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第03讲 一元函数的导数及其应用（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）
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这是一份第03讲 一元函数的导数及其应用（2022-2024高考真题）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用），文件包含第03讲一元函数的导数及其应用2022-2024高考真题新高考专用教师版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx、第03讲一元函数的导数及其应用2022-2024高考真题新高考专用学生版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共65页， 欢迎下载使用。
一、单项选择题
1．（2024·全国·高考真题）设函数fx=ex+2sinx1+x2，则曲线y=fx在点0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．16B．13C．12D．23
【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.
【解答过程】f′x=ex+2csx1+x2−ex+2sinx⋅2x1+x22，
则f′0=e0+2cs01+0−e0+2sin0×01+02=3，
即该切线方程为y−1=3x，即y=3x+1，
令x=0，则y=1，令y=0，则x=−13，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=12×1×−13=16.
故选：A.
2．（2024·上海·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈−∞,x0,fxA．存在fx是偶函数B．存在fx在x=2处取最大值
C．存在fx是严格增函数D．存在fx在x=−1处取到极小值
【解题思路】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数fx=−2,x<−1x,−1≤x≤11,x>1即可判断.
【解答过程】对于A，若存在 y=f(x) 是偶函数, 取 x0=1∈[−1,1],
则对于任意 x∈(−∞,1),f(x)对于B，可构造函数fx=−2,x<−1,x,−1≤x≤1,1,x>1,满足集合M=−1,1，
当x<−1时，则fx=−2，当−1≤x≤1时，fx∈−1,1，当x>1时，fx=1，
则该函数fx的最大值是f2，则B正确；
对C，假设存在fx，使得fx严格递增，则M=R，与已知M=−1,1矛盾，则C错误；
对D，假设存在fx，使得fx在x=−1处取极小值，则在−1的左侧附近存在n，使得fn>f−1，这与已知集合M的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
3．（2023·全国·高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,0
【解题思路】写出f′(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f′(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f′(x)=3x2+a=0，解得x=−−a3或−a3，
且当x∈−∞,−−a3∪−a3,+∞时，f′(x)>0，
当x∈−−a3,−a3，f′(x)<0，
故fx的极大值为f−−a3，极小值为f−a3，
若fx要存在3个零点，则f−−a3>0f−a3<0，即a3−a3−a−a3+2>0−a3−a3+a−a3+2<0，解得a<−3，
故选：B.
4．（2023·全国·高考真题）曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为（ ）
A．y=e4xB．y=e2xC．y=e4x+e4D．y=e2x+3e4
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.
【解答过程】设曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为y−e2=kx−1，
因为y=exx+1，
所以y′=exx+1−exx+12=xexx+12，
所以k=y′|x=1=e4
所以y−e2=e4x−1
所以曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为y=e4x+e4.
故选：C.
5．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex−lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．e2B．eC．e−1D．e−2
【解题思路】根据f′x=aex−1x≥0在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【解答过程】依题可知，f′x=aex−1x≥0在1,2上恒成立，显然a>0，所以xex≥1a，
设gx=xex,x∈1,2，所以g′x=x+1ex>0，所以gx在1,2上单调递增，
gx>g1=e，故e≥1a，即a≥1e=e−1，即a的最小值为e−1．
故选：C．
6．（2022·全国·高考真题）函数fx=csx+x+1sinx+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（ ）
A．−π2，π2B．−3π2，π2C．−π2，π2+2D．−3π2，π2+2
【解题思路】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.
【解答过程】f′x=−sinx+sinx+x+1csx=x+1csx，
所以fx在区间0,π2和3π2,2π上f′x>0，即fx单调递增；
在区间π2,3π2上f′x<0，即fx单调递减，
又f0=f2π=2，fπ2=π2+2，f3π2=−3π2+1+1=−3π2，
所以fx在区间0,2π上的最小值为−3π2，最大值为π2+2.
故选：D.
7．（2022·全国·高考真题）已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b;构造函数fx=csx+12x2−1,x∈0,+∞,利用导数可得b>a,即可得解.
【解答过程】[方法一]：构造函数
因为当x∈0,π2,x故cb=4tan14>1，故cb>1，所以c>b；
设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，
f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
故f14>f(0)=0，所以cs14−3132>0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈0,π2,sinx取x=18得：cs14=1−2sin218>1−2182=3132，故b>a
4sin14+cs14=17sin14+φ，其中φ∈0,π2，且sinφ=117,csφ=417
当4sin14+cs14=17时，14+φ=π2，及φ=π2−14
此时sin14=csφ=417，cs14=sinφ=117
故cs14=117 <417=sin14<4sin14，故b所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法三]：泰勒展开
设x=0.25，则a=3132=1−0.2522，b=cs14≈1−0.2522+0.2544!，
c=4sin14=sin1414≈1−0.2523!+0.2545!，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx14,即cb>1，所以c>b；设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则f14>f(0)=0,所以cs14−3132>0，所以b>a,所以c>b>a，
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx14,即cb>1，所以c>b；因为当x∈0,π2,sinx1−2182=3132，故b>a，所以c>b>a．
故选：A．
8．（2022·全国·高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【解题思路】根据题意可知f1=−2，f′1=0即可解得a,b，再根据f′x即可解出．
【解答过程】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f′x=−2x+2x2，因此函数fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f′2=−1+12=−12．
故选：B.
9．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
【解题思路】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【解答过程】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，
则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V′=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V′>0，当26所以当l=26时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V=43a2ℎ=23(6ℎ−ℎ2)ℎ=13(12−2ℎ)ℎ×ℎ⩽13×[(12−2ℎ)+ℎ+ℎ3]3=643(当且仅当ℎ=4取到)，
当ℎ=32时，得a=332，则Vmin=13a2ℎ=13(332)2×32=274;
当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时ℎ=32+3=92，
22a=332⇒a=332，正四棱锥体积V1=13a2ℎ=13(332)2×92=814<643，故该正四棱锥体积的取值范围是[274,643].
故选：C.
10．（2022·全国·高考真题）设a=0.1e0.1,b=19，c=−ln0.9，则（ ）
A．a【解题思路】构造函数f(x)=ln(1+x)−x， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.
【解答过程】方法一：构造法
设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为f′(x)=11+x−1=−x1+x，
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,+∞)时f′(x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，
所以f(19)ln109=−ln0.9，即b>c，
所以f(−110)故a设g(x)=xex+ln(1−x)(0令ℎ(x)=ex(x2−1)+1，ℎ′(x)=ex(x2+2x−1)，
当0当2−10，函数ℎ(x)=ex(x2−1)+1单调递增，
又ℎ(0)=0，
所以当0所以当00，函数g(x)=xex+ln(1−x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以a>c
故选：C.
方法二：比较法
解： a=0.1e0.1 ， b=0.11−0.1 ， c=−ln(1−0.1) ，
① lna−lnb=0.1+ln(1−0.1) ，
令 f(x)=x+ln(1−x),x∈(0,0.1],
则 f′(x)=1−11−x=−x1−x<0 ，
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f(0.1)② a−c=0.1e0.1+ln(1−0.1) ，
令 g(x)=xex+ln(1−x),x∈(0,0.1],
则 g'(x)=xex+ex−11−x=(1+x)(1−x)ex−11−x ，
令 k(x)=(1+x)(1−x)ex−1 ，所以 k′(x)=(1−x2−2x)ex>0 ，
所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)>k(0)>0 ，即 g′(x)>0 ，
所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1)>g(0)=0 ，即 a−c>0 ，所以 a>c.
故 c故选：C.
二、多项选择题
11．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3ax2+1，则（ ）
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x=0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,f(1)为曲线y=f(x)的对称中心
【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A选项，f′(x)=6x2−6ax=6x(x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f′(x)>0，故f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，
由f(0)=1>0，f(a)=1−a3<0，则f(0)f(a)<0，
根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点，
又f(−1)=−1−3a<0，f(2a)=4a3+1>0，则f(−1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0，
则f(x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f′(x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0),f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b−x)，
即2x3−3ax2+1=2(2b−x)3−3a(2b−x)2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)3展开式含有x3的项为2C33(2b)0(−x)3=−2x3，
于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f(1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，
则f(x)+f(2−x)=6−6a，事实上，
f(x)+f(2−x)=2x3−3ax2+1+2(2−x)3−3a(2−x)2+1=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a
即12−6a=012a−24=018−12a=6−6a，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)=2x3−3ax2+1，f′(x)=6x2−6ax，f″(x)=12x−6a，
由f″(x)=0⇔x=a2，于是该三次函数的对称中心为a2,fa2，
由题意(1,f(1))也是对称中心，故a2=1⇔a=2，
即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
故选：AD.
12．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则（ ）
A．x=3是f(x)的极小值点B．当0C．当1f(x)
【解题思路】求出函数fx的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数fx在1,3上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【解答过程】对A，因为函数fx的定义域为R，而f′x=2x−1x−4+x−12=3x−1x−3，
易知当x∈1,3时，f′x<0，当x∈−∞,1或x∈3,+∞时，f′x>0
函数fx在−∞,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,+∞上单调递增，故x=3是函数fx的极小值点，正确；
对B，当00，所以1>x>x2>0，
而由上可知，函数fx在0,1上单调递增，所以fx>fx2，错误；
对C，当1所以f1>f2x−1>f3，即−4对D，当−10，
所以f(2−x)>f(x)，正确；
故选：ACD.
13．（2023·全国·高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=y2fx+x2fy，则（ ）．
A．f0=0B．f1=0
C．fx是偶函数D．x=0为fx的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=x2lnx,x≠00,x=0进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2，
故可以设f(x)x2=lnx(x≠0)，则f(x)=x2lnx,x≠00,x=0，
当x>0肘，f(x)=x2lnx，则f′x=2xlnx+x2⋅1x=x(2lnx+1)，
令f′x<0，得00，得x>e−12；
故f(x)在0,e−12上单调递减，在e−12,+∞上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在−e−12,0上单调递增，在−∞,e−12上单调递减，
显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
14．（2023·全国·高考真题）若函数fx=alnx+bx+cx2a≠0既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0B．ab>0C．b2+8ac>0D．ac<0
【解题思路】求出函数f(x)的导数f′(x)，由已知可得f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【解答过程】函数f(x)=alnx+bx+cx2的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=ax−bx2−2cx3=ax2−bx−2cx3，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2−bx−2c=0有两个不等的正根x1,x2，
于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=ba>0x1x2=−2ca>0，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
15．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点2π3,0中心对称，则（ ）
A．f(x)在区间0,5π12单调递减
B．f(x)在区间−π12,11π12有两个极值点
C．直线x=7π6是曲线y=f(x)的对称轴
D．直线y=32−x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【解答过程】由题意得：f2π3=sin4π3+φ=0，所以4π3+φ=kπ，k∈Z，
即φ=−4π3+kπ,k∈Z，
又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin2x+2π3．
对A，当x∈0,5π12时，2x+2π3∈2π3,3π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0,5π12上是单调递减；
对B，当x∈−π12,11π12时，2x+2π3∈π2,5π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极值点，由2x+2π3=3π2，解得x=5π12，即x=5π12为函数的唯一极值点；
对C，当x=7π6时，2x+2π3=3π，f(7π6)=0，直线x=7π6不是对称轴；
对D，由y′=2cs2x+2π3=−1得：cs2x+2π3=−12，
解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ,k∈Z,
从而得：x=kπ或x=π3+kπ,k∈Z,
所以函数y=f(x)在点0,32处的切线斜率为k=y′x=0=2cs2π3=−1，
切线方程为：y−32=−(x−0)即y=32−x．
故选：AD．
16．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若f32−2x，g(2+x)均为偶函数，则（ ）
A．f(0)=0B．g−12=0C．f(−1)=f(4)D．g(−1)=g(2)
【解题思路】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【解答过程】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于f(x)，因为f32−2x为偶函数，所以f32−2x=f32+2x即f32−x=f32+x①，所以f3−x=fx，所以f(x)关于x=32对称，则f(−1)=f(4)，故C正确；
对于g(x)，因为g(2+x)为偶函数，g(2+x)=g(2−x)，g(4−x)=g(x)，所以g(x)关于x=2对称，由①求导，和g(x)=f′(x)，得f32−x′=f32+x′⇔−f′32−x=f′32+x⇔−g32−x=g32+x，所以g3−x+gx=0，所以g(x)关于(32,0)对称，因为其定义域为R，所以g32=0，结合g(x)关于x=2对称，从而周期T=4×2−32=2，所以g−12=g32=0，g−1=g1=−g2，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知g(x)周期为2，关于x=2对称，故可设gx=csπx，则fx=1πsinπx+c，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为f32−2x，g(2+x)均为偶函数，
所以f32−2x=f32+2x即f32−x=f32+x，g(2+x)=g(2−x)，
所以f3−x=fx，g(4−x)=g(x)，则f(−1)=f(4)，故C正确；
函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x=32,x=2对称，
又g(x)=f′(x)，且函数f(x)可导，
所以g32=0,g3−x=−gx，
所以g(4−x)=g(x)=−g3−x，所以g(x+2)=−g(x+1)=gx，
所以g−12=g32=0，g−1=g1=−g2，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.
故选：BC.
17．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【解答过程】由题，f′x=3x2−1，令f′x>0得x>33或x<−33，
令f′(x)<0得−33所以f(x)在(−∞,−33)，(33,+∞)上单调递增，(−33,33)上单调递减，所以x=±33是极值点，故A正确；
因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,−33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f′x=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
18．（2024·全国·高考真题）曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在0,+∞上有两个不同的交点，则a的取值范围为 −2,1 ．
【解题思路】将函数转化为方程，令x3−3x=−x−12+a，分离参数a，构造新函数gx=x3+x2−5x+1,结合导数求得gx单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【解答过程】令x3−3x=−x−12+a，即a=x3+x2−5x+1，令gx=x3+x2−5x+1x>0,
则g′x=3x2+2x−5=3x+5x−1，令g′x=0x>0得x=1，
当x∈0,1时，g′x<0，gx单调递减，
当x∈1,+∞时，g′x>0，gx单调递增，g0=1,g1=−2，
因为曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在0,+∞上有两个不同的交点，
所以等价于y=a与gx有两个交点，所以a∈−2,1.
故答案为：−2,1.
19．（2024·全国·高考真题）若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=
ln2 .
【解题思路】先求出曲线y=ex+x在0,1的切线方程，再设曲线y=lnx+1+a的切点为x0,lnx0+1+a，求出y′，利用公切线斜率相等求出x0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【解答过程】由y=ex+x得y′=ex+1，y′|x=0=e0+1=2，
故曲线y=ex+x在0,1处的切线方程为y=2x+1；
由y=lnx+1+a得y′=1x+1，
设切线与曲线y=lnx+1+a相切的切点为x0,lnx0+1+a，
由两曲线有公切线得y′=1x0+1=2，解得x0=−12，则切点为−12,a+ln12，
切线方程为y=2x+12+a+ln12=2x+1+a−ln2，
根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得a=ln2.
故答案为：ln2.
20．（2023·全国·高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是 5−12,1 .
【解题思路】原问题等价于f′x=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得1+aax≥−lnaln1+a，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f′x=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，
则1+axln1+a≥−axlna，即1+aax≥−lnaln1+a在区间0,+∞上恒成立，
故1+aa0=1≥−lnaln1+a，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，
故lna+1≥−lna0结合题意可得实数a的取值范围是5−12,1.
故答案为：5−12,1.
21．（2022·全国·高考真题）曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 y=1ex ， y=−1ex ．
【解题思路】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
【解答过程】[方法一]：化为分段函数，分段求
分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
解： 因为y=lnx，
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x1，由y′=1x，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln−x1=1x1x−x1，
又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x1−x1，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−ex+e，即y=−1ex；故答案为：y=1ex；y=−1ex
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
因为y=lnx是偶函数，图象为：
所以当x<0时的切线，只需找到y=1ex关于y轴的对称直线y=−1ex即可.
[方法三]：
因为y=lnx，
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x1，由y′=1x，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln−x1=1x1x−x1，
又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x1−x1，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−ex+e，即y=−1ex；
故答案为：y=1ex；y=−1ex.
22．（2022·全国·高考真题）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1【解题思路】法一：依题可知，方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数gx=lna⋅ax，利用指数函数的图象和图象变换得到gx的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【解答过程】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为f′x=2lna⋅ax−2ex，所以方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当时−∞,x1 x2,+∞，f′x<0，即y=ex图象在y=lna⋅ax上方
当x∈x1,x2时，f′x>0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0令gx=lna⋅ax，则g′x=ln2a⋅ax,0设过原点且与函数y=gx的图象相切的直线的切点为x0,lna⋅ax0，
则切线的斜率为g′x0=ln2a⋅ax0，故切线方程为y−lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x−x0，
则有−lna⋅ax0=−x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a综上所述，a的取值范围为1e,1．
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
f′x=2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
设函数gx=f′x=2axlna−ex，则′x=2axlna2−2e，
若a>1，则′x在R上单调递增，此时若f′x0=0，
则f′x在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，此时若有x=x1和x=x2分别是函数
fx=2ax−ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意；
若00且a≠1)的极小值点和极大值点，且x10，f′x0=2ax0lna−ex0=2elna−ex0>0，即x0<1lna，x0lna>1故lnax0=x0lna=lnelna2>1，所以1e故答案为：1e23．（2022·全国·高考真题）若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是 −∞,−4∪0,+∞ ．
【解题思路】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.
【解答过程】∵y=(x+a)ex，∴y′=(x+1+a)ex，
设切点为x0,y0,则y0=x0+aex0,切线斜率k=x0+1+aex0,
切线方程为：y−x0+aex0=x0+1+aex0x−x0,
∵切线过原点，∴−x0+aex0=x0+1+aex0−x0,
整理得：x02+ax0−a=0,
∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,
∴a的取值范围是−∞,−4∪0,+∞,
故答案为：−∞,−4∪0,+∞.
四、解答题
24．（2024·全国·高考真题）已知函数fx=ax−1−lnx+1．
(1)求fx的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx【解题思路】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可.
【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=a−1x=ax−1x
当a≤0时，f′(x)=ax−1x<0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，x∈1a,+∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈0,1a时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞，单调递减区间为0,1a.
（2）a≤2，且x>1时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
g′(x)=ex−1−2+1x，再令ℎ(x)=g′(x)，则ℎ′(x)=ex−1−1x2，
显然ℎ′(x)在(1,+∞)上递增，则ℎ′(x)>ℎ′(1)=e0−1=0，
即g′(x)=ℎ(x)在(1,+∞)上递增，
故g′(x)>g′(1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证.
25．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3
(1)若b=0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>−2当且仅当1【解题思路】（1）求出f′xmin=2+a后根据f′(x)≥0可求a的最小值；
（2）设Pm,n为y=fx图象上任意一点，可证Pm,n关于1,a的对称点为Q2−m,2a−n也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断f1=−2即a=−2，再根据f(x)>−2在1,2上恒成立可求得b≥−23.
【解答过程】（1）b=0时，fx=lnx2−x+ax，其中x∈0,2，
则f'x=1x+12−x+a=2x2−x+a,x∈0,2，
因为x2−x≤2−x+x22=1，当且仅当x=1时等号成立，
故f′xmin=2+a，而f′x≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）fx=lnx2−x+ax+bx−13的定义域为0,2，
设Pm,n为y=fx图象上任意一点，
Pm,n关于1,a的对称点为Q2−m,2a−n，
因为Pm,n在y=fx图象上，故n=lnm2−m+am+bm−13，
而f2−m=ln2−mm+a2−m+b2−m−13=−lnm2−m+am+bm−13+2a，
=−n+2a，
所以Q2−m,2a−n也在y=fx图象上，
由P的任意性可得y=fx图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.
（3）因为fx>−2当且仅当1所以f1=−2即a=−2，
先考虑1−2恒成立.
此时fx>−2即为lnx2−x+21−x+bx−13>0在1,2上恒成立，
设t=x−1∈0,1，则lnt+11−t−2t+bt3>0在0,1上恒成立，
设gt=lnt+11−t−2t+bt3,t∈0,1，
则g′t=21−t2−2+3bt2=t2−3bt2+2+3b1−t2，
当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g′t>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当−23≤b<0时，−3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
故g′t≥0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当b<−23，则当0故在0,1+23b上gt为减函数，故gt综上，fx>−2在1,2上恒成立时b≥−23.
而当b≥−23时，
而b≥−23时，由上述过程可得gt在0,1递增，故gt>0的解为0,1，
即fx>−2的解为1,2.
综上，b≥−23.
26．（2024·全国·高考真题）已知函数fx=1−axln1+x−x．
(1)当a=−2时，求fx的极值；
(2)当x≥0时，fx≥0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−12、−12【解答过程】（1）当a=−2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)−x，
故f′(x)=2ln(1+x)+1+2x1+x−1=2ln(1+x)−11+x+1，
因为y=2ln(1+x),y=−11+x+1在−1,+∞上为增函数，
故f′(x)在−1,+∞上为增函数，而f′(0)=0，
故当−10时，f′(x)>0，
故fx在x=0处取极小值且极小值为f0=0，无极大值.
（2）f'(x)=−aln(1+x)+1−ax1+x−1=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
设sx=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
则s′x=−ax+1−a+11+x2=−ax+1+a+11+x2=−ax+2a+11+x2，
当a≤−12时，s'x>0，故sx在0,+∞上为增函数，
故sx>s0=0，即f'x>0，
所以fx在0,+∞上为增函数，故fx≥f0=0.
当−12故sx在0,−2a+1a上为减函数，故在0,−2a+1a上sx即在0,−2a+1a上f′x<0即fx为减函数，
故在0,−2a+1a上fx当a≥0，此时s′x<0在0,+∞上恒成立，
同理可得在0,+∞上fx综上，a≤−12.
27．（2024·天津·高考真题）设函数fx=xlnx．
(1)求fx图象上点1,f1处的切线方程；
(2)若fx≥ax−x在x∈0,+∞时恒成立，求a的值；
(3)若x1,x2∈0,1，证明fx1−fx2≤x1−x212．
【解题思路】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；
（3）先确定fx的单调性，再对x1,x2分类讨论.
【解答过程】（1）由于fx=xlnx，故f′x=lnx+1.
所以f1=0，f′1=1，所以所求的切线经过1,0，且斜率为1，故其方程为y=x−1.
（2）设ℎt=t−1−lnt，则ℎ′t=1−1t=t−1t，从而当01时ℎ′t>0.
所以ℎt在0,1上递减，在1,+∞上递增，这就说明ℎt≥ℎ1，即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当t=1.
设gt=at−1−2lnt，则
fx−ax−x=xlnx−ax−x=xa1x−1−2ln1x=x⋅g1x.
当x∈0,+∞时，1x的取值范围是0,+∞，所以命题等价于对任意t∈0,+∞，都有gt≥0.
一方面，若对任意t∈0,+∞，都有gt≥0，则对t∈0,+∞有
0≤gt=at−1−2lnt=at−1+2ln1t≤at−1+21t−1=at+2t−a−2，
取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0.
再取t=2a，得0≤a⋅2a+2a2−a−2=22a−a−2=−a−22，所以a=2.
另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞都有gt=2t−1−2lnt=2ℎt≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.
（3）先证明一个结论：对0证明：前面已经证明不等式t−1≥lnt，故blnb−alnab−a=alnb−alnab−a+lnb=lnbaba−1+lnb<1+lnb，
且blnb−alnab−a=blnb−blnab−a+lna=−lnab1−ab+lna>−ab−11−ab+lna=1+lna，
所以lna+1由f′x=lnx+1，可知当01e时f′x>0.
所以fx在0,1e上递减，在1e,+∞上递增.
不妨设x1≤x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当1e≤x1≤x2<1时，有fx1−fx2=fx2−fx1情况二：当0对任意的c∈0,1e，设φx=xlnx−clnc−c−x，则φ′x=lnx+1+12c−x.
由于φ′x单调递增，且有
φ′c2e1+12c=lnc2e1+12c+1+12c−c2e1+12c且当x≥c−14ln2c−12，x>c2时，由12c−x≥ln2c−1可知
φ′x=lnx+1+12c−x>lnc2+1+12c−x=12c−x−ln2c−1≥0.
所以φ′x在0,c上存在零点x0，再结合φ′x单调递增，即知00.
故φx在0,x0上递减，在x0,c上递增.
①当x0≤x≤c时，有φx≤φc=0；
②当0从而当0qc，可得
φx=xlnx−clnc−c−x<−clnc−c−x<−clnc−qc=ccln1c−q<0.
再根据φx在0,x0上递减，即知对0综合①②可知对任意0根据c∈0,1e和0所以fx1−fx2=fx1−fx2=x1lnx1−x2lnx2≤x2−x1.
情况三：当0而根据fx的单调性，知fx1−fx2≤fx1−f1e或fx1−fx2≤f1e−fx2.
故一定有fx1−fx2≤x2−x1成立.
综上，结论成立.
28．（2024·北京·高考真题）设函数fx=x+kln1+xk≠0，直线l是曲线y=fx在点t,ftt>0处的切线．
(1)当k=−1时，求fx的单调区间.
(2)求证：l不经过点0,0.
(3)当k=1时，设点At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
（参考数据：1.09【解题思路】（1）直接代入k=−1，再利用导数研究其单调性即可；
（2）写出切线方程y−f(t)=1+k1+t(x−t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)−t1+t，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入2S△ACO=15SABO得到13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，再设新函数ℎ(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)研究其零点即可.
【解答过程】（1）f(x)=x−ln(1+x),f′(x)=1−11+x=x1+x(x>−1)，
当x∈−1,0时，f′x<0；当x∈0,+∞，f′x>0；
∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
则f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
（2）f′(x)=1+k1+x，切线l的斜率为1+k1+t，
则切线方程为y−f(t)=1+k1+t(x−t)(t>0)，
将(0,0)代入则−f(t)=−t1+k1+t,f(t)=t1+k1+t，
即t+kln(1+t)=t+tk1+t，则ln(1+t)=t1+t，ln(1+t)−t1+t=0，
令F(t)=ln(1+t)−t1+t，
假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点.
F′(t)=11+t−1+t−t(1+t)2=t(1+t)2>0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
（3）k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f′(x)=1+11+x=x+21+x>0.
S△ACO=12tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
t>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知q≠0.所以q>0，
则切线l的方程为y−t−lnt+1=1+11+tx−t，
令x=0，则y=q=y=ln(1+t)−tt+1.
∵2S△ACO=15SABO，则2tf(t)=15tln(1+t)−tt+1，
∴13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，记ℎ(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)，
∴满足条件的A有几个即ℎ(t)有几个零点.
ℎ′(t)=131+t−2−15(t+1)2=13t+13−2t2+2t+1−15(t+1)2=2t2+9t−4(t+1)2=(−2t+1)(t−4)(t+1)2，
当t∈0,12时，ℎ′t<0，此时ℎt单调递减；
当t∈12,4时，ℎ′t>0，此时ℎt单调递增；
当t∈4,+∞时，ℎ′t<0，此时ℎt单调递减；
因为ℎ(0)=0,ℎ120,ℎ(4)=13ln5−2013×1.6−20=0.8>0，
ℎ(24)=13ln25−48−15×2425=26ln5−48−725<26×1.61−48−725=−20.54<0，
所以由零点存在性定理及ℎ(t)的单调性，ℎ(t)在12,4上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
综上所述，ℎ(t)有两个零点，即满足2SACO=15SABO的A有两个.
29．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax−a3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)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．
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′(x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求fx的单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可.
【解答过程】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1，f′(x)=ex−1，
可得f(1)=e−2，f′(1)=e−1，
即切点坐标为1,e−2，切线斜率k=e−1，
所以切线方程为y−e−2=e−1x−1，即e−1x−y−1=0.
（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)=ex−a，
若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x可知f(x)在−∞,lna内单调递减，在lna,+∞内单调递增，
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，则g′a=2a+1a>0，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)=ex−a，
若f(x)有极小值，则f′(x)=ex−a有零点，
令f′(x)=ex−a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x可知f(x)在−∞,lna内单调递减，在lna,+∞内单调递增，
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，
因为则y=a2,y=lna−1在0,+∞内单调递增，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞.
30．（2024·上海·高考真题）对于一个函数fx和一个点Ma,b，令sx=(x−a)2+(fx−b)2，若Px0,fx0是sx取到最小值的点，则称P是M在fx的“最近点”．
(1)对于f(x)=1x(x>0)，求证：对于点M0,0，存在点P，使得点P是M在fx的“最近点”；
(2)对于fx=ex,M1,0，请判断是否存在一个点P，它是M在fx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M1t−1,ft−gt，M2t+1,ft+gt．若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M2在fx的“最近点”，试判断fx的单调性．
【解题思路】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；
（2）由题得sx=(x−1)2+e2x，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即可；
（3）根据题意得到s1′x0=s2′x0=0，对两等式化简得f′x0=−1g(t)，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明x0=t，最后得到函数单调性.
【解答过程】（1）当M(0,0)时，sx=(x−0)2+1x−02=x2+1x2≥2x2⋅1x2=2，
当且仅当x2=1x2即x=1时取等号，
故对于点M0,0，存在点P1,1，使得该点是M0,0在fx的“最近点”．
（2）由题设可得sx=(x−1)2+ex−02=(x−1)2+e2x，
则s′x=2x−1+2e2x，因为y=2x−1,y=2e2x均为R上单调递增函数，
则s′x=2x−1+2e2x在R上为严格增函数，
而s′0=0，故当x<0时，s′x<0，当x>0时，s′x>0，
故sxmin=s0=2，此时P0,1，
而f′x=ex,k=f′0=1，故fx在点P处的切线方程为y=x+1.
而kMP=0−11−0=−1，故kMP⋅k=−1，故直线MP与y=fx在点P处的切线垂直．
（3）设s1x=(x−t+1)2+(fx−ft+gt)2，
s2x=(x−t−1)2+(fx−ft−gt)2，
而s′1x=2(x−t+1)+2(fx−ft+gt)f′x，
s′2x=2(x−t−1)+2(fx−ft−gt)f′x，
若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M2在fx的“最近点”，
设Px0,y0，则x0既是s1x的最小值点，也是s2x的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0,使得s1′x0=s2′x0=0，
即s1′x0=2x0−t+1+2f′x0fx0−f(t)+g(t)=0①
s2′x0=2x0−t−1+2f′x0fx0−f(t)−g(t)=0②
由①②相等得4+4g(t)⋅f′x0=0，即1+f′x0g(t)=0，
即f′x0=−1g(t)，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
则f′x0=−1g(t)<0恒成立，
接下来证明x0=t，
因为x0既是s1x的最小值点，也是s2x的最小值点，
则s1x0≤s(t),s2x0≤s(t)，
即x0−t+12+fx0−ft+gt2≤1+gt2，③
x0−t−12+fx0−ft−gt2≤1+gt2，④
③+④得2x0−t2+2+2fx0−f(t)2+2g2(t)≤2+2g2(t)
即x0−t2+fx0−ft2≤0，因为x0−t2≥0,fx0−ft2≥0
则x0−t=0fx0−ft=0，解得x0=t，
则f′t=−1g(t)<0恒成立，因为t的任意性，则fx严格单调递减.
31．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对fx求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′(1)=−1，从而得到关于a,b的方程组，解之即可；
（2）由（1）得gx的解析式，从而求得g′x，利用数轴穿根法求得g′x<0与g′x>0的解，由此求得gx的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间−∞,0，0,x1，x1,x2与x2,+∞上f′x的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得fx的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3eax+b,x∈R，所以f′x=1−3x2+ax3eax+b，
因为fx在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1，
所以f(1)=−1+1=0，f′(1)=−1，
则1−13×ea+b=01−3+aea+b=−1，解得a=−1b=1，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得gx=f′x=1−3x2−x3e−x+1x∈R，
则g′x=−xx2−6x+6e−x+1，
令x2−6x+6=0，解得x=3±3，不妨设x1=3−3，x2=3+3，则0易知e−x+1>0恒成立，
所以令g′x<0，解得0x2；令g′x>0，解得x<0或x1所以gx在0,x1，x2,+∞上单调递减，在−∞,0，x1,x2上单调递增，
即gx的单调递减区间为0,3−3和3+3,+∞，单调递增区间为−∞,0和3−3,3+3.
（3）由（1）得f(x)=x−x3e−x+1x∈R，f′x=1−3x2−x3e−x+1，
由（2）知f′x在0,x1，x2,+∞上单调递减，在−∞,0，x1,x2上单调递增，
当x<0时，f′−1=1−4e2<0，f′0=1>0，即f′−1f′0<0
所以f′x在−∞,0上存在唯一零点，不妨设为x3，则−1此时，当x0，则fx单调递增；
所以fx在−∞,0上有一个极小值点；
当x∈0,x1时，f′x在0,x1上单调递减，
则f′x1=f′3−3所以f′x在0,x1上存在唯一零点，不妨设为x4，则0此时，当00，则fx单调递增；当x4所以fx在0,x1上有一个极大值点；
当x∈x1,x2时，f′x在x1,x2上单调递增，
则f′x2=f′3+3>f′3=1>0，故f′x1f′x2<0，
所以f′x在x1,x2上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1此时，当x1所以fx在x1,x2上有一个极小值点；
当x>x2=3+3>3时，3x2−x3=x23−x<0，
所以f′x=1−3x2−x3e−x+1>0，则fx单调递增，
所以fx在x2,+∞上无极值点；
综上：fx在−∞,0和x1,x2上各有一个极小值点，在0,x1上有一个极大值点，共有3个极值点.
32．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=1x+aln1+x．
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程．
(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f′x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax2+x−x+1lnx+1≥0在区间0,+∞上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥12,0【解答过程】（1）当a=−1时，fx=1x−1lnx+1x>−1，
则f′x=−1x2×lnx+1+1x−1×1x+1，
据此可得f1=0,f′1=−ln2，
所以函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2x−1，即ln2x+y−ln2=0.
（2）由函数的解析式可得f′x=−1x2lnx+1+1x+a×1x+1x>−1，
满足题意时f′x≥0在区间0,+∞上恒成立.
令−1x2lnx+1+1x+a1x+1≥0，则−x+1lnx+1+x+ax2≥0，
令gx=ax2+x−x+1lnx+1，原问题等价于gx≥0在区间0,+∞上恒成立，
则g′x=2ax−lnx+1，
当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx令ℎx=g′x=2ax−lnx+1，则ℎ'x=2a−1x+1，
当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以ℎ'x>0,ℎx在区间0,+∞上单调递增，
即g′x在区间0,+∞上单调递增，
所以g′x>g′0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，满足题意.
当0当x∈0,12a−1时，ℎ′x<0,ℎx在区间0,12a−1上单调递减，即g′x单调递减，
注意到g′0=0，故当x∈0,12a−1时，g′x由于g0=0，故当x∈0,12a−1时，gx综上可知：实数a得取值范围是a|a≥12.
33．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=ax−sinxcs2x,x∈0,π2．
(1)当a=1时，讨论fx的单调性；
(2)若fx+sinx<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f′x，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0=0，从而得到g′0≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sinx−sinxcs2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解答过程】（1）因为a=1，所以fx=x−sinxcs2x,x∈0,π2，
则f′x=1−csxcs2x−2csx−sinxsinxcs4x=1−cs2x+2sin2xcs3x
=cs3x−cs2x−21−cs2xcs3x=cs3x+cs2x−2cs3x，
令t=csx，由于x∈0,π2，所以t=csx∈0,1，
所以cs3x+cs2x−2=t3+t2−2=t3−t2+2t2−2=t2t−1+2t+1t−1 =t2+2t+2t−1，
因为t2+2t+2=t+12+1>0，t−1<0，cs3x=t3>0，
所以f′x=cs3x+cs2x−2cs3x<0在0,π2上恒成立，
所以fx在0,π2上单调递减.
（2）法一：
构建gx=fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx0则g′x=a−1+sin2xcs3x+csx0若gx=fx+sinx<0，且g0=f0+sin0=0，
则g′0=a−1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sinx−sinxcs2x=sinx1−1cs2x，
又x∈0,π2，所以01，
所以fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx综上所述：若fx+sinx<0，等价于a≤0，
所以a的取值范围为−∞,0.
法二：
因为sinx−sinxcs2x=sinxcs2x−sinxcs2x=sinxcs2x−1cs2x=−sin3xcs2x，
因为x∈0,π2，所以0故sinx−sinxcs2x<0在0,π2上恒成立，
所以当a=0时，fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0所以fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx当a>0时，因为fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx=ax−sin3xcs2x，
令gx=ax−sin3xcs2x0注意到g′0=a−3sin20cs20+2sin40cs30=a>0，
若∀00，则gx在0,π2上单调递增，
注意到g0=0，所以gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
若∃0所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2，使得g′x1=0，
此时g′x在0,x1上有g′x>0，所以gx在0,x1上单调递增，
则在0,x1上有gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
34．（2023·全国·高考真题）已知函数f(x)=1x+aln(1+x).
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若fx在0,+∞存在极值，求a的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x−x+1lnx+1，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥12和0【解答过程】（1）当a=−1时，fx=1x−1lnx+1，
则f′x=−1x2×lnx+1+1x−1×1x+1，
据此可得f1=0,f′1=−ln2，
函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2x−1，
即ln2x+y−ln2=0.
（2）令gx=f1x=x+aln1x+1，
函数的定义域满足1x+1=x+1x>0，即函数的定义域为−∞,−1∪0,+∞，
定义域关于直线x=−12对称，由题意可得b=−12，
由对称性可知g−12+m=g−12−mm>12，
取m=32可得g1=g−2，
即a+1ln2=a−2ln12，则a+1=2−a，解得a=12，
经检验a=12,b=−12满足题意，故a=12,b=−12.
即存在a=12,b=−12满足题意.
（3）由函数的解析式可得f′x=−1x2lnx+1+1x+a1x+1，
由fx在区间0,+∞存在极值点，则f′x在区间0,+∞上存在变号零点;
令−1x2lnx+1+1x+a1x+1=0，
则−x+1lnx+1+x+ax2=0，
令gx=ax2+x−x+1lnx+1，
fx在区间0,+∞存在极值点，等价于gx在区间0,+∞上存在变号零点，
g′x=2ax−lnx+1,g″x=2a−1x+1
当a≤0时，g′x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以g″x>0,g′x在区间0,+∞上单调递增，
所以g′x>g′0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，
所以gx在区间0,+∞上无零点，不符合题意；
当0当x∈0,12a−1时，g″x<0，g′x单调递减，
当x∈12a−1,+∞时，g″x>0，g′x单调递增，
故g′x的最小值为g′12a−1=1−2a+ln2a，
令mx=1−x+lnx00，
函数mx在定义域内单调递增，mx据此可得1−x+lnx<0恒成立，
则g′12a−1=1−2a+ln2a<0，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞时，
g′x=2ax−lnx+1→+∞，
且注意到g′0=0，
根据零点存在性定理可知:g′x在区间0,+∞上存在唯一零点x0.
当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调减，
当x∈x0,+∞时，g′x>0，gx单调递增，
所以gx0令nx=lnx−x，则n′x=1x−12x=2−x2x，
则函数nx=lnx−x在0,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，
所以nx≤n4=ln4−2<0，所以lnx所以g4a2=4a2+1a4a2+1−ln4a2+1−1−a4a2+1−2a+1
>4a2+14a+a−ln4a2+1+a−1−2a+1
=4a2+14a−ln4a2+1>4a2+14a−4a2+1
>4a2+116a2−4a2−14a+4a2+1=4a2+112a2−14a+4a2+1>0，
所以函数gx在区间0,+∞上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是0,12.
35．（2023·天津·高考真题）已知函数fx=1x+12lnx+1．
(1)求曲线y=fx在x=2处的切线斜率；
(2)求证：当x>0时，fx>1；
(3)证明：56【解题思路】（1）利用导数的几何意义求斜率；
（2）问题化为x>0时lnx+1>2xx+2，构造g(x)=lnx+1−2xx+2，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1，再构造φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，对ℎ(n)−ℎ(n+1)作放缩处理，结合累加得到ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112<16n≥3，即可证结论.
【解答过程】（1）f(x)=ln(x+1)x+ln(x+1)2，则f′(x)=1x(x+1)+12(x+1)−ln(x+1)x2，
所以f′(2)=13−ln34，故x=2处的切线斜率为13−ln34；
（2）要证x>0时fx=1x+12lnx+1>1，即证lnx+1>2xx+2，
令g(x)=lnx+1−2xx+2且x>0，则g′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0时fx>1.
（3）设ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+12)lnn−(n+12)lnn+1=1−(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，则f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故ℎ(n)≤ℎ(1)=1；
下证ln(n!)−(n+12)lnn+n>56，
令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，则φ′(x)=(x−1)2(1−x)x(2x+1)2，
当00，φ(x)递增，当x>1时φ′(x)<0，φ(x)递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，
则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+12)ln(1+1n)−1≤(n+12)⋅(6+1n)(1n)2(3+2n)−1=14n(3n+2)<112(1n−1−1n)，
所以ℎ(2)−ℎ(3)<112(1−12)，ℎ(3)−ℎ(4)<112(12−13)，…，ℎ(n−1)−ℎ(n)<112(1n−2−1n−1)，
累加得：ℎ(2)−ℎ(n)<112(1−1n−1)，而ℎ(2)=2−32ln2，ℎ(1)=1
因为79>34>ln2，所以ℎ(2)=2−32ln2>56，
则−ℎ(n)<112(1−1n−1)−2+32ln2n≥3，
所以ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112(1−1n−1)<32ln2−1+112<16，故ℎ(n)>56n≥3；
综上，56<ℎ(n)≤1，即5636．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex+a−x．
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx>2lna+32．
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a2−12−lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.
方法二：构造函数ℎx=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，由此得证.
【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a−x，定义域为R，所以f′x=aex−1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′x=aex−1<0恒成立，
所以fx在R上单调递减；
当a>0时，令f′x=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′x<0，则fx在−∞,−lna上单调递减；
当x>−lna时，f′x>0，则fx在−lna,+∞上单调递增；
综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,−lna上单调递减，fx在−lna,+∞上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，fxmin=f−lna=ae−lna+a+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g′a=2a−1a=2a2−1a，
令g′a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
方法二：
令ℎx=ex−x−1，则ℎ′x=ex−1，
由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ′x=ex−1在R上单调递增，
又ℎ′0=e0−1=0，
所以当x<0时，ℎ′x<0；当x>0时，ℎ′x>0；
所以ℎx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故ℎx≥ℎ0=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
所以要证f(x)>2lna+32，即证x+lna+1+a2−x>2lna+32，即证a2−12−lna>0，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g′a=2a−1a=2a2−1a，
令g′a<0，则00，则a>22；
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
37．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0（2）已知函数fx=csax−ln1−x2，若x=0是fx的极大值点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）分别构建Fx=x−sinx,x∈0,1，Gx=x2−x+sinx,x∈0,1，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0【解答过程】（1）构建Fx=x−sinx,x∈0,1，则F′x=1−csx>0对∀x∈0,1恒成立，
则Fx在0,1上单调递增，可得Fx>F0=0，
所以x>sinx,x∈0,1；
构建Gx=sinx−x−x2=x2−x+sinx,x∈0,1，
则G′x=2x−1+csx,x∈0,1，
构建gx=G′x,x∈0,1，则g′x=2−sinx>0对∀x∈0,1恒成立，
则gx在0,1上单调递增，可得gx>g0=0，
即G′x>0对∀x∈0,1恒成立，
则Gx在0,1上单调递增，可得Gx>G0=0，
所以sinx>x−x2,x∈0,1；
综上所述：x−x2（2）令1−x2>0，解得−1若a=0，则fx=1−ln1−x2,x∈−1,1，
因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
则fx=1−ln1−x2在−1,0上单调递减，在0,1上单调递增，
故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=a>0
因为fx=csax−ln1−x2=csax−ln1−x2=csbx−ln1−x2，
且f−x=cs−bx−ln1−−x2=csbx−ln1−x2=fx，
所以函数fx在定义域内为偶函数，
由题意可得：f′x=−bsinbx−2xx2−1,x∈−1,1，
（i）当0由（1）可得f′x=−bsinbx−2xx2−1>−b2x−2xx2−1=xb2x2+2−b21−x2，
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，
所以f′x>xb2x2+2−b21−x2>0，
即当x∈0,m⊆0,1时，f′x>0，则fx在0,m上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0上单调递减，
所以x=0是fx的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,1b⊆0,1，则bx∈0,1，
由（1）可得f′x=−bsinbx−2xx2−1<−bbx−b2x2−2xx2−1=x1−x2−b3x3+b2x2+b3x+2−b2，
构建ℎx=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2,x∈0,1b，
则ℎ′x=−3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b，
且ℎ′0=b3>0,ℎ′1b=b3−b>0，则ℎ′x>0对∀x∈0,1b恒成立，
可知ℎx在0,1b上单调递增，且ℎ0=2−b2<0,ℎ1b=2>0，
所以ℎx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则ℎx<0，且x>0,1−x2>0，
则f′x即当x∈0,n⊆0,1时，f′x<0，则fx在0,n上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0上单调递增，
所以x=0是fx的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a>2或a<−2，
故a的取值范围为−∞,−2∪2,+∞.
38．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R，函数fx=ex−asinx,gx=bx
(1)求函数y=fx在0,f0处的切线方程；
(2)若y=fx和y=gx有公共点，
（i）当a=0时，求b的取值范围；
（ii）求证：a2+b2>e．
【解题思路】（1）求出f′(0)可求切线方程；
（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2−bt,t≥0在[0,+∞)上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[2e,+∞).
（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx0−ex0=0，利用点到直线的距离得到a2+b2≥ex0sin2x0+x0，利用导数可证e2xsin2x+x>e，从而可得不等式成立.
【解答过程】（1）f′(x)=ex−acsx，故f′(0)=1−a，而f(0)=1，
曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.
（2）（i）当a=0时，
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex=bx有解，
设t=x，故x=t2，故et2=bt在[0,+∞)上有解，
设s(t)=et2−bt,t≥0，故s(t)在[0,+∞)上有零点，
而s′(t)=2tet2−b,t>0，
若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时s(t)在[0,+∞)上无零点，
若b<0，则s′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故s(t)在[0,+∞)上为增函数，
而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞)上无零点，
故b>0，
设u(t)=2tet2−b,t>0，则u′(t)=(2+4t2)et2>0，
故u(t)在(0,+∞)上为增函数，
而u(0)=−b<0，u(b)=b(2eb2−1)>0，
故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点t0，
且0t0时，u(t)>0；
故0t0时，s′(t)>0；
所以s(t)在(0,t0)上为减函数，在(t0,+∞)上为增函数，
故s(t)min=s(t0)，
因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t0)≤0，故et02−bt0≤0，
而2t0et02−b=0，故et02−2t02et02≤0即t0≥22，
设v(t)=2tet2,t>0，则v′(t)=(2+4t2)et2>0，
故v(t)在(0,+∞)上为增函数，
而b=2t0et02，故b≥2e12=2e.
（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，
所以ex−asinx=bx有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故x0>0.
故asinx0+bx0−ex0=0，考虑直线asinx0+bx0−ex0=0，
a2+b2表示原点与直线asinx0+bx0−ex0=0上的动点(a,b)之间的距离，
故a2+b2≥ex0sin2x0+x0，所以a2+b2≥e2x0sin2x0+x0，
下证：对任意x>0，总有|sinx|证明：当x≥π2时，有|sinx|≤1<π2≤x，故|sinx|当0设p(x)=sinx−x，则p′(x)=csx−1≤0（不恒为零），
故p(x)=sinx−x在[0,+∞)上为减函数，故p(x)综上，|sinx|下证：当x>0时，ex>x+1恒成立，
q(x)=ex−1−x,x>0，则q′(x)=ex−1>0，
故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即ex>x+1恒成立.
下证：e2xsin2x+x>e在(0,+∞)上恒成立，即证：e2x−1>sin2x+x，
即证：2x−1+1≥sin2x+x，即证：x≥sin2x，
而x>|sinx|≥sin2x，故x≥sin2x成立.
故ex0sin2x0+x0>e，即a2+b2>e成立.
39．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得f′x=ax−1x−1x2，按照a≤0、01结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.
【解答过程】（1）当a=0时，fx=−1x−lnx,x>0，则f′x=1x2−1x=1−xx2，
当x∈0,1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f′x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=−1；
（2）fx=ax−1x−a+1lnx,x>0，则f′x=a+1x2−a+1x=ax−1x−1x2，
当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈0,1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f′x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当01，在0,1,1a,+∞上，f′x>0，fx单调递增；
在1,1a上，f′x<0，fx单调递减；
又f1=a−1<0，
由（1）得1x+lnx≥1，即ln1x≥1−x，所以lnx当x>1时，f(x)=ax−1x−(a+1)lnx>ax−1x−2(a+1)x>ax−(2a+3)x，
则存在m=3a+22>1a，使得fm>0，
所以fx仅在1a,+∞有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f′x=x−12x2≥0，所以fx单调递增，又f1=a−1=0，
所以fx有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在0,1a,1,+∞上，f′x>0，fx单调递增；
在1a,1上，f′x<0，fx单调递减；此时f1=a−1>0，
由（1）得当01−1x，lnx>1−1x，所以lnx>21−1x，
此时f(x)=ax−1x−(a+1)lnx存在n=14(a+1)2<1a，使得f(n)<0，
所以fx在0,1a有一个零点，在1a,+∞无零点，
所以fx有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为0,+∞.
40．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)若x1=−1，求a；
(2)求a的取值范围．
【解题思路】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
【解答过程】（1）由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点−1,0处的切线方程为y=2(x+1)，
即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
（2）f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为y−x13−x1=3x12−1(x−x1)，整理得y=3x12−1x−2x13，
设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−x22+a=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，
则3x12−1=2x2−2x13=−x22+a，整理得a=x22−2x13=3x122−122−2x13=94x14−2x13−32x12+14，
令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ′(x)>0，解得−131，
令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0则ℎ(x)的值域为−1,+∞，故a的取值范围为−1,+∞.
41．（2022·浙江·高考真题）设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx1,x2,fx2,x3,fx3处的切线都经过点(a,b)．证明：
（ⅰ）若a>e，则0（ⅱ）若0（注：e=2.71828⋯是自然对数的底数）
【解题思路】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） k=x3x1，m=ae<1，则题设不等式可转化为t1+t3−2−2m【解答过程】（1）f′x=−e2x2+1x=2x−e2x2，
当0e2，f′x>0，
故fx的减区间为0,e2，fx的增区间为e2,+∞.
（2）（ⅰ）因为过a,b有三条不同的切线，设切点为xi,fxi,i=1,2,3，
故fxi−b=f′xixi−a，
故方程fx−b=f′xx−a有3个不同的根，
该方程可整理为1x−e2x2x−a−e2x−lnx+b=0，
设gx=1x−e2x2x−a−e2x−lnx+b，
则g′x=1x−e2x2+−1x2+ex3x−a−1x+e2x2
=−1x3x−ex−a，
当0a时，g′x<0；当e0，
故gx在0,e,a,+∞上为减函数，在e,a上为增函数，
因为gx有3个不同的零点，故ge<0且ga>0，
故1e−e2e2e−a−e2e−lne+b<0且1a−e2a2a−a−e2a−lna+b>0，
整理得到：be2a+lna=fa，
此时b−fa−12ae−1设ua=32−e2a−lna，则u′a=e-2a2a2<0，
故ua为e,+∞上的减函数，故ua<32−e2e−lne=0，
故0（ⅱ）当0故gx在0,a,e,+∞上为减函数，在a,e上为增函数，
不妨设x1因为gx有3个不同的零点，故ga<0且ge>0，
故1e−e2e2e−a−e2e−lne+b>0且1a−e2a2a−a−e2a−lna+b<0，
整理得到：a2e+1因为x1又gx=1−a+ex+ea2x2−lnx+b，
设t=ex，ae=m∈0,1，则方程1−a+ex+ea2x2−lnx+b=0即为：
−a+eet+a2et2+lnt+b=0即为−m+1t+m2t2+lnt+b=0，
记t1=ex1,t2=ex2,t3=ex3,
则t1,t2,t3为−m+1t+m2t2+lnt+b=0有三个不同的根，
设k=t1t3=x3x1>ea>1，m=ae<1，
要证：2e+e−a6e2<1x1+1x3<2a−e−a6e2，即证2+e−a6e即证：13−m6即证：t1+t3−13−m6t1+t3−2m+1−m6<0，
即证：t1+t3−2−2m而−m+1t1+m2t12+lnt1+b=0且−m+1t3+m2t32+lnt3+b=0，
故lnt1−lnt3+m2t12−t32−m+1t1−t3=0，
故t1+t3−2−2m=−2m×lnt1−lnt3t1−t3，
故即证：−2m×lnt1−lnt3t1−t3即证：t1+t3lnt1t3t1−t3+m−13m2−m+1272>0
即证：k+1lnkk−1+m−13m2−m+1272>0，
记φk=k+1lnkk−1,k>1，则φ′k=1k−12k−1k−2lnk，
设uk=k−1k−2lnk，则u′k=1+1k2−2k>2k−2k=0，所以uk>u1=0，
φ′k>0，
故φk在1,+∞上为增函数，故φk>φ1m，
所以k+1lnkk−1+m−13m2−m+1272>m+1lnmm−1+m−13m2−m+1272，
记ωm=lnm+m−1m−13m2−m+1272m+1,0则ω′m=m−123m3−20m2−49m+7272mm+12>m−123m3+372mm+12>0，
所以ωm在0,1为增函数，故ωm<ω1=0，
故lnm+m−1m−13m2−m+1272m+1<0即m+1lnmm−1+m−13m2−m+1272>0，
故原不等式得证.
42．（2022·全国·高考真题）已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x2<1．
【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.
【解答过程】（1）[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f′(x)=(1x−1x2)ex−1x+1 =1x(1−1x)ex+(1−1x)=x−1x(exx+1)
令f'(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f(x)≥0得：e−lnx+x+x−lnx−a≥0
令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=et+t−a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t)min=g(1)=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1要证x1x2<1,即证x1<1x2
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
又因为f(x1)=f(x2),故只需证f(x2)>f(1x2)
即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0
设g(x)=exx−xe1x,x>1，
则g′(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ′(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x所以exx−e1x>0,所以g′(x)>0
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；
综上, exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f(x)=exx+lnexx−a
令t=exx>1，则f(t)=t+lnt−a，f'(t)=1+1t>0
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx−a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1−lnx1=x2−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=1
又因为x1x2下证x1x2因为x1x2不妨设t=x1x2>1，则只需证2lnt构造ℎ(t)=2lnt−t+1t,t>1，则ℎ'(t)=2t−1−1t2=−(1−1t)2<0
故ℎ(t)=2lnt−t+1t在(1,+∞)上单调递减
故ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt43．（2022·全国·高考真题）已知函数fx=ln1+x+axe−x
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
【解答过程】（1）f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f′(x)=11+x+1−xex,f′(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
（2）f(x)=ln(1+x)+axex
f′(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f′(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意
2°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即f′(x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0
当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)令ℎ(x)=xex,x>−1,则ℎ′(x)=1−xex,x>−1,
所以ℎ(x)=xex在−1,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ1=1e，
又e−ae−1>0，fe−ae−1≥−ae+a⋅1e=0，
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2
设ℎ(x)=g′(x)=ex−2ax
ℎ′(x)=ex−2a>0
所以g′(x)在(−1,0)单调递增
g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0
当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)又g(−1)=1e>0
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减，
当x∈−1,0，ℎx>ℎ−1=−e，
又−1而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1).
44．（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)=exln(1+x)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
【解题思路】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【解答过程】（1）解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f0=0，
即切点坐标为0,0，
又f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
∴切线斜率k=f′(0)=1
∴切线方程为：y=x
（2）解：因为g(x)=f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
所以g′(x)=ex(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，
令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，
则ℎ′(x)=11+x−2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0
∴g′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
m′(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t−exln(1+x)−ex1+x=g(x+t)−g(x)，
由（2）知g(x)=f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在0,+∞上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m′(x)>0
∴m(x)在0,+∞上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
45．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解题思路】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时，ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【解答过程】（1）f(x)=ex−ax的定义域为R，而f′(x)=ex−a，
若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax−lnx的定义域为0,+∞，而g′(x)=a−1x=ax−1x.
当x当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在lna,+∞上为增函数，
故f(x)min=flna=a−alna.
当0当x>1a时，g′(x)>0，故g(x)在1a,+∞上为增函数，
故g(x)min=g1a=1−ln1a.
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设ga=a−11+a−lna,a>0，则g′a=21+a2−1a=−a2−1a1+a2≤0，
故ga为0,+∞上的减函数，而g1=0，
故ga=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.
综上，a=1.
（2）[方法一]：
由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设Sx=ex−x−b，S′x=ex−1，
当x<0时，S′x<0，当x>0时，S′x>0，
故Sx在−∞,0上为减函数，在0,+∞上为增函数，
所以Sxmin=S0=1−b<0，
而S−b=e−b>0，Sb=eb−2b，
设ub=eb−2b，其中b>1，则u′b=eb−2>0，
故ub在1,+∞上为增函数，故ub>u1=e−2>0，
故Sb>0，故Sx=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设Tx=x−lnx−b，T′x=x−1x，
当01时，T′x>0，
故Tx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，
所以Txmin=T1=1−b<0，
而Te−b=e−b>0，Teb=eb−2b>0，
Tx=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无根，
故若存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点，
则b>1.
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ′(x)=ex+1x−2，
设sx=ex−x−1，x>0，则s′x=ex−1>0，
故sx在0,+∞上为增函数，故sx>s0=0即ex>x+1，
所以ℎ′(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在0,+∞上为增函数，
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3故ℎx在0,+∞上有且只有一个零点x0，且1e3当0当x>x0时，ℎx>0即ex−x>x−lnx即fx>gx，
因此若存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点，
故b=fx0=gx0>1，
此时ex−x=b有两个不同的根x1,x0(x1<0此时x−lnx=b有两个不同的根x0,x4(0故ex1−x1=b，ex0−x0=b，x4−lnx4−b=0，x0−lnx0−b=0
所以x4−b=lnx4即ex4−b=x4即ex4−b−x4−b−b=0，
故x4−b为方程ex−x=b的解，同理x0−b也为方程ex−x=b的解
又ex1−x1=b可化为ex1=x1+b即x1−lnx1+b=0即x1+b−lnx1+b−b=0，
故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理x0+b也为方程x−lnx=b的解，
所以x1,x0=x0−b,x4−b，而b>1，
故x0=x4−bx1=x0−b即x1+x4=2x0.
[方法二]：
由(1)知，f(x)=ex−x，g(x)=x−lnx，
且f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x)min=g(x)min=1.
①b<1时，此时f(x)min=g(x)min=1>b，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)
共有0个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f(x)min=g(x)min=1=b，
故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，
即证明F(x)=f(x)−b有2个零点，F′(x)=f′(x)=ex−1，
所以F(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(−b)=e−b>0，F(0)=1−b<0，F(b)=eb−2b>0，
(令t(b)=eb−2b，则t′(b)=eb−2>0，t(b)>t(1)=e−2>0)
所以F(x)=f(x)−b在(−∞,0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0,+∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.
其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，
即证明G(x)=g(x)−b有2个零点，G′(x)=g′(x)=1−1x，
所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又因为G(e−b)=e−b>0，G(1)=1−b<0，G(2b)=b−ln2b>0，
(令μ(b)=b−ln2b，则μ′(b)=1−1b>0，μ(b)>μ(1)=1−ln2>0)
所以G(x)=g(x)−b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1,+∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次，证明存在b，使得x2=x3:
因为F(x2)=G(x3)=0，所以b=ex2−x2=x3−lnx3，
若x2=x3，则ex2−x2=x2−lnx2，即ex2−2x2+lnx2=0，
所以只需证明ex−2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上有零点，
因为φ(1e3)=e1e3−2e3−3<0，φ(1)=e−2>0，
所以φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2=x3=x0即可，
此时取b=ex0−x0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x1+x4=2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4)
所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0)，
又因为F(x)在(−∞,0)上单调递减，x1<0，0同理，因为F(x0)=G(ex0)=G(x4)，
又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增，x0>0即ex0>1，x1>1，所以x4=ex0，
又因为ex0−2x0+lnx0=0，所以x1+x4=ex0+lnx0=2x0，
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
x
−∞,−13
−13
−13,0
0
0,1
1
1,+∞
ℎ′(x)
−
0
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↘
527
↗
14
↘
−1
↗
一、单项选择题
1．（2024·全国·高考真题）设函数fx=ex+2sinx1+x2，则曲线y=fx在点0,1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为（ ）
A．16B．13C．12D．23
【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点0,1处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即可得其面积.
【解答过程】f′x=ex+2csx1+x2−ex+2sinx⋅2x1+x22，
则f′0=e0+2cs01+0−e0+2sin0×01+02=3，
即该切线方程为y−1=3x，即y=3x+1，
令x=0，则y=1，令y=0，则x=−13，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=12×1×−13=16.
故选：A.
2．（2024·上海·高考真题）已知函数f(x)的定义域为R，定义集合M=x0x0∈R,x∈−∞,x0,fx
C．存在fx是严格增函数D．存在fx在x=−1处取到极小值
【解题思路】对于ACD利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断，对于B，构造函数fx=−2,x<−1x,−1≤x≤11,x>1即可判断.
【解答过程】对于A，若存在 y=f(x) 是偶函数, 取 x0=1∈[−1,1],
则对于任意 x∈(−∞,1),f(x)
当x<−1时，则fx=−2，当−1≤x≤1时，fx∈−1,1，当x>1时，fx=1，
则该函数fx的最大值是f2，则B正确；
对C，假设存在fx，使得fx严格递增，则M=R，与已知M=−1,1矛盾，则C错误；
对D，假设存在fx，使得fx在x=−1处取极小值，则在−1的左侧附近存在n，使得fn>f−1，这与已知集合M的定义矛盾，故D错误；
故选：B.
3．（2023·全国·高考真题）函数fx=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．−∞,−2B．−∞,−3C．−4,−1D．−3,0
【解题思路】写出f′(x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f′(x)=3x2+a，
若fx要存在3个零点，则fx要存在极大值和极小值，则a<0，
令f′(x)=3x2+a=0，解得x=−−a3或−a3，
且当x∈−∞,−−a3∪−a3,+∞时，f′(x)>0，
当x∈−−a3,−a3，f′(x)<0，
故fx的极大值为f−−a3，极小值为f−a3，
若fx要存在3个零点，则f−−a3>0f−a3<0，即a3−a3−a−a3+2>0−a3−a3+a−a3+2<0，解得a<−3，
故选：B.
4．（2023·全国·高考真题）曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为（ ）
A．y=e4xB．y=e2xC．y=e4x+e4D．y=e2x+3e4
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所设方程即可求解.
【解答过程】设曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为y−e2=kx−1，
因为y=exx+1，
所以y′=exx+1−exx+12=xexx+12，
所以k=y′|x=1=e4
所以y−e2=e4x−1
所以曲线y=exx+1在点1,e2处的切线方程为y=e4x+e4.
故选：C.
5．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=aex−lnx在区间1,2上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A．e2B．eC．e−1D．e−2
【解题思路】根据f′x=aex−1x≥0在1,2上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【解答过程】依题可知，f′x=aex−1x≥0在1,2上恒成立，显然a>0，所以xex≥1a，
设gx=xex,x∈1,2，所以g′x=x+1ex>0，所以gx在1,2上单调递增，
gx>g1=e，故e≥1a，即a≥1e=e−1，即a的最小值为e−1．
故选：C．
6．（2022·全国·高考真题）函数fx=csx+x+1sinx+1在区间0,2π的最小值、最大值分别为（ ）
A．−π2，π2B．−3π2，π2C．−π2，π2+2D．−3π2，π2+2
【解题思路】利用导数求得fx的单调区间，从而判断出fx在区间0,2π上的最小值和最大值.
【解答过程】f′x=−sinx+sinx+x+1csx=x+1csx，
所以fx在区间0,π2和3π2,2π上f′x>0，即fx单调递增；
在区间π2,3π2上f′x<0，即fx单调递减，
又f0=f2π=2，fπ2=π2+2，f3π2=−3π2+1+1=−3π2，
所以fx在区间0,2π上的最小值为−3π2，最大值为π2+2.
故选：D.
7．（2022·全国·高考真题）已知a=3132,b=cs14,c=4sin14，则（ ）
A．c>b>aB．b>a>cC．a>b>cD．a>c>b
【解题思路】由cb=4tan14结合三角函数的性质可得c>b;构造函数fx=csx+12x2−1,x∈0,+∞,利用导数可得b>a,即可得解.
【解答过程】[方法一]：构造函数
因为当x∈0,π2,x
设f(x)=csx+12x2−1,x∈(0,+∞)，
f′(x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
故f14>f(0)=0，所以cs14−3132>0，
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
因为当x∈0,π2,sinx
4sin14+cs14=17sin14+φ，其中φ∈0,π2，且sinφ=117,csφ=417
当4sin14+cs14=17时，14+φ=π2，及φ=π2−14
此时sin14=csφ=417，cs14=sinφ=117
故cs14=117 <417=sin14<4sin14，故b
[方法三]：泰勒展开
设x=0.25，则a=3132=1−0.2522，b=cs14≈1−0.2522+0.2544!，
c=4sin14=sin1414≈1−0.2523!+0.2545!，计算得c>b>a，故选A.
[方法四]：构造函数
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
因为cb=4tan14，因为当x∈0,π2,sinx
故选：A．
8．（2022·全国·高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+bx取得最大值−2，则f′(2)=（ ）
A．−1B．−12C．12D．1
【解题思路】根据题意可知f1=−2，f′1=0即可解得a,b，再根据f′x即可解出．
【解答过程】因为函数fx定义域为0,+∞，所以依题可知，f1=−2，f′1=0，而f′x=ax−bx2，所以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f′x=−2x+2x2，因此函数fx在0,1上递增，在1,+∞上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f′2=−1+12=−12．
故选：B.
9．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．18,814B．274,814C．274,643D．[18,27]
【解题思路】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【解答过程】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，
则l2=2a2+ℎ2，32=2a2+(3−ℎ)2,
所以6ℎ=l2，2a2=l2−ℎ2
所以正四棱锥的体积V=13Sℎ=13×4a2×ℎ=23×(l2−l436)×l26=19l4−l636，
所以V′=194l3−l56=19l324−l26，
当3≤l≤26时，V′>0，当26
又l=3时，V=274，l=33时，V=814,
所以正四棱锥的体积V的最小值为274，
所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V=43a2ℎ=23(6ℎ−ℎ2)ℎ=13(12−2ℎ)ℎ×ℎ⩽13×[(12−2ℎ)+ℎ+ℎ3]3=643(当且仅当ℎ=4取到)，
当ℎ=32时，得a=332，则Vmin=13a2ℎ=13(332)2×32=274;
当l=33时，球心在正四棱锥高线上，此时ℎ=32+3=92，
22a=332⇒a=332，正四棱锥体积V1=13a2ℎ=13(332)2×92=814<643，故该正四棱锥体积的取值范围是[274,643].
故选：C.
10．（2022·全国·高考真题）设a=0.1e0.1,b=19，c=−ln0.9，则（ ）
A．a
【解答过程】方法一：构造法
设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为f′(x)=11+x−1=−x1+x，
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，当x∈(0,+∞)时f′(x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，
所以f(19)
所以f(−110)
当0
又ℎ(0)=0，
所以当0
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以a>c
故选：C.
方法二：比较法
解： a=0.1e0.1 ， b=0.11−0.1 ， c=−ln(1−0.1) ，
① lna−lnb=0.1+ln(1−0.1) ，
令 f(x)=x+ln(1−x),x∈(0,0.1],
则 f′(x)=1−11−x=−x1−x<0 ，
故 f(x) 在 (0,0.1] 上单调递减，
可得 f(0.1)
令 g(x)=xex+ln(1−x),x∈(0,0.1],
则 g'(x)=xex+ex−11−x=(1+x)(1−x)ex−11−x ，
令 k(x)=(1+x)(1−x)ex−1 ，所以 k′(x)=(1−x2−2x)ex>0 ，
所以 k(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 k(x)>k(0)>0 ，即 g′(x)>0 ，
所以 g(x) 在 (0,0.1] 上单调递增，可得 g(0.1)>g(0)=0 ，即 a−c>0 ，所以 a>c.
故 c
二、多项选择题
11．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=2x3−3ax2+1，则（ ）
A．当a>1时，f(x)有三个零点
B．当a<0时，x=0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,f(1)为曲线y=f(x)的对称中心
【解题思路】A选项，先分析出函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(−1,0),(0,a),(a,2a)上各有一个零点；B选项，根据极值和导函数符号的关系进行分析；C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，则f(x)=f(2b−x)为恒等式，据此计算判断；D选项，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，则f(x)+f(2−x)=6−6a，据此进行计算判断，亦可利用拐点结论直接求解.
【解答过程】A选项，f′(x)=6x2−6ax=6x(x−a)，由于a>1，
故x∈(−∞,0)∪(a,+∞)时f′(x)>0，故f(x)在(−∞,0),(a,+∞)上单调递增，
x∈(0,a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
则f(x)在x=0处取到极大值，在x=a处取到极小值，
由f(0)=1>0，f(a)=1−a3<0，则f(0)f(a)<0，
根据零点存在定理f(x)在(0,a)上有一个零点，
又f(−1)=−1−3a<0，f(2a)=4a3+1>0，则f(−1)f(0)<0,f(a)f(2a)<0，
则f(x)在(−1,0),(a,2a)上各有一个零点，于是a>1时，f(x)有三个零点，A选项正确；
B选项，f′(x)=6x(x−a)，a<0时，x∈(a,0),f′(x)<0，f(x)单调递减，
x∈(0,+∞)时f′(x)>0，f(x)单调递增，
此时f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；
C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，
即存在这样的a,b使得f(x)=f(2b−x)，
即2x3−3ax2+1=2(2b−x)3−3a(2b−x)2+1，
根据二项式定理，等式右边(2b−x)3展开式含有x3的项为2C33(2b)0(−x)3=−2x3，
于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，
于是不存在这样的a,b，使得x=b为f(x)的对称轴，C选项错误；
D选项，
方法一：利用对称中心的表达式化简
f(1)=3−3a，若存在这样的a，使得(1,3−3a)为f(x)的对称中心，
则f(x)+f(2−x)=6−6a，事实上，
f(x)+f(2−x)=2x3−3ax2+1+2(2−x)3−3a(2−x)2+1=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a，
于是6−6a=(12−6a)x2+(12a−24)x+18−12a
即12−6a=012a−24=018−12a=6−6a，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
方法二：直接利用拐点结论
任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，
f(x)=2x3−3ax2+1，f′(x)=6x2−6ax，f″(x)=12x−6a，
由f″(x)=0⇔x=a2，于是该三次函数的对称中心为a2,fa2，
由题意(1,f(1))也是对称中心，故a2=1⇔a=2，
即存在a=2使得(1,f(1))是f(x)的对称中心，D选项正确.
故选：AD.
12．（2024·全国·高考真题）设函数f(x)=(x−1)2(x−4)，则（ ）
A．x=3是f(x)的极小值点B．当0
【解题思路】求出函数fx的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数fx在1,3上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【解答过程】对A，因为函数fx的定义域为R，而f′x=2x−1x−4+x−12=3x−1x−3，
易知当x∈1,3时，f′x<0，当x∈−∞,1或x∈3,+∞时，f′x>0
函数fx在−∞,1上单调递增，在1,3上单调递减，在3,+∞上单调递增，故x=3是函数fx的极小值点，正确；
对B，当0
而由上可知，函数fx在0,1上单调递增，所以fx>fx2，错误；
对C，当1
所以f(2−x)>f(x)，正确；
故选：ACD.
13．（2023·全国·高考真题）已知函数fx的定义域为R，fxy=y2fx+x2fy，则（ ）．
A．f0=0B．f1=0
C．fx是偶函数D．x=0为fx的极小值点
【解题思路】方法一：利用赋值法，结合函数奇偶性的判断方法可判断选项ABC，举反例f(x)=0即可排除选项D.
方法二：选项ABC的判断与方法一同，对于D，可构造特殊函数f(x)=x2lnx,x≠00,x=0进行判断即可.
【解答过程】方法一：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，不妨令f(x)=0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误.
方法二：
因为f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，
对于A，令x=y=0，f(0)=0f(0)+0f(0)=0，故A正确.
对于B，令x=y=1，f(1)=1f(1)+1f(1)，则f(1)=0，故B正确.
对于C，令x=y=−1，f(1)=f(−1)+f(−1)=2f(−1)，则f(−1)=0，
令y=−1,f(−x)=f(x)+x2f(−1)=f(x)，
又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确，
对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)=y2f(x)+x2f(y)两边同时除以x2y2，得到f(xy)x2y2=f(x)x2+f(y)y2，
故可以设f(x)x2=lnx(x≠0)，则f(x)=x2lnx,x≠00,x=0，
当x>0肘，f(x)=x2lnx，则f′x=2xlnx+x2⋅1x=x(2lnx+1)，
令f′x<0，得0
故f(x)在0,e−12上单调递减，在e−12,+∞上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在−e−12,0上单调递增，在−∞,e−12上单调递减，
显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
14．（2023·全国·高考真题）若函数fx=alnx+bx+cx2a≠0既有极大值也有极小值，则（ ）．
A．bc>0B．ab>0C．b2+8ac>0D．ac<0
【解题思路】求出函数f(x)的导数f′(x)，由已知可得f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二次方程有两个不等的正根判断作答.
【解答过程】函数f(x)=alnx+bx+cx2的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=ax−bx2−2cx3=ax2−bx−2cx3，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2−bx−2c=0有两个不等的正根x1,x2，
于是Δ=b2+8ac>0x1+x2=ba>0x1x2=−2ca>0，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
15．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin(2x+φ)(0<φ<π)的图像关于点2π3,0中心对称，则（ ）
A．f(x)在区间0,5π12单调递减
B．f(x)在区间−π12,11π12有两个极值点
C．直线x=7π6是曲线y=f(x)的对称轴
D．直线y=32−x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】根据三角函数的性质逐个判断各选项，即可解出．
【解答过程】由题意得：f2π3=sin4π3+φ=0，所以4π3+φ=kπ，k∈Z，
即φ=−4π3+kπ,k∈Z，
又0<φ<π，所以k=2时，φ=2π3，故f(x)=sin2x+2π3．
对A，当x∈0,5π12时，2x+2π3∈2π3,3π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)在0,5π12上是单调递减；
对B，当x∈−π12,11π12时，2x+2π3∈π2,5π2，由正弦函数y=sinu图象知y=f(x)只有1个极值点，由2x+2π3=3π2，解得x=5π12，即x=5π12为函数的唯一极值点；
对C，当x=7π6时，2x+2π3=3π，f(7π6)=0，直线x=7π6不是对称轴；
对D，由y′=2cs2x+2π3=−1得：cs2x+2π3=−12，
解得2x+2π3=2π3+2kπ或2x+2π3=4π3+2kπ,k∈Z,
从而得：x=kπ或x=π3+kπ,k∈Z,
所以函数y=f(x)在点0,32处的切线斜率为k=y′x=0=2cs2π3=−1，
切线方程为：y−32=−(x−0)即y=32−x．
故选：AD．
16．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)=f′(x)，若f32−2x，g(2+x)均为偶函数，则（ ）
A．f(0)=0B．g−12=0C．f(−1)=f(4)D．g(−1)=g(2)
【解题思路】方法一：转化题设条件为函数的对称性，结合原函数与导函数图象的关系，根据函数的性质逐项判断即可得解.
【解答过程】[方法一]：对称性和周期性的关系研究
对于f(x)，因为f32−2x为偶函数，所以f32−2x=f32+2x即f32−x=f32+x①，所以f3−x=fx，所以f(x)关于x=32对称，则f(−1)=f(4)，故C正确；
对于g(x)，因为g(2+x)为偶函数，g(2+x)=g(2−x)，g(4−x)=g(x)，所以g(x)关于x=2对称，由①求导，和g(x)=f′(x)，得f32−x′=f32+x′⇔−f′32−x=f′32+x⇔−g32−x=g32+x，所以g3−x+gx=0，所以g(x)关于(32,0)对称，因为其定义域为R，所以g32=0，结合g(x)关于x=2对称，从而周期T=4×2−32=2，所以g−12=g32=0，g−1=g1=−g2，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.
故选：BC.
[方法二]：【最优解】特殊值，构造函数法.
由方法一知g(x)周期为2，关于x=2对称，故可设gx=csπx，则fx=1πsinπx+c，显然A，D错误，选BC.
故选：BC.
[方法三]：
因为f32−2x，g(2+x)均为偶函数，
所以f32−2x=f32+2x即f32−x=f32+x，g(2+x)=g(2−x)，
所以f3−x=fx，g(4−x)=g(x)，则f(−1)=f(4)，故C正确；
函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x=32,x=2对称，
又g(x)=f′(x)，且函数f(x)可导，
所以g32=0,g3−x=−gx，
所以g(4−x)=g(x)=−g3−x，所以g(x+2)=−g(x+1)=gx，
所以g−12=g32=0，g−1=g1=−g2，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，则函数f(x)+C（C为常数）也满足题设条件，所以无法确定f(x)的函数值，故A错误.
故选：BC.
17．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.
【解答过程】由题，f′x=3x2−1，令f′x>0得x>33或x<−33，
令f′(x)<0得−33
因f(−33)=1+239>0，f(33)=1−239>0，f−2=−5<0，
所以，函数fx在−∞,−33上有一个零点，
当x≥33时，fx≥f33>0，即函数fx在33,+∞上无零点，
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ−x=−x3−−x=−x3+x=−ℎx，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f′x=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f−1=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：AC.
三、填空题
18．（2024·全国·高考真题）曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在0,+∞上有两个不同的交点，则a的取值范围为 −2,1 ．
【解题思路】将函数转化为方程，令x3−3x=−x−12+a，分离参数a，构造新函数gx=x3+x2−5x+1,结合导数求得gx单调区间，画出大致图形数形结合即可求解.
【解答过程】令x3−3x=−x−12+a，即a=x3+x2−5x+1，令gx=x3+x2−5x+1x>0,
则g′x=3x2+2x−5=3x+5x−1，令g′x=0x>0得x=1，
当x∈0,1时，g′x<0，gx单调递减，
当x∈1,+∞时，g′x>0，gx单调递增，g0=1,g1=−2，
因为曲线y=x3−3x与y=−x−12+a在0,+∞上有两个不同的交点，
所以等价于y=a与gx有两个交点，所以a∈−2,1.
故答案为：−2,1.
19．（2024·全国·高考真题）若曲线y=ex+x在点(0,1)处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=
ln2 .
【解题思路】先求出曲线y=ex+x在0,1的切线方程，再设曲线y=lnx+1+a的切点为x0,lnx0+1+a，求出y′，利用公切线斜率相等求出x0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【解答过程】由y=ex+x得y′=ex+1，y′|x=0=e0+1=2，
故曲线y=ex+x在0,1处的切线方程为y=2x+1；
由y=lnx+1+a得y′=1x+1，
设切线与曲线y=lnx+1+a相切的切点为x0,lnx0+1+a，
由两曲线有公切线得y′=1x0+1=2，解得x0=−12，则切点为−12,a+ln12，
切线方程为y=2x+12+a+ln12=2x+1+a−ln2，
根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得a=ln2.
故答案为：ln2.
20．（2023·全国·高考真题）设a∈0,1，若函数fx=ax+1+ax在0,+∞上单调递增，则a的取值范围是 5−12,1 .
【解题思路】原问题等价于f′x=axlna+1+axln1+a≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，可得1+aax≥−lnaln1+a，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f′x=axlna+1+axln1+a≥0在区间0,+∞上恒成立，
则1+axln1+a≥−axlna，即1+aax≥−lnaln1+a在区间0,+∞上恒成立，
故1+aa0=1≥−lnaln1+a，而a+1∈1,2，故ln1+a>0，
故lna+1≥−lna0
故答案为：5−12,1.
21．（2022·全国·高考真题）曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 y=1ex ， y=−1ex ．
【解题思路】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
【解答过程】[方法一]：化为分段函数，分段求
分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0，求出函数导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x<0时同理可得；
解： 因为y=lnx，
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x1，由y′=1x，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln−x1=1x1x−x1，
又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x1−x1，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−ex+e，即y=−1ex；故答案为：y=1ex；y=−1ex
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
因为y=lnx是偶函数，图象为：
所以当x<0时的切线，只需找到y=1ex关于y轴的对称直线y=−1ex即可.
[方法三]：
因为y=lnx，
当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y′=1x，所以y′|x=x0=1x0，所以切线方程为y−lnx0=1x0x−x0，
又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0−x0，解得x0=e，所以切线方程为y−1=1ex−e，即y=1ex；
当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x1，由y′=1x，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln−x1=1x1x−x1，
又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x1−x1，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−ex+e，即y=−1ex；
故答案为：y=1ex；y=−1ex.
22．（2022·全国·高考真题）已知x=x1和x=x2分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1
【解答过程】[方法一]：【最优解】转化法，零点的问题转为函数图象的交点
因为f′x=2lna⋅ax−2ex，所以方程2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2，
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x1,x2，
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
所以当时−∞,x1 x2,+∞，f′x<0，即y=ex图象在y=lna⋅ax上方
当x∈x1,x2时，f′x>0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方
a>1，图象显然不符合题意，所以0
则切线的斜率为g′x0=ln2a⋅ax0，故切线方程为y−lna⋅ax0=ln2a⋅ax0x−x0，
则有−lna⋅ax0=−x0ln2a⋅ax0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
所以eln2a
[方法二]：【通性通法】构造新函数，二次求导
f′x=2lna⋅ax−2ex=0的两个根为x1,x2
因为x1,x2分别是函数fx=2ax−ex2的极小值点和极大值点，
所以函数fx在−∞,x1和x2,+∞上递减，在x1,x2上递增，
设函数gx=f′x=2axlna−ex，则′x=2axlna2−2e，
若a>1，则′x在R上单调递增，此时若f′x0=0，
则f′x在−∞,x0上单调递减，在x0,+∞上单调递增，此时若有x=x1和x=x2分别是函数
fx=2ax−ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x1>x2，不符合题意；
若0
【解题思路】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.
【解答过程】∵y=(x+a)ex，∴y′=(x+1+a)ex，
设切点为x0,y0,则y0=x0+aex0,切线斜率k=x0+1+aex0,
切线方程为：y−x0+aex0=x0+1+aex0x−x0,
∵切线过原点，∴−x0+aex0=x0+1+aex0−x0,
整理得：x02+ax0−a=0,
∵切线有两条，∴Δ=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,
∴a的取值范围是−∞,−4∪0,+∞,
故答案为：−∞,−4∪0,+∞.
四、解答题
24．（2024·全国·高考真题）已知函数fx=ax−1−lnx+1．
(1)求fx的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx
（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1−2x+1+lnx>0即可.
【解答过程】（1）f(x)定义域为(0,+∞)，f′(x)=a−1x=ax−1x
当a≤0时，f′(x)=ax−1x<0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
当a>0时，x∈1a,+∞时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
当x∈0,1a时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
a>0时，f(x)的单调递增区间为1a,+∞，单调递减区间为0,1a.
（2）a≤2，且x>1时，ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)+lnx−1≥ex−1−2x+1+lnx，
令g(x)=ex−1−2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
g′(x)=ex−1−2+1x，再令ℎ(x)=g′(x)，则ℎ′(x)=ex−1−1x2，
显然ℎ′(x)在(1,+∞)上递增，则ℎ′(x)>ℎ′(1)=e0−1=0，
即g′(x)=ℎ(x)在(1,+∞)上递增，
故g′(x)>g′(1)=e0−2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0−2+1+ln1=0，问题得证.
25．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=lnx2−x+ax+b(x−1)3
(1)若b=0，且f′(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
(3)若f(x)>−2当且仅当1
（2）设Pm,n为y=fx图象上任意一点，可证Pm,n关于1,a的对称点为Q2−m,2a−n也在函数的图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断f1=−2即a=−2，再根据f(x)>−2在1,2上恒成立可求得b≥−23.
【解答过程】（1）b=0时，fx=lnx2−x+ax，其中x∈0,2，
则f'x=1x+12−x+a=2x2−x+a,x∈0,2，
因为x2−x≤2−x+x22=1，当且仅当x=1时等号成立，
故f′xmin=2+a，而f′x≥0成立，故a+2≥0即a≥−2，
所以a的最小值为−2.，
（2）fx=lnx2−x+ax+bx−13的定义域为0,2，
设Pm,n为y=fx图象上任意一点，
Pm,n关于1,a的对称点为Q2−m,2a−n，
因为Pm,n在y=fx图象上，故n=lnm2−m+am+bm−13，
而f2−m=ln2−mm+a2−m+b2−m−13=−lnm2−m+am+bm−13+2a，
=−n+2a，
所以Q2−m,2a−n也在y=fx图象上，
由P的任意性可得y=fx图象为中心对称图形，且对称中心为1,a.
（3）因为fx>−2当且仅当1
先考虑1
此时fx>−2即为lnx2−x+21−x+bx−13>0在1,2上恒成立，
设t=x−1∈0,1，则lnt+11−t−2t+bt3>0在0,1上恒成立，
设gt=lnt+11−t−2t+bt3,t∈0,1，
则g′t=21−t2−2+3bt2=t2−3bt2+2+3b1−t2，
当b≥0，−3bt2+2+3b≥−3b+2+3b=2>0，
故g′t>0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当−23≤b<0时，−3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
故g′t≥0恒成立，故gt在0,1上为增函数，
故gt>g0=0即fx>−2在1,2上恒成立.
当b<−23，则当0
而当b≥−23时，
而b≥−23时，由上述过程可得gt在0,1递增，故gt>0的解为0,1，
即fx>−2的解为1,2.
综上，b≥−23.
26．（2024·全国·高考真题）已知函数fx=1−axln1+x−x．
(1)当a=−2时，求fx的极值；
(2)当x≥0时，fx≥0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
（2）求出函数的二阶导数，就a≤−12、−12
故f′(x)=2ln(1+x)+1+2x1+x−1=2ln(1+x)−11+x+1，
因为y=2ln(1+x),y=−11+x+1在−1,+∞上为增函数，
故f′(x)在−1,+∞上为增函数，而f′(0)=0，
故当−1
故fx在x=0处取极小值且极小值为f0=0，无极大值.
（2）f'(x)=−aln(1+x)+1−ax1+x−1=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
设sx=−aln(1+x)−a+1x1+x,x>0，
则s′x=−ax+1−a+11+x2=−ax+1+a+11+x2=−ax+2a+11+x2，
当a≤−12时，s'x>0，故sx在0,+∞上为增函数，
故sx>s0=0，即f'x>0，
所以fx在0,+∞上为增函数，故fx≥f0=0.
当−12
故在0,−2a+1a上fx
同理可得在0,+∞上fx
27．（2024·天津·高考真题）设函数fx=xlnx．
(1)求fx图象上点1,f1处的切线方程；
(2)若fx≥ax−x在x∈0,+∞时恒成立，求a的值；
(3)若x1,x2∈0,1，证明fx1−fx2≤x1−x212．
【解题思路】（1）直接使用导数的几何意义；
（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；
（3）先确定fx的单调性，再对x1,x2分类讨论.
【解答过程】（1）由于fx=xlnx，故f′x=lnx+1.
所以f1=0，f′1=1，所以所求的切线经过1,0，且斜率为1，故其方程为y=x−1.
（2）设ℎt=t−1−lnt，则ℎ′t=1−1t=t−1t，从而当0
所以ℎt在0,1上递减，在1,+∞上递增，这就说明ℎt≥ℎ1，即t−1≥lnt，且等号成立当且仅当t=1.
设gt=at−1−2lnt，则
fx−ax−x=xlnx−ax−x=xa1x−1−2ln1x=x⋅g1x.
当x∈0,+∞时，1x的取值范围是0,+∞，所以命题等价于对任意t∈0,+∞，都有gt≥0.
一方面，若对任意t∈0,+∞，都有gt≥0，则对t∈0,+∞有
0≤gt=at−1−2lnt=at−1+2ln1t≤at−1+21t−1=at+2t−a−2，
取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0.
再取t=2a，得0≤a⋅2a+2a2−a−2=22a−a−2=−a−22，所以a=2.
另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞都有gt=2t−1−2lnt=2ℎt≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.
（3）先证明一个结论：对0
且blnb−alnab−a=blnb−blnab−a+lna=−lnab1−ab+lna>−ab−11−ab+lna=1+lna，
所以lna+1
所以fx在0,1e上递减，在1e,+∞上递增.
不妨设x1≤x2，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.
情况一：当1e≤x1≤x2<1时，有fx1−fx2=fx2−fx1
由于φ′x单调递增，且有
φ′c2e1+12c=lnc2e1+12c+1+12c−c2e1+12c
φ′x=lnx+1+12c−x>lnc2+1+12c−x=12c−x−ln2c−1≥0.
所以φ′x在0,c上存在零点x0，再结合φ′x单调递增，即知0
故φx在0,x0上递减，在x0,c上递增.
①当x0≤x≤c时，有φx≤φc=0；
②当0
φx=xlnx−clnc−c−x<−clnc−c−x<−clnc−qc=ccln1c−q<0.
再根据φx在0,x0上递减，即知对0
情况三：当0
故一定有fx1−fx2≤x2−x1成立.
综上，结论成立.
28．（2024·北京·高考真题）设函数fx=x+kln1+xk≠0，直线l是曲线y=fx在点t,ftt>0处的切线．
(1)当k=−1时，求fx的单调区间.
(2)求证：l不经过点0,0.
(3)当k=1时，设点At,ftt>0，C0,ft，O0,0，B为l与y轴的交点，S△ACO与S△ABO分别表示△ACO与△ABO的面积．是否存在点A使得2S△ACO=15S△ABO成立？若存在，这样的点A有几个？
（参考数据：1.09
（2）写出切线方程y−f(t)=1+k1+t(x−t)(t>0)，将(0,0)代入再设新函数F(t)=ln(1+t)−t1+t，利用导数研究其零点即可；
（3）分别写出面积表达式，代入2S△ACO=15SABO得到13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，再设新函数ℎ(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)研究其零点即可.
【解答过程】（1）f(x)=x−ln(1+x),f′(x)=1−11+x=x1+x(x>−1)，
当x∈−1,0时，f′x<0；当x∈0,+∞，f′x>0；
∴f(x)在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增.
则f(x)的单调递减区间为(−1,0)，单调递增区间为(0,+∞).
（2）f′(x)=1+k1+x，切线l的斜率为1+k1+t，
则切线方程为y−f(t)=1+k1+t(x−t)(t>0)，
将(0,0)代入则−f(t)=−t1+k1+t,f(t)=t1+k1+t，
即t+kln(1+t)=t+tk1+t，则ln(1+t)=t1+t，ln(1+t)−t1+t=0，
令F(t)=ln(1+t)−t1+t，
假设l过(0,0)，则F(t)在t∈(0,+∞)存在零点.
F′(t)=11+t−1+t−t(1+t)2=t(1+t)2>0，∴F(t)在(0,+∞)上单调递增，F(t)>F(0)=0，
∴F(t)在(0,+∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0,0).
（3）k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f′(x)=1+11+x=x+21+x>0.
S△ACO=12tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，
t>0时，若q<0，则此时l与f(x)必有交点，与切线定义矛盾.
由（2）知q≠0.所以q>0，
则切线l的方程为y−t−lnt+1=1+11+tx−t，
令x=0，则y=q=y=ln(1+t)−tt+1.
∵2S△ACO=15SABO，则2tf(t)=15tln(1+t)−tt+1，
∴13ln(1+t)−2t−15t1+t=0，记ℎ(t)=13ln(1+t)−2t−15t1+t(t>0)，
∴满足条件的A有几个即ℎ(t)有几个零点.
ℎ′(t)=131+t−2−15(t+1)2=13t+13−2t2+2t+1−15(t+1)2=2t2+9t−4(t+1)2=(−2t+1)(t−4)(t+1)2，
当t∈0,12时，ℎ′t<0，此时ℎt单调递减；
当t∈12,4时，ℎ′t>0，此时ℎt单调递增；
当t∈4,+∞时，ℎ′t<0，此时ℎt单调递减；
因为ℎ(0)=0,ℎ120,ℎ(4)=13ln5−2013×1.6−20=0.8>0，
ℎ(24)=13ln25−48−15×2425=26ln5−48−725<26×1.61−48−725=−20.54<0，
所以由零点存在性定理及ℎ(t)的单调性，ℎ(t)在12,4上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，
综上所述，ℎ(t)有两个零点，即满足2SACO=15SABO的A有两个.
29．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax−a3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1)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．
【解题思路】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f′(x)=ex−a有零点，可得a>0，进而利用导数求fx的单调性和极值，分析可得a2+lna−1>0，构建函数解不等式即可.
【解答过程】（1）当a=1时，则f(x)=ex−x−1，f′(x)=ex−1，
可得f(1)=e−2，f′(1)=e−1，
即切点坐标为1,e−2，切线斜率k=e−1，
所以切线方程为y−e−2=e−1x−1，即e−1x−y−1=0.
（2）解法一：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)=ex−a，
若a≤0，则f′(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，则g′a=2a+1a>0，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f′(x)=ex−a，
若f(x)有极小值，则f′(x)=ex−a有零点，
令f′(x)=ex−a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f′(x)>0，解得x>lna；令f′(x)<0，解得x
则f(x)有极小值flna=a−alna−a3，无极大值，符合题意，
由题意可得：flna=a−alna−a3<0，即a2+lna−1>0，
构建ga=a2+lna−1,a>0，
因为则y=a2,y=lna−1在0,+∞内单调递增，
可知ga在0,+∞内单调递增，且g1=0，
不等式a2+lna−1>0等价于ga>g1，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞.
30．（2024·上海·高考真题）对于一个函数fx和一个点Ma,b，令sx=(x−a)2+(fx−b)2，若Px0,fx0是sx取到最小值的点，则称P是M在fx的“最近点”．
(1)对于f(x)=1x(x>0)，求证：对于点M0,0，存在点P，使得点P是M在fx的“最近点”；
(2)对于fx=ex,M1,0，请判断是否存在一个点P，它是M在fx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M1t−1,ft−gt，M2t+1,ft+gt．若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M2在fx的“最近点”，试判断fx的单调性．
【解题思路】（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；
（2）由题得sx=(x−1)2+e2x，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即可；
（3）根据题意得到s1′x0=s2′x0=0，对两等式化简得f′x0=−1g(t)，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明x0=t，最后得到函数单调性.
【解答过程】（1）当M(0,0)时，sx=(x−0)2+1x−02=x2+1x2≥2x2⋅1x2=2，
当且仅当x2=1x2即x=1时取等号，
故对于点M0,0，存在点P1,1，使得该点是M0,0在fx的“最近点”．
（2）由题设可得sx=(x−1)2+ex−02=(x−1)2+e2x，
则s′x=2x−1+2e2x，因为y=2x−1,y=2e2x均为R上单调递增函数，
则s′x=2x−1+2e2x在R上为严格增函数，
而s′0=0，故当x<0时，s′x<0，当x>0时，s′x>0，
故sxmin=s0=2，此时P0,1，
而f′x=ex,k=f′0=1，故fx在点P处的切线方程为y=x+1.
而kMP=0−11−0=−1，故kMP⋅k=−1，故直线MP与y=fx在点P处的切线垂直．
（3）设s1x=(x−t+1)2+(fx−ft+gt)2，
s2x=(x−t−1)2+(fx−ft−gt)2，
而s′1x=2(x−t+1)+2(fx−ft+gt)f′x，
s′2x=2(x−t−1)+2(fx−ft−gt)f′x，
若对任意的t∈R，存在点P同时是M1,M2在fx的“最近点”，
设Px0,y0，则x0既是s1x的最小值点，也是s2x的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x0也是两函数的极小值点，
则存在x0,使得s1′x0=s2′x0=0，
即s1′x0=2x0−t+1+2f′x0fx0−f(t)+g(t)=0①
s2′x0=2x0−t−1+2f′x0fx0−f(t)−g(t)=0②
由①②相等得4+4g(t)⋅f′x0=0，即1+f′x0g(t)=0，
即f′x0=−1g(t)，又因为函数g(x)在定义域R上恒正，
则f′x0=−1g(t)<0恒成立，
接下来证明x0=t，
因为x0既是s1x的最小值点，也是s2x的最小值点，
则s1x0≤s(t),s2x0≤s(t)，
即x0−t+12+fx0−ft+gt2≤1+gt2，③
x0−t−12+fx0−ft−gt2≤1+gt2，④
③+④得2x0−t2+2+2fx0−f(t)2+2g2(t)≤2+2g2(t)
即x0−t2+fx0−ft2≤0，因为x0−t2≥0,fx0−ft2≥0
则x0−t=0fx0−ft=0，解得x0=t，
则f′t=−1g(t)<0恒成立，因为t的任意性，则fx严格单调递减.
31．（2023·北京·高考真题）设函数f(x)=x−x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【解题思路】（1）先对fx求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f′(1)=−1，从而得到关于a,b的方程组，解之即可；
（2）由（1）得gx的解析式，从而求得g′x，利用数轴穿根法求得g′x<0与g′x>0的解，由此求得gx的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间−∞,0，0,x1，x1,x2与x2,+∞上f′x的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得fx的极值点个数.
【解答过程】（1）因为f(x)=x−x3eax+b,x∈R，所以f′x=1−3x2+ax3eax+b，
因为fx在(1,f(1))处的切线方程为y=−x+1，
所以f(1)=−1+1=0，f′(1)=−1，
则1−13×ea+b=01−3+aea+b=−1，解得a=−1b=1，
所以a=−1,b=1.
（2）由（1）得gx=f′x=1−3x2−x3e−x+1x∈R，
则g′x=−xx2−6x+6e−x+1，
令x2−6x+6=0，解得x=3±3，不妨设x1=3−3，x2=3+3，则0
所以令g′x<0，解得0
即gx的单调递减区间为0,3−3和3+3,+∞，单调递增区间为−∞,0和3−3,3+3.
（3）由（1）得f(x)=x−x3e−x+1x∈R，f′x=1−3x2−x3e−x+1，
由（2）知f′x在0,x1，x2,+∞上单调递减，在−∞,0，x1,x2上单调递增，
当x<0时，f′−1=1−4e2<0，f′0=1>0，即f′−1f′0<0
所以f′x在−∞,0上存在唯一零点，不妨设为x3，则−1
所以fx在−∞,0上有一个极小值点；
当x∈0,x1时，f′x在0,x1上单调递减，
则f′x1=f′3−3
当x∈x1,x2时，f′x在x1,x2上单调递增，
则f′x2=f′3+3>f′3=1>0，故f′x1f′x2<0，
所以f′x在x1,x2上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1
当x>x2=3+3>3时，3x2−x3=x23−x<0，
所以f′x=1−3x2−x3e−x+1>0，则fx单调递增，
所以fx在x2,+∞上无极值点；
综上：fx在−∞,0和x1,x2上各有一个极小值点，在0,x1上有一个极大值点，共有3个极值点.
32．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=1x+aln1+x．
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程．
(2)若函数fx在0,+∞单调递增，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
（2）原问题即f′x≥0在区间0,+∞上恒成立，整理变形可得gx=ax2+x−x+1lnx+1≥0在区间0,+∞上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥12,0
则f′x=−1x2×lnx+1+1x−1×1x+1，
据此可得f1=0,f′1=−ln2，
所以函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2x−1，即ln2x+y−ln2=0.
（2）由函数的解析式可得f′x=−1x2lnx+1+1x+a×1x+1x>−1，
满足题意时f′x≥0在区间0,+∞上恒成立.
令−1x2lnx+1+1x+a1x+1≥0，则−x+1lnx+1+x+ax2≥0，
令gx=ax2+x−x+1lnx+1，原问题等价于gx≥0在区间0,+∞上恒成立，
则g′x=2ax−lnx+1，
当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g′x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx
当a≥12，2a≥1时，由于1x+1<1，所以ℎ'x>0,ℎx在区间0,+∞上单调递增，
即g′x在区间0,+∞上单调递增，
所以g′x>g′0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，满足题意.
当0
注意到g′0=0，故当x∈0,12a−1时，g′x
33．（2023·全国·高考真题）已知函数fx=ax−sinxcs2x,x∈0,π2．
(1)当a=1时，讨论fx的单调性；
(2)若fx+sinx<0，求a的取值范围．
【解题思路】（1）代入a=1后，再对fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简f′x，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；
（2）法一：构造函数gx=fx+sinx，从而得到gx<0，注意到g0=0，从而得到g′0≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；
法二：先化简并判断得sinx−sinxcs2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解答过程】（1）因为a=1，所以fx=x−sinxcs2x,x∈0,π2，
则f′x=1−csxcs2x−2csx−sinxsinxcs4x=1−cs2x+2sin2xcs3x
=cs3x−cs2x−21−cs2xcs3x=cs3x+cs2x−2cs3x，
令t=csx，由于x∈0,π2，所以t=csx∈0,1，
所以cs3x+cs2x−2=t3+t2−2=t3−t2+2t2−2=t2t−1+2t+1t−1 =t2+2t+2t−1，
因为t2+2t+2=t+12+1>0，t−1<0，cs3x=t3>0，
所以f′x=cs3x+cs2x−2cs3x<0在0,π2上恒成立，
所以fx在0,π2上单调递减.
（2）法一：
构建gx=fx+sinx=ax−sinxcs2x+sinx0
则g′0=a−1+1=a≤0，解得a≤0，
当a=0时，因为sinx−sinxcs2x=sinx1−1cs2x，
又x∈0,π2，所以0
所以fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0
所以a的取值范围为−∞,0.
法二：
因为sinx−sinxcs2x=sinxcs2x−sinxcs2x=sinxcs2x−1cs2x=−sin3xcs2x，
因为x∈0,π2，所以0
所以当a=0时，fx+sinx=sinx−sinxcs2x<0，满足题意；
当a<0时，由于0
令gx=ax−sin3xcs2x0
若∀0
注意到g0=0，所以gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
若∃0
此时g′x在0,x1上有g′x>0，所以gx在0,x1上单调递增，
则在0,x1上有gx>g0=0，即fx+sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
34．（2023·全国·高考真题）已知函数f(x)=1x+aln(1+x).
(1)当a=−1时，求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.
(3)若fx在0,+∞存在极值，求a的取值范围.
【解题思路】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；
(2)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数gx=ax2+x−x+1lnx+1，然后对函数求导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥12和0
则f′x=−1x2×lnx+1+1x−1×1x+1，
据此可得f1=0,f′1=−ln2，
函数在1,f1处的切线方程为y−0=−ln2x−1，
即ln2x+y−ln2=0.
（2）令gx=f1x=x+aln1x+1，
函数的定义域满足1x+1=x+1x>0，即函数的定义域为−∞,−1∪0,+∞，
定义域关于直线x=−12对称，由题意可得b=−12，
由对称性可知g−12+m=g−12−mm>12，
取m=32可得g1=g−2，
即a+1ln2=a−2ln12，则a+1=2−a，解得a=12，
经检验a=12,b=−12满足题意，故a=12,b=−12.
即存在a=12,b=−12满足题意.
（3）由函数的解析式可得f′x=−1x2lnx+1+1x+a1x+1，
由fx在区间0,+∞存在极值点，则f′x在区间0,+∞上存在变号零点;
令−1x2lnx+1+1x+a1x+1=0，
则−x+1lnx+1+x+ax2=0，
令gx=ax2+x−x+1lnx+1，
fx在区间0,+∞存在极值点，等价于gx在区间0,+∞上存在变号零点，
g′x=2ax−lnx+1,g″x=2a−1x+1
当a≤0时，g′x<0，gx在区间0,+∞上单调递减，
此时gx
所以g′x>g′0=0，gx在区间0,+∞上单调递增，gx>g0=0，
所以gx在区间0,+∞上无零点，不符合题意；
当0
当x∈12a−1,+∞时，g″x>0，g′x单调递增，
故g′x的最小值为g′12a−1=1−2a+ln2a，
令mx=1−x+lnx0
函数mx在定义域内单调递增，mx
则g′12a−1=1−2a+ln2a<0，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+∞时，
g′x=2ax−lnx+1→+∞，
且注意到g′0=0，
根据零点存在性定理可知:g′x在区间0,+∞上存在唯一零点x0.
当x∈0,x0时，g′x<0，gx单调减，
当x∈x0,+∞时，g′x>0，gx单调递增，
所以gx0
则函数nx=lnx−x在0,4上单调递增，在4,+∞上单调递减，
所以nx≤n4=ln4−2<0，所以lnx
>4a2+14a+a−ln4a2+1+a−1−2a+1
=4a2+14a−ln4a2+1>4a2+14a−4a2+1
>4a2+116a2−4a2−14a+4a2+1=4a2+112a2−14a+4a2+1>0，
所以函数gx在区间0,+∞上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是0,12.
35．（2023·天津·高考真题）已知函数fx=1x+12lnx+1．
(1)求曲线y=fx在x=2处的切线斜率；
(2)求证：当x>0时，fx>1；
(3)证明：56
（2）问题化为x>0时lnx+1>2xx+2，构造g(x)=lnx+1−2xx+2，利用导数研究单调性，即可证结论；
（3）构造ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，作差法研究函数单调性可得ℎ(n)≤ℎ(1)=1，再构造φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，对ℎ(n)−ℎ(n+1)作放缩处理，结合累加得到ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112<16n≥3，即可证结论.
【解答过程】（1）f(x)=ln(x+1)x+ln(x+1)2，则f′(x)=1x(x+1)+12(x+1)−ln(x+1)x2，
所以f′(2)=13−ln34，故x=2处的切线斜率为13−ln34；
（2）要证x>0时fx=1x+12lnx+1>1，即证lnx+1>2xx+2，
令g(x)=lnx+1−2xx+2且x>0，则g′(x)=1x+1−4(x+2)2=x2(x+1)(x+2)2>0，
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1>2xx+2.
所以x>0时fx>1.
（3）设ℎ(n)=lnn!−n+12lnn+n，n∈N∗，
则ℎ(n+1)−ℎ(n)=1+(n+12)lnn−(n+12)lnn+1=1−(n+12)ln(1+1n)，
由（2）知：x=1n ∈(0,1]，则f(1n)=(n+12)ln(1+1n)>1，
所以ℎ(n+1)−ℎ(n)<0，故ℎ(n)在n∈N∗上递减，故ℎ(n)≤ℎ(1)=1；
下证ln(n!)−(n+12)lnn+n>56，
令φ(x)=lnx−(x+5)(x−1)4x+2且x>0，则φ′(x)=(x−1)2(1−x)x(2x+1)2，
当0
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上lnx≤(x+5)(x−1)4x+2恒成立，
则ℎ(n)−ℎ(n+1)=(n+12)ln(1+1n)−1≤(n+12)⋅(6+1n)(1n)2(3+2n)−1=14n(3n+2)<112(1n−1−1n)，
所以ℎ(2)−ℎ(3)<112(1−12)，ℎ(3)−ℎ(4)<112(12−13)，…，ℎ(n−1)−ℎ(n)<112(1n−2−1n−1)，
累加得：ℎ(2)−ℎ(n)<112(1−1n−1)，而ℎ(2)=2−32ln2，ℎ(1)=1
因为79>34>ln2，所以ℎ(2)=2−32ln2>56，
则−ℎ(n)<112(1−1n−1)−2+32ln2n≥3，
所以ℎ(1)−ℎ(n)<32ln2−1+112(1−1n−1)<32ln2−1+112<16，故ℎ(n)>56n≥3；
综上，56<ℎ(n)≤1，即56
(1)讨论fx的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx>2lna+32．
【解题思路】（1）先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，构造函数ga=a2−12−lnaa>0，利用导数证得ga>0即可.
方法二：构造函数ℎx=ex−x−1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2−x，进而将问题转化为a2−12−lna>0的恒成立问题，由此得证.
【解答过程】（1）因为f(x)=aex+a−x，定义域为R，所以f′x=aex−1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′x=aex−1<0恒成立，
所以fx在R上单调递减；
当a>0时，令f′x=aex−1=0，解得x=−lna，
当x<−lna时，f′x<0，则fx在−∞,−lna上单调递减；
当x>−lna时，f′x>0，则fx在−lna,+∞上单调递增；
综上：当a≤0时，fx在R上单调递减；
当a>0时，fx在−∞,−lna上单调递减，fx在−lna,+∞上单调递增.
（2）方法一：
由（1）得，fxmin=f−lna=ae−lna+a+lna=1+a2+lna，
要证f(x)>2lna+32，即证1+a2+lna>2lna+32，即证a2−12−lna>0恒成立，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g′a=2a−1a=2a2−1a，
令g′a<0，则0
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
方法二：
令ℎx=ex−x−1，则ℎ′x=ex−1，
由于y=ex在R上单调递增，所以ℎ′x=ex−1在R上单调递增，
又ℎ′0=e0−1=0，
所以当x<0时，ℎ′x<0；当x>0时，ℎ′x>0；
所以ℎx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增，
故ℎx≥ℎ0=0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a−x=aex+a2−x=ex+lna+a2−x≥x+lna+1+a2−x，
当且仅当x+lna=0，即x=−lna时，等号成立，
所以要证f(x)>2lna+32，即证x+lna+1+a2−x>2lna+32，即证a2−12−lna>0，
令ga=a2−12−lnaa>0，则g′a=2a−1a=2a2−1a，
令g′a<0，则0
所以ga在0,22上单调递减，在22,+∞上单调递增，
所以gamin=g22=222−12−ln22=ln2>0，则ga>0恒成立，
所以当a>0时，f(x)>2lna+32恒成立，证毕.
37．（2023·全国·高考真题）（1）证明：当0
【解题思路】（1）分别构建Fx=x−sinx,x∈0,1，Gx=x2−x+sinx,x∈0,1，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；
（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究fx在0,1上的单调性，求导，分类讨论0
则Fx在0,1上单调递增，可得Fx>F0=0，
所以x>sinx,x∈0,1；
构建Gx=sinx−x−x2=x2−x+sinx,x∈0,1，
则G′x=2x−1+csx,x∈0,1，
构建gx=G′x,x∈0,1，则g′x=2−sinx>0对∀x∈0,1恒成立，
则gx在0,1上单调递增，可得gx>g0=0，
即G′x>0对∀x∈0,1恒成立，
则Gx在0,1上单调递增，可得Gx>G0=0，
所以sinx>x−x2,x∈0,1；
综上所述：x−x2
因为y=−lnu在定义域内单调递减，y=1−x2在−1,0上单调递增，在0,1上单调递减，
则fx=1−ln1−x2在−1,0上单调递减，在0,1上单调递增，
故x=0是fx的极小值点，不合题意，所以a≠0.
当a≠0时，令b=a>0
因为fx=csax−ln1−x2=csax−ln1−x2=csbx−ln1−x2，
且f−x=cs−bx−ln1−−x2=csbx−ln1−x2=fx，
所以函数fx在定义域内为偶函数，
由题意可得：f′x=−bsinbx−2xx2−1,x∈−1,1，
（i）当0
且b2x2>0,2−b2≥0,1−x2>0，
所以f′x>xb2x2+2−b21−x2>0，
即当x∈0,m⊆0,1时，f′x>0，则fx在0,m上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx在−m,0上单调递减，
所以x=0是fx的极小值点，不合题意；
（ⅱ）当b2>2时，取x∈0,1b⊆0,1，则bx∈0,1，
由（1）可得f′x=−bsinbx−2xx2−1<−bbx−b2x2−2xx2−1=x1−x2−b3x3+b2x2+b3x+2−b2，
构建ℎx=−b3x3+b2x2+b3x+2−b2,x∈0,1b，
则ℎ′x=−3b3x2+2b2x+b3,x∈0,1b，
且ℎ′0=b3>0,ℎ′1b=b3−b>0，则ℎ′x>0对∀x∈0,1b恒成立，
可知ℎx在0,1b上单调递增，且ℎ0=2−b2<0,ℎ1b=2>0，
所以ℎx在0,1b内存在唯一的零点n∈0,1b，
当x∈0,n时，则ℎx<0，且x>0,1−x2>0，
则f′x
结合偶函数的对称性可知：fx在−n,0上单调递增，
所以x=0是fx的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a>2或a<−2，
故a的取值范围为−∞,−2∪2,+∞.
38．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R，函数fx=ex−asinx,gx=bx
(1)求函数y=fx在0,f0处的切线方程；
(2)若y=fx和y=gx有公共点，
（i）当a=0时，求b的取值范围；
（ii）求证：a2+b2>e．
【解题思路】（1）求出f′(0)可求切线方程；
（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2−bt,t≥0在[0,+∞)上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[2e,+∞).
（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx0−ex0=0，利用点到直线的距离得到a2+b2≥ex0sin2x0+x0，利用导数可证e2xsin2x+x>e，从而可得不等式成立.
【解答过程】（1）f′(x)=ex−acsx，故f′(0)=1−a，而f(0)=1，
曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1−a)(x−0)+1即y=(1−a)x+1.
（2）（i）当a=0时，
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex=bx有解，
设t=x，故x=t2，故et2=bt在[0,+∞)上有解，
设s(t)=et2−bt,t≥0，故s(t)在[0,+∞)上有零点，
而s′(t)=2tet2−b,t>0，
若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时s(t)在[0,+∞)上无零点，
若b<0，则s′(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故s(t)在[0,+∞)上为增函数，
而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞)上无零点，
故b>0，
设u(t)=2tet2−b,t>0，则u′(t)=(2+4t2)et2>0，
故u(t)在(0,+∞)上为增函数，
而u(0)=−b<0，u(b)=b(2eb2−1)>0，
故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点t0，
且0
故0
所以s(t)在(0,t0)上为减函数，在(t0,+∞)上为增函数，
故s(t)min=s(t0)，
因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t0)≤0，故et02−bt0≤0，
而2t0et02−b=0，故et02−2t02et02≤0即t0≥22，
设v(t)=2tet2,t>0，则v′(t)=(2+4t2)et2>0，
故v(t)在(0,+∞)上为增函数，
而b=2t0et02，故b≥2e12=2e.
（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，
所以ex−asinx=bx有解x0，其中x0≥0，
若x0=0，则1−a×0=b×0，该式不成立，故x0>0.
故asinx0+bx0−ex0=0，考虑直线asinx0+bx0−ex0=0，
a2+b2表示原点与直线asinx0+bx0−ex0=0上的动点(a,b)之间的距离，
故a2+b2≥ex0sin2x0+x0，所以a2+b2≥e2x0sin2x0+x0，
下证：对任意x>0，总有|sinx|
故p(x)=sinx−x在[0,+∞)上为减函数，故p(x)
q(x)=ex−1−x,x>0，则q′(x)=ex−1>0，
故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即ex>x+1恒成立.
下证：e2xsin2x+x>e在(0,+∞)上恒成立，即证：e2x−1>sin2x+x，
即证：2x−1+1≥sin2x+x，即证：x≥sin2x，
而x>|sinx|≥sin2x，故x≥sin2x成立.
故ex0sin2x0+x0>e，即a2+b2>e成立.
39．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；
（2）求导得f′x=ax−1x−1x2，按照a≤0、0
【解答过程】（1）当a=0时，fx=−1x−lnx,x>0，则f′x=1x2−1x=1−xx2，
当x∈0,1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f′x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=−1；
（2）fx=ax−1x−a+1lnx,x>0，则f′x=a+1x2−a+1x=ax−1x−1x2，
当a≤0时，ax−1<0，所以当x∈0,1时，f′x>0，fx单调递增；
当x∈1,+∞时，f′x<0，fx单调递减；
所以fxmax=f1=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；
当0
在1,1a上，f′x<0，fx单调递减；
又f1=a−1<0，
由（1）得1x+lnx≥1，即ln1x≥1−x，所以lnx
则存在m=3a+22>1a，使得fm>0，
所以fx仅在1a,+∞有唯一零点，符合题意；
当a=1时，f′x=x−12x2≥0，所以fx单调递增，又f1=a−1=0，
所以fx有唯一零点，符合题意；
当a>1时，1a<1，在0,1a,1,+∞上，f′x>0，fx单调递增；
在1a,1上，f′x<0，fx单调递减；此时f1=a−1>0，
由（1）得当0
此时f(x)=ax−1x−(a+1)lnx
所以fx在0,1a有一个零点，在1a,+∞无零点，
所以fx有唯一零点，符合题意；
综上，a的取值范围为0,+∞.
40．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点x1,fx1处的切线也是曲线y=g(x)的切线．
(1)若x1=−1，求a；
(2)求a的取值范围．
【解题思路】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；
（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.
【解答过程】（1）由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点−1,0处的切线方程为y=2(x+1)，
即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
（2）f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点x1,f(x1)处的切线方程为y−x13−x1=3x12−1(x−x1)，整理得y=3x12−1x−2x13，
设该切线与g(x)切于点x2,g(x2)，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−x22+a=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，
则3x12−1=2x2−2x13=−x22+a，整理得a=x22−2x13=3x122−122−2x13=94x14−2x13−32x12+14，
令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ′(x)>0，解得−13
令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0
41．（2022·浙江·高考真题）设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点x1,fx1,x2,fx2,x3,fx3处的切线都经过点(a,b)．证明：
（ⅰ）若a>e，则0
【解题思路】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） k=x3x1，m=ae<1，则题设不等式可转化为t1+t3−2−2m
当0
故fx的减区间为0,e2，fx的增区间为e2,+∞.
（2）（ⅰ）因为过a,b有三条不同的切线，设切点为xi,fxi,i=1,2,3，
故fxi−b=f′xixi−a，
故方程fx−b=f′xx−a有3个不同的根，
该方程可整理为1x−e2x2x−a−e2x−lnx+b=0，
设gx=1x−e2x2x−a−e2x−lnx+b，
则g′x=1x−e2x2+−1x2+ex3x−a−1x+e2x2
=−1x3x−ex−a，
当0
故gx在0,e,a,+∞上为减函数，在e,a上为增函数，
因为gx有3个不同的零点，故ge<0且ga>0，
故1e−e2e2e−a−e2e−lne+b<0且1a−e2a2a−a−e2a−lna+b>0，
整理得到：b
此时b−fa−12ae−1
故ua为e,+∞上的减函数，故ua<32−e2e−lne=0，
故0
不妨设x1
故1e−e2e2e−a−e2e−lne+b>0且1a−e2a2a−a−e2a−lna+b<0，
整理得到：a2e+1
设t=ex，ae=m∈0,1，则方程1−a+ex+ea2x2−lnx+b=0即为：
−a+eet+a2et2+lnt+b=0即为−m+1t+m2t2+lnt+b=0，
记t1=ex1,t2=ex2,t3=ex3,
则t1,t2,t3为−m+1t+m2t2+lnt+b=0有三个不同的根，
设k=t1t3=x3x1>ea>1，m=ae<1，
要证：2e+e−a6e2<1x1+1x3<2a−e−a6e2，即证2+e−a6e
即证：t1+t3−2−2m
故lnt1−lnt3+m2t12−t32−m+1t1−t3=0，
故t1+t3−2−2m=−2m×lnt1−lnt3t1−t3，
故即证：−2m×lnt1−lnt3t1−t3
即证：k+1lnkk−1+m−13m2−m+1272>0，
记φk=k+1lnkk−1,k>1，则φ′k=1k−12k−1k−2lnk，
设uk=k−1k−2lnk，则u′k=1+1k2−2k>2k−2k=0，所以uk>u1=0，
φ′k>0，
故φk在1,+∞上为增函数，故φk>φ1m，
所以k+1lnkk−1+m−13m2−m+1272>m+1lnmm−1+m−13m2−m+1272，
记ωm=lnm+m−1m−13m2−m+1272m+1,0
所以ωm在0,1为增函数，故ωm<ω1=0，
故lnm+m−1m−13m2−m+1272m+1<0即m+1lnmm−1+m−13m2−m+1272>0，
故原不等式得证.
42．（2022·全国·高考真题）已知函数fx=exx−lnx+x−a．
(1)若fx≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若fx有两个零点x1,x2，则x1x2<1．
【解题思路】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.
【解答过程】（1）[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
f′(x)=(1x−1x2)ex−1x+1 =1x(1−1x)ex+(1−1x)=x−1x(exx+1)
令f'(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，
若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
[方法二]：同构处理
由f(x)≥0得：e−lnx+x+x−lnx−a≥0
令t=x−lnx,t≥1，则f(t)=et+t−a≥0即a≤et+t
令g(t)=et+t,t∈[1,+∞)，则g'(t)=et+1>0
故g(t)=et+t在区间[1,+∞)上是增函数
故g(t)min=g(1)=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(−∞,e+1]
（2）[方法一]：构造函数
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x1<1
因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)
又因为f(x1)=f(x2),故只需证f(x2)>f(1x2)
即证exx−lnx+x−xe1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)
即证exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0
下面证明x>1时，exx−xe1x>0,lnx−12(x−1x)<0
设g(x)=exx−xe1x,x>1，
则g′(x)=(1x−1x2)ex−(e1x+xe1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)ex−e1x(1−1x)
=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)
设φ(x)=exx(x>1),φ′(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0
所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
即g(x)>g(1)=0,所以exx−xe1x>0
令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1
ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0
所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减
即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；
综上, exx−xe1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：f(x)=exx+lnexx−a
令t=exx>1，则f(t)=t+lnt−a，f'(t)=1+1t>0
所以g(t)=t+lnt−a在(1,+∞)上单调递增，故g(t)=0只有1个解
又因为f(x)=exx+lnexx−a有两个零点x1,x2，故t=ex1x1=ex2x2
两边取对数得：x1−lnx1=x2−lnx2，即x1−x2lnx1−lnx2=1
又因为x1x2
故ℎ(t)=2lnt−t+1t在(1,+∞)上单调递减
故ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt
(1)当a=1时，求曲线y=fx在点0,f0处的切线方程；
(2)若fx在区间−1,0,0,+∞各恰有一个零点，求a的取值范围．
【解题思路】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可
（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究
【解答过程】（1）f(x)的定义域为(−1,+∞)
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切点为(0,0) f′(x)=11+x+1−xex,f′(0)=2,所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
（2）f(x)=ln(1+x)+axex
f′(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a1−x2(1+x)ex
设g(x)=ex+a1−x2
1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2>0,即f′(x)>0
所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)
2°若−1≤a≤0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=ex−2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即f′(x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<−1
(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=ex−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0
当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)
所以ℎ(x)=xex在−1,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，所以ℎ(x)≤ℎ1=1e，
又e−ae−1>0，fe−ae−1≥−ae+a⋅1e=0，
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(−1,0),g(x)=ex+a1−x2
设ℎ(x)=g′(x)=ex−2ax
ℎ′(x)=ex−2a>0
所以g′(x)在(−1,0)单调递增
g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0
所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0
当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)
所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0
当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减，
当x∈−1,0，ℎx>ℎ−1=−e，
又−1
所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(−1,0)上有唯一零点
所以a<−1,符合题意
所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1).
44．（2022·北京·高考真题）已知函数f(x)=exln(1+x)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
【解题思路】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.
【解答过程】（1）解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f0=0，
即切点坐标为0,0，
又f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
∴切线斜率k=f′(0)=1
∴切线方程为：y=x
（2）解：因为g(x)=f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)，
所以g′(x)=ex(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，
令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，
则ℎ′(x)=11+x−2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，
∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0
∴g′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
（3）解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，
令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)−f(x)=ex+tln(1+x+t)−exln(1+x)，
m′(x)=ex+tln(1+x+t)+ex+t1+x+t−exln(1+x)−ex1+x=g(x+t)−g(x)，
由（2）知g(x)=f′(x)=ex(ln(1+x)+11+x)在0,+∞上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m′(x)>0
∴m(x)在0,+∞上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
45．（2022·全国·高考真题）已知函数f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【解题思路】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.
（2）根据（1）可得当b>1时，ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx,gx的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
【解答过程】（1）f(x)=ex−ax的定义域为R，而f′(x)=ex−a，
若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax−lnx的定义域为0,+∞，而g′(x)=a−1x=ax−1x.
当x
故f(x)min=flna=a−alna.
当0
故g(x)min=g1a=1−ln1a.
因为f(x)=ex−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，
故1−ln1a=a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，
设ga=a−11+a−lna,a>0，则g′a=21+a2−1a=−a2−1a1+a2≤0，
故ga为0,+∞上的减函数，而g1=0，
故ga=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.
综上，a=1.
（2）[方法一]：
由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.
当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.
设Sx=ex−x−b，S′x=ex−1，
当x<0时，S′x<0，当x>0时，S′x>0，
故Sx在−∞,0上为减函数，在0,+∞上为增函数，
所以Sxmin=S0=1−b<0，
而S−b=e−b>0，Sb=eb−2b，
设ub=eb−2b，其中b>1，则u′b=eb−2>0，
故ub在1,+∞上为增函数，故ub>u1=e−2>0，
故Sb>0，故Sx=ex−x−b有两个不同的零点，即ex−x=b的解的个数为2.
设Tx=x−lnx−b，T′x=x−1x，
当0
故Tx在0,1上为减函数，在1,+∞上为增函数，
所以Txmin=T1=1−b<0，
而Te−b=e−b>0，Teb=eb−2b>0，
Tx=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b仅有一个解，
当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、ex−x=b均无根，
故若存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点，
则b>1.
设ℎ(x)=ex+lnx−2x，其中x>0，故ℎ′(x)=ex+1x−2，
设sx=ex−x−1，x>0，则s′x=ex−1>0，
故sx在0,+∞上为增函数，故sx>s0=0即ex>x+1，
所以ℎ′(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在0,+∞上为增函数，
而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3
因此若存在直线y=b与曲线y=fx、y=gx有三个不同的交点，
故b=fx0=gx0>1，
此时ex−x=b有两个不同的根x1,x0(x1<0
所以x4−b=lnx4即ex4−b=x4即ex4−b−x4−b−b=0，
故x4−b为方程ex−x=b的解，同理x0−b也为方程ex−x=b的解
又ex1−x1=b可化为ex1=x1+b即x1−lnx1+b=0即x1+b−lnx1+b−b=0，
故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理x0+b也为方程x−lnx=b的解，
所以x1,x0=x0−b,x4−b，而b>1，
故x0=x4−bx1=x0−b即x1+x4=2x0.
[方法二]：
由(1)知，f(x)=ex−x，g(x)=x−lnx，
且f(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x)min=g(x)min=1.
①b<1时，此时f(x)min=g(x)min=1>b，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)
共有0个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f(x)min=g(x)min=1=b，
故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，
即证明F(x)=f(x)−b有2个零点，F′(x)=f′(x)=ex−1，
所以F(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(−b)=e−b>0，F(0)=1−b<0，F(b)=eb−2b>0，
(令t(b)=eb−2b，则t′(b)=eb−2>0，t(b)>t(1)=e−2>0)
所以F(x)=f(x)−b在(−∞,0)上存在且只存在1个零点，设为x1，在(0,+∞)上存在且只存在1个零点，设为x2.
其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，
即证明G(x)=g(x)−b有2个零点，G′(x)=g′(x)=1−1x，
所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又因为G(e−b)=e−b>0，G(1)=1−b<0，G(2b)=b−ln2b>0，
(令μ(b)=b−ln2b，则μ′(b)=1−1b>0，μ(b)>μ(1)=1−ln2>0)
所以G(x)=g(x)−b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x3，在(1,+∞)上存在且只存在1个零点，设为x4.
再次，证明存在b，使得x2=x3:
因为F(x2)=G(x3)=0，所以b=ex2−x2=x3−lnx3，
若x2=x3，则ex2−x2=x2−lnx2，即ex2−2x2+lnx2=0，
所以只需证明ex−2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上有零点，
因为φ(1e3)=e1e3−2e3−3<0，φ(1)=e−2>0，
所以φ(x)=ex−2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x0，令x2=x3=x0即可，
此时取b=ex0−x0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x1+x4=2x0，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
因为F(x1)=F(x2)=F(x0)=0=G(x3)=G(x0)=G(x4)
所以F(x1)=G(x0)=F(lnx0)，
又因为F(x)在(−∞,0)上单调递减，x1<0，0
又因为G(x)在(1,+∞)上单调递增，x0>0即ex0>1，x1>1，所以x4=ex0，
又因为ex0−2x0+lnx0=0，所以x1+x4=ex0+lnx0=2x0，
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
x
−∞,−13
−13
−13,0
0
0,1
1
1,+∞
ℎ′(x)
−
0
+
0
−
0
+
ℎ(x)
↘
527
↗
14
↘
−1
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