(完整版)导数高考文科数学真题汇编：学生版,推荐文档

2017-2021年高考真题 导数 解答题全集 （学生版+解析版）1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．2．（2021•北京）已知函数f （x ）=3−2x x 2+a． （1）若a ＝0，求y ＝f （x ）在（1，f （1））处的切线方程；（2）若函数f （x ）在x ＝﹣1处取得极值，求f （x ）的单调区间，以及最大值和最小值．3．（2021•天津）已知a ＞0，函数f （x ）＝ax ﹣xe x ．（1）求曲线f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）证明函数f （x ）存在唯一的极值点；（3）若∃a ，使得f （x ）≤a +b 对任意的x ∈R 恒成立，求实数b 的取值范围．4．（2021•浙江）设a ，b 为实数，且a ＞1，函数f （x ）＝a x ﹣bx +e 2（x ∈R ）．（Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b ＞2e 2，函数f （x ）有两个不同的零点，求a 的取值范围；（Ⅲ）当a ＝e 时，证明：对任意b ＞e 4，函数f （x ）有两个不同的零点x 1，x 2，满足x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ． （注：e ＝2.71828⋯是自然对数的底数）5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f （x ）＝x （1﹣lnx ）．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且blna ﹣alnb ＝a ﹣b ，证明：2＜1a +1b ＜e ．8．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝x 3﹣x 2+ax +1．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）求曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）．（1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a ＝e 时，求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．13．（2020•北京）已知函数f （x ）＝12﹣x 2．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y ＝f （x ）在点（t ，f （t ））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S （t ），求S （t ）的最小值．14．（2020•浙江）已知1＜a ≤2，函数f （x ）＝e x ﹣x ﹣a ，其中e ＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x 0为函数y ＝f （x ）在 （0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a −1≤x 0≤√2(a −1)；（ⅱ）x 0f （e x 0）≥（e ﹣1）（a ﹣1）a ．15．（2020•江苏）已知关于x 的函数y ＝f （x ），y ＝g （x ）与h （x ）＝kx +b （k ，b ∈R ）在区间D 上恒有f （x ）≥h （x ）≥g （x ）．（1）若f （x ）＝x 2+2x ，g （x ）＝﹣x 2+2x ，D ＝（﹣∞，+∞），求h （x ）的表达式；（2）若f （x ）＝x 2﹣x +1，g （x ）＝klnx ，h （x ）＝kx ﹣k ，D ＝（0，+∞），求k 的取值范围；（3）若f （x ）＝x 4﹣2x 2，g （x ）＝4x 2﹣8，h （x ）＝4（t 3﹣t ）x ﹣3t 4+2t 2（0＜|t |≤√2），D ＝[m ，n ]⊂[−√2，√2]，求证：n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直．（1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．17．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝sin 2x sin2x ．（1）讨论f （x ）在区间（0，π）的单调性；（2）证明：|f （x ）|≤3√38； （3）设n ∈N *，证明：sin 2x sin 22x sin 24x …sin 22n x ≤3n 4n ． 18．（2020•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝2lnx +1．（1）若f （x ）≤2x +c ，求c 的取值范围；（2）设a ＞0，讨论函数g （x ）=f(x)−f(a)x−a的单调性． 19．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x +ax 2﹣x ．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围．20．（2020•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x 3﹣kx +k 2．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有三个零点，求k 的取值范围．21．（2019•全国）已知函数f （x ）=√x （x 2﹣ax ）．（1）当a＝1时，求f（x）的单调区间；（2）若f（x）在区间[0，2]的最小值为−23，求a．22．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+b．（1）讨论f（x）的单调性；（2）是否存在a，b，使得f（x）在区间[0，1]的最小值为﹣1且最大值为1？若存在，求出a，b的所有值；若不存在，说明理由．23．（2019•新课标Ⅲ）已知函数f（x）＝2x3﹣ax2+2．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当0＜a＜3时，记f（x）在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求M﹣m的取值范围．24．（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）＝alnx+√1+x，x＞0．（Ⅰ）当a=−34时，求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）对任意x∈[1e2，+∞）均有f（x）≤√x2a，求a的取值范围．注：e＝2.71828…为自然对数的底数．25．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝（x﹣1）lnx﹣x﹣1．证明：（1）f（x）存在唯一的极值点；（2）f（x）＝0有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．26．（2019•江苏）设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤4 27．27．（2019•天津）设函数f（x）＝lnx﹣a（x﹣1）e x，其中a∈R．（Ⅰ）若a≤0，讨论f（x）的单调性；（Ⅱ）若0＜a＜1 e，（ⅰ）证明f（x）恰有两个零点；（ⅱ）设x0为f（x）的极值点，x1为f（x）的零点，且x1＞x0，证明3x0﹣x1＞2．28．（2019•天津）设函数f （x ）＝e x cos x ，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）当x ∈[π4，π2]时，证明f （x ）+g （x ）（π2−x ）≥0； （Ⅲ）设x n 为函数u （x ）＝f （x ）﹣1在区间（2n π+π4，2n π+π2）内的零点，其中n ∈N ，证明2n π+π2−x n ＜e −2nπsinx 0−cosx 0． 29．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝2sin x ﹣x cos x ﹣x ，f ′（x ）为f （x ）的导数．（1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x ∈[0，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．30．（2019•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝lnx −x+1x−1． （1）讨论f （x ）的单调性，并证明f （x ）有且仅有两个零点；（2）设x 0是f （x ）的一个零点，证明曲线y ＝lnx 在点A （x 0，lnx 0）处的切线也是曲线y ＝e x 的切线．31．（2019•北京）已知函数f （x ）=14x 3﹣x 2+x ．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当x ∈[﹣2，4]时，求证：x ﹣6≤f （x ）≤x ；（Ⅲ）设F （x ）＝|f （x ）﹣（x +a ）|（a ∈R ），记F （x ）在区间[﹣2，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．32．（2019•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝sin x ﹣ln （1+x ），f ′（x ）为f （x ）的导数．证明：（1）f ′（x ）在区间（﹣1，π2）存在唯一极大值点； （2）f （x ）有且仅有2个零点．33．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（4a +1）x +4a +3]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线与x 轴平行，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．34．（2018•北京）设函数f （x ）＝[ax 2﹣（3a +1）x +3a +2]e x ．（Ⅰ）若曲线y ＝f （x ）在点（2，f （2））处的切线斜率为0，求a ；（Ⅱ）若f （x ）在x ＝1处取得极小值，求a 的取值范围．35．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝（2+x +ax 2）ln （1+x ）﹣2x ．（1）若a ＝0，证明：当﹣1＜x ＜0时，f （x ）＜0；当x ＞0时，f （x ）＞0；（2）若x＝0是f（x）的极大值点，求a．36．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥1e时，f（x）≥0．37．（2018•新课标Ⅲ）已知函数f（x）=ax2+x−1e x．（1）求曲线y＝f（x）在点（0，﹣1）处的切线方程；（2）证明：当a≥1时，f（x）+e≥0．38．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）＝e x﹣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．39．（2018•浙江）已知函数f（x）=√x−lnx．（Ⅰ）若f（x）在x＝x1，x2（x1≠x2）处导数相等，证明：f（x1）+f（x2）＞8﹣8ln2；（Ⅱ）若a≤3﹣4ln2，证明：对于任意k＞0，直线y＝kx+a与曲线y＝f（x）有唯一公共点．40．（2018•天津）已知函数f（x）＝a x，g（x）＝log a x，其中a＞1．（Ⅰ）求函数h（x）＝f（x）﹣xlna的单调区间；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线与曲线y＝g（x）在点（x2，g（x2））处的切线平行，证明x1+g（x2）=−2lnlna lna；（Ⅲ）证明当a≥e 1e时，存在直线l，使l是曲线y＝f（x）的切线，也是曲线y＝g（x）的切线．41．（2018•江苏）记f′（x），g′（x）分别为函数f（x），g（x）的导函数．若存在x0∈R，满足f（x0）＝g（x0）且f′（x0）＝g′（x0），则称x0为函数f（x）与g（x）的一个“S 点”．（1）证明：函数f（x）＝x与g（x）＝x2+2x﹣2不存在“S点”；（2）若函数f（x）＝ax2﹣1与g（x）＝lnx存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数f（x）＝﹣x2+a，g（x）=be xx．对任意a＞0，判断是否存在b＞0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”，并说明理由．42．（2018•新课标Ⅱ）已知函数f（x）=13x3﹣a（x2+x+1）．（1）若a ＝3，求f （x ）的单调区间；（2）证明：f （x ）只有一个零点．43．（2018•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）=1x −x +alnx ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2＜a ﹣2．44．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝ae 2x +（a ﹣2）e x ﹣x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．45．（2017•全国）已知函数f （x ）＝ax 3﹣3（a +1）x 2+12x ．（1）当a ＞0时，求f （x ）的极小值；（Ⅱ）当a ≤0时，讨论方程f （x ）＝0实根的个数．46．（2017•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．47．（2017•天津）设a ∈Z ，已知定义在R 上的函数f （x ）＝2x 4+3x 3﹣3x 2﹣6x +a 在区间（1，2）内有一个零点x 0，g （x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）求g （x ）的单调区间；（Ⅱ）设m ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，函数h （x ）＝g （x ）（m ﹣x 0）﹣f （m ），求证：h （m ）h （x 0）＜0；（Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且p q ∈[1，x 0）∪（x 0，2]，满足|p q −x 0|≥1Aq 4． 48．（2017•新课标Ⅱ）设函数f （x ）＝（1﹣x 2）•e x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≤ax +1，求实数a 的取值范围．49．（2017•山东）已知函数f （x ）＝x 2+2cos x ，g （x ）＝e x （cos x ﹣sin x +2x ﹣2），其中e ≈2.71828…是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（π，f （π））处的切线方程；（Ⅱ）令h （x ）＝g （x ）﹣af （x ）（a ∈R ），讨论h （x ）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．50．（2017•天津）设a ，b ∈R ，|a |≤1．已知函数f （x ）＝x 3﹣6x 2﹣3a （a ﹣4）x +b ，g （x ）＝e x f （x ）．（Ⅰ）求f （x ）的单调区间；（Ⅱ）已知函数y ＝g （x ）和y ＝e x 的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：f （x ）在x ＝x 0处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式g （x ）≤e x 在区间[x 0﹣1，x 0+1]上恒成立，求b 的取值范围．51．（2017•北京）已知函数f （x ）＝e x cos x ﹣x ．（1）求曲线y ＝f （x ）在点（0，f （0））处的切线方程；（2）求函数f （x ）在区间[0，π2]上的最大值和最小值． 52．（2017•江苏）已知函数f （x ）＝x 3+ax 2+bx +1（a ＞0，b ∈R ）有极值，且导函数f ′（x ）的极值点是f （x ）的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（Ⅱ）证明：b 2＞3a ；（Ⅲ）若f （x ），f ′（x ）这两个函数的所有极值之和不小于−72，求实数a 的取值范围．53．（2017•新课标Ⅱ）已知函数f （x ）＝ax 2﹣ax ﹣xlnx ，且f （x ）≥0．（1）求a ；（2）证明：f （x ）存在唯一的极大值点x 0，且e ﹣2＜f （x 0）＜2﹣2． 54．（2017•浙江）已知函数f （x ）＝（x −√2x −1）e ﹣x （x ≥12）． （1）求f （x ）的导函数；（2）求f （x ）在区间[12，+∞）上的取值范围． 55．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝lnx +ax 2+（2a +1）x ．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）当a ＜0时，证明：f （x ）≤−34a −2．56．（2017•新课标Ⅲ）已知函数f （x ）＝x ﹣1﹣alnx ．（1）若f （x ）≥0，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，（1+12）（1+122）…（1+12n ）＜m ，求m 的最小值．57．（2017•山东）已知函数f（x）=13x3−12ax2，a∈R，（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（3，f（3））处的切线方程；（2）设函数g（x）＝f（x）+（x﹣a）cos x﹣sin x，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．2017-2021年高考真题 导数 解答题全集（学生版+解析版）参考答案与试题解析1．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ．（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f （x ）恰有一个零点．①12＜a ≤e 22，b ＞2a ； ②0＜a ＜12，b ≤2a ．【解答】解：（Ⅰ）∵f （x ）＝（x ﹣1）e x ﹣ax 2+b ，f '（x ）＝x （e x ﹣2a ），①当a ≤0时，当x ＞0时，f '（x ）＞0，当x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，②当a ＞0时，令f '（x ）＝0，可得x ＝0或x ＝ln （2a ），（i ）当0＜a ＜12时，当x ＞0或x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当ln （2a ）＜x ＜0时，f '（x ）＜0，∴f （x ）在（﹣∞，ln （2a ）），（0，+∞）上单调递增，在（ln （2a ），0）上单调递减， （ii ）a =12时，f '（x ）＝x （e x ﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f （x ）在R 上单调递增，（iii ）当a ＞12时，当x ＜0或x ＞ln （2a ）时，f '（x ）＞0，当0＜x ＜ln （2a ）时，f '（x ）＜0，f （x ）在（﹣∞，0），（ln （2a ），+∞）上单调递增，在（0，ln （2a ））上单调递减． 综上所述：当 a ⩽0 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递减；在 （0，+∞）上 单调递增；当 0＜a ＜12 时，f （x ） 在 （﹣∞，ln （2a ）） 和 （0，+∞）上单调递增；在 （ln （2a ），0）上单调递减；当 a =12 时，f （x ） 在 R 上单调递增；当 a ＞12 时，f （x ） 在 （﹣∞，0）和 （ln （2a ），+∞） 上单调递增；在 （0，ln （2a ）） 上单调递减．（Ⅱ）证明：若选①，由 （Ⅰ）知，f （x ） 在 （﹣∞，0）上单调递增，（0，ln （2a ））单调递减，（ln（2a），+∞）上f（x）单调递增．注意到f(−√ba)=(−√b a−1)e−√ba＜0，f(0)=b−1＞2a−1＞0．∴f（x）在(−√ba，0]上有一个零点；f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），由12＜a⩽e22得0＜ln（2a）⩽2，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））⩾0，∴f（ln（2a））＞0，当x⩾0 时，f（x）⩾f（ln（2a））＞0，此时f（x）无零点．综上：f（x）在R上仅有一个零点．若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln（2a））上单调递增，在（ln（2a），0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．f（ln（2a））＝（ln（2a）﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln（2a）﹣2a﹣aln22a+2a＝aln（2a）（2﹣ln（2a）），∵0＜a＜12，∴ln（2a）＜0，∴aln（2a）（2﹣ln（2a））＜0，∴f（ln（2a））＜0，∴当x⩽0 时，f（x）⩽f（ln（2a））＜0，此时f（x）无零点．当x＞0 时，f（x）单调递增，注意到f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取c=√2(1−b)+2，∵b＜2a＜1，∴c＞√2＞1，又易证e c＞c+1，∴f(c)=(c−1)e c−ac2+b＞(c−1)(c+1)−ac2+b=(1−a)c2+b−1＞12c2+b−1=1−b+1+b−1＝1＞0，∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在R上有唯一零点．2．（2021•北京）已知函数f（x）=3−2x x2+a．（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．【解答】解：（1）f（x）=3−2xx2的导数为f′（x）=−2x2−2x(3−2x)x4=2x−6x3，可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（2）f（x）=3−2xx2+a的导数为f′（x）=−2(x2+a)−2x(3−2x)(x2+a)2，由题意可得f′（﹣1）＝0，即8−2a(a+1)2=0，解得a＝4，可得f（x）=3−2x x2+4，f′（x）=2(x+1)(x−4) (x2+4)2，当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值−14，且为最小值−1 4．所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）；f（x）的最大值为1，最小值为−1 4．3．（2021•天津）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xe x．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）e x，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）e x＝0，则a＝（x+1）e x，令g（x）＝（x+1）e x，则g'（x）＝（x+2）e x，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）e m，（m＞﹣1），所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）e m﹣m﹣me m﹣（1+m）e m＝（m2﹣m﹣1）e m （m＞﹣1），令h（x）＝（x2﹣x﹣1）e x（x＞﹣1），若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）e x＝（x﹣1）（x+2）e x，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．4．（2021•浙江）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝a x﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞blnb 2e2x1+e2b．（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝a x lna﹣b，①当b≤0时，由于a＞1，则a x lna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞ln blnalna，令f′（x）＜0，解得x＜ln blnalna，∴此时f（x）在(−∞，ln blnalna)单调递减，在(ln blnalna，+∞)单调递增；综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递减区间为(−∞，ln blnalna)，单调递增区间为(ln blnalna，+∞)；（Ⅱ）注意到x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需f(x)min=f(ln blnalna)＜0即可，∴a ln blnalna−b⋅ln blnalna+e2＜0对任意b＞2e2均成立，令t=ln blnalna，则at﹣bt+e2＜0，即e tlna﹣bt+e2＜0，即e lnblna−b⋅ln blnalna+e2＜0，即blna−b⋅ln blnalna+e2＜0，∴b−b⋅lnblna+e2lna＜0对任意b＞2e2均成立，记g(b)=b−b⋅lnblna+e2lna，b＞2e2，则g′(b)=1−(ln b lna+b⋅lna b⋅1lna)=ln(lna)−lnb，令g′（b）＝0，得b＝lna，①当lna＞2e2，即a＞e2e2时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意；②当lna≤2e2，即1＜a≤e2e2时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，此时g(b)＜g(2e2)=2e2−2e2⋅ln 2e2lna+e2lna=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；综上，实数a的取值范围为（1，e2]；（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝e x﹣bx+e2，f′（x）＝e x﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb ＞4，易知f(x)min =f(lnb)=e lnb −b ⋅lnb +e 2=b −blnb +e 2＜b −4b +e 2＝e 2﹣3b ＜e 2﹣3e 4＝e 2（1﹣3e 2）＜0，∴f （x ）有两个零点，不妨设为x 1，x 2，且x 1＜lnb ＜x 2，由f(x 2)=e x 2−bx 2+e 2=0，可得x 2=e x 2b +e 2b ，∴要证x 2＞blnb 2e 2x 1+e 2b ，只需证e x 2b ＞blnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1， 而f(2e 2b )=e 2e 2b −2e 2+e 2=e 2e 2b −e 2＜e 2e 2−e 2＜0，则x 1＜2e 2b ， ∴要证e x 2＞b 2lnb 2e 2x 1，只需证e x 2＞blnb ，只需证x 2＞ln （blnb ）， 而f （ln （blnb ））＝e ln（blnb ）﹣bln （blnb ）+e 2＝blnb ﹣bln （blnb ）+e 2＜blnb ﹣bln （4b ）+e 2=b ⋅ln 14+e 2=e 2−bln4＜0，∴x 2＞ln （blnb ），即得证．5．（2021•甲卷）设函数f （x ）＝a 2x 2+ax ﹣3lnx +1，其中a ＞0．（1）讨论f （x ）的单调性；（2）若y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）f ′（x ）＝2a 2x +a −3x =2a 2x 2+ax−3x =(2ax+3)(ax−1)x ，x ＞0， 因为a ＞0，所以−32a ＜0＜1a ，所以在（0，1a ）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减， 在（1a ，+∞）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增． 综上所述，f （x ）在（0，1a ）上单调递减，在（1a ，+∞）上f （x ）单调递增． （2）由（1）可知，f （x ）min ＝f （1a ）＝a 2×（1a ）2+a ×1a −3ln 1a +1＝3+3lna ， 因为y ＝f （x ）的图像与x 轴没有公共点，所以3+3lna ＞0，所以a ＞1e ，所以a 的取值范围为（1e，+∞）．6．（2021•乙卷）已知函数f （x ）＝ln （a ﹣x ），已知x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点．（1）求a ；（2）设函数g （x ）=x+f(x)xf(x)．证明：g （x ）＜1． 【解答】（1）解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，a ），令t （x ）＝xf （x ），则t （x ）＝xln （a ﹣x ），x ∈（﹣∞，a ），则t '（x ）＝ln （a ﹣x ）+x •−1a−x =ln(a −x)+−x a−x ，因为x ＝0是函数y ＝xf （x ）的极值点，则有t '（0）＝0，即lna ＝0，所以a ＝1， 当a ＝1时，t '（x ）=ln(1−x)+−x 1−x =ln(1−x)+−11−x +1，且t '（0）＝0，因为t ''（x ）=−11−x +−1(1−x)2=x−2(1−x)2＜0，则t '（x ）在（﹣∞，1）上单调递减，所以当x ∈（﹣∞，0）时，t '（x ）＞0，当x ∈（0，1）时，t '（x ）＜0，所以a ＝1时，x ＝0是函数y ＝xf （x ）的一个极大值点．综上所述，a ＝1；（2）证明：由（1）可知，xf （x ）＝xln （1﹣x ），要证x+f(x)xf(x)＜1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)＜1，因为当x ∈（﹣∞，0）时，xln （1﹣x ）＜0，当x ∈（0，1）时，xln （1﹣x ）＜0，所以需证明x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），即x +（1﹣x ）ln （1﹣x ）＞0，令h （x ）＝x +（1﹣x ）ln （1﹣x ），则h '（x ）＝（1﹣x ）⋅−11−x +1−ln(1−x)，所以h '（0）＝0，当x ∈（﹣∞，0）时，h '（x ）＜0，当x ∈（0，1）时，h '（x ）＞0，所以x ＝0为h （x ）的极小值点，所以h （x ）＞h （0）＝0，即x +ln （1﹣x ）＞xln （1﹣x ），故x+ln(1−x)xln(1−x)＜1， 所以x+f(x)xf(x)＜1．7．（2021•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜1a+1b＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1﹣lnx﹣1＝﹣lnx，∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增，x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna﹣alnb＝a﹣b，得−1aln1a+1b ln1b=1b−1a，即1a (1−ln1a)=1b(1−ln1b)，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令x1=1a，x2=1b，则x1，x2为f（x）＝k的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2﹣x1＞1，先证2＜x1+x2，即证x2＞2﹣x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）﹣f（2﹣x），则h′（x）＝f′（x）+f′（2﹣x）＝﹣lnx﹣ln（2﹣x）＝﹣ln[x（2﹣x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，（法一）即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）﹣f（e﹣x），x∈（0，1），则φ'（x）＝﹣ln[x（e﹣x）]，令φ′（x0）＝0，x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又0＜x＜e时，f（x）＞0，且f（e）＝0，故limx→0φ(x)=0，φ（1）＝f（1）﹣f（e﹣1）＞0，∴φ（x）＞0恒成立，x1+x2＜e得证，（法二）f（x1）＝f（x2），x1（1﹣lnx1）＝x2（1﹣lnx2），又x1∈（0，1），故1﹣lnx1＞1，x1（1﹣lnx1）＞x1，故x1+x2＜x1（1﹣lnx1）+x2＝x2（1﹣lnx2）+x2，x2∈（1，e），令g（x）＝x（1﹣lnx）+x，g′（x）＝1﹣lnx，x∈（1，e），在（1，e）上，g′（x）＞0，g（x）单调递增，所以g（x）＜g（e）＝e，即x2（1﹣lnx2）+x2＜e，所以x1+x2＜e，得证，则2＜1a+1b＜e．8．（2021•乙卷）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，①当△≤0，即a≥13时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；②当△＞0，即a＜13时，令f′（x）＝0，解得x1=1−√1−3a3，x2=1+√1−3a3，令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2，∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当a≥13时，f（x）在R上单调递增；当a＜13时，f（x）在(−∞，1−√1−3a3)，(1+√1−3a3，+∞)单调递增，在(1−√1−3a3，1+√1−3a3)单调递减．（2）设曲线y＝f（x）过坐标原点的切线为l，切点为(x0，x03−x02+ax0+1)，f′(x0)= 3x02−2x0+a，则切线方程为y−(x03−x02+ax0+1)=(3x02−2x0+a)(x−x0)，将原点代入切线方程有，2x 03−x 02−1=0，解得x 0＝1，∴切线方程为y ＝（a +1）x ，令x 3﹣x 2+ax +1＝（a +1）x ，即x 3﹣x 2﹣x +1＝0，解得x ＝1或x ＝﹣1，∴曲线y ＝f （x ）过坐标原点的切线与曲线y ＝f （x ）的公共点的坐标为（1，a +1）和（﹣1，﹣a ﹣1）．9．（2021•甲卷）已知a ＞0且a ≠1，函数f （x ）=x a a x （x ＞0）． （1）当a ＝2时，求f （x ）的单调区间；（2）若曲线y ＝f （x ）与直线y ＝1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【解答】解：（1）a ＝2时，f （x ）=x 22x ， f ′（x ）=2x⋅2x −2x ln2⋅x 2(2x )2=x(2−xln2)2x =ln2⋅x(2ln2−x)2x ， 当x ∈（0，2ln2）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（2ln2，+∞）时，f ′（x ）＜0， 故f （x ）在（0，2ln2）上单调递增，在（2ln2，+∞）上单调递减．（2）由题知f （x ）＝1在（0，+∞）有两个不等实根，f （x ）＝1⇔x a ＝a x ⇔alnx ＝xlna ⇔lnx x =lna a ， 令g （x ）=lnx x ，g ′（x ）=1−lnx x 2，g （x ）在（0，e ）上单调递增，在（e ，+∞）上单调递减，又lim x→0g （x ）＝﹣∞，g （e ）=1e ，g （1）＝0，lim x→+∞g （x ）＝0， 作出g （x ）的图象，如图所示：由图象可得0＜lna a ＜1e ，解得a ＞1且a ≠e ，即a 的取值范围是（1，e ）∪（e ，+∞）．10．（2020•新课标Ⅰ）已知函数f （x ）＝e x ﹣a （x +2）．（1）当a ＝1时，讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）有两个零点，求a 的取值范围．【解答】解：由题意，f （x ）的定义域为（﹣∞，+∞），且f ′（x ）＝e x ﹣a ．（1）当a ＝1时，f ′（x ）＝e x ﹣1，令f ′（x ）＝0，解得x ＝0．∴当x ∈（﹣∞，0）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；（2）当a ≤0时，f ′（x ）＝e x ﹣a ＞0恒成立，f （x ）在（﹣∞，+∞）上单调递增，不合题意；当a ＞0时，令f ′（x ）＝0，解得x ＝lna ，当x ∈（﹣∞，lna ）时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减，当x ∈（lna ，+∞）时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增．∴f （x ）的极小值也是最小值为f （lna ）＝a ﹣a （lna +2）＝﹣a （1+lna ）．又当x →﹣∞时，f （x ）→+∞，当x →+∞时，f （x ）→+∞．∴要使f （x ）有两个零点，只要f （lna ）＜0即可，则1+lna ＞0，可得a ＞1e ．综上，若f （x ）有两个零点，则a 的取值范围是（1e ，+∞）． 11．（2020•天津）已知函数f （x ）＝x 3+klnx （k ∈R ），f ′（x ）为f （x ）的导函数．（Ⅰ）当k ＝6时，（ⅰ）求曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程；（ⅱ）求函数g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x 的单调区间和极值；（Ⅱ）当k ≥﹣3时，求证：对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．【解答】解：（I ）（i ）当k ＝6时，f （x ）＝x 3+6lnx ，故f ′（x ）＝3x 2+6x，∴f ′（1）＝9，∵f （1）＝1，∴曲线y ＝f （x ）在点（1，f （1））处的切线方程为y ﹣1＝9（x ﹣1），即9x ﹣y ﹣8＝0．（ii ）g （x ）＝f （x ）﹣f ′（x ）+9x =x 3+6lnx ﹣3x 2+3x，x ＞0，∴g ′（x ）＝3x 2﹣6x +6x −3x 2=3(x−1)3(x+1)x 2，令g ′（x ）＝0，解得x ＝1， 当0＜x ＜1，g ′（x ）＜0， 当x ＞1，g ′（x ）＞0，∴函数g （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增， x ＝1是极小值点，极小值为g （1）＝1，无极大值 证明：（Ⅱ）由f （x ）＝x 3+klnx ，则f ′（x ）＝3x 2+kx， 对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，令x 1x 2=t ，t ＞1，则（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＝（x 1﹣x 2）（3x 12+kx 1+3x 22+kx 2）﹣2（x 13﹣x 23+klnx 1x 2），＝x 13﹣x 23﹣3x 12x 2+3x 1x 22+k （x 1x 2−x 2x 1）﹣2klnx 1x 2，＝x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t−2lnt ），① 令h （x ）＝x −1x −2lnx ，x ＞1， 当x ＞1时，h ′（x ）＝1+1x2−2x =（1−1x ）2＞0， ∴h （x ）在（1，+∞）单调递增，∴当t ＞1，h （t ）＞h （1）＝0，即t −1t −2lnt ＞0， ∵x 2≥1，t 3﹣3t 2+3t ﹣1＝（t ﹣1）3＞0，k ≥﹣3，∴x 23（t 3﹣3t 2+3t ﹣1）+k （t −1t −2lnt ）≥t 3﹣3t 2+3t ﹣1﹣3（t −1t −2lnt ）＝t 3﹣3t 2+6lnt +3t −1，②，由（Ⅰ）（ii ）可知当t ≥1时，g （t ）＞g （1） 即t 3﹣3t 2+6lnt +3t ＞1，③，由①②③可得（x 1﹣x 2）[f ′（x 1）+f ′（x 2）]﹣2[f （x 1）﹣f （x 2）]＞0， ∴当k ≥﹣3时，对任意的x 1，x 2∈[1，+∞），且x 1＞x 2，有f′(x 1)+f′(x 2)2＞f(x 1)−f(x 2)x 1−x 2．12．（2020•海南）已知函数f （x ）＝ae x ﹣1﹣lnx +lna ．（1）当a＝e时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．【解答】解：（1）当a＝e时，f（x）＝e x﹣lnx+1，∴f′（x）＝e x−1 x，∴f′（1）＝e﹣1，∵f（1）＝e+1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣（e+1）＝（e﹣1）（x﹣1），当x＝0时，y＝2，当y＝0时，x=−2e−1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积S=12×2×2e−1=2e−1．（2）方法一：由f（x）≥1，可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna﹣lnx+lna≥1，即e x﹣1+lna+lna+x﹣1≥lnx+x＝e lnx+lnx，令g（t）＝e t+t，则g′（t）＝e t+1＞0，∴g（t）在R上单调递增，∵g（lna+x﹣1）≥g（lnx）∴lna+x﹣1≥lnx，即lna≥lnx﹣x+1，令h（x）＝lnx﹣x+1，∴h′（x）=1x−1=1−x x，当0＜x＜1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，当x＞1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，∴h（x）≤h（1）＝0，∴lna≥0，∴a≥1，故a的范围为[1，+∞）．方法二：由f（x）≥1可得ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，x＞0，a＞0，即ae x﹣1﹣1≥lnx﹣lna，设g（x）＝e x﹣x﹣1，∴g′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，∴g（x）＞g（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1＞0，即e x＞x+1，再设h（x）＝x﹣1﹣lnx，∴h′（x）＝1−1x=x−1x，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，函数h（x）单调递减，当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝0，∴x﹣1﹣lnx≥0，即x﹣1≥lnx∴e x﹣1≥x，则ae x﹣1≥ax，此时只需要证ax≥x﹣lna，即证x（a﹣1）≥﹣lna，当a≥1时，∴x（a﹣1）＞0＞﹣lna恒成立，当0＜a＜1时，x（a﹣1）＜0＜﹣lna，此时x（a﹣1）≥﹣lna不成立，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法三：由题意可得x∈（0，+∞），a∈（0，+∞），∴f′（x）＝ae x﹣1−1 x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，①当0＜a＜1时，f′（1）＝a﹣1＜0，f′（1a ）＝a e1a−1−a＝a（e1a−1−1）＞0，∴存在x0∈（1，1a）使得f′（x0）＝0，当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，∴f（x）＜f（1）＝a+lna＜a＜1，不满足题意，②当a≥1时，e x﹣1＞0，lna＞0，∴f（x）≥e x﹣1﹣lnx，令g（x）＝e x﹣1﹣lnx，∴g′（x）＝e x﹣1−1 x，易知g′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵g′（1）＝0，∴当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，∴g（x）≥g（1）＝1，即f（x）≥1，综上所述a的取值范围为[1，+∞）．方法四：∵f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna，x＞0，a＞0，∴f′（x）＝ae x﹣1−1x，易知f′（x）在（0，+∞）上为增函数，∵y＝ae x﹣1在（0，+∞）上为增函数，y=1x在0，+∞）上为减函数，∴y＝ae x﹣1与y=1x在0，+∞）上有交点，∴存在x0∈（0，+∞），使得f′（x0）＝a e x0−1−1x0=0，则a e x0−1=1x0，则lna+x0﹣1＝﹣lnx0，即lna＝1﹣x0﹣lnx0，当x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，∴f（x）≥f（x0）＝a e x0−1−lnx0+lna=1x0−lnx0+1﹣x0﹣lnx0=1x−2lnx0+1﹣x0≥1∴1x0−2lnx0﹣x0≥0设g（x）=1x−2lnx﹣x，易知函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，且g（1）＝1﹣0﹣1＝0，∴当x∈（0，1]时，g（x）≥0，∴x0∈（0，1]时，1x0−2lnx0﹣x0≥0，设h（x）＝1﹣x﹣lnx，x∈（0，1]，∴h′（x）＝﹣1−1x＜0恒成立，∴h（x）在（0，1]上单调递减，∴h（x）≥h（1）＝1﹣1﹣ln1＝0，当x→0时，h（x）→+∞，∴lna≥0＝ln1，∴a≥1．方法五：f（x）≥1等价于ae x﹣1﹣lnx+lna≥1，该不等式恒成立．当x＝1时，有a+lna≥1，其中a＞0．设g（a）＝a+lna﹣1，则g'（a）＝1+1a＞0，则g（a）单调递增，且g（1）＝0．所以若a+lna≥1成立，则必有a≥1．∴下面证明当a≥1时，f（x）≥1成立．设h（x）＝e x﹣x﹣1，∴h′（x）＝e x﹣1，∴h（x）在（﹣∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增，∴h（x）≥h（0）＝1﹣0﹣1＝0，∴e x﹣x﹣1≥0，即e x≥x+1，把x换成x﹣1得到e x﹣1≥x，∵x﹣1≥lnx，∴x﹣lnx≥1．∴f（x）＝ae x﹣1﹣lnx+lna≥e x﹣1﹣lnx≥x﹣lnx≥1，当x＝1时等号成立．综上，a≥1．13．（2020•北京）已知函数f（x）＝12﹣x2．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）的斜率等于﹣2的切线方程；（Ⅱ）设曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S（t），求S（t）的最小值．【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝12﹣x2的导数f′（x）＝﹣2x，令切点为（m，n），可得切线的斜率为﹣2m＝﹣2，∴m＝1，∴n＝12﹣1＝11，∴切线的方程为y＝﹣2x+13；（Ⅱ）曲线y＝f（x）在点（t，f（t））处的切线的斜率为k＝﹣2t，切线方程为y﹣（12﹣t2）＝﹣2t（x﹣t），令x＝0，可得y＝12+t2，令y＝0，可得x=12t+6t，∴S（t）=12•|12t+6t|•（12+t2），由S（﹣t）＝S（t），可知S（t）为偶函数，不妨设t＞0，则S（t）=14（t+12t）（12+t2），∴S′（t）=14（3t2+24−144t2）=34•(t2−4)(t2+12)t2，由S′（t）＝0，得t＝2，当t＞2时，S′（t）＞0，S（t）递增；当0＜t＜2时，S′（t）＜0，S（t）递减，则S（t）在t＝2和﹣2处取得极小值，且为最小值32，所以S（t）的最小值为32．14．（2020•浙江）已知1＜a≤2，函数f（x）＝e x﹣x﹣a，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数y＝f（x）在（0，+∞）上的零点，证明：（ⅰ）√a−1≤x0≤√2(a−1)；（ⅱ）x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．【解答】证明：（Ⅰ）∵f（x）＝e x﹣x﹣a＝0（x＞0），∴f′（x）＝e x﹣1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∵1＜a≤2，∴f（2）＝e2﹣2﹣a≥e2﹣4＞0，又f（0）＝1﹣a＜0，∴函数y＝f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．（Ⅱ）（i）f（x0）＝0，∴e x0−x0﹣a＝0，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)，∴e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，令g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2（0＜x＜2），h（x）＝e x﹣x﹣1−x22，（0＜x＜2），一方面，h′（x）＝e x﹣1﹣x＝h1（x），ℎ1′(x)=e x−1＞0，∴h′（x）＞h′（0）＝0，∴h（x）在（0，2）单调递增，∴h（x）＞h（0）＝0，∴e x﹣x﹣1−x22＞0，2（ex﹣x﹣1）＞x2，另一方面，1＜a≤2，∴a﹣1≤1，∴当x0≥1时，√a−1≤x0成立，∴只需证明当0＜x＜1时，g（x）＝e x﹣x﹣1﹣x2≤0，∵g′（x）＝e x﹣1﹣2x＝g1（x），g1'（x）＝e x﹣2＝0，∴x＝ln2，当x∈（0，ln2）时，g1'（x）＜0，当x∈（ln2，1）时，g1'（x）＞0，∴g′（x）＜max{g′（0），g′（1）}，g′（0）＝0，g′（1）＝e﹣3＜0，∴g′（x）＜0，∴g（x）在（0，1）单调递减，∴g（x）＜g（0）＝0，∴e x﹣x﹣1＜x2，综上，e x0−x0−1≤x02≤2(e x0−x0−1)，∴√a−1≤x0≤√2(a−1)．（ii）要证明x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a，只需证x0f（x0+a）≥（e﹣1）（a﹣1）a，由（i）得只需证e√a−1+a−√a−1−2a≥（e﹣1）a√a−1，∵e x≥1+x+12x2，∴只需证1+12（√a−1+a）2﹣a≥（e﹣1）a√a−1，只需证a2−(√a−1)2−2（e﹣2）a√a−1≥0，即证√a−1−√a−1a≥2（e﹣2），∵√a−1=√a−1+√a−1∈[2，+∞），∴√a−1−√a−1a≥2−12=32≥2(e−2)，∴x0f（e x0）≥（e﹣1）（a﹣1）a．15．（2020•江苏）已知关于x的函数y＝f（x），y＝g（x）与h（x）＝kx+b（k，b∈R）在区间D上恒有f（x）≥h（x）≥g（x）．（1）若f（x）＝x2+2x，g（x）＝﹣x2+2x，D＝（﹣∞，+∞），求h（x）的表达式；（2）若f（x）＝x2﹣x+1，g（x）＝klnx，h（x）＝kx﹣k，D＝（0，+∞），求k的取值范围；（3）若f（x）＝x4﹣2x2，g（x）＝4x2﹣8，h（x）＝4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2（0＜|t|≤√2），D＝[m，n]⊂[−√2，√2]，求证：n﹣m≤√7．【解答】解：（1）由f（x）＝g（x）得x＝0，又f′（x）＝2x+2，g′（x）＝﹣2x+2，所以f′（0）＝g′（0）＝2，所以，函数h（x）的图象为过原点，斜率为2的直线，所以h（x）＝2x，经检验：h（x）＝2x，符合任意，（2）h（x）﹣g（x）＝k（x﹣1﹣lnx），设φ（x）＝x﹣1﹣lnx，设φ′（x）＝1−1x=x−1x，在（1，+∞）上，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，在（0，1）上，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）≥φ（1）＝0，所以当h（x）﹣g（x）≥0时，k≥0，令p（x）＝f（x）﹣h（x）所以p（x）＝x2﹣x+1﹣（kx﹣k）＝x2﹣（k+1）x+（1+k）≥0，得，当x＝k+1≤0时，即k≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以p（x）＞p（0）＝1+k≥0，k≥﹣1，所以k＝﹣1，当k+1＞0时，即k＞﹣1时，△≤0，即（k+1）2﹣4（k+1）≤0，解得﹣1＜k≤3，综上，k∈[0，3]．（3）①当1≤t≤√2时，由g（x）≤h（x），得4x2﹣8≤4（t3﹣t）x﹣3t4+2t2，整理得x2﹣（t3﹣t）x+3t4−2t2−84≤0，（*）令△＝（t3﹣t）2﹣（3t4﹣2t2﹣8），则△＝t6﹣5t4+3t2+8，记φ（t）＝t6﹣5t4+3t2+8（1≤t≤√2），则φ′（t）＝6t5﹣20t3+6t＝2t（3t2﹣1）（t2﹣3）＜0，恒成立，所以φ（t）在[1，√2]上是减函数，则φ（√2）≤φ（t）≤φ（1），即2≤φ（t）≤7，所以不等式（*）有解，设解为x1≤x≤x2，因此n﹣m≤x2﹣x1=√△≤√7．②当0＜t＜1时，f（﹣1）﹣h（﹣1）＝3t4+4t3﹣2t2﹣4t﹣1，设v （t ）＝3t 4+4t 3﹣2t 2﹣4t ﹣1，则v ′（t ）＝12t 3+12t 2﹣4t ﹣4＝4（t +1）（3t 2﹣1）， 令v ′（t ）＝0，得t =√33， 当t ∈（0，√33）时，v ′（t ）＜0，v （t ）是减函数， 当t ∈（√33，1）时，v ′（t ）＞0，v （t ）是增函数， v （0）＝﹣1，v （1）＝0， 则当0＜t ＜1时，v （t ）＜0，则f （﹣1）﹣h （﹣1）＜0，因此﹣1∉（m ，n ）， 因为[m ，n ]⊆[−√2，√2]，所以n ﹣m ≤√2+1＜√7，③当−√2≤t ＜0时，因为f （x ），g （x ）为偶函数，因此n ﹣m ≤√7也成立， 综上所述，n ﹣m ≤√7．16．（2020•新课标Ⅲ）设函数f （x ）＝x 3+bx +c ，曲线y ＝f （x ）在点（12，f （12））处的切线与y 轴垂直． （1）求b ；（2）若f （x ）有一个绝对值不大于1的零点，证明：f （x ）所有零点的绝对值都不大于1．【解答】（1）解：由f （x ）＝x 3+bx +c ，得f ′（x ）＝3x 2+b ， ∴f ′（12）＝3×(12)2+b =0，即b =−34；（2）证明：法一、设x 0为f （x ）的一个零点，根据题意，f(x 0)=x 03−34x 0+c =0，且|x 0|≤1，则c =−x 03+34x 0，且|x 0|≤1， 令c （x ）=−x 3+34x （﹣1≤x ≤1）， ∴c ′（x ）=−3x 2+34=−3(x +12)(x −12)， 当x ∈（﹣1，−12）∪（12，1）时，c ′（x ）＜0，当x ∈（−12，12）时，c ′（x ）＞0 可知c （x ）在（﹣1，−12），（12，1）上单调递减，在（−12，12）上单调递增．又c （﹣1）=14，c （1）=−14，c （−12）=−14，c （12）=14，∴−14≤c ≤14．设x 1 为f （x ）的零点，则必有f(x 1)=x 13−34x 1+c =0， 即−14≤c =−x 13+34x 1≤14，∴{4x 13−3x 1−1=(x 1−1)(2x 1+1)2≤04x 13−3x 1+1=(x 1+1)(2x 1−1)2≥0，得﹣1≤x 1≤1， 即|x 1|≤1．∴f （x ）所有零点的绝对值都不大于1． 法二、由（1）可得，f （x ）=x 3−34x +c ． f ′（x ）=3x 2−34=3(x +12)(x −12)， 可得当x ∈（﹣∞，−12）∪（12，+∞）时，f ′（x ）＞0，当x ∈（−12，12）时，f ′（x ）＜0，则f （x ）在（﹣∞，−12），（12，+∞）上单调递增，在（−12，12）上单调递减．且f （﹣1）＝c −14，f （−12）＝c +14，f （12）＝c −14，f （1）＝x +14，若f （x ）的所有零点中存在一个绝对值大于1的零点x 0，则f （﹣1）＞0或f （1）＜0． 即c ＞14或c ＜−14．当c ＞14时，f （﹣1）＝c −14＞0，f （−12）＝c +14＞0，f （12）＝c −14＞0，f （1）＝c +14＞0，又f （﹣4c ）＝﹣64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＜0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（﹣4c ，﹣1）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（﹣∞，﹣1）上存在唯一零点，在（1，+∞）上不存在零点． 此时f （x ）不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当c ＜−14时，f （﹣1）＝c −14＜0，f （−12）＝c +14＜0，f （12）＝c −14＜0，f （1）＝c +14＜0，又f （﹣4c ）＝64c 3+3c +c ＝4c （1﹣16c 2）＞0，由零点存在性定理可知，f （x ）在（1，﹣4c ）上存在唯一一个零点． 即f （x ）在（1，+∞）上存在唯一零点，在（﹣∞，1）上不存在零点．。

函数与导数一、单选题1．（2024·全国）已知函数为22,0()e ln(1),0x x ax a x f x x x ì---<=í++³î，在R 上单调递增，则a 取值的范围是（）A ．(,0]-¥B ．[1,0]-C ．[1,1]-D ．[0,)+¥2．（2024·全国）已知函数为()f x 的定义域为R ，()(1)(2)f x f x f x >-+-，且当3x <时()f x x =，则下列结论中一定正确的是（）A ．(10)100f >B ．(20)1000f >C ．(10)1000f <D ．(20)10000f <3．（2024·全国）设函数2()(1)1f x a x =+-，()cos 2g x x ax =+，当(1,1)x Î-时，曲线()y f x =与()y g x =恰有一个交点，则=a （）A ．1-B ．12C ．1D ．24．（2024·全国）设函数()()ln()f x x a x b =++，若()0f x ³，则22a b +的最小值为（）A ．18B ．14C ．12D ．15．（2024·全国）曲线()631f x x x =+-在()0,1-处的切线与坐标轴围成的面积为（）A ．16B C ．12D ．6．（2024·全国）函数()()2e e sin x xf x x x -=-+-在区间[ 2.8,2.8]-的大致图像为（）A ．B ．C ．D ．7．（2024·全国）设函数()2e 2sin 1x xf x x +=+，则曲线()y f x =在()0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（）A ．16B ．13C ．12D ．238．（2024·北京）已知()11,x y ，()22,x y 是函数2x y =图象上不同的两点，则下列正确的是（）A ．12122log 22y y x x ++>B ．12122log 22y y x x ++<C ．12212log 2y y x x +>+D ．12212log 2y y x x +<+9．（2024·天津）下列函数是偶函数的是（）A ．22e 1x x y x -=+B ．22cos 1x x y x +=+C ．e 1x xy x -=+D ．||sin 4e x x x y +=10．（2024·天津）若0.30.34.24.2 4.2log 0.2a b c -===，，，则a b c ，，的大小关系为（）A ．a b c >>B ．b a c >>C ．c a b>>D ．b c a>>11．（2024·上海）下列函数()f x 的最小正周期是2π的是（）A ．sin cos x x +B ．sin cos x xC ．22sin cos x x+D ．22sin cos x x-12．（2024·上海）已知函数()f x 的定义域为R ，定义集合()()(){}0000,,,M x x x x f x f x ¥=ÎÎ-<R ，在使得[]1,1M =-的所有()f x 中，下列成立的是（）A ．存在()f x 是偶函数B ．存在()f x 在2x =处取最大值C ．存在()f x 是严格增函数D ．存在()f x 在=1x -处取到极小值二、多选题13．（2024·全国）设函数2()(1)(4)f x x x =--，则（）A ．3x =是()f x 的极小值点B ．当01x <<时，()2()f x f x <C ．当12x <<时，4(21)0f x -<-<D ．当10x -<<时，(2)()f x f x ->14．（2024·全国）设函数32()231f x x ax =-+，则（）A ．当1a >时，()f x 有三个零点B ．当0a <时，0x =是()f x 的极大值点C ．存在a ，b ，使得x b =为曲线()y f x =的对称轴D ．存在a ，使得点()()1,1f 为曲线()y f x =的对称中心三、填空题15．（2024·全国）若曲线e x y x =+在点()0,1处的切线也是曲线ln(1)y x a =++的切线，则=a .16．（2024·全国）已知1a >，8115log log 42a a -=-，则=a ．17．（2024·全国）曲线33y x x =-与()21y x a =--+在()0,¥+上有两个不同的交点，则a 的取值范围为．18．（2024·天津）若函数()21f x ax =-+有唯一零点，则a 的取值范围为．19．（2024·上海）已知()0,1,0x f x x >=£ïî则()3f =．四、解答题20．（2024·全国）已知函数3()ln(1)2xf x ax b x x=++--(1)若0b =，且()0f x ¢³，求a 的最小值；(2)证明：曲线()y f x =是中心对称图形；(3)若()2f x >-当且仅当12x <<，求b 的取值范围．21．（2024·全国）已知函数3()e x f x ax a =--．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()1,(1)f 处的切线方程；(2)若()f x 有极小值，且极小值小于0，求a 的取值范围．22．（2024·全国）已知函数()()1ln 1f x a x x =--+．(1)求()f x 的单调区间；(2)若2a £时，证明：当1x >时，()1e xf x -<恒成立．23．（2024·全国）已知函数()()()1ln 1f x ax x x =-+-．(1)当2a =-时，求()f x 的极值；(2)当0x ³时，()0f x ³恒成立，求a 的取值范围．24．（2024·北京）已知()()ln 1f x x k x =++在()()(),0t f t t >处切线为l ．(1)若切线l 的斜率1k =-，求()f x 单调区间；(2)证明：切线l 不经过()0,0；(3)已知1k =，()(),A t f t ，()()0,C f t ，()0,0O ，其中0t >，切线l 与y 轴交于点B 时．当215ACO ABO S S =△△，符合条件的A 的个数为？（参考数据：1.09ln31.10<<，1.60ln51.61<<，1.94ln71.95<<）25．（2024·天津）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³在()0,x ¥Î+时恒成立，求a 的取值范围；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．26．（2024·上海）若()log (0,1)a f x x a a =>¹．(1)()y f x =过()4,2，求()()22f x f x -<的解集；(2)存在x 使得()()()12f x f ax f x ++、、成等差数列，求a 的取值范围．27．（2024·上海）对于一个函数()f x 和一个点(),M a b ，令()()22()()s x x a f x b =-+-，若()()00,P x f x 是()s x 取到最小值的点，则称P 是M 在()f x 的“最近点”．(1)对于1()(0)f x x x=>，求证：对于点()0,0M ，存在点P ，使得点P 是M 在()f x 的“最近点”；(2)对于()()e ,1,0xf x M =，请判断是否存在一个点P ，它是M 在()f x 的“最近点”，且直线MP 与()y f x =在点P 处的切线垂直；(3)已知()y f x =在定义域R 上存在导函数()f x ¢，且函数()g x 在定义域R 上恒正，设点()()()11,M t f t g t --，()()()21,M t f t g t ++．若对任意的t ÎR ，存在点P 同时是12,M M 在()f x的单调性．f x的“最近点”，试判断()。

专题03 导数及其应用（选择题、填空题）1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y =2sin+cos 在点(π，-1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2+b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-3．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x =D ．y x =4．【2017年高考浙江】函数y=f ()的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f ()的图象可能是5．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】函数()2e e x xf x x--=的图像大致为6．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】函数422y x x =-++的图像大致为7．【2017年高考山东文数】若函数e ()xf x （e 2.71828=L 是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中具有M 性质的是 A ．()2xf x -= B ．2()f x x = C ．()3x f x -=D ．()cos f x x =8．【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >09．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 10．【2019年高考天津文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 11．【2018年高考天津文数】已知函数f ()=eln ，f ′()为f ()的导函数，则f ′（1）的值为__________． 12．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________．13．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 14．【2017年高考天津文数】已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________．15．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ .16．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln 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 ▲ .17．【2018年高考江苏】若函数在有且只有一个零点，则在[−1,1]上的最大值与最小值的和为________． 18．【2017年高考江苏】已知函数31()2e exx f x x x =-+-，其中e 是自然对数的底数．若(1)f a -+2(2)0f a ≤，则实数a 的取值范围是 ▲ ．。

专题04 导数及其应用（解答题）1．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f （）=2sin -cos -，f ′（）为f （）的导数． （1）证明：f ′（）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若∈[0，π]时，f （）≥a ，求a 的取值范围．2．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln 1f x x x x =---．证明：（1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．3．【2019年高考天津文数】设函数()ln (1)e x f x x a x =--，其中a ∈R .（Ⅰ）若a ≤0，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10ea <<， （i ）证明()f x 恰有两个零点；（ii ）设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->.4．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22f x x ax =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0<a <3时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．5．【2019年高考北京文数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ），当M （a ）最小时，求a 的值．6．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x +> （1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a ≤ 求a 的取值范围． 注：e=2.71828…为自然对数的底数．7．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=…，且f （）的极大值为M ，求证M ≤427．8．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数21()ex ax x f x +-=． （1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程；（2）证明：当1a ≥时，()e 0f x +≥．9．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()e ln 1xf x a x =--． （1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间；（2）证明：当1e a ≥时，()0f x ≥．10．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()()32113f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间；（2）证明：()f x 只有一个零点．11．【2018年高考北京文数】设函数2()[(31)32]e x f x ax a x a =-+++.（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线斜率为0，求a ；（Ⅰ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围.12．【2018年高考天津文数】设函数123()=()()()f x x t x t x t ---，其中123,,t t t ∈R ,且123,,t t t 是公差为d 的等差数列．（I ）若20,1,t d ==求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；（II ）若3d =，求()f x 的极值；（III ）若曲线()y f x =与直线2()y x t =---d 的取值范围．13．【2018年高考浙江】已知函数f．（Ⅰ）若f()在=1，2(1≠2)处导数相等，证明：f(1)+f(2)>8−8ln2；（Ⅱ）若a≤3−4ln2，证明：对于任意>0，直线y=+a与曲线y=f()有唯一公共点．14．【2018年高考江苏】某农场有一块农田，如图所示，它的边界由圆O的一段圆弧MPN（P为此圆弧的中点）和线段MN构成．已知圆O的半径为40米，点P到MN的距离为50米．现规划在此农田上修建两个温室大棚，大棚Ⅰ内的地块形状为矩形ABCD，大棚Ⅱ内的地块形状为CDP△，要求,A B均在线段MN上，,C D均在圆弧上．设OC与MN所成的角为θ．（1）用θ分别表示矩形ABCD和CDP△的面积，并确定sinθ的取值范围；（2）若大棚Ⅰ内种植甲种蔬菜，大棚Ⅱ内种植乙种蔬菜，且甲、乙两种蔬菜的单位面积年产值之比为4:3．求当θ为何值时，能使甲、乙两种蔬菜的年总产值最大．15．【2018年高考江苏】记(),()f x g x ''分别为函数(),()f x g x 的导函数．若存在0x ∈R ，满足00()()f xg x =且00()()f x g x ''=，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”．（1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”；（2）若函数2()1f x ax =-与()ln g x x =存在“S 点”，求实数a 的值； （3）已知函数2()f x x a =-+，e ()xb g x x =．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由．16．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数()f x =e(e−a )−a 2．（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()0f x ≥，求a 的取值范围．17．【2017年高考全国Ⅱ卷文数】设函数2()(1)e x f x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x ≥时，()1f x ax ≤+，求a 的取值范围.18．【2017年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数()2(1)ln 2x ax a x f x =+++． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当a ﹤0时，证明3()24f x a≤--．19．【2017年高考浙江】已知函数f ()=（e x -（12x ≥）． （1）求f ()的导函数；（2）求f ()在区间1[+)2∞，上的取值范围．20．【2017年高考北京文数】已知函数()e cos x f x x x =-．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程； （Ⅱ）求函数()f x 在区间π[0,]2上的最大值和最小值．21．【2017年高考天津文数】设,a b ∈R ，||1a ≤．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围．22．【2017年高考山东文数】已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . （Ⅰ）当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；（Ⅱ）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.23．【2017年高考江苏】已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b =+++>∈R 有极值，且导函数()'f x 的极值点是()f x 的零点．（极值点是指函数取极值时对应的自变量的值）（1）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：23>b a ；（3）若()f x ，()'f x 这两个函数的所有极值之和不小于72-，求a 的取值范围．。

导数高考题专练1、(2012课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）设函数f(x)= e x－ax－2(Ⅰ)求f(x)的单调区间(Ⅱ)若a=1，k为整数，且当x>0时，(x－k) f´(x)+x+1>0，求k的最大值2、(2013课标全国Ⅰ，文20)(本小题满分12分)已知函数f(x)＝e x(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．3、(2015课标全国Ⅰ，文21）.（本小题满分12分）设函数2()ln x f x ea x =-.（Ⅰ）讨论()f x 的导函数'()f x 零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+。

4、(2016课标全国Ⅰ，文21)（本小题满分12分）已知函数.2)1(2)(-+-=x a e x x f x ）（ (I)讨论)(x f 的单调性；(II)若)(x f 有两个零点，求的取值范围.5、（(2016全国新课标二，20）（本小题满分12分）已知函数.（I ）当时，求曲线在处的切线方程；(II)若当时，，求的取值范围.()(1)ln (1)f x x x a x =+--4a =()y f x =()1,(1)f ()1,x ∈+∞()0f x ＞a6(2016山东文科。

20)(本小题满分13分) 设f(x)=x ln x–ax2+(2a–1)x，a∈R.(Ⅰ)令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；(Ⅱ)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.2017.（12分）已知函数)（a e2x+(a﹣2) e x﹣x.f xf x的单调性；（1）讨论()（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.2018全国卷)（12分）已知函数．⑴讨论的单调性；⑵若存在两个极值点，，证明：．导数高考题专练（答案）12解：(1)f′(x)＝e x(ax＋a＋b)－2x－4. 由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知，f(x)＝4e x(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4e x(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)·1e2x⎛⎫-⎪⎝⎭.令f′(x)＝0得，x＝－ln 2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x ＝－2时，函数f (x )取得极大值，极大值为f (－2)＝4(1－e －2)．34 (I )(i)设，则当时，；当时，. 所以在单调递减，在单调递增.(ii)设，由得x=1或x=ln(-2a).()()()()()'12112.x x f x x e a x x e a =-+-=-+0a ≥(),1x ∈-∞()'0f x <()1,x ∈+∞()'0f x >(),1-∞()1,+∞0a <()'0f x =①若，则，所以在单调递增. ②若，则ln(-2a)<1,故当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.③若，则，故当时，，当时，，所以在单调递增，在单调递减.(II)(i)设，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又，取b 满足b <0且， 则，所以有两个零点. (ii)设a =0，则所以有一个零点.(iii)设a <0，若，则由(I)知，在单调递增. 又当时，<0，故不存在两个零点；若，则由(I)知，在单调递减，在单调递增.又当时<0，故不存在两个零点.2e a =-()()()'1xf x x e e =--()f x (),-∞+∞2ea >-()()(),ln 21,x a ∈-∞-+∞()'0f x >()()ln 2,1x a ∈-()'0f x <()f x ()()(),ln 2,1,a -∞-+∞()()ln 2,1a -2ea <-()21ln a ->()()(),1ln 2,x a ∈-∞-+∞()'0f x >()()1,ln 2x a ∈-()'0f x <()f x ()()(),1,ln 2,a -∞-+∞()()1,ln 2a -0a >()f x (),1-∞()1,+∞()()12f e f a =-=，ln 22b a<()()()23321022a f b b a b a b b ⎛⎫>-+-=->⎪⎝⎭()f x ()()2xf x x e =-()f x 2ea ≥-()f x ()1,+∞1x ≤()f x ()f x 2ea <-()f x ()()1,ln 2a -()()ln 2,a -+∞1x ≤()f x ()f x综上，a 的取值范围为.5试题解析：（I ）()f x 的定义域为(0,)+∞.当4=a 时，1()(1)ln 4(1),()ln 3'=+--=+-f x x x x f x x x，(1)2,(1)0.'=-=f f 曲线()=y f x 在(1,(1))f 处的切线方程为220.x y +-=（II ）当(1,)∈+∞x 时，()0>f x 等价于(1)ln 0.1-->+a x x x 令(1)()ln 1-=-+a x g x x x ，则 222122(1)1(),(1)0(1)(1)+-+'=-==++a x a x g x g x x x x ，（i ）当2≤a ，(1,)∈+∞x 时，222(1)1210+-+≥-+>x a x x x ，故()0,()'>g x g x 在(1,)∈+∞x 上单调递增，因此()0>g x ；（ii ）当2>a 时，令()0'=g x 得1211=-=-+x a x a ，由21>x 和121=x x 得11<x ，故当2(1,)∈x x 时，()0'<g x ，()g x 在2(1,)∈x x 单调递减，因此()0<g x .综上，a 的取值范围是(],2.-∞6试题分析：(Ⅰ)求导数()'ln 22,f x x ax a =-+ 可得()()ln 22,0,g x x ax a x =-+∈+∞， 从而()112'2axg x a x x-=-=， ()0,+∞讨论当0a ≤时，当0a >时的两种情况即得.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()'10f =.分以下情况讨论：①当0a ≤时，②当102a <<时，③当12a =时，④当12a >时，综合即得. 试题解析：(Ⅰ)由()'ln 22,f x x ax a =-+ 可得()()ln 22,0,g x x ax a x =-+∈+∞， 则()112'2axg x a x x-=-=， 当0a ≤时，()0,x ∈+∞时，()'0g x >，函数()g x 单调递增； 当0a >时，10,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0g x >，函数()g x 单调递增， 1,2x a ⎛⎫∈+∞⎪⎝⎭时，()'0g x <，函数()g x 单调递减. 所以当0a ≤时，函数()g x 单调递增区间为()0,+∞；当0a >时，函数()g x 单调递增区间为10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，单调递减区间为1,2a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(Ⅱ)由(Ⅰ)知，()'10f =.①当0a ≤时，()'0f x <，()f x 单调递减. 所以当()0,1x ∈时，()'0f x <，()f x 单调递减.当()1,x ∈+∞时，()'0f x >，()f x 单调递增. 所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意.②当102a <<时，112a >，由(Ⅰ)知()'f x 在10,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭内单调递增， 可得当当()0,1x ∈时，()'0f x <，11,2x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >， 所以()f x 在(0,1)内单调递减，在11,2a ⎛⎫⎪⎝⎭内单调递增， 所以()f x 在x=1处取得极小值，不合题意.③当12a =时，即112a=时，()'f x 在(0,1)内单调递增，在 ()1,+∞内单调递减， 所以当()0,x ∈+∞时，()'0f x ≤， ()f x 单调递减，不合题意.④当12a >时，即1012a << ，当1,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()'0f x >，()f x 单调递增, 当()1,x ∈+∞时，()'0f x <，()f x 单调递减， 所以f(x)在x=1处取得极大值，合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为12a >.2017.解：（1）函数()f x 的定义域为22(,),()2(2)()xx x x f x eae a e a e a '-∞+∞=--=+-①若0a =，则2()xf x e =，在(,)-∞+∞单调递增 ②若0a >，则由()0f x '=得ln x a =2018．解：（1）f （x ）的定义域为(0)+∞，，f ′（x ）=a e x –1x．由题设知，f ′（2）=0，所以a =212e ．从而f （x ）=21e ln 12e x x --，f ′（x ）=211e 2e x x-． 当0<x <2时，f ′（x ）<0；当x >2时，f ′（x ）>0．所以f （x ）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a ≥1e 时，f （x ）≥e ln 1exx --．设g （x ）=e ln 1e x x --，则e 1()e x g x x '=-．当0<x <1时，g ′（x ）<0；当x >1时，g ′（x ）>0．所以x =1是g （x ）的最小值点． 故当x >0时，g （x ）≥g （1）=0．因此，当1e a ≥时，()0f x ≥．。

导数文科大题含详细答案————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：导数文科大题1.知函数，. （1）求函数的单调区间；（2）若关于的方程有实数根，求实数的取值范围. 答案解析2.已知, (1)若,求函数在点处的切线方程; (2)若函数在上是增函数,求实数a 的取值范围; (3)令, 是自然对数的底数);求当实数a等于多少时,可以使函数取得最小值为3.解:(1)时,,′(x),′(1)=3,,数在点处的切线方程为,(2)函数在上是增函数,′(x),在上恒成立,即,在上恒成立,令,当且仅当时,取等号, ,的取值范围为(3),′(x),①当时,在上单调递减,,计算得出(舍去);②当且时,即,在上单调递减,在上单调递增,,计算得出,满足条件;③当,且时,即,在上单调递减,,计算得出(舍去);综上,存在实数,使得当时,有最小值3.解析(1)根据导数的几何意义即可求出切线方程.(2)函数在上是增函数,得到f′(x),在上恒成立,分离参数,根据基本不等式求出答案,(3),求出函数的导数,讨论,,的情况,从而得出答案3.已知函数,(1)分别求函数与在区间上的极值;(2)求证:对任意,解:(1),令,计算得出:,,计算得出:或,故在和上单调递减,在上递增,在上有极小值,无极大值;,,则,故在上递增,在上递减,在上有极大值,,无极小值;(2)由(1)知,当时,,,故;当时,,令,则,故在上递增,在上递减,,;综上,对任意,解析(1)求导,利用导数与函数的单调性及极值关系,即可求得及单调区间及极值;4.已知函数,其中,为自然数的底数.(1)当时,讨论函数的单调性;(2)当时,求证:对任意的,.解:(1)当时,,则,,故则在R上单调递减.(2)当时,,要证明对任意的,.则只需要证明对任意的,.设,看作以a为变量的一次函数,要使,则,即,恒成立,①恒成立,对于②,令,则,设时,,即.,,在上,,单调递增,在上,,单调递减,则当时,函数取得最大值,故④式成立,综上对任意的,.解析:(1)求函数的导数,利用函数单调性和导数之间的关系进行讨论即可.(2)对任意的,转化为证明对任意的,,即可,构造函数,求函数的导数,利用导数进行研究即可.5.已知函数(1)当时,求函数在处的切线方程;(2)求在区间上的最小值.解:(1)设切线的斜率为k.因为,所以,所以,所以所求的切线方程为,即(2)根据题意得, 令,可得①若,则,当时,,则在上单调递增.所以②若,则, 当时,,则在上单调递减. 所以③若,则,所以,随x的变化情况如下表:x 1 20 - 0 + 0-e Φ极小值Γ0所以的单调递减区间为,单调递增区间为所以在上的最小值为综上所述:当时,;当时,;当时,解析(1)设切线的斜率为k.利用导数求出斜率,切点坐标,然后求出切线方程.(2)通过,可得.通过①,②,③,判断函数的单调性求出函数的最值.6.已知函数。

高考数学导数试题及答案1. 已知函数 \( f(x) = x^3 - 3x \)，求 \( f'(x) \)。

答案：首先对函数 \( f(x) \) 求导，得到 \( f'(x) = 3x^2 - 3 \)。

2. 函数 \( g(x) = \sin x + \cos x \) 的导数 \( g'(x) \) 是多少？答案：分别对 \( \sin x \) 和 \( \cos x \) 求导，得到 \( g'(x) = \cos x - \sin x \)。

3. 求函数 \( h(x) = e^x \) 的导数。

答案：\( h(x) \) 的导数是 \( h'(x) = e^x \)。

4. 已知 \( u(x) = \ln x \)，求 \( u'(x) \)。

答案：对 \( \ln x \) 求导，得到 \( u'(x) = \frac{1}{x} \)。

5. 函数 \( v(x) = x^2 \cdot e^x \) 的导数 \( v'(x) \) 是什么？答案：使用乘积法则求导，得到 \( v'(x) = 2xe^x + x^2e^x \)。

6. 求函数 \( w(x) = \frac{1}{x} \) 的导数。

答案：对 \( \frac{1}{x} \) 求导，得到 \( w'(x) = -\frac{1}{x^2} \)。

7. 已知 \( z(x) = \sqrt{x} \)，求 \( z'(x) \)。

答案：对 \( \sqrt{x} \) 求导，得到 \( z'(x) =\frac{1}{2\sqrt{x}} \)。

8. 函数 \( y = x^3 - 6x^2 + 9x + 1 \) 的导数 \( y' \) 是多少？答案：对 \( y \) 求导，得到 \( y' = 3x^2 - 12x + 9 \)。

2013年全国各地高考文科数学试卷分类汇编：导数一、选择题1 ．（2013年高考课标Ⅱ卷（文））已知函数32()f x x ax bx c =+++,下列结论中错误的是（ ）A ．0x ∃∈R,0()0f x =B．函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点,则()f x 在区间0(,)x -∞上单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点,则0'()0f x =【答案】C2 ．（2013年高考大纲卷（文））已知曲线()421-128=y xax a a =+++在点，处切线的斜率为，（ ）A ．9B ．6C ．-9D ．-6【答案】D3 ．（2013年高考湖北卷（文））已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞【答案】B4 ．（2013年高考福建卷（文））设函数)(x f 的定义域为R ,)0(00≠x x 是)(x f 的极大值点,以下结论一定正确的是（ ）A ．)()(,0x f x f R x ≤∈∀B ．0x -是)(x f -的极小值点C ．0x -是)(x f -的极小值点D ．0x -是)(x f --的极小值点【答案】D5 ．（2013年高考安徽（文））已知函数32()f x x ax bx c =+++有两个极值点12,x x ,若112()f x x x =<,则关于x 的方程23(())2()0f x af x b ++=的不同实根个数为（ ）A ．3B ．4C ．5D ．6【答案】A6 ．（2013年高考浙江卷（文））已知函数y=f(x)的图像是下列四个图像之一,且其导函数y=f’(x)的图像如右图所示,则该函数的图像是【答案】B 二、填空题7 ．（2013年高考广东卷（文））若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴,则a =____________.【答案】128 ．（2013年高考江西卷（文））若曲线1y x α=+(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=_________.【答案】2 三、解答题9 ．（2013年高考浙江卷（文））已知a∈R,函数f(x)=2x 3-3(a+1)x 2+6ax(Ⅰ)若a=1,求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程。

导数高考题专练1、(2012课标全国I,文21)(本小题满分12分)设函数f(x)= e x－ax－ 2(I )求f(x)的单调区间(H )若a=1, k为整数，且当x>0时，(x-k) f'(x)+x+1>0,求k的最大值2、(2013课标全国I,文20)(本小题满分12分)已知函数f (x) = e x(ax + b) —x2-4x,曲线y= f (x)在点(0 , f (0))处的切线方程为y = 4x+ 4.(1) 求a, b 的值；(2) 讨论f (x) 的单调性,并求f (x) 的极大值．3、(2015课标全国I,文21).(本小题满分12分)设函数f (x) e2x aln x.(I)讨论f (x)的导函数f'(x)零点的个数;2(I)证明：当a 0 时，f (x) 2a a Ina4、(2016课标全国I,文21)(本小题满分12分) 已知函数.f(x) (x 2) e x a(x 1)2(I) 讨论f (x)的单调性；(II) 若f(x)有两个零点，求曲的取值范围.5、((2016全国新课标二，20)(本小题满分12 分)已知函数 f (x) (x 1)ln x a(x 1).(I) 当a 4时，求曲线y f(x)在1, f(1)处的切线方程; (II) 若当x 1, 时，f(x)> 0,求a的取值范围.6(2016山东文科。

20)(本小题满分13 分)设f(x)=xlnx~ax2+(2a- 1), a€ R.(I )令g(x)=f(x)，求g(x)的单调区间；(n)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.2017. (12 分)已知函数(X)ae2x+(a - 2) e x- x.( 1)讨论f (x) 的单调性；2)若有两个零点，求 a 的取值范围f (x)2018全国卷）（12分）已知函数' ■ ■ ■： :; III VX ⑴讨论的单调性；⑵若存在两个极值点，，证明:导数高考题专练（答案）C21）解；< I 〉刃力的定文域为+»）■ /X*） - e 1 ~若aWQ.,所以『⑴在单调递增.若总〉。

专题 8：导数（文）经典例题分析考点一：求导公式。

例 1. f (x) 是 f (x) 1 x32x 1 的导函数，则 f ( 1) 的值是。

3分析： f ' x x 22，所以 f ' 1 1 23答案： 3考点二：导数的几何意义。

例 2.已知函数 y f ( x) 的图象在点 M (1， f (1)) 处的切线方程是 y 1x 2 ，则2f (1) f (1)。

分析：由于 k 1，所以25，所以 f 15，所以221f ' 1，由切线过点M (1，f (1))，可得点M的纵坐标为2f 1 f ' 13答案： 3例 3.曲线y x32x24x 2 在点 (1， 3) 处的切线方程是。

分析： y'3x24x 4 ，点 (1， 3) 处切线的斜率为k 3 4 4 5 ，所以设切线方程为 y5x b ，将点 (1， 3) 带入切线方程可得b 2 ，所以，过曲线上点(1，3)处的切线方程为：5x y 2 0答案： 5x y 20评论：以上两小题均是对导数的几何意义的考察。

考点三：导数的几何意义的应用。

例 4.已知曲线 C ：y x33x 22x，直线 l : y kx ，且直线l 与曲线C相切于点x0 , y0 x00 ，求直线l的方程及切点坐标。

解析：直线过原点，则 k y0 x0 0 。

由点x0, y0在曲线 C 上，则x0y 0 x 0 3 3x 0 22x 0 ， y 0x 0 23x 02。

又 y' 3x 26x2 ，在x 0x 0 , y 0处 曲 线 C 的 切 线 斜 率 为 k f ' x 03x 0 2 6x 02 ，23x 0 22 6x 02 ，整理得： 2 x 0 3x 0 0 ，解得： x 03 0x 03x 0或 x 02（舍），此时，y 03 ， k 1 。

所以，直线 l 的方程为 y1x ，切点坐标是8443 , 3 。