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，函數(shù)f（x）在[a，b]內(nèi)的極大值點(diǎn)、極小值點(diǎn)是交替出現(xiàn)的，（5）可導(dǎo)函數(shù)的極值點(diǎn)必須是導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)，但導(dǎo)數(shù)為0的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，不可導(dǎo)的點(diǎn)也可能是極值點(diǎn)，也可能不是極值點(diǎn)．7．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1、函數(shù)的最大值和最小值觀察圖中一個(gè)定義在閉區(qū)間[a，b]上的函數(shù)f（x）的圖象．圖中f（x1）與f（x3）是極小值，f（x2）是極大值．函數(shù)f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f（x）在[a，b]上必有最大值與最小值．說明：（1）在開區(qū)間（a，b）內(nèi)連續(xù)的函數(shù)f（x）不一定有最大值與最小值．如函數(shù)f（x）=1x在（0，（2）函數(shù)的最值是比較整個(gè)定義域內(nèi)的函數(shù)值得出的；函數(shù)的極值是比較極值點(diǎn)附近函數(shù)值得出的．（3）函數(shù)f（x）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)，是f（x）在閉區(qū)間[a，b]上有最大值與最小值的充分條件而非必要條件．（4）函數(shù)在其定義區(qū)間上的最大值、最小值最多各有一個(gè)，而函數(shù)的極值可能不止一個(gè)，也可能沒有一個(gè)2、用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值步驟：由上面函數(shù)f（x）的圖象可以看出，只要把連續(xù)函數(shù)所有的