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高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板20 导数及其应用专项练习（解析版）

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这是一份高考数学专项解题方法归纳探究（全国通用）模板20 导数及其应用专项练习（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

模板20导数及其应用
专项练习
一、单选题
1.若过点（a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则（   ）
A. eb 【答案】 D
【考点】极限及其运算，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】解：由题意易知，当x趋近于-∞时，切线为x=0，当x趋近于+∞时，切线为y=+∞，因此切线的交点必位于第一象限，且在曲线y=ex的下方.
故答案为：D
2.曲线y=2sinx+cosx在点（π，-1）处的切线方程为（   ）
A. x-y-π-1=0                   B. 2x-y-2π-1=0                   C. 2x+y-2π+1=0                   D. x+y-π+1=0
【答案】 C
【考点】导数的几何意义
【解析】首先求出原函数的导函数 y/=2cosx-sinx ,再把 π 代入到导函数的解析式，求出结果即为切线的斜率则k=-2，再由点斜式y+1=-2(x- π )求出直线的方程化为一般式 2x+y-2π+1=0 ，
故答案为：C
3.对于函数 y=f(x) ，若存在区间 [a,b] ，当 x∈[a,b] 时， f(x) 的值域为 [ka,kb] ，则称 y=f(x) 为 k 倍值函数．若 f(x)=x+lnx 是 k 倍值函数，则 k 的取值范围为（    ）
A.(0,1e) B.(1e,+∞) C.(1,1e+1) D.(1e+1,+∞)
【答案】 C
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】解：∵ f(x)=x+lnx ，定义域为 (0,+∞) ，
函数 f(x) 在 (0,+∞) 上为增函数，
∴由题意有， f(a)=a+lna=ka ， f(b)=b+lnb=kb ，
即方程 x+lnx=kx 有两个不同的实数根，
∴ k=1+lnxx ，
令 g(x)=1+lnxx ，则 g'(x)=1-lnxx2 ，
由 1-lnxx2≥0 得 0 ∴函数 g(x) 在 (0,e] 上单调递增，在 [e,+∞) 上单调递减，
∴函数 g(x) 在 x=e 处取得极大值 g(e)=1+1e ，
又当 x→0 时， g(x)<0 ，当 x→+∞ 时， g(x)>1 ，
∴ g(x)∈(1,1+1e] ，
∴当 1 此时方程 k=1+lnxx 有两个不同的解，
∴ k 的取值范围为 (1,1e+1) ，
故答案为：C．
4.已知函数 f(x)=ln(|x|-1)+ex+e-x ，则使不等式 f(x+1) A. (-∞,-1)∪(1,+∞)      B. (-2,-1)      C. (-∞,-13)∪(1,+∞)      D. (-∞,-2)∪(1,+∞)
【答案】 D
【考点】利用导数研究函数的单调性
【解析】 f(x) 的定义域为 (-∞,-1)∪(1,+∞) ，且 f(-x)=ln(|-x|-1)+e-x+ex=f(x) ，
又当 x>1 时， f(x)=ln(x-1)+ex+e-x ，
f'(x)=1x-1+ex-e-x>0+e-1e>0 ，故 f(x) 在 (1,+∞) 为增函数，
故 f(x+1)1 ，
故答案为：D.
5.如图是函数 f(x) 的导函数 y=f'(x) 的图象，则下列说法一定正确的是（    ）

A. x=x3 是函数 f(x) 的极小值点                           B. 当 x=x2 或 x=x4 时，函数 f(x) 的值为0
C. 函数 f(x) 的图像关于点 (0,c) 对称                    D. 函数 f(x) 在 (x4,+∞) 上是增函数
【答案】 D
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】由题意可知 x∈(-∞,x4) ， f'(x)⩽0 ，
所以函数 f(x) 是减函数，
x=x3 不是函数 f(x) 的极小值点；
当 x=x2 或 x=x4 时，函数 f(x) 的值为0不正确；
当 x∈(x4 ， +∞) 时， f'(x)>0 ，
所以函数 f(x) 是增函数，故答案为：项C不正确， D 正确，
故答案为：D．
6.已知函数 f(x)=x2+alnx 的图象在(1，f（1）)处的切线经过坐标原点，则函数y=f(x)的最小值为（    ）
A. 12-12ln2                               B. 14+ln2                               C. 12+12ln2                               D. 1
【答案】 C
【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】函数 f(x)=x2+alnx ，则 f(1)=12+aln1=1 ，
且 f'(x)=2x+ax ，所以 f'(1)=2+a ，
所以 f'(1)=f(1)-01-0=1=2+a ，解得 a=-1 ，
所以 f(x)=x2-lnx ，（ x>0 ），
f'(x)=2x-1x ，
令 f'(x)≥0 ，即 2x-1x≥0 ，解得 x≥22 ，
令 f'(x)<0 ，即 2x-1x<0 ，解得 0 所以函数在区间 (0,22) 上单调递减，在区间 [22,+∞) 上单调递增，
所以 f(x)min=f(22)=(22)2-ln22=12-ln22=12+12ln2 。
故答案为：C
7.若曲线 f(x)=acosx 与曲线 g(x)=x2+bx+1 在交点 (0,m) 处有公切线，则 a+b= （）
A. -1                                           B. 0                                           C. 2                                           D. 1
【答案】 D
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】解：由曲线 f(x)=acosx ，得 f'(x)=-asinx ，则 f'(0)=-asin0=0 ，
由曲线 g(x)=x2+bx+1 ，得 g'(x)=2x+b ，则 g'(0)=b ，
因为曲线 f(x)=acosx 与曲线 g(x)=x2+bx+1 在交点 (0,m) 出有公切线，
所以 f'(0)=g'(0) ，解得 b=0 ，
又由 g(0)=1 ，即交点为 (0,1) ，
将 (0,1) 代入曲线 f(x)=acosx ，得 acos0=a=1 ，所以 a+b=1 ，
故答案为：D．
8.已知函数 f(x)=-x2-8x-5 ， g(x)=ex+exex ，实数 m ， n 满足 m A. 7                                        B. 6                                        C. 25                                        D. 23
【答案】 B
【考点】函数在某点取得极值的条件，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】因为 g(x)=ex+exex ，
所以 g'(x)=(exex+1)'=ex(x-1)ex2 ，
当 01 时， g'(x)>0 ， g'(1)=0 ，
所以 g(x) 在 x=1 处取得极小值，且为定义域内唯一极值，
∴g(x)min=g(1)=2 . f(x)=-x2-8x-5=-(x+4)2+11≤11 ，
作函数 y=f(x) 与 y=g(x) 的图象，
如图所示：

当 f(x)=2 时，方程两根分别为 -7 和 -1 ，
则 n-m 的最大值为： -1-(-7)=6 .
故答案为：B
二、多选题
9.已知函数 f(x) 的定义域为 (0,+∞) ，其导函数 f'(x) 满足 f'(x)<1x ，且 f(1)=1 ，则下列结论正确的是（    ）
A. f(e)>2      B. f(1e)>0      C. ∀x∈(1,e) ， f(x)<2      D. ∀x∈(1e,1) ， f(x)-f(1x)+2>0
【答案】 B,C,D
【考点】利用导数研究函数的单调性
【解析】令 F(x)=f(x)-lnx ， ∴ F'(x)=f'(x)-1x<0 ，
∴F(x) 在 (0,+∞) 单调递减，
∵f(1)=1 ， ∴F(1)=f(1)=1 ，
对A， F(e) 以B， F(1e)>F(1)⇒f(1e)+1>1⇒f(1e)>0 ，B符合题意；
对C， x∈(1,e)∴F(x) ∵ x∈(1.e),lnx∈(0,1) ， ∴1+lnx∈(1,2) ， ∴f(x)<2 ，C符合题意；
对D， x∈(1e,1),1x>x,F(x)>F(1x) ⇒f(x)-lnx>f(1x)+lnx
⇒f(x)-f(1x)>2lnx ， ∵x∈(1e,1),∴lnx∈(-1,0) ，
∴f(x)-f(1x)>-2 ⇒f(x)-f(1x)+2>0 ，D符合题意；
故答案为：BCD.
10.已知函数 f(x)=2alnx+x2+b .（    ）
A. 当 a=-1 时， f(x) 的极小值点为 (1,1+b)
B. 若 f(x) 在 [1,+∞) 上单调递增，则 a∈[-1,+∞)
C. 若 f(x) 在定义域内不单调，则 a∈(-∞,0)
D. 若 a=-32 且曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线与曲线 y=-ex 相切，则 b=-2
【答案】 B,C
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】 f(x) 的定义域为 (0,+∞) ，
f'(x)=2ax+2x=2x2+2ax .
根据极值点定义可知，极小值点不是坐标，A不符合题意；
由 f'(x)=2ax+2x≥0 得 a≥-x2 ，
因为 x≥1 ，所以 a≥-1 ，B符合题意；
因为 f'(x)=2ax+2x=2a+2x2x ，
当 a≥0 时， f'(x)>0 恒成立，当 a<0 时， f'(x)>0 不恒成立，函数不单调，C符合题意；
a=-32 ， f'(x)=-3x+2x2 ，
所以 f'(1)=-1 ， f(1)=1+b ，
所以切线方程为 y-(1+b)=-(x-1) ，即 y=-x+b+2 ，
设切点横坐标为 x0 ，则 -ex0=-1 ，
故 x0=0 ，切点 (0,-1) ，代入 y=-x+b+2 得 b=-3 ，D不符合题意.
故答案为：BC
11.已知函数 f(x)=-x3+2x2-x ，若过点 P(1,t) 可作曲线 y=f(x) 的三条切线，则 t 的取值可以是（   ）
A. 0                                        B. 127                                        C. 128                                        D. 129
【答案】 C,D
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】 ∵f(x)=-x3+2x2-x ， ∴f'(x)=-3x2+4x-1 ，
由已知得，过点 P(1,t) 作曲线 y=f(x) 的三条切线，情况如下：①点 P(1,t) 在曲线上，故此时，切点为 P(1,t) ，把 P 点代入函数可得， P(1,0) ，利用切线公式得， y=f'(1)(x-1) ，所以，此时，切线为 x 轴，但此时，切线只有一条，不符题意；②点 P(1,t) 不在曲线上，故此时，设切点为 (x0,y0) ，故切线经过 P(1,t)
∴ 切线方程为： y-t=f'(x0)(x-1) ，所以，
y0-t=(-3x02+4x0-1)(x0-1) ，又因为切点在曲线上，所以， y0=-x03+2x02-x0 ，
又因为切线的斜率为：联立方程得，
{y0-t=(-3x02+4x0-1)(x0-1)y0=-x03+2x02-x0 ，化简得， t=2x03-5x02+4x0-1 ，
令 g(x)=2x3-5x2+4x-1 ，即 t=g(x) 有三个解，即 y=t 与 y=g(x) 有三个交点，
令 g'(x)=6x2-10x+4=2(x-1)(3x-2)=0 ，可得两极值点为 x1=1 ， x2=23 ；
对于 g(x) ，在 x∈(-∞,23) 和 (1,+∞) 时，单调递增，在 x∈(23,1) 时单调递减，
所以，当 g(23) 故答案为：CD
12.已知函数 f(x)=x2+x-1ex ，则下列结论正确的是（    ）
A. 函数 f(x) 存在两个不同的零点
B. 函数 f(x) 既存在极大值又存在极小值
C. 当 -e D. 若 x∈[t,+∞) 时， f(x)max=5e2 ，则 t 的最小值为 2
【答案】 A,B,C
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】解：A. f(x)=0⇒x2+x-1=0 ，解得 x=-1±52 ，所以A符合题意；
B. f'(x)=-x2-x-2ex=-(x+1)(x-2)ex ，
当 f'(x)>0 时， -12
(-∞,-1),(2,+∞) 是函数的单调递减区间， (-1,2) 是函数的单调递增区间，
所以 f(-1) 是函数的极小值， f(2) 是函数的极大值，所以B符合题意.
C.当 x→+∞ 时， y→0 ，根据B可知，函数的最小值是 f(-1)=-e ，再根据单调性可知，当 -e
D.由图像可知， t 的最大值是2，所以不正确.
故答案为：ABC.
三、填空题
13.若函数 f(x)={2x-2-2m,x<12x3-6x2,x≥1 有最小值，则 m 的一个正整数取值可以为________.
【答案】 4
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】 y=2x-2-2m 在 (-∞,1) 上单调递增，
∴ y=2x-2-2m>-2m ；当 x≥1 时， y=2x3-6x2 ，此时， y'=6x2-12x=6x(x-2) .
∴ y=2x3-6x2 在 (1,2) 上单调递减，在 (2,+∞) 上单调递增，
∴ y=2x3-6x2 在 [1,+∞) 上的最小值为 -8 ，函数有最 f(x) 有最小值，则 -2m≥-8 ，即 m≤4 ，故 m 的一个正整数取值可以为4.
故答案为：4
14.关于函数 f(x)=13x3-x2+c 有如下四个命题：
①函数 y=f'(x) 的图象是轴对称图形；
②当 c<0 时，函数 f(x) 有两个零点；
③函数 y=f(x) 的图象关于点 (1,f(1)) 中心对称；
④过点 (0,1) 且与曲线 f(x) 相切的直线可能有三条．
其中所有真命题的序号是________．（填上所有真命题的序号）
【答案】 ①③④
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】因为 f(x)=13x3-x2+c ，所以 f'(x)=x2-2x 对称轴是 x=1 ，故①正确；
因为 f'(x)=x2-2x<0 时 00 时 x>2 或 x<0 ，所以 f(x) 在 (-∞,0)∪(2,+∞) 上单调递增，
所以 f(x) 的极大值为 f(0)=c ，极小值为 f(2)=-43+c ，因为 c<0 ，则函数 f(x) 有1个零点，故②错误；
f(1)=-23+c ， f(x)+f(2-x)=13x3-x2+c+13(2-x)3-(2-x)2+c=-43+2c=2f(1) ，所以函数函数 y=f(x) 的图象关于点 (1,f(1)) 中心对称，故③正确；
设切点为 (x0,13x03-x02+c) ，所以 k=f'(x0)=x02-2x0 ，所以切线方程为 y-(13x03-x02+c)=(x02-2x0)(x-x0) ，
因为经过点 (0,1) ，所以 1-(13x03-x02+c)=(x02-2x0)(0-x0) ，即 23x03-x02+1=c ，
设 g(x)=23x3-x2+1 ，则 g'(x)=2x2-2x2 ，
因为 g'(x)=2x2-2x2<0 时 00 时 x>1 或 x<0 ，所以 g(x) 在 (-∞,0)∪(1,+∞) 上单调递增，
所以 g(x) 的极大值为 g(0)=1 ，极小值为 g(1)=23 ，所以当 23 故答案为：①③④．
15.函数 f(x) 满足 f(1+x)=f(1-x) ，当 x>1 时， f(x)=xlnx ，若 f2(x)-2mf(x)+4m=0 有 8 个不同的实数解，则实数 m 的取值范围是________.
【答案】 (4,e22(e-2))
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值
【解析】当 x>1 时， f(x)=xlnx ， f'(x)=lnx-1ln2x .
当 1 当 x>e 时， f'(x)>0 ，此时函数 y=f(x) 单调递增.
所以，函数 y=f(x) 在 x=e 处取得极小值 f(e)=e ，
又 f(1+x)=f(1-x) ，则函数 y=f(x) 的图象关于直线 x=1 对称，
令 t=f(x) ，作出函数 t=f(x) 的图象如下图所示：

由于关于 x 的方程 f2(x)-2mf(x)+4m=0 有 8 个不同的实数解，
则关于 t 的二次方程 t2-2mt+4m=0 有两个大于 e 的实数根，
由二次方程根的分布可得 {Δ=4m2-16m>0m>ee2-2me+4m>0 ，解得 4 综上所述，实数 m 的取值范围是 (4,e22(e-2)) .
故答案为： (4,e22(e-2)) .
16.已知函数 f(x)=x2+2ax ， g(x)=4a2lnx+b ，设两曲线 y=f(x) ， y=g(x) 有公共点P，且在P点处的切线相同，当 a∈(0,+∞) 时，实数b的最大值是________．
【答案】 2e
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】设 P(x0,y0) ，
f'(x)=2x+2a ， g'(x)=4a2x ，
由题意知， f(x0)=g(x0) ， f'(x0)=g'(x0) ，
即 x02+2ax0=4a2lnx0+b ， ①
2x0+2a=4a2x0 ， ②
解 ② 得 x0=a 或 x0=-2a( 舍 ) ，
代入 ① 得： b=3a2-4a2lna ， a∈(0,+∞) ，
b'=6a-8alna-4a=2a(1-4lna) ，
当 a∈(0,e14) 时， b'>0 ，当 a∈(e14,+∞) 时， b'<0 ．
∴ 实数b的最大值是 b(e14)=3e-4elne14=2e ，
故答案为 2e 。
四、解答题
17.已知函数 f(x)=3-2xx2+a ．
（1）若 a=0 ，求 y=f(x) 在 (1,f(1)) 处切线方程；
（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．
【答案】（1）当 a=0 时， f(x)=3-2xx2 ，则 f'(x)=2(x-3)x3 ， ∴f(1)=1 ， f'(1)=-4 ，
此时，曲线 y=f(x) 在点 (1,f(1)) 处的切线方程为 y-1=-4(x-1) ，即 4x+y-5=0 ；
（2）因为 f(x)=3-2xx2+a ，则 f'(x)=-2(x2+a)-2x(3-2x)(x2+a)2=2(x2-3x-a)(x2+a)2 ，
由题意可得 f'(-1)=2(4-a)(a+1)2=0 ，解得 a=4 ，
故 f(x)=3-2xx2+4 ， f'(x)=2(x+1)(x-4)(x2+4)2 ，列表如下：
x
(-∞,-1)
-1
(-1,4)
4
(4,+∞)
f'(x)
+
0
-
0
+
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
所以，函数 f(x) 的增区间为 (-∞,-1) 、 (4,+∞) ，单调递减区间为 (-1,4) .
当 x<32 时， f(x)>0 ；当 x>32 时， f(x)<0 .
所以， f(x)max=f(-1)=1 ， f(x)min=f(4)=-14 .
【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）根据导数研究函数的极值求得a值，再利用导数研究函数的单调性以及最值即可.
18.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．
【答案】解：（Ⅰ）因为 f(x)=12-x2 ，所以 f'(x)=-2x ，
设切点为 (x0,12-x0) ，则 -2x0=-2 ，即 x0=1 ，所以切点为 (1,11) ，
由点斜式可得切线方程为： y-11=-2(x-1) ，即 2x+y-13=0 .
（Ⅱ）显然 t≠0 ，
因为 y=f(x) 在点 (t,12-t2) 处的切线方程为： y-(12-t2)=-2t(x-t) ，
令 x=0 ，得 y=t2+12 ，令 y=0 ，得 x=t2+122t ，
所以 S(t)= 12×(t2+12)⋅t2+122|t| ，
不妨设 t>0 (t<0 时，结果一样 ) ，
则 S(t)=t4+24t2+1444t=14(t3+24t+144t) ，
所以 S'(t)= 14(3t2+24-144t2)=3(t4+8t2-48)4t2
=3(t2-4)(t2+12)4t2=3(t-2)(t+2)(t2+12)4t2 ，
由 S'(t)>0 ，得 t>2 ，由 S'(t)<0 ，得 0 所以 S(t) 在 (0,2) 上递减，在 (2,+∞) 上递增，
所以 t=2 时， S(t) 取得极小值，
也是最小值为 S(2)=16×168=32 .
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
19.已知函数 f(x)=lnx-ex .
（1）证明： f(x)+2<0 ；
（2）若 g(x)=(1-ea)x-a ，不等式 f(x)⩽g(x) 恒成立，求实数a的取值范围.
【答案】（1）f(x)=lnx-ex ，函数的定义域为 (0,+∞) ，所以 f'(x)=1x-ex=1-xexx .
记 g(x)=1-xex ，所以 g'(x)=-(x+1)ex ，
当 x∈(0,+∞) 时 ,g'(x)<0,g(x) 单调递减.
又因为 g(0)=1>0,g(1)=1-e<0 ，
所以存在 x0∈(0,1) ，使得 g(x0)=0⇒1-x0ex0=0 ，
所以当 x∈(0,x0) 时， g(x)>0 ，即 f'(x)>0 ，
当 x∈(x0,+∞) 时， g(x)<0 ，即 f'(x)<0 ，所以 f(x)max=f(x0)=lnx0-ex0 .
又因为 1-x0ex0=0⇒ex0=1x0⇒x0=-lnx0 ，
所以 f(x0)=lnx0-ex0=-x0-1x0=-(x0+1x0)<-2 ，即 f(x0)+2<0 ，原式得证.
（2）不等式 f(x)⩽g(x) ，即 lnx-ex+(ea-1)x+a⩽0 在 (0,+∞) 上恒成立，
即 xea+a+lnx⩽ex+x 在 (0,+∞) 上恒成立，也就是 ea+lnx+a+lnx⩽ex+x 在 (0,+∞) 上恒成立.
构造函数 φ(x)=ex+x ，则 φ'(x)=ex+1>0 ，
所以 φ(x) 在 (-∞,+∞) 上单调递增，所以 φ(a+lnx)⩽φ(x)⇒a+lnx⩽x ，即 a⩽x-lnx .
记 h(x)=x-lnx ，所以 h'(x)=1-1x=x-1x ，
当 x∈(0,1) 时， h'(x)<0,h(x) 单调递减，
当 x∈(1,+∞) 时， h'(x)>0,h(x) 单调递增，所以 h(x)⩾h(1)=1 ，
所以 a⩽1 ，故实数a的取值范围为 (-∞,1] .
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】（1）对 f(x)=lnx-ex 求导得 f'(x)=1x-ex=1-xexx ，记 g(x)=1-xex ，利用导数求最大值，即可求解；
（2）将参数进行分类,将不等式恒成立转化为含有参数问题求最值恒成立问题，然后利用导数求构造函数的最值，可求出实数a的取值范围。
20.已知函数 f(x)=x2+2mx-2lnx+m(m,n∈R) .
（1）若直线 y=2mx 与曲线 y=f(x) 相切，求m的值；
（2）若函数 g(x)=f(x)+4lnx 有两个不同的极值点 x1,x2(x1 【答案】（1）解：由题意知 x∈(0,+∞) ，
f'(x)=2x+2m-2x ，
设直线 y=2mx 与曲线 y=f(x) 相切于点 (x0,y0) 所以 {f'(x0)=2m，y0=f(x0)，y0=2mx0，
整理得 x02=1 ，得 x0=1, m=-1
（2）解： g(x)=x2+2mx+2lnx+m ，所以 g'(x)=2x+2m+2x=2(x2+mx+1)x ，
所以 x1,x2 ，是方程 x2+mx+1=0 的两个根，
所以 x1+x2=-m,x1x2=1, m=-(x2+1x2) ，
因为 01 ，所以 g(x2)+x1x1=x22+2mx2+2lnx2+m+x11x2
=-x23-x23-2x2+2x2lnx2(x2>1) ，
令 h(x2)=-x23-x22-2x2+2x2lnx2(x2>1), h'(x2)=-3x22+2(lnx2-x2) ，
p(x)=lnx-x ，则 p'(x)=1x-1=1-xx ， x>1 时， p'(x)<0 ， p(x) 递减，所以 p(x) h(x2) 【考点】导数的几何意义，利用导数研究函数的单调性
【解析】（1）求出导函数 f'(x)=2x+2m-2x ，由导数的几何意义可求得m值，设切点 (x0,y0) ， f'(x0)=2m ，及切点在切线上又在函数图像上可得；
（2）求出 g'(x) ， g'(x)=0 的两解为 x1,x2 ，由韦达定理得可得 x1+x2=-m,x1x2=1, m=-(x2+1x2) ，可得 x2>1 ，这样 g(x2)+x1x1 可表示为x2的函数，再由导数可求得其范围。
21.已知函数 f(x)=xex+x-12x2,g(x)=-2x-1-2 .
（1）求 f(x) 的单调区间；
（2）当 x∈(-∞,1) 时，求证： g(x)⩾f(x) .
【答案】（1）因为 f(x)=xex+x-12x2 ，
所以 f'(x)=ex-xexe2x+1-x=(1+ex)(1-x)ex ，
令 f'(x)=0 ，解得 x=1 ，且
当 x∈(-∞,1) 时， f'(x)>0,x∈(1,+∞) 时， f'(x)<0
所以 f(x) 在 (-∞,1) 单调递增，在 (1,+∞) 上单调递减；
（2）要证 g(x)⩾f(x)
即证 -2x-1-2⩾xex+x-12x2 ，
即 -2xx-1⩾xex+x-12x2 ，
设 F(x)=-2x-1-1ex-1+12x ，
即证 xF(x)⩾0 .
因为 F'(x)=2(x-1)2+1ex+12
所以当 x∈(-∞,1) 时， F'(x)>0 恒成立， F(x) 单调递增
故当 x=0 时， F(x)=0 ；
当 00 ；
当 x<0 时， F(x)<0 .
所以当 x∈(-∞,1),xF(x)⩾0 .
即当 x∈(-∞,1) 时， g(x)⩾f(x) .
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】（1）利用导数研究函数的单调性直接求解即可；
（2）根据化归思想，将不等式恒成立问题等价转化为求函数F(x)的值域问题，先利用导数F'(x)研究函数F(x)的单调性，再运用分类讨论思想求得函数F(x)的值域，从而证得当 x∈(-∞,1),xF(x)⩾0 即可求证.
22.已知函数 f(x)=xex-1-xlnx ．
（1）求函数 y=f(x) 在 x=1 处的切线方程；
（2）证明：（ⅰ） f(x)<2 ；
（ⅱ） n∈N* ， en-1<(2n-lnn)n ．
【答案】（1）f(x) 的定义域为 (0,+∞) ，
f'(x)=1-xex-1-lnx-1 ， f'(x)=-1 ， f(1)=1 ，
所以 f(x) 在 x=1 处的切线方程为 y-1=-(x-1) ，即 x+y-2=0 ．
（2）证明：（ⅰ） f(x)<2 可化为 xex-1<2+xlnx ．
设 h(x)=xex-1 ，则 h'(x)=1-xex-1 ，
当 x∈(0,1) 时， h'(x)>0 ， h(x) 在区间 (0,1) 上单调递增，
当 x∈(1,+∞) 时， h'(x)<0 ， h(x) 在区间 (1,+∞) 上单调递减，
故 h(x)max=h(1)=1 ．
设 g(x)=xlnx+2 ，则 g'(x)=lnx+1 ，
当 x∈(0,1e) 时， g'(x)<0 ， g(x) 在区间 (0,1e) 上单调递减，
当 x∈(1e,+∞) 时， g'(x)>0 ， g(x) 在区间 (1e,+∞) 上单调递增，
故 g(x)min=g(1e)=2-1e ．
因为 1<2-1e ，所以 xex-1<2+xlnx ，所以 f(x)<2 ．
（ⅱ）由 f(x)<2 ，得 xex-1-xlnx<2 ，
令 x=1n ， n∈N* ，得 1ne1n-1+1nlnn<2 ，即 1e1n-1+lnn<2n ，
所以 en-1n<2n-lnn ．
所以 2n-lnn>0 ，所以 en-1<(2n-lnn)n ．
【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值，利用导数研究曲线上某点切线方程
【解析】（1）利用求导的方法求出函数在切点处的切线的斜率，再利用切点的横坐标结合代入法求出切点的纵坐标，进而求出切点坐标，再利用点斜式求出函数在切点处的切线方程。
（2）（ⅰ） f(x)<2 可化为 xex-1<2+xlnx ，设 h(x)=xex-1 ，再利用求导的方法判断其的单调性，从而求出其的最大值，设 g(x)=xlnx+2 ，再利用求导的方法判断其的单调性，从而求出其的最小值，因为 1<2-1e ，所以 xex-1<2+xlnx ，从而证出 f(x)<2。
（ⅱ）由 f(x)<2 ，得 xex-1-xlnx<2 ，令 x=1n ， n∈N* ，得 1ne1n-1+1nlnn<2 ，所以 2n-lnn>0 ，从而证出 en-1<(2n-lnn)n 成立。