【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 596.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-20 14:31:46 | ||
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文档简介
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【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025 山西模拟）设，，c＝e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a
2．（2025 会宁县校级二模）设函数f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），若f（x）≥0，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
3．（2025 武侯区校级模拟）已知关于x的不等式eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则的最大值为（ ）
A．e B． C．1 D．
4．（2025春 宁德月考）函数y＝f（x），其中f（x）＝x+lnx，则y＝f（x）的单调增区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1） B．（0，+∞） C．（﹣1，0） D．（0，1）
5．（2025春 山西校级月考）函数f（x）的图象如图所示，设f（x）的导函数为f'（x），则的解集为（ ）
A．（1，6） B．（1，4）
C．（﹣∞，1）∪（6，+∞） D．（1，4）∪（6，+∞）
6．（2025春 洛阳期末）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则（ ）
A．a＜0 B．b＞0 C．c＜0 D．d＜0
7．（2025 鼓楼区校级模拟）已知函数，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有，则a的最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．0
8．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（ ）
A． B．e2 C．或 D．或
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 广东月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，则（ ）
A．若f′（x）＞0，则f（x）是增函数
B．若f′（0）＝0，则0是f（x）的极值点
C．若g（x）＝[f（x）]2，则g′（x）＝2f′（x）
D．若f（x）＞f′（x），则是减函数
（多选）10．（2025春 安庆月考）已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+16，下列结论正确的是（ ）
A．当a＞0时，x＝0是f（x）的极大值点
B．若f（x）在区间（0，4）上单调递减，则a的取值范围是
C．若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是
D．存在实数a，使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立
（多选）11．（2025 江西模拟）如图，由函数y＝ex﹣e+1与y＝ln（x+e﹣1）的部分图象可得一条封闭曲线Γ，则下列说法正确的是（ ）
A．Γ关于直线y＝x对称
B．Γ的弦长最大值大于
C．直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为
D．Γ的面积小于2e（e﹣2）
三．填空题（共3小题）
12．（2025 鼓楼区校级模拟）若函数f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1在x＝0处取得极小值，则a的值为 ．
13．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝ ．
14．（2025春 镇江月考）已知函数f（x）＝（x+1）（x﹣b）（x﹣c）满足f（x）+f（2﹣x）＝4，m，n分别是函数f（x）极大、极小值点，则n﹣m＝ ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 山西校级月考）已知函数f（x）＝2lnx﹣mx+2．
（1）求函数y＝f（x）的单调区间；
（2）若 x∈（0，+∞），f（x）≤1，求实数m的取值范围．
16．（2025春 贵港月考）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a≠0）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在（0，2]上的最大值．
17．（2025春 山西月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（1）当a＝2时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）如果f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当x≥0时，求证：exln（x+1）≥x．
18．（2025春 湖南月考）已知函数f（x）＝cosx+xsinx，g（x）＝ex﹣x．
（1）判断f（x）在区间（﹣π，π）的单调性；
（2）求g（x）的最小值；
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤g（x）+x．
19．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣3x（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线3x﹣2y＝0平行，求函数f（x）的极值；
（2）若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1＜x2时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C B D C B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD ACD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025 山西模拟）设，，c＝e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a
【解答】解：设，则，
当x＞e时，f′（x）＞0，所以f（x）在（e，+∞）上单调递增．
又，，，
，所以c＜a＜b．
故选：C．
2．（2025 会宁县校级二模）设函数f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），若f（x）≥0，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【解答】解：因为f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），所以函数f（x）的定义域为（b，+∞），
易知函数g（x）＝ln（x﹣b）在定义域上是增函数，且g（1+b）＝0，
当a≤0时，ex+2﹣a＞0，不合题意，故a＞0，函数h（x）＝ex+2﹣a是增函数，
令h（x）＝0，得x＝lna﹣2，由题意f（x）≥0，
作出g（x），h（x）的图象如下，
则b+1＝lna﹣2，即b＝lna﹣3，
则，
设，则，
当x＞1时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，当0＜x＜1时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
则，即的最小值为．
故选：D．
3．（2025 武侯区校级模拟）已知关于x的不等式eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则的最大值为（ ）
A．e B． C．1 D．
【解答】解：设f（x）＝eax，g（x）＝x+b，
若eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则f（x）≥g（x），对任意x∈R恒成立，
当a≤0时，在同一坐标系中作出函数f（x），g（x）的图象，
显然，由图可知eax≥x+b对任意x∈R不恒成立；
当a＞0时，在同一坐标系中作出函数f（x），g（x）的图象，
由图可知，临界条件是直线g（x）＝x+b与曲线f（x）＝eax的图象相切时，
由f（x）＝eax，求导f'（x）＝aeex，
设，解得，且．
所以当f（x）＝eax的切线斜率为1时，切点坐标为（x0，e），
故，所以，
即e e1﹣ab 1﹣ab＝﹣lna 1+lna＝ab，
两边同除以a2，令，a＞0，
求导，
令g′（a）＝0，得，即，
当，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增，当a∈（e，+∞），g′（a）＜0，函数g（a）单调递减，
所以当，函数g（a）取到最大值，且．
故的最大值为．
故选：C．
4．（2025春 宁德月考）函数y＝f（x），其中f（x）＝x+lnx，则y＝f（x）的单调增区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1） B．（0，+∞） C．（﹣1，0） D．（0，1）
【解答】解：定义域为（0，+∞），由f（x）＝x+lnx，
得，
由f′（x）＞0，得x＞0或x＜﹣1，
又函数f（x）的定义域是（0，+∞），
所以x＞0，即f（x）的单调增区间为（0，+∞）．
故选：B．
5．（2025春 山西校级月考）函数f（x）的图象如图所示，设f（x）的导函数为f'（x），则的解集为（ ）
A．（1，6） B．（1，4）
C．（﹣∞，1）∪（6，+∞） D．（1，4）∪（6，+∞）
【解答】解：由题意得 或，
由图可当x∈（﹣∞，4）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（4，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以①当x∈（1，4）时，f′（x）＞0且f（x）＞0，
②当x∈（6，+∞）时，f′（x）＜0且f（x）＜0；
综上，x∈（1，4）∪（6，+∞）；
故选：D．
6．（2025春 洛阳期末）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则（ ）
A．a＜0 B．b＞0 C．c＜0 D．d＜0
【解答】解：函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d，
由图象可知，f（0）＝d＞0，
求导得f′（x）＝3ax2+2bx+c，
由函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象可知，方程f′（x）＝0有一正根一负根，
即方程3ax2+2bx+c＝0有一正根一负根，设为x1，x2（x1＜0＜x2，且|x1|＜|x2|），
因为f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，所以f′（x）≥0在（﹣∞，x1）上恒成立，
所以a＞0，
由韦达定理可得，0，0，
所以b＜0，c＜0．
故选：C．
7．（2025 鼓楼区校级模拟）已知函数，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有，则a的最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．0
【解答】解：不妨设x1＞x2，因为，
所以f（x1）+x1＞f（x2）+x2，
令，
则g（x1）＞g（x2），所以g（x）在R上单调递增，
则g′（x）＝ex﹣x﹣a≥0恒成立，即a≤ex﹣x恒成立，
令h（x）＝ex﹣x，则h′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（0）＝1，所以a≤1，所以a的最大值为1．
故选：B．
8．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（ ）
A． B．e2 C．或 D．或
【解答】解：由题意可得直线l的斜率k＝2，
令，（x＞0），
∴x＝1，又f（1）＝1，
∴切线l的方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，
设切线l与g（x）＝txex切于点P（x0，y0），
又g′（x）＝tex（x+1），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x0＝1或x0，又t，
∴t或t＝4．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 广东月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，则（ ）
A．若f′（x）＞0，则f（x）是增函数
B．若f′（0）＝0，则0是f（x）的极值点
C．若g（x）＝[f（x）]2，则g′（x）＝2f′（x）
D．若f（x）＞f′（x），则是减函数
【解答】解：若导函数f′（x）＞0，那么函数f（x）是增函数，因此选项A正确；
当f′（0）＝0时，0不一定是函数f（x）的极值点，如函数f（x）＝x3，f′（0）＝0，
但函数f（x）没有极值，因此选项B错误；
若函数g（x）＝[f（x）]2，那么导函数g′（x）＝2f（x）f′（x），因此选项C错误；
由于f（x）＞f′（x），因此，
因此在R上是减函数，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（2025春 安庆月考）已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+16，下列结论正确的是（ ）
A．当a＞0时，x＝0是f（x）的极大值点
B．若f（x）在区间（0，4）上单调递减，则a的取值范围是
C．若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是
D．存在实数a，使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立
【解答】解：由题意得f（x）＝ax3﹣3x2+16，
所以f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），
当a≠0时，令f'（x）＝0，解得x1＝0，x2，
对于A，当a＞0时，可知当x＜0或时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以x＝0是f（x）的极大值点，故A正确；
对于B，若f（x）在（0，4）上单调递减，
则或a≤0，
解得a，
即a的取值范围是，故B错误；
对于C，当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+16＝0，解得：，
所以函数有两个零点，不符合题意；
由选项A可知，当a＞0时，当x＜0或时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以的极大值为f（0）＝16＞0，
极小值，
且当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
要使f（x）存在唯一的零点x0，则，
解得或（舍去），所以，此时x0＜0，不符合题意；
当a＜0时，，所以，当或x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以的极大值为f（0）＝16＞0，
极小值，且当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→﹣∞，
要使f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则，
解得或（舍去），所以，
综上所述，a的取值范围是，故C正确；
对于D：f（x）+f（4﹣x）＝ax3﹣3x2+16+a（4﹣x）3﹣3（4﹣x）2+16
＝（12a﹣6）x3+（﹣48a+24）x+64a﹣16＝16，
即（12a﹣6）x3+（﹣48a+24）x+64a﹣32＝0，
则有，解得，所以存在，
使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2025 江西模拟）如图，由函数y＝ex﹣e+1与y＝ln（x+e﹣1）的部分图象可得一条封闭曲线Γ，则下列说法正确的是（ ）
A．Γ关于直线y＝x对称
B．Γ的弦长最大值大于
C．直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为
D．Γ的面积小于2e（e﹣2）
【解答】解：对A：由y＝ex﹣e+1 x＝ln（y+e﹣1），
所以函数y＝ex﹣e+1的反函数为y＝ln（x+e﹣1），
所以Γ关于直线y＝x对称，故A正确；
对B：联立，可得ex﹣x﹣e+1＝0，
设h（x）＝ex﹣x﹣e+1，则h′（x）＝ex﹣1，
令h′（x）＞0，解得x＞0，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
令h′（x）＜0，解得x＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
且h（﹣2）＝e﹣2﹣e+3＞0，h（﹣1）＝e﹣1﹣e+2＜0，
所以存在x0∈（﹣2，﹣1），使得h（x0）＝0，另h（1）＝0．
所以Γ上两点A（1，1），B（x0，x0），x0∈（﹣2，﹣1），
所以，故B错误；
对C：因为直线x+y＝t与直线y＝x垂直，
设曲线y＝ex﹣e+1的切线为y＝x+n，
由y′＝ex＝1，可得x＝0，
则切点为（0，2﹣e），所以切线方程为y＝x﹣e+2．
直线y＝x与y＝x﹣e+2的距离为．
所以直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为即，故C正确；
对D：由x+e﹣1＞0，可得x＞1﹣e，所以选项B中x0＞1﹣e．
过点P0（0，2﹣e）作y＝ex﹣e+1的切线，再作该切线关于y＝x对称的直线，过A（1，1），
D（1﹣e，1﹣e）作切线的垂线，与两切线分别交于E，F，M，N，构成矩形EFMN，
该矩形将图形Γ包含在内，所以Γ的面积小于矩形EFMN的面积．
又，
所以矩形EFMN的面积为，所以D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 鼓楼区校级模拟）若函数f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1在x＝0处取得极小值，则a的值为 1或2 ．
【解答】解：已知f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1，可得f'（x）＝a2ex﹣3a+2cosx．
将x＝0代入f'（x）可得：f'（0）＝a2﹣3a+2＝0．
因式分解得（a﹣1）（a﹣2）＝0，解得a＝1或a＝2．
当a＝1时，f'（x）＝ex﹣3+2cosx，令g（x）＝ex﹣3+2cosx，则g'（x）＝ex﹣2sinx，
当x＜0时，ex＜1，2sinx＞﹣2，所以g'（x）＝ex﹣2sinx＞0，即g（x）在（﹣∞，0）上单调递增．
又g（0）＝e0﹣3+2cos0＝1﹣3+2＝0，所以当x＜0时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以x＝0是f（x）的极小值点，a＝1符合题意．
当a＝2时，f'（x）＝4ex﹣6+2cosx，令h（x）＝4ex﹣6+2cosx，则h'（x）＝4ex﹣2sinx．
当x＜0时，4ex＜4，2sinx＞﹣2，所以h'（x）＝4ex﹣2sinx＞0，即h（x）在（﹣∞，0）上单调递增．
又h（0）＝4e0﹣6+2cos0＝4﹣6+2＝0，所以当x＜0时，h（x）＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，h（x）＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以x＝0是f（x）的极小值点，a＝2符合题意．
综上，a的值为1或2．
故答案为：1或2．
13．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝ 0 ．
【解答】解：令f（x）＝x﹣sinx＝0，移项可得x＝sinx．
我们知道y＝x和y＝sinx的图象，y＝x是过原点斜率为l的直线，y＝sinx在x＝0处的切线斜率y'＝cosx，
当x＝0时，y'＝cos0＝1，且sin0＝0，这意味着y＝x和y＝sinx在x＝0处相切，并且在区间上只有x＝0这一个交点．
所以方程x﹣sinx＝0在区间上的解为x＝0，
即函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝0．
故答案为：0．
14．（2025春 镇江月考）已知函数f（x）＝（x+1）（x﹣b）（x﹣c）满足f（x）+f（2﹣x）＝4，m，n分别是函数f（x）极大、极小值点，则n﹣m＝ 2 ．
【解答】解：由题意有f（1）＝2，f（0）+f（2）＝4，所以，解得b＝c＝2，
所以f（x）＝（x+1）（x﹣2）2，所以f′（x）＝（x﹣2）2+2（x+1）（x﹣2）＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，得x＝0或x＝2，由f′（x）＜0有0＜x＜2，f′（x）＞0有x＞2或x＜0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上递增，在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
所以f（x）的极大值点为m＝0，极小值点为n＝2，所以n﹣m＝2．
故答案为：2．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 山西校级月考）已知函数f（x）＝2lnx﹣mx+2．
（1）求函数y＝f（x）的单调区间；
（2）若 x∈（0，+∞），f（x）≤1，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由已知得f（x）的定义域为（0，+∞），
且，
当m≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，令f′（x）＝0，得，可得下表：
x
f′（x） + 0 ﹣
f（x） ↗ 极大值 ↙
当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题意知： x∈（0，+∞），f（x）≤1，
只需，
令，又，
令g′（x）＝0，解得，可得下表：
x
g′（x） + 0 ﹣
g（x） ↗ 极大值 ↙
则，
所以m∈[0，+∞）．
16．（2025春 贵港月考）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a≠0）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在（0，2]上的最大值．
【解答】解：（1）因为f（x）＝alnx﹣x（a≠0），所以定义域为（0，+∞），
当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，
则，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
（2）因为f（x）＝alnx﹣x（a≠0），
所以，又x∈（0，2]，
①当0＜a＜2时，
当0＜x＜a时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（0，a）上单调递增，
当a＜x≤2时，f′（x）＜0，则f（x）在区间（a，2]上单调递减．
所以f（x）max＝f（a）＝alna﹣a；
②当a≥2时，
当0＜x≤2时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（0，2]单调递增．
所以f（x）max＝f（2）＝aln2﹣2，
综上所述，当0＜a＜2时，f（x）max＝alna﹣a，
当a≥2时，f（x）max＝aln2﹣2．
17．（2025春 山西月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（1）当a＝2时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）如果f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当x≥0时，求证：exln（x+1）≥x．
【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝ex﹣2x﹣1，则f′（x）＝ex﹣2，
所以k＝f′（0）＝﹣1，而f（0）＝0，所以切线方程为y＝﹣x；
（2）因为f（x）＝ex﹣ax﹣1≥0，所以f（0）＝e0﹣a×0﹣1＝0且f'（x）＝ex﹣a，
当a≤1时，在[0，+∞）上，f′（x）≥0恒成立，且至多在x＝0处取得等号，
所以f（x）在[0，+∞）上单调递增，又因为f（0）＝0，所以f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，符合题意；
当a＞1时，令f′（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna＞0，当0＜x＜lna时，f′（x）＜0，所以f（x）在[0，lna]上单调递减，所以f（x）＜f（0）＝0．
与已知矛盾，不符合题意．
综上所示，实数a∈（﹣∞，1]．
（3）由（2）得，a＝1时，f（x）≥0对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，即ex≥x+1，
又因为x≥0时，ln（x+1）≥0，
所以为证exln（x+1）≥x，只需证明（x+1）ln（x+1）≥x，令g（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣x，
则，
当x＞0时g′（x）＝ln（x+1）＞ln1＝0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，
又因为g（0）＝（0+1）ln（0+1）﹣0＝0，所以在x≥0时，g（x）≥0恒成立．
所以当x≥0时，exln（x+1）≥x成立．
18．（2025春 湖南月考）已知函数f（x）＝cosx+xsinx，g（x）＝ex﹣x．
（1）判断f（x）在区间（﹣π，π）的单调性；
（2）求g（x）的最小值；
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤g（x）+x．
【解答】解：（1）因为f（x）＝cosx+xsinx，
所以f′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，x∈（﹣π，π）．
当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
所以f（x）在和单调递增，在和单调递减．
（2）g（x）＝ex﹣x，g′（x）＝ex﹣1，令g′（x）＝0，得x＝0，
当x＜0时，g′（x）＜0；当x＞0时，g′（x）＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（0）＝1．
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，令F（x）＝f（x）﹣g（x）﹣x＝cosx+xsinx﹣ex，
则F′（x）＝xcosx﹣ex，
因为cosx≤1，所以F′（x）＝xcosx﹣ex≤x﹣ex
由（2）知g（x）＝ex﹣x≥1＞0，故x﹣ex＜0，
所以F′（x）＝xcosx﹣ex≤x﹣ex＜0，故F（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以F（x）≤F（0）＝0，所以f（x）≤g（x）+x．
19．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣3x（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线3x﹣2y＝0平行，求函数f（x）的极值；
（2）若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1＜x2时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得函数f（x）的定义域为（0，+∞），，
则，解得：a＝1，
所以，
令f′（x）＝0，解得：x＝1或，
当或x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
则当x＝1时，函数f（x）取得极小值，为f（1）＝ln1+1﹣3＝﹣2，
当时，函数f（x）取得极大值，为．
（2）由a＝1得f（x）＝lnx+x2﹣3x，
不等式可变形为，
即，因为x1，x2∈[1，10]，且x1＜x2，
所以函数在[1，10]上单调递减，
令，x∈[1，10]，
则在x∈[1，10]上恒成立，
即m≤﹣2x3+3x2﹣x在x∈[1，10]上恒成立，
设F（x）＝﹣2x3+3x2﹣x，则，
因为当x∈[1，10]时，F′（x）＜0，所以函数F（x）在[1，10]上单调递减，
所以，所以m≤﹣1710，
即实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1710]．
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【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
一．选择题（共8小题）
1．（2025 山西模拟）设，，c＝e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a
2．（2025 会宁县校级二模）设函数f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），若f（x）≥0，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
3．（2025 武侯区校级模拟）已知关于x的不等式eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则的最大值为（ ）
A．e B． C．1 D．
4．（2025春 宁德月考）函数y＝f（x），其中f（x）＝x+lnx，则y＝f（x）的单调增区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1） B．（0，+∞） C．（﹣1，0） D．（0，1）
5．（2025春 山西校级月考）函数f（x）的图象如图所示，设f（x）的导函数为f'（x），则的解集为（ ）
A．（1，6） B．（1，4）
C．（﹣∞，1）∪（6，+∞） D．（1，4）∪（6，+∞）
6．（2025春 洛阳期末）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则（ ）
A．a＜0 B．b＞0 C．c＜0 D．d＜0
7．（2025 鼓楼区校级模拟）已知函数，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有，则a的最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．0
8．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（ ）
A． B．e2 C．或 D．或
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 广东月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，则（ ）
A．若f′（x）＞0，则f（x）是增函数
B．若f′（0）＝0，则0是f（x）的极值点
C．若g（x）＝[f（x）]2，则g′（x）＝2f′（x）
D．若f（x）＞f′（x），则是减函数
（多选）10．（2025春 安庆月考）已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+16，下列结论正确的是（ ）
A．当a＞0时，x＝0是f（x）的极大值点
B．若f（x）在区间（0，4）上单调递减，则a的取值范围是
C．若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是
D．存在实数a，使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立
（多选）11．（2025 江西模拟）如图，由函数y＝ex﹣e+1与y＝ln（x+e﹣1）的部分图象可得一条封闭曲线Γ，则下列说法正确的是（ ）
A．Γ关于直线y＝x对称
B．Γ的弦长最大值大于
C．直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为
D．Γ的面积小于2e（e﹣2）
三．填空题（共3小题）
12．（2025 鼓楼区校级模拟）若函数f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1在x＝0处取得极小值，则a的值为 ．
13．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝ ．
14．（2025春 镇江月考）已知函数f（x）＝（x+1）（x﹣b）（x﹣c）满足f（x）+f（2﹣x）＝4，m，n分别是函数f（x）极大、极小值点，则n﹣m＝ ．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 山西校级月考）已知函数f（x）＝2lnx﹣mx+2．
（1）求函数y＝f（x）的单调区间；
（2）若 x∈（0，+∞），f（x）≤1，求实数m的取值范围．
16．（2025春 贵港月考）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a≠0）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在（0，2]上的最大值．
17．（2025春 山西月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（1）当a＝2时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）如果f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当x≥0时，求证：exln（x+1）≥x．
18．（2025春 湖南月考）已知函数f（x）＝cosx+xsinx，g（x）＝ex﹣x．
（1）判断f（x）在区间（﹣π，π）的单调性；
（2）求g（x）的最小值；
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤g（x）+x．
19．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣3x（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线3x﹣2y＝0平行，求函数f（x）的极值；
（2）若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1＜x2时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【期末重点专题】导数在函数中的应用-2024-2025学年高二数学下学期人教A版（2019）选择性必修第二册
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C D C B D C B D
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AD ACD ACD
一．选择题（共8小题）
1．（2025 山西模拟）设，，c＝e，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．b＜c＜a
【解答】解：设，则，
当x＞e时，f′（x）＞0，所以f（x）在（e，+∞）上单调递增．
又，，，
，所以c＜a＜b．
故选：C．
2．（2025 会宁县校级二模）设函数f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），若f（x）≥0，则的最小值为（ ）
A． B． C．3 D．
【解答】解：因为f（x）＝（ex+2﹣a）ln（x﹣b），所以函数f（x）的定义域为（b，+∞），
易知函数g（x）＝ln（x﹣b）在定义域上是增函数，且g（1+b）＝0，
当a≤0时，ex+2﹣a＞0，不合题意，故a＞0，函数h（x）＝ex+2﹣a是增函数，
令h（x）＝0，得x＝lna﹣2，由题意f（x）≥0，
作出g（x），h（x）的图象如下，
则b+1＝lna﹣2，即b＝lna﹣3，
则，
设，则，
当x＞1时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，当0＜x＜1时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，
则，即的最小值为．
故选：D．
3．（2025 武侯区校级模拟）已知关于x的不等式eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则的最大值为（ ）
A．e B． C．1 D．
【解答】解：设f（x）＝eax，g（x）＝x+b，
若eax≥x+b对任意x∈R恒成立，则f（x）≥g（x），对任意x∈R恒成立，
当a≤0时，在同一坐标系中作出函数f（x），g（x）的图象，
显然，由图可知eax≥x+b对任意x∈R不恒成立；
当a＞0时，在同一坐标系中作出函数f（x），g（x）的图象，
由图可知，临界条件是直线g（x）＝x+b与曲线f（x）＝eax的图象相切时，
由f（x）＝eax，求导f'（x）＝aeex，
设，解得，且．
所以当f（x）＝eax的切线斜率为1时，切点坐标为（x0，e），
故，所以，
即e e1﹣ab 1﹣ab＝﹣lna 1+lna＝ab，
两边同除以a2，令，a＞0，
求导，
令g′（a）＝0，得，即，
当，g′（a）＞0，函数g（a）单调递增，当a∈（e，+∞），g′（a）＜0，函数g（a）单调递减，
所以当，函数g（a）取到最大值，且．
故的最大值为．
故选：C．
4．（2025春 宁德月考）函数y＝f（x），其中f（x）＝x+lnx，则y＝f（x）的单调增区间为（ ）
A．（﹣∞，﹣1） B．（0，+∞） C．（﹣1，0） D．（0，1）
【解答】解：定义域为（0，+∞），由f（x）＝x+lnx，
得，
由f′（x）＞0，得x＞0或x＜﹣1，
又函数f（x）的定义域是（0，+∞），
所以x＞0，即f（x）的单调增区间为（0，+∞）．
故选：B．
5．（2025春 山西校级月考）函数f（x）的图象如图所示，设f（x）的导函数为f'（x），则的解集为（ ）
A．（1，6） B．（1，4）
C．（﹣∞，1）∪（6，+∞） D．（1，4）∪（6，+∞）
【解答】解：由题意得 或，
由图可当x∈（﹣∞，4）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（4，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以①当x∈（1，4）时，f′（x）＞0且f（x）＞0，
②当x∈（6，+∞）时，f′（x）＜0且f（x）＜0；
综上，x∈（1，4）∪（6，+∞）；
故选：D．
6．（2025春 洛阳期末）函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象如图所示，则（ ）
A．a＜0 B．b＞0 C．c＜0 D．d＜0
【解答】解：函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d，
由图象可知，f（0）＝d＞0，
求导得f′（x）＝3ax2+2bx+c，
由函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d的图象可知，方程f′（x）＝0有一正根一负根，
即方程3ax2+2bx+c＝0有一正根一负根，设为x1，x2（x1＜0＜x2，且|x1|＜|x2|），
因为f（x）在（﹣∞，x1）上单调递增，所以f′（x）≥0在（﹣∞，x1）上恒成立，
所以a＞0，
由韦达定理可得，0，0，
所以b＜0，c＜0．
故选：C．
7．（2025 鼓楼区校级模拟）已知函数，若对任意两个不相等的实数x1，x2，都有，则a的最大值为（ ）
A． B．1 C．2 D．0
【解答】解：不妨设x1＞x2，因为，
所以f（x1）+x1＞f（x2）+x2，
令，
则g（x1）＞g（x2），所以g（x）在R上单调递增，
则g′（x）＝ex﹣x﹣a≥0恒成立，即a≤ex﹣x恒成立，
令h（x）＝ex﹣x，则h′（x）＝ex﹣1，
当x＜0时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x＞0时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
所以h（x）≥h（0）＝1，所以a≤1，所以a的最大值为1．
故选：B．
8．（2025春 辽宁期中）若函数的图象与函数g（x）＝txex的图象有公切线l，且直线l与直线互相垂直，则实数t＝（ ）
A． B．e2 C．或 D．或
【解答】解：由题意可得直线l的斜率k＝2，
令，（x＞0），
∴x＝1，又f（1）＝1，
∴切线l的方程为y﹣1＝2（x﹣1），即y＝2x﹣1，
设切线l与g（x）＝txex切于点P（x0，y0），
又g′（x）＝tex（x+1），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴x0＝1或x0，又t，
∴t或t＝4．
故选：D．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．（2025春 广东月考）已知f（x）是定义在R上的可导函数，则（ ）
A．若f′（x）＞0，则f（x）是增函数
B．若f′（0）＝0，则0是f（x）的极值点
C．若g（x）＝[f（x）]2，则g′（x）＝2f′（x）
D．若f（x）＞f′（x），则是减函数
【解答】解：若导函数f′（x）＞0，那么函数f（x）是增函数，因此选项A正确；
当f′（0）＝0时，0不一定是函数f（x）的极值点，如函数f（x）＝x3，f′（0）＝0，
但函数f（x）没有极值，因此选项B错误；
若函数g（x）＝[f（x）]2，那么导函数g′（x）＝2f（x）f′（x），因此选项C错误；
由于f（x）＞f′（x），因此，
因此在R上是减函数，故D正确．
故选：AD．
（多选）10．（2025春 安庆月考）已知函数f（x）＝ax3﹣3x2+16，下列结论正确的是（ ）
A．当a＞0时，x＝0是f（x）的极大值点
B．若f（x）在区间（0，4）上单调递减，则a的取值范围是
C．若f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围是
D．存在实数a，使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立
【解答】解：由题意得f（x）＝ax3﹣3x2+16，
所以f′（x）＝3ax2﹣6x＝3x（ax﹣2），
当a≠0时，令f'（x）＝0，解得x1＝0，x2，
对于A，当a＞0时，可知当x＜0或时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以x＝0是f（x）的极大值点，故A正确；
对于B，若f（x）在（0，4）上单调递减，
则或a≤0，
解得a，
即a的取值范围是，故B错误；
对于C，当a＝0时，令f（x）＝﹣3x2+16＝0，解得：，
所以函数有两个零点，不符合题意；
由选项A可知，当a＞0时，当x＜0或时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以的极大值为f（0）＝16＞0，
极小值，
且当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，当x→+∞时，f（x）→+∞，
要使f（x）存在唯一的零点x0，则，
解得或（舍去），所以，此时x0＜0，不符合题意；
当a＜0时，，所以，当或x＞0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以的极大值为f（0）＝16＞0，
极小值，且当x→﹣∞时，f（x）→+∞，当x→+∞时，f（x）→﹣∞，
要使f（x）存在唯一的零点x0，且x0＞0，则，
解得或（舍去），所以，
综上所述，a的取值范围是，故C正确；
对于D：f（x）+f（4﹣x）＝ax3﹣3x2+16+a（4﹣x）3﹣3（4﹣x）2+16
＝（12a﹣6）x3+（﹣48a+24）x+64a﹣16＝16，
即（12a﹣6）x3+（﹣48a+24）x+64a﹣32＝0，
则有，解得，所以存在，
使得f（x）+f（4﹣x）＝16成立，故D正确．
故选：ACD．
（多选）11．（2025 江西模拟）如图，由函数y＝ex﹣e+1与y＝ln（x+e﹣1）的部分图象可得一条封闭曲线Γ，则下列说法正确的是（ ）
A．Γ关于直线y＝x对称
B．Γ的弦长最大值大于
C．直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为
D．Γ的面积小于2e（e﹣2）
【解答】解：对A：由y＝ex﹣e+1 x＝ln（y+e﹣1），
所以函数y＝ex﹣e+1的反函数为y＝ln（x+e﹣1），
所以Γ关于直线y＝x对称，故A正确；
对B：联立，可得ex﹣x﹣e+1＝0，
设h（x）＝ex﹣x﹣e+1，则h′（x）＝ex﹣1，
令h′（x）＞0，解得x＞0，则h（x）在（0，+∞）上单调递增，
令h′（x）＜0，解得x＜0，则h（x）在（﹣∞，0）上单调递减，
且h（﹣2）＝e﹣2﹣e+3＞0，h（﹣1）＝e﹣1﹣e+2＜0，
所以存在x0∈（﹣2，﹣1），使得h（x0）＝0，另h（1）＝0．
所以Γ上两点A（1，1），B（x0，x0），x0∈（﹣2，﹣1），
所以，故B错误；
对C：因为直线x+y＝t与直线y＝x垂直，
设曲线y＝ex﹣e+1的切线为y＝x+n，
由y′＝ex＝1，可得x＝0，
则切点为（0，2﹣e），所以切线方程为y＝x﹣e+2．
直线y＝x与y＝x﹣e+2的距离为．
所以直线x+y＝t被Γ截得弦长的最大值为即，故C正确；
对D：由x+e﹣1＞0，可得x＞1﹣e，所以选项B中x0＞1﹣e．
过点P0（0，2﹣e）作y＝ex﹣e+1的切线，再作该切线关于y＝x对称的直线，过A（1，1），
D（1﹣e，1﹣e）作切线的垂线，与两切线分别交于E，F，M，N，构成矩形EFMN，
该矩形将图形Γ包含在内，所以Γ的面积小于矩形EFMN的面积．
又，
所以矩形EFMN的面积为，所以D正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
12．（2025 鼓楼区校级模拟）若函数f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1在x＝0处取得极小值，则a的值为 1或2 ．
【解答】解：已知f（x）＝a2ex﹣3ax+2sinx﹣1，可得f'（x）＝a2ex﹣3a+2cosx．
将x＝0代入f'（x）可得：f'（0）＝a2﹣3a+2＝0．
因式分解得（a﹣1）（a﹣2）＝0，解得a＝1或a＝2．
当a＝1时，f'（x）＝ex﹣3+2cosx，令g（x）＝ex﹣3+2cosx，则g'（x）＝ex﹣2sinx，
当x＜0时，ex＜1，2sinx＞﹣2，所以g'（x）＝ex﹣2sinx＞0，即g（x）在（﹣∞，0）上单调递增．
又g（0）＝e0﹣3+2cos0＝1﹣3+2＝0，所以当x＜0时，g（x）＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，g（x）＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以x＝0是f（x）的极小值点，a＝1符合题意．
当a＝2时，f'（x）＝4ex﹣6+2cosx，令h（x）＝4ex﹣6+2cosx，则h'（x）＝4ex﹣2sinx．
当x＜0时，4ex＜4，2sinx＞﹣2，所以h'（x）＝4ex﹣2sinx＞0，即h（x）在（﹣∞，0）上单调递增．
又h（0）＝4e0﹣6+2cos0＝4﹣6+2＝0，所以当x＜0时，h（x）＜0，即f'（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，h（x）＞0，即f'（x）＞0，f（x）单调递增．
所以x＝0是f（x）的极小值点，a＝2符合题意．
综上，a的值为1或2．
故答案为：1或2．
13．（2025春 静安区期末）函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝ 0 ．
【解答】解：令f（x）＝x﹣sinx＝0，移项可得x＝sinx．
我们知道y＝x和y＝sinx的图象，y＝x是过原点斜率为l的直线，y＝sinx在x＝0处的切线斜率y'＝cosx，
当x＝0时，y'＝cos0＝1，且sin0＝0，这意味着y＝x和y＝sinx在x＝0处相切，并且在区间上只有x＝0这一个交点．
所以方程x﹣sinx＝0在区间上的解为x＝0，
即函数f（x）＝x﹣sinx在闭区间上的零点x＝0．
故答案为：0．
14．（2025春 镇江月考）已知函数f（x）＝（x+1）（x﹣b）（x﹣c）满足f（x）+f（2﹣x）＝4，m，n分别是函数f（x）极大、极小值点，则n﹣m＝ 2 ．
【解答】解：由题意有f（1）＝2，f（0）+f（2）＝4，所以，解得b＝c＝2，
所以f（x）＝（x+1）（x﹣2）2，所以f′（x）＝（x﹣2）2+2（x+1）（x﹣2）＝3x（x﹣2），
令f′（x）＝0，得x＝0或x＝2，由f′（x）＜0有0＜x＜2，f′（x）＞0有x＞2或x＜0，
所以f（x）在（﹣∞，0）上递增，在（0，2）递减，在（2，+∞）递增，
所以f（x）的极大值点为m＝0，极小值点为n＝2，所以n﹣m＝2．
故答案为：2．
四．解答题（共5小题）
15．（2025春 山西校级月考）已知函数f（x）＝2lnx﹣mx+2．
（1）求函数y＝f（x）的单调区间；
（2）若 x∈（0，+∞），f（x）≤1，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由已知得f（x）的定义域为（0，+∞），
且，
当m≤0时，f′（x）＞0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，令f′（x）＝0，得，可得下表：
x
f′（x） + 0 ﹣
f（x） ↗ 极大值 ↙
当m≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
当m＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．
（2）由题意知： x∈（0，+∞），f（x）≤1，
只需，
令，又，
令g′（x）＝0，解得，可得下表：
x
g′（x） + 0 ﹣
g（x） ↗ 极大值 ↙
则，
所以m∈[0，+∞）．
16．（2025春 贵港月考）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a≠0）．
（1）若a＝1，求函数f（x）的单调区间；
（2）当a＞0时，求函数f（x）在（0，2]上的最大值．
【解答】解：（1）因为f（x）＝alnx﹣x（a≠0），所以定义域为（0，+∞），
当a＝1时，f（x）＝lnx﹣x，
则，
所以当0＜x＜1时，f′（x）＞0，当x＞1时，f′（x）＜0，
所以f（x）的单调增区间为（0，1），单调减区间为（1，+∞）；
（2）因为f（x）＝alnx﹣x（a≠0），
所以，又x∈（0，2]，
①当0＜a＜2时，
当0＜x＜a时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（0，a）上单调递增，
当a＜x≤2时，f′（x）＜0，则f（x）在区间（a，2]上单调递减．
所以f（x）max＝f（a）＝alna﹣a；
②当a≥2时，
当0＜x≤2时，f′（x）＞0，则f（x）在区间（0，2]单调递增．
所以f（x）max＝f（2）＝aln2﹣2，
综上所述，当0＜a＜2时，f（x）max＝alna﹣a，
当a≥2时，f（x）max＝aln2﹣2．
17．（2025春 山西月考）已知函数f（x）＝ex﹣ax﹣1．
（1）当a＝2时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）如果f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数a的取值范围；
（3）当x≥0时，求证：exln（x+1）≥x．
【解答】解：（1）a＝2时，f（x）＝ex﹣2x﹣1，则f′（x）＝ex﹣2，
所以k＝f′（0）＝﹣1，而f（0）＝0，所以切线方程为y＝﹣x；
（2）因为f（x）＝ex﹣ax﹣1≥0，所以f（0）＝e0﹣a×0﹣1＝0且f'（x）＝ex﹣a，
当a≤1时，在[0，+∞）上，f′（x）≥0恒成立，且至多在x＝0处取得等号，
所以f（x）在[0，+∞）上单调递增，又因为f（0）＝0，所以f（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，符合题意；
当a＞1时，令f′（x）＝ex﹣a＝0，解得x＝lna＞0，当0＜x＜lna时，f′（x）＜0，所以f（x）在[0，lna]上单调递减，所以f（x）＜f（0）＝0．
与已知矛盾，不符合题意．
综上所示，实数a∈（﹣∞，1]．
（3）由（2）得，a＝1时，f（x）≥0对于任意的x∈[0，+∞）恒成立，即ex≥x+1，
又因为x≥0时，ln（x+1）≥0，
所以为证exln（x+1）≥x，只需证明（x+1）ln（x+1）≥x，令g（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣x，
则，
当x＞0时g′（x）＝ln（x+1）＞ln1＝0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，
又因为g（0）＝（0+1）ln（0+1）﹣0＝0，所以在x≥0时，g（x）≥0恒成立．
所以当x≥0时，exln（x+1）≥x成立．
18．（2025春 湖南月考）已知函数f（x）＝cosx+xsinx，g（x）＝ex﹣x．
（1）判断f（x）在区间（﹣π，π）的单调性；
（2）求g（x）的最小值；
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，f（x）≤g（x）+x．
【解答】解：（1）因为f（x）＝cosx+xsinx，
所以f′（x）＝﹣sinx+sinx+xcosx＝xcosx，x∈（﹣π，π）．
当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
当时，f′（x）＜0，当时，f′（x）＞0，
所以f（x）在和单调递增，在和单调递减．
（2）g（x）＝ex﹣x，g′（x）＝ex﹣1，令g′（x）＝0，得x＝0，
当x＜0时，g′（x）＜0；当x＞0时，g′（x）＞0，
所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
所以g（x）min＝g（0）＝1．
（3）证明：当x∈[0，+∞）时，令F（x）＝f（x）﹣g（x）﹣x＝cosx+xsinx﹣ex，
则F′（x）＝xcosx﹣ex，
因为cosx≤1，所以F′（x）＝xcosx﹣ex≤x﹣ex
由（2）知g（x）＝ex﹣x≥1＞0，故x﹣ex＜0，
所以F′（x）＝xcosx﹣ex≤x﹣ex＜0，故F（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以F（x）≤F（0）＝0，所以f（x）≤g（x）+x．
19．（2025春 蒙城县校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣3x（a∈R）．
（1）若函数f（x）在点（2，f（2））处的切线与直线3x﹣2y＝0平行，求函数f（x）的极值；
（2）若a＝1，对于任意x1，x2∈[1，10]，当x1＜x2时，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【解答】解：（1）由题意得函数f（x）的定义域为（0，+∞），，
则，解得：a＝1，
所以，
令f′（x）＝0，解得：x＝1或，
当或x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
则当x＝1时，函数f（x）取得极小值，为f（1）＝ln1+1﹣3＝﹣2，
当时，函数f（x）取得极大值，为．
（2）由a＝1得f（x）＝lnx+x2﹣3x，
不等式可变形为，
即，因为x1，x2∈[1，10]，且x1＜x2，
所以函数在[1，10]上单调递减，
令，x∈[1，10]，
则在x∈[1，10]上恒成立，
即m≤﹣2x3+3x2﹣x在x∈[1，10]上恒成立，
设F（x）＝﹣2x3+3x2﹣x，则，
因为当x∈[1，10]时，F′（x）＜0，所以函数F（x）在[1，10]上单调递减，
所以，所以m≤﹣1710，
即实数m的取值范围为（﹣∞，﹣1710]．
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