1、預測03 導數及其應用從高考對導數的要求看，考查分三個層次，一是考查導數公式，求導法則與導數的幾何意義；二是導數的簡單應用，包括求函數的單調區間、極值、最值等；三是綜合考查，如研究函數零點、證明不等式、恒成立問題、求參數范圍等.除壓軸題，同時在小題中也加以考查，難度控制在中等以上.應特別是注意將導數內容和傳統內容中有關不等式、數列、函數圖象及函數單調性有機結合，設計綜合題，考查學生靈活應用數學知識分析問題、解決問題的能力.1、基本初等函數的導數公式(1)(x)x1 (為常數)；(2)(ax)axlna(a0且a1)；(3)(logax)eq f(1,x)logaeeq f(1,xln a) (

2、a0，且a1)；(4)(ex)ex；(5)(ln x)eq f(1,x)；(6)(sin x)cosx；(7)(cos x)sinx.2、導數的運算法則(1)f(x)g(x)f(x)g(x)；(2)f(x)g(x)f(x)g(x)f(x)g(x)；(3)eq blcrc(avs4alco1(f(fx,gx)eq f(fxgxfxgx,g2x) (g(x)0).3、復合函數的導數若yf(u)，uaxb，則yxyuux，即yxyua.（1）函數的單調性在某個區間(a，b)內，如果f(x)0，那么函數yf(x)在這個區間內單調遞增；如果f(x)0，右側f(x)0，那么f(x0)是極大值；如果在x0附

3、近的左側f(x)0，那么f(x0)是極小值.求可導函數的極值的步驟求f(x)；求方程f(x)0的根；檢查f(x)在方程f(x)0的根的左右兩側導數值的符號.如果左正右負，那么f(x)在這個根處取得極大值；如果左負右正，那么f(x)在這個根處取得極小值.（3）函數的最值(1)在閉區間a，b上連續的函數f(x)在a，b上必有最大值與最小值.(2)若函數f(x)在a，b上單調遞增，則f(a)為函數的最小值，f(b)為函數的最大值；若函數f(x)在a，b上單調遞減，則f(a)為函數的最大值，f(b)為函數的最小值.(3)設函數f(x)在a，b上連續，在(a，b)內可導，求f(x)在a，b上的最大值和最

4、小值的步驟如下：求f(x)在區間(a，b)內的極值；將f(x)的各極值與f(a)，f(b)進行比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.（4）方法技巧1、利用導數的符號來判斷函數的單調性；2、已知函數的單調性求函數范圍可以轉化為不等式恒成立問題；3、f(x)為增函數的充要條件是對任意的x(a，b)都有f(x)0且在(a，b)內的任一非空子區間上f(x)0.應注意此時式子中的等號不能省略，否則漏解.4、導函數的零點并不一定就是函數的極值點.所以在求出導函數的零點后一定要注意分析這個零點是不是函數的極值點.5、一般地，若af(x)對xD恒成立，則只需af(x)max；若af(x)對xD恒成

5、立，則只需af(x0)成立，則只需af(x)min；若存在x0D，使af(x0)成立，則只需a0)，當且僅當x1時，等號成立(2)指數形式：exx1(xR)，當且僅當x0時，等號成立進一步可得到一組不等式鏈：exx1x1ln x(x0，且x1)一選擇題（共3小題）1（2021乙卷）設a0，若xa為函數f（x）a（xa）2（xb）的極大值點，則（）AabBabCaba2Daba2【解答】解：令f（x）0，解得xa或xb，即xa及xb是f（x）的兩個零點，當a0時，由三次函數的性質可知，要使xa是f（x）的極大值點，則函數f（x）的大致圖象如下圖所示，則0ab；當a0時，由三次函數的性質可知，要使

6、xa是f（x）的極大值點，則函數f（x）的大致圖象如下圖所示，則ba0；綜上，aba2故選：D2（2021新高考）若過點（a，b）可以作曲線yex的兩條切線，則（）AebaBeabC0aebD0bea【解答】解：法一：函數yex是增函數，yex0恒成立，函數的圖象如圖，y0，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，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0bea故選：D法二：設過點（a，b）的切線橫坐標為t，則切線方程為yet

7、（xt）+et，可得bet（a+1t），設f（t）et（a+1t），可得f（t）et（at），t（，a），f（t）0，f（t）是增函數，t（a，+），f（t）0，f（t）是減函數，因此當且僅當0bea時，上述關于t的方程有兩個實數解，對應兩條切線故選：D3（壓軸）（2021乙卷）設a2ln1.01，bln1.02，c=1.04-AabcBbcaCbacDcab【解答】解：a2ln1.01ln1.0201，bln1.02，ab，令f（x）2ln（1+x）（1+4x-1），0 x令1+4x=t，則1x=tg（t）2ln（t2+34）t+12ln（t2+3）t+12g（t）=4tt2g（t）在（1，

8、5）上單調遞增，g（t）g（1）2ln41+12ln40，f（x）0，ac，同理令h（x）ln（1+2x）（1+4x-再令1+4x=t，則1x=t（t）ln（t2+12）t+1ln（t2+1）t+1（t）=2tt2（t）在（1，5）上單調遞減，（t）（1）ln21+1ln20，h（x）0，cb，acb故選：B二填空題（共2小題）4（2021甲卷）曲線y=2x-1x+2在點（1，3）處的切線方程為5x【解答】解：因為y=2x-1x所以y=2(所以y|x15，則曲線y=2x-1xy（3）5x（1），即5xy+20故答案為：5xy+205（壓軸）（2021新高考）已知函數f（x）|ex1|，x10，

9、x20，函數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|AM|BN|的取值范圍是 （【解答】解：當x0時，f（x）1ex，導數為f（x）ex，可得在點A（x1，1ex1）處的斜率為k1ex1，切線AM的方程為y（1ex1）ex1（xx1），令x0，可得y1ex1+x1ex1，即M（0，1ex1+x1ex1），當x0時，f（x）ex1，導數為f（x）ex，可得在點B（x2，ex21）處的斜率為k2ex2，令x0，可得yex21x2ex2，即N（0，ex21x2ex2），由f（x）的圖象在A，B處的切線相互垂直，可得k1k2ex1

10、ex21，即為x1+x20，x10，x20，所以|AM|BN|=故答案為：（0，1）三解答題（共4小題）6（2021甲卷）已知a0且a1，函數f（x）=xaax （1）當a2時，求f（x）的單調區間；（2）若曲線yf（x）與直線y1有且僅有兩個交點，求a的取值范圍【解答】解：（1）a2時，f（x）=xf（x）=2當x（0，2ln2）時，f（x）0，當x（2ln2，+）時，f（故f（x）的單調遞增區間為（0，2ln2），單調遞減區間為（2ln（2）由題知f（x）1在（0，+）有兩個不等實根，f（x）1xaaxalnxxlnalnxx令g（x）=lnxx，g（x）=1-lnxx2，g（x）在（0，

11、又當x1時，g（x）0，g（1）0，g（e）=1e，當x1時，g（x）作出g（x）的圖象，如圖所示：由圖象可得0lnaa1e，解得a1即a的取值范圍是（1，e）（e，+）7（2021乙卷）已知函數f（x）ln（ax），已知x0是函數yxf （x）的極值點（1）求a；（2）設函數g（x）=x+f(x)xf【解答】（1）解：由題意，f（x）的定義域為（，a），令t（x）xf（x），則t（x）xln（ax），x（，a），則t（x）ln（ax）+x-1因為x0是函數yxf（x）的極值點，則有t（0）0，即lna0，所以a1，當a1時，t（x）=ln(1-x)+-x1-因為t（x）=-則t（x）在（，1

12、）上單調遞減，所以當x（，0）時，t（x）0，當x（0，1）時，t（x）0，所以a1時，x0是函數yxf（x）的一個極大值點綜上所述，a1；（2）證明：由（1）可知，xf（x）xln（1x），要證x+f(因為當x（，0）時，xln（1x）0，當x（0，1）時，xln（1x）0，所以需證明x+ln（1x）xln（1x），即x+（1x）ln（1x）0，令h（x）x+（1x）ln（1x），則h（x）（1x）-11-x+1-ln所以h（0）0，當x（，0）時，h（x）0，當x（0，1）時，h（x）0，所以x0為h（x）的極小值點，所以h（x）h（0）0，即x+ln（1x）xln（1x），故x+所以x+

13、8（2021新高考）已知函數f（x）x（1lnx）（1）討論f（x）的單調性；（2）設a，b為兩個不相等的正數，且blnaalnbab，證明：21a【解答】（1）解：由函數的解析式可得f（x）1lnx1lnx，x（0，1），f（x）0，f（x）單調遞增，x（1，+），f（x）0，f（x）單調遞減，則f（x）在（0，1）單調遞增，在（1，+）單調遞減（2）證明：由blnaalnbab，得-1即1a由（1）f（x）在（0，1）單調遞增，在（1，+）單調遞減，所以f（x）maxf（1）1，且f（e）0，令x1=1則x1，x2為f（x）k 的兩根，其中k（0，1）不妨令x1（0，1），x2（1，e），

14、則2x11，先證2x1+x2，即證x22x1，即證f（x2）f（x1）f（2x1），令h（x）f（x）f（2x），則h（x）f（x）+f（2x）lnxln（2x）lnx（2x）在（0，1）單調遞減，所以h（x）h（1）0，故函數h（x）在（0，1）單調遞增，h（x1）h（1）0f（x1）f（2x1），2x1+x2，得證同理，要證x1+x2e，（法一）即證1x2ex1，根據（1）中f（x）單調性，即證f（x2）f（x1）f（ex1），令（x）f（x）f（ex），x（0，1），則（x）lnx（ex），令（x0）0，x（0，x0），（x）0，（x）單調遞增，x（x0，1），（x）0，（x）單調遞減，

15、又0 xe時，f（x）0，且f（e）0，故limx（1）f（1）f（e1）0，（x）0恒成立，x1+x2e得證，（法二）f（x1）f（x2），x1（1lnx1）x2（1lnx2），又x1（0，1），故1lnx11，x1（1lnx1）x1，故x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，x2（1，e），令g（x）x（1lnx）+x，g（x）1lnx，x（1，e），在（1，e）上，g（x）0，g（x）單調遞增，所以g（x）g（e）e，即x2（1lnx2）+x2e，所以x1+x2e，得證，則21a9（2021新高考）已知函數f（x）（x1）exax2+b（）討論f（x）的單調性；（）從

16、下面兩個條件中選一個，證明：f（x）恰有一個零點12ae22，0a12，b2【解答】解：（）f（x）（x1）exax2+b，f（x）x（ex2a），當a0時，當x0時，f（x）0，當x0時，f（x）0，f（x）在（，0）上單調遞減，在（0，+）上單調遞增，當a0時，令f（x）0，可得x0或xln（2a），（i）當0當x0或xln（2a）時，f（x）0，當ln（2a）x0時，f（x）0，f（x）在（，ln（2a），（0，+）上單調遞增，在（ln（2a），0）上單調遞減，（ii）a=1f（x）x（ex1）0 且等號不恒成立，f（x）在R上單調遞增，（iii）當a當x0或xln（2a）時，f（x）0

17、，當0 xln（2a）時，f（x）0，f（x）在（，0），（ln（2a），+）上單調遞增，在（0，ln（2a）上單調遞減綜上所述：當 a0 時，f（x） 在 （，0）上單調遞減；在 （0，+）上 單調遞增；當 0a12 時，f（x） 在 （，ln（2a） 和 （0，+）上單調遞增；在 （ln（當 a=12 時，f（x） 在 當 a12 時，f（x） 在 （，0）和 （ln（2a），+） 上單調遞增；在 （0，ln（2a（）證明：若選，由 （）知，f（x） 在 （，0）上單調遞增，（0，ln（2a） 單調遞減，（ln（2a），+） 上 f（x） 單調遞增注意到 f(f（x） 在 (-bf（ln（

18、2a）（ln（2a）1）2aaln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），由 12ae22 得 0ln（2a）2，aln（2a）（2lnf（ln（2a）0，當 x0 時，f（x）f（ln（2a）0，此時 f（x） 無零點綜上：f（x） 在 R 上僅有一個零點另解：當a（12，e22時，有ln（2a）（0而f（0）b12a10，于是f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln2（2a）+bln（2a）（2aln（2a）+（b2a）0，所以f（x）在（0，+）沒有零點，當x0時，ex（0，1），于是f（x）ax2+bf（-ba）0，所以f（x）在（-b若選，

19、則由（）知：f（x）在 （，ln（2a） 上單調遞增，在 （ln（2a），0）上單調遞減，在 （0，+） 上單調遞增f（ln（2a）（ln（2a）1）2aaln22a+b2aln（2a）2aaln22a+2aaln（2a）（2ln（2a），0a12，ln（2a）0，aln（2a）（2ln（2a）0，f（ln（當 x0 時，f（x）f（ln（2a）0，此時 f（x） 無零點當 x0 時，f（x） 單調遞增，注意到 f（0）b12a10，取c=2(1-b)+2，b2a1，c21f(c)=(c-1)f（x）在（0，c）上有唯一零點，即f（x）在（0，+）上有唯一零點綜上：f（x） 在 R 上有唯一零

20、點單選題1函數f（x）lnx+x3的圖象在點（1，f（1）處的切線方程為（）A4xy30B4x+y30Cx4y30Dx+4y30【解答】解：ff（1）1+34，即函數f（x）的圖象在在點（1，f（1）處的切線斜率為4，又f（1）1，切線方程為y14（x1），即4xy30故選：A2若函數f(x)=12A(0，12B（0，+）C2，+【解答】解：由f(x)=12x2-ax+若函數f(x)=則f（x）xa+1x=0，即ax+1xx+1a2即實數a取值范圍是2，+）故選：C3已知函數f(x)=Aa2Ba1C1a2D1a2【解答】解：函數的定義域是（0，+），且f函數f（x）是其定義域上的單調函數，f（

21、x）0在（0，+）恒成立，即x2+（a3）x+10在（0，+）恒成立，則a3（x+1x）在（0 x+1x2，當且僅當a321故選：B4設函數f（x）是偶函數f（x）（xR）的導函數，f（1）0，當x0時，xf（x）f（x）0，則使得f（x）0成立的x的取值范圍是（）A（，1）（0，1）B（1，0）（1，+）C（，1）（1，0）D（，1）（1，+）【解答】解：設g（x）=f則g（x）=xf當x0時總有xf（x）f（x）0成立，即當x0時，g（x）0，當x0時，函數g（x）為減函數，又g（x）=f(-x)g（x）是奇函數，g（x）在（0，+）上是減函數，f（1）0，g（1）0，g（1）g（1）0，

22、當x0，要使得f（x）0，即g（x）0，解得：x1，當x0時，要使得f（x）0，即g（x）0，解得：x1，故不等式f（x）0的解集是（，1）（1，+），故選：D5已知函數f(x)=xex-A0，1）B（0，1）C（0，1e）D0，1【解答】解：f（x）有兩個零點，ya和g（x）=xg（x）=1-xex，g（x）在（，1）增，在（1，+）減，且g（x）的最大值為g（g（x）的圖象如下圖g（1）=1e，0a故選：C6（壓軸）已知函數f（x）ax2xlnx有兩個零點，則實數a的取值范圍是（）A（1e，1） B（0，1） C（，1+ee2） D（【解答】解：由f（x）ax2xlnx，得f（x）2ax1

23、-1x=2a當a0時，f（x）0在（0，+）上恒成立，可得f（x）ax2xlnx在（0，+）上單調遞減，不合題意；則a0，由ax2xlnx0，得a=lnx令g（x）=lnx+xx2，則g令h（x）1x2lnx，則h（x）1-2x=-x-2x0，則而h（1）0，當x（0，1）時，g（x）0，g（x）單調遞增，當x（1，+）時，g（x）0，g（x）單調遞減g（x）的極大值也是最大值為g（1）1又當x0時，g（x），當x+時，g（x）0要使ya與y=lnx+xx2的圖象有兩個交點，則0綜上，實數a的取值范圍是（0，1）故選：B7（壓軸）設函數f（x）xexa（x1），其中a1，若存在唯一整數x0，使

24、得f（x0）a，則a的取值范圍是（）A-1e2，1）B-1e2，1e）C1e2，1【解答】解：函數f（x）xexa（x1），其中a1，設g（x）xex，yax，存在唯一的整數x0，使得f（x0）a，存在唯一的整數x0，使得g（x0）在直線yax的下方，g（x）（x+1）ex，當x1時，g（x）0，當x1時，g（x）0，g（x）在（，1）上單調遞減，在（1，+）上單調遞增，當x1時，g（x）ming（1）=-當x0時，g（0）0，當x2時，g（2）=-直線yax恒過（0，0），斜率為a，故ag（1）=-1e，且g（2）=解得1e2a的取值范圍是1e2，故選：C8（壓軸）若對任意的x（0，+），恒

25、有（1a）xeaxlnx，則a的取值范圍為（）A（，eB(-，1eCe，+）【解答】解：（1a）xeaxlnx，對x0恒成立，xaxeaxlnxeax+axlnx+x，即eax+axelnx+lnx又函數h（x）ex+x恒遞增，則eax+axelnx+lnx等價于h（ax）h（lnx），只需axlnx，即a設(當x（0，e）時，（x）0，（x）在（0，e）上遞增，當x（e，+）時，（x）0，（x）在（e，+）上遞減，當xe時，（x）有最大值，(a的取值范圍為1故選：D多選題（多選）9設函數f(Af（x）定義域是（0，1）（1，+）Bx（0，1）時，f（x）圖像位于x軸下方Cf（x）存在單調遞增

26、區間Df（x）有且僅有兩個極值點【解答】解：函數f(x)=exlnx，則lnx0 x則函數的定義域為（0，1）（1，+），故A正確；當x（0，1）時，f（x）0，故f（x）的圖像位于x軸下方，故B正確f（x）=e令g（x）lnx-1g（x）=1xg（x）在（0，+）上單調遞增，g（1）1，g（2）ln2-12存在x0（1，2）使得g（x0）0，當x（0，1），（1，x0）時，f（x）0，當x（x0，+）時，f（x）0，f（x）在（0，1），（1，x0）上單調遞減，在（x0，+）單調遞增，故C正確；當xx0時，函數f（x）取得極小值，無極大值，故有一個極值點，故D錯誤故選：ABC（多選）10對于

27、函數f（x）16ln（1+x）+x210 x，下列正確的是（）Ax3是函數f（x）的一個極值點Bf（x）的單調增區間是（1，1），（2，+）Cf（x）在區間（1，2）上單調遞減D直線y16ln316與函數yf（x）的圖象有2個交點【解答】解：f（x）=16x+1+2x10=2(x當1x1時，f（x）0，當1x3時，f（x）0，當x3時，f（x）0，f（x）在（1，1）上單調遞增，在（1，3）上單調遞減，在（3，+）上單調遞增，故x3是f（x）的極小值點，故A正確，B錯誤，C正確；由單調性可知f（3）f（2）f（1），而f（2）16ln316，故直線y16ln316與yf（x）的圖象有3個交點，

28、故D錯誤，故選：AC（多選）11設函數f（x）=|lnx|，x0ex(x+1)，A0B13C12D【解答】解：函數g（x）f（x）b有三個零點，則函數g（x）f（x）b0，即f（x）b有三個根，當x0時，f（x）ex（x+1），則f（x）ex（x+1）+exex（x+2），由f（x）0得x+20，即x2，此時f（x）為減函數，由f（x）0得x+20，即2x0，此時f（x）為增函數，即當x2時，f（x）取得極小值f（2）=-作出f（x）的圖象如圖：要使f（x）b有三個根，則0b1，故選：BCD（多選）12（壓軸）設函數f(Af（x）為奇函數B函數yf（x）1有兩個零點C函數yf（x）+f（2x）

29、的圖象關于點（0，2）對稱D過原點與函數f（x）相切的直線有且只有一條【解答】解：函數f(x)=x-ln|xf（x）+f（x）1-ln|-x|-x+1-ln|x由f（x）1，可得ln|x|x=0，解得x1，故yf（x由f（x）+f（2x）+f（x）+f（2x）f（x）+f（x）+f（2x）+f（2x）2+24，則函數yf（x）+f（2x）的圖象關于點（0，2）對稱，故C正確；當x0時，f（x）1-lnxx，f（x）設過原點與f（x）相切的切點為（m，n），則切線的方程為yn=lnm-1m2即y1+lnmm=lnm-1m2（xm），代入（0，設g（m）2lnm1m，g（m）=2m-1，當0m2時

30、，g（m）遞增，m2時，g則g（m）的最大值為g（2）2ln230，所以x0時，不存在過原點的切線；當x0時，f（x）1-ln(-x)x，f設過原點與f（x）相切的切點為（s，t）（s0），則切線的方程為yt=ln(-s)-1s即y1+ln(-s)s=ln(-s)-1s2（xs），代入（設g（s）2ln（s）1s，g（m）=2s-10，所以g則g（s）只有一個零點，所以x0時，只存在一條過原點的切線綜上可得存在一條過原點的切線，故D正確故選：BCD填空題13已知函數f（x）=12x2-mx+4lnx在區間1，2上存在單調遞增區間，則實數m【解答】解：f（x）=12x2-mx+4lnx，f（x）

31、f（x）在區間1，2上存在單調遞增區間，存在x1，2，使得f（x）0，即mx+4令g（x）x+4x，由對勾函數的性質可知，g（x）在1，g（x）maxg（1）5，m5故實數m的取值范圍為（，5）14函數f（x）x2+axlnx（aR）則”函數f（x）既有極大值又有極小值”的充要條件為a【解答】解：函數f（x）x2+axlnx（aR）定義域為（0，+），所以f（x）2x+a-1又因為函數f（x）既有極大值又有極小值，所以方程2x2ax+10有兩個不相等的正根，故0 x1+x故答案為：a215若函數f（x）=23x3ax2（a0）在（2a，a+1）上有最大值，則實數a的取值范圍為（，-2【解答】解

32、：因為f（x）=23x3ax2，所以f（x）2x22令f（x）0，得x10，x2a，所以當ax0時，f（x）0；當xa或x0時，f（x）0，從而f（x）在xa處取得極大值f（a）=-令f（x）=-a33，得13（xa）2（2x+a）0，解得x因為f（x）在（2a，a+1）上有最大值，所以a+1-a所以a-2即實數a的取值范圍為（，-23故答案為：（，-2316（壓軸）已知函數f（x）ex+alnxxax（a0，e為自然對數的底數，e2.71828）當a1時，函數f（x）在點P（1，f（1）處的切線方程為y（e1）x1；若x（1，+），f（x）0，則實數a的最大值為 e【解答】解：由題意當a1時

33、，f（x）ex+lnx2x，f（x）ex+1x則f（1）e2，f（1）e1，所以函數f（x）在點P（1，f（1）處的切線方程為y（e1）x1，因為x（1，+），f（x）0，即ex+alnxxax0，則lnxaxalnexex，令m（t）lnt1，t1，故m（t）=1t-1=1-tt0，在（1，+）上恒成立，故m故xaex，得alnxx，即ax記g（x）=xlnx（x1），則g（x）=lnx-1當x（1，e）時，g（x）0，當x（e，+）時，g（x）0，故函數g（x）在（1，e）單調遞減，在（e，+）單調遞增，故g（x）的最小值是g（e）e，故ae，即實數a的最大值是e故答案為：y（e1）x1；

34、e解答題17已知函數f（x）=ex1+ax2，其中a為正實數，x（）求a的值；（）當b12時，求函數f（x）在b，【解答】解：f（x）=(（）因為x=12是函數yf（所以f（12）0因此，14aa+10解得a=4經檢驗，當a=43時，x=12是yf（x）的一個極值點，故所求（）由（）可知，f（x）=(令f（x）0，得x1=12，x2f（x）與f（x）的變化情況如下：x（，1212（12，332（32，+f（x）+00+f（x）3eee所以，f（x）的單調遞增區間是（，12），（32，+）單調遞減區間是（12當12b32時，f（x）在b，32所以f（x）在b，+）上的最小值為f（32）=當b32

35、時，f（x）在b，所以f（x）在b，+）上的最小值為f（b）=e18已知函數f（x）xlnx-14x2ax+1，a0，函數g（x）f（1）若aln2，求g（x）的最大值；（2）證明：f（x）有且僅有一個零點【解答】解：（1）g（x）f（x）lnx+1-12xa，g（x）當x（0，2）時，g（x）0，g（x）單調遞增；當x（2，+）時，g（x）0，g（x）單調遞減；故當x2時，g（x）的最大值為g（2）ln2a若aln2，g（x）取得最大值g（2）0（2）（）若aln2，由（1）知，當x（0，+）時，f（x）0，且僅當x2時，f（x）0此時f（x）單調遞減，且f（2）0，故f（x）只有一個零點x

36、02（）若aln2，由（1）知，當x（0，+）時，f（x）g（x）0，f（x）單調遞減此時，f（2）2（ln2a）0，注意到x1=14我們知道，（xlnx）lnx+1，故xlnx-1f（x1）x1lnx1-14故f（x）僅存在一個零點x0（x1，2）（）若0aln2，則g（x）的最大值g（2）ln2a0，即f（2）0，注意到f（1e）=-12e-a0，f（8）ln8故存在x2（1e，2），x3（2，8），使得f（x2）f（x3）0則當x（0，x2）時，f（x）0，f（x）單調遞減；當x（x2，x3）時，f（x）0，f（x）單調遞增；當x（x3，+）時，f（x）0，f（x）單調遞減故f（x）有極

37、小值f（x2），有極大值f（x3）由f（x2）0得lnx2+1-12x2a0，故f（x2）（12x21）20，則f（x3存在實數t（4，16），使得lnt-14t0，且當xt時，lnx-14記x4maxt，1a，則f（x4）x4（lnx4-14x4）ax4+1故f（x）僅存在一個零點x0（x3，x4綜上，f（x）有且僅有一個零點19函數f（x）ln（x+t）+ax，其中t、（1）若t0時，討論函數f（x）的單調性；（2）t0時，不等式f（x）1在x（0，1上恒成立，求實數a的取值范圍；（3）若g（x）ex+ax，當t2時，證明：g（x）f（【解答】解：（1）當t0時，f（x）lnx+ax，xf

38、（x）=1當a0時，f（x）0恒成立，則f（x）在（0，+）上單調遞增，當a0時，若0 xa，則f（x）0，函數單調遞減，若xa，則f（x）0，函數單調遞增，f（x）在（0，a）上單調遞減，在（a，+）單調遞增，（2）不等式f（x）1在x（0，1上恒成立，axxlnx，設h（x）xxlnx，x（0，1h（x）11lnxlnx0恒成立，h（x）在（0，1上單調遞增，h（x）maxh（1）1，a1（3）g（x）f（x）ex+ax-ln（x+t）-ax=exln（x+x+t0，xt2，設m（x）exx1，m（x）ex1，當x0時，m（x）0，函數m（x）單調遞增，當x0時，m（x）0，函數m（x）單

39、調遞減，m（x）m（0）110，exx+1，要證g（x）f（x），只要證x+1ln（x+t）0，設（x）x+1ln（x+t），（x）1-1令（x）0，解得x1t1，當x1t時，（x）0，函數（x）單調遞增，當tx1t時，（x）0，函數（x）單調遞減，（x）min（1t）2t0，g（x）f（x）20已知函數f（x）x（e2xa）（1）若y2x是曲線yf（x）的切線，求a的值；（2）若f（x）1+x+lnx，求a的取值范圍【解答】解：（1）根據題意，f（x）x（e2xa），y2x是曲線yf（x）的切線，設切點的坐標為（x1，y1），則f（x）（e2xa）+x2e2x（2x+1）e2xa，又由y2x是曲線yf（x）的切線，切點為（x1，y1），則f（x1）2，則有y1解可得a1