第五章 一元函数的导数及其应用（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第二册
文档属性
| 名称 | 第五章 一元函数的导数及其应用（单元测试）（含解析）-2025-2026学年人教A版(2019)高二数学选择性必修第二册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 263.2KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-09-15 19:49:55 | ||
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文档简介
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第五章 一元函数的导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 两江新区期中）已知火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第10秒时，火箭爬高的瞬时速度为（ ）
A． B．9m/s C． D．18m/s
2．（2025春 西青区校级期中）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．（3x）′＝3xlog3e
C．（e﹣x）′＝﹣e﹣x D．
3．（2025春 包头期中）设函数，则曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025 莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 孝义市模拟）设函数f（x）＝x3﹣sinx+x+2，则满足f（x）+f（2﹣3x）＜4的x取值范围是（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
6．（2025春 伊州区校级期中）已知函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，则f（1）+f′（1）＝（ ）
A．8 B．3 C．4 D．﹣4
7．（2025春 娄星区校级期末）已知函数f（x）＝xlnx+x2，x0是函数的极值点，下列结论中正确的是（ ）
A． B．f（x0）＞0
C．f（x0）+x0＞0 D．
8．（2025春 天津校级月考）已知函数，则函数在x＝1处的切线方程是（ ）
A． B．y＝19x﹣19 C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 深圳校级期末）已知函数f（x）＝sin2x，则（ ）
A．f′（x）＝cos2x
B．是f（x）的一个极值点
C．f（x）在上的平均变化率为1
D．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2
10．（2024秋 宝应县校级期末）已知函数，则（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．f（x）有两个极值点
C．f（x）的极小值为1
D．f（x）在[0，2]上的最大值为2
11．（2025 广州模拟）已知函数在x＝3处取得极大值，f（x）的导函数为f′（x），则（ ）
A．
B．当0＜x＜1时，f（x）＞f（x2）
C．f′（2+x）＝f′（2﹣x）
D．当1≤x1≤x2≤3且x1+x2＜4时，
12．（2025春 兰西县校级期中）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 滨海新区校级期中）若对于任意，函数f（x）＝xlnx﹣x都有|f（x1）﹣f（x2）|≤m，则m的最小值为 ．
14．（2025春 广州校级月考）若曲线y＝ln（2x+2）在处的切线也是曲线y＝ex+x+a的切线，则a＝ ．
15．（2025春 广州期中）函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是 ．
16．（2025 镇海区校级模拟）已知函数f（x）＝x（ex+a）+2在点（0，f（0））处的切线与直线x﹣3y＝0垂直，则a＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 德州月考）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围．
18．（2024秋 滨海新区校级期中）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c在点P（0，﹣2）处的切线斜率为﹣1，且在x＝1处取得极值．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当x∈[﹣1，2]时，求函数f（x）的最小值．
19．（2025春 两江新区期中）设函数f（x）＝aex﹣2x﹣1，a∈R．
（1）若a＞0，求f（x）极小值．
（2）若x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x2﹣x1≥1，求x1+x2的最小值．
20．（2025秋 惠州月考）已知函数f（x）＝ax+lnx﹣1，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
第五章 一元函数的导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 两江新区期中）已知火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第10秒时，火箭爬高的瞬时速度为（ ）
A． B．9m/s C． D．18m/s
【考点】瞬时变化率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】求导即可求解．
【解答】解：火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，
则，
当t＝10时，m/s．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
2．（2025春 西青区校级期中）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．（3x）′＝3xlog3e
C．（e﹣x）′＝﹣e﹣x D．
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据基本初等函数的导数公式和导数的运算法则，逐项求解，即可得到答案．
【解答】解：，故A错误；
（3x）′＝3xln3，故B错误；
（e﹣x）′＝e﹣x （﹣x）′＝﹣e﹣x，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数的运算，属于基础题．
3．（2025春 包头期中）设函数，则曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先求出导函数得出切线斜率，再点斜式写出切线方程，进而的出截距计算面积即可．
【解答】解：因为，
所以f′（0）＝3，
所以曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线为y＝3x+4，
令x＝0，解得y＝4，令y＝0，解得，
所以所求三角形的面积为．
故选：A．
【点评】本题考查函数的切线问题的求解，属基础题．
4．（2025 莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】导数与切线的斜率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】求出f（x）导数，，利用函数f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直，列出方程，即可求出实数a的值．
【解答】解：函数，求导得，
，
又f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直，
所以3×4a＝﹣1，解得．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
5．（2025 孝义市模拟）设函数f（x）＝x3﹣sinx+x+2，则满足f（x）+f（2﹣3x）＜4的x取值范围是（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】构造函数g（x）＝f（x）﹣2，确定奇偶性并利用导数判断单调性，进而求解不等式．
【解答】解：令函数g（x）＝f（x）﹣2＝x3﹣sinx+x，
g（﹣x）＝（﹣x）3﹣sin（﹣x）+（﹣x）＝﹣（x3﹣sinx+x）＝﹣g（x），函数g（x）是奇函数，
因为g′（x）＝3x2﹣cosx+1≥0，当x＝0时取等号，因此函数g（x）在R上单调递增，
不等式f（x）+f（2﹣3x）＜4可转化为f（x）﹣2＜﹣[f（2﹣3x）﹣2，即g（x）＜﹣g（2﹣3x）＝g（3x﹣2），
则x＜3x﹣2，解得x＞1．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
6．（2025春 伊州区校级期中）已知函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，则f（1）+f′（1）＝（ ）
A．8 B．3 C．4 D．﹣4
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】方程思想；定义法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意结合导数的几何意义分析求解即可．
【解答】解：由函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，
可知当x＝1时，y＝1，且切线斜率为3，
即f（1）＝1，f′（1）＝3，
∴f（1）+f′（1）＝4．
故选：C．
【点评】本题考查导数的几何意义及应用，考查运算求解能力，是基础题．
7．（2025春 娄星区校级期末）已知函数f（x）＝xlnx+x2，x0是函数的极值点，下列结论中正确的是（ ）
A． B．f（x0）＞0
C．f（x0）+x0＞0 D．
【考点】利用导数求解函数的极值；函数零点的判定定理．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】D
【分析】先求出导函数，再根据极值点列式计算结合零点存在定理判断A，代入计算判断B，C，结合近似值判断D．
【解答】解：因为函数f（x）＝xlnx+x2，函数的定义域为（0，+∞），
所以f′（x）＝lnx+1+2x单调递增，
因为函数x0是f（x）的极值点，
所以f′（x0）＝lnx0+1+2x0＝0，
选项A：计算，
在x→0+时，趋向f′（x）→﹣∞，
故，故A错误；
选项B：因为lnx0＝﹣1﹣2x0，
所以，故B错误；
选项C：计算，故C错误；
选项D：计算，
函数，
所以，得，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8．（2025春 天津校级月考）已知函数，则函数在x＝1处的切线方程是（ ）
A． B．y＝19x﹣19 C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】对f（x）求导，注意是常数，令代入导函数中，可求得，进而可求f′（1），f（1），可得f（x）在x＝1处的切线方程．
【解答】解：因为，
所以，
令，可得，
所以f（1）＝0，f′（1）＝19，
所以f（x）在x＝1处的切线方程为y＝19x﹣19．
故选：B．
【点评】本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 深圳校级期末）已知函数f（x）＝sin2x，则（ ）
A．f′（x）＝cos2x
B．是f（x）的一个极值点
C．f（x）在上的平均变化率为1
D．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】利用复合函数的导数、极值点的概念及平均变化率、瞬时变化率的算法逐项求解即可．
【解答】解：函数f（x）＝sin2x，
则f′（x）＝（sin2x）′＝cos2x （2x）′＝2cos2x，所以A错误；
因为f′（x）＝2cos2x，当时，，
且时，f′（x）＞0，时，f′（x）＜0，故为极大值点，所以B正确；
由f（x）在上的平均变化率为，所以C错误；
因为f′（x）＝2cos2x，当x＝0时，f′（0）＝2cos（2×0）＝2cos0＝2，
故f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2，
所以D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查导数的应用，属于基础题．
10．（2024秋 宝应县校级期末）已知函数，则（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．f（x）有两个极值点
C．f（x）的极小值为1
D．f（x）在[0，2]上的最大值为2
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】对应f（x）求导，根据其符号确定单调区间并判断极值点、求极值判断ABC；进而求函数在[0，2]上的最大值判断D．
【解答】解：由题设f'（x）＝3x2+x﹣4＝（3x+4）（x﹣1），
令f'（x）＞0，则或x＞1，令f'（x）＜0，则，
所以f（x）在、（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，
故为极大值，为极小值，A、C错误，B正确；
在[0，2]上，f（x）在[0，1）上单调递减，在（1，2]上单调递增，而f（0）＝0＜f（2）＝2，
所以f（x）在[0，2]上的最大值为2，D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
11．（2025 广州模拟）已知函数在x＝3处取得极大值，f（x）的导函数为f′（x），则（ ）
A．
B．当0＜x＜1时，f（x）＞f（x2）
C．f′（2+x）＝f′（2﹣x）
D．当1≤x1≤x2≤3且x1+x2＜4时，
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据极值的定义可得f′（3）＝0，进而求出可判断A；结合函数f（x）的单调性判断B；代式计算判断C；由1≤x1≤x2≤3，x1+x2＜4可得1≤x1＜4﹣x2≤3，再结合函数f（x）的单调性可得f（x1）＜f（4﹣x2），进而得到f（x1）+f（x2）＜f（x2）+f（4﹣x2），再验证可得，进而判断D．
【解答】解：由可得0＜x＜4，
则f（x）＝lnax＝ln（4﹣x）﹣lnx+ax，x∈（0，4），
则，
因为函数f（x）在x＝3处取得极大值，
所以0，即，，
令f′（x）＜0，得0＜x＜1或3＜x＜4；令f′（x）＞0，得1＜x＜3，
所以函数f（x）在（0，1）和（3，4）上单调递减，在（1，3）上单调递增，
则函数f（x）在x＝3处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数f（x）在（0，1）上单调递减，
当0＜x＜1时，0＜x2＜x＜1，则f（x）＜f（x2），故B错误；
由，
则，
f′（2+x），故C正确；
因为1≤x1≤x2≤3，x1+x2＜4，则1≤x1＜4﹣x2≤3，
又函数f（x）在（1，3）上单调递增，则f（x1）＜f（4﹣x2），
所以f（x1）+f（x2）＜f（x2）+f（4﹣x2），
又f（4﹣x）+f（x）＝ln（4﹣x）﹣lnxlnx﹣ln（4﹣x），
则，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
12．（2025春 兰西县校级期中）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】函数图象趋势与导数大小的关系．
【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】依据y＝f（x）单调递增，则f′（x）＞0，y＝f（x）单调递减，则f′（x）＜0可判断．
【解答】解：由图像可知，y＝f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，则在（﹣∞，0）上f′（x）＞0，
所以C、D不可能是y＝f′（x）的图象，
又因为y＝f（x）在（0，+∞）上先减后增再减，则f′（x）先负后正再负，
所以A不可能是y＝f′（x）的图象，B可能是y＝f′（x）的图象．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 滨海新区校级期中）若对于任意，函数f（x）＝xlnx﹣x都有|f（x1）﹣f（x2）|≤m，则m的最小值为 2ln2﹣1 ．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】2ln2﹣1．
【分析】利用导数求出f（x）的最值后可得m的取值范围．
【解答】解：导函数f′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
因此当x∈（1，2）时，f′（x）＞0；当时，f′（x）＜0，
因此函数f（x）在（1，2）上为增函数，在为减函数，因此f（x）min＝f（1）＝﹣1
且，
而，
由于ln32＞ln27＞lne3＝3，因此，
因此f（x）max＝2ln2﹣2，
因此|f（x1）﹣f（x2）|max＝2ln2﹣2+1＝2ln2﹣1，因此m≥2ln2﹣1，
因此m的最小值为2ln2﹣1．
故答案为：2ln2﹣1．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
14．（2025春 广州校级月考）若曲线y＝ln（2x+2）在处的切线也是曲线y＝ex+x+a的切线，则a＝ 0 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】0．
【分析】根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可．
【解答】解：由y＝ln（2x+2），得y′，
∴，则曲线y＝ln（2x+2）在处的切线为y＝2（x），即y＝2x+1．
由y＝ex+x+a，得y′＝ex+1，
∴曲线y＝ex+x+a在处的切线的斜率为，
∴切线方程为：，
化简，得，
令，解得，
故答案为：0．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2025春 广州期中）函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是 （0，） ．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（0，）．
【分析】先求出f（x）的定义域，再求导，令f′（x）＜0即可求解f（x）的单调递减区间．
【解答】解：函数f（x）＝5x﹣lnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝5，
令f′（x）＜0，即0，解得0＜x，
所以函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是（0，）．
故答案为：（0，）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（2025 镇海区校级模拟）已知函数f（x）＝x（ex+a）+2在点（0，f（0））处的切线与直线x﹣3y＝0垂直，则a＝ ﹣4 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】﹣4．
【分析】根据导数的几何意义，即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝x（ex+a）+2，
所以f′（x）＝（ex+a）+xex，所以f′（0）＝a+1，
所以根据题意可得（a+1）1，解得a＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 德州月考）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间；
（2）（0，）．
【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝lnx，求导分析f′（x）的符号，f（x）的单调性；
（2）（ⅰ）g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2＝（x2﹣1）（alnx）＝（x2﹣1）f（x），g（1）＝0，f（1）＝0，则f（x）除1外还有两个零点，对f（x）求导分析单调性，极值，零点，即可得出答案．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝lnx，
f′（x），
则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．
（2）（ⅰ）g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2
＝（x2﹣1）（alnx）＝（x2﹣1）f（x），
g（1）＝0，f（1）＝0，
则f（x）除1外还有两个零点，
f′（x），
令h（x）＝ax2+（2a﹣2）x+a（x＞0），
当a＜0时，h（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，则f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，不满足，舍去，
当a＞0时，要使得f（x）除1外还有两个零点，则f（x）不单调，
所以h（x）存在两个零点，
所以Δ＝（2a﹣2）2﹣4a2＞0，解得0＜a，
当0＜a时，h（x）的两个零点为m，n（m＜n），
则m+n2＞0，mn＝1，
所以0＜m＜1＜n，
当x∈（0，m）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，
当x∈（m，n）时，h（x）＜0，f′（x）＜0，则f（x）单调递减，
当x∈（n，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，
又f（1）＝0，
所以f（m）＞0，f（n）＜0，
而f（e）＝﹣10，且e1，
f（e）＝10，且e1，
所以存在x1∈（e，m），x3∈（n，e），使得f（x1）＝f（x3）＝0，
即g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2＝1，x3，
综上所述，实数a的取值范围为（0，）．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
18．（2024秋 滨海新区校级期中）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c在点P（0，﹣2）处的切线斜率为﹣1，且在x＝1处取得极值．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当x∈[﹣1，2]时，求函数f（x）的最小值．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）递增区间为（﹣∞，），（1，+∞），递减区间为；极大值为，极小值为﹣3．
（2）﹣3．
【分析】（1）根据函数图象所过的点及该点处切线的斜率可求b，c的值，再根据极值点可求a的值，最后根据导数的符号判断单调性和极值．
（2）根据（1）中的单调性可求函数的最小值．
【解答】解：（1）由题意得P（0，﹣2）在f（x）＝x3+ax2+bx+c上，故c＝﹣2，
而f′（x）＝3x2+2ax+b，由题意得f′（0）＝b＝﹣1，
又f′（1）＝3+2a+b＝0，解得a＝﹣1，
故f（x）＝x3﹣x2﹣x﹣2，
此时f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＝（3x+1）（x﹣1），
令f′（x）＝0，得x，1，
所以在（﹣∞，）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的极大值为，极小值为f（1）＝﹣3．
（2）由（1）得当时，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减，
而f（1）＝1﹣1﹣1﹣2＝﹣3，f（﹣1）＝﹣1﹣1+1﹣2＝﹣3，
故当x∈[﹣1，2]时，函数的最小值为﹣3．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19．（2025春 两江新区期中）设函数f（x）＝aex﹣2x﹣1，a∈R．
（1）若a＞0，求f（x）极小值．
（2）若x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x2﹣x1≥1，求x1+x2的最小值．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）根据导函数的符号判断原函数的单调性，分析可得函数f（x）的极小值．
（2）由（1）得a＞0，由f（x）＝aex﹣2x﹣1＝0得到，构造函数，判断h（x）的单调性，推理知，且，，取t＝x2﹣x1≥1，将整理成，取函数，通过多次求导得到g（t）在[1，+∞）上单调递增，从而得到，即可求解．
【解答】解：（1）由已知f′（x）＝aex﹣2，
当a＞0时，令f′（x）＝0，得x，
所以在（﹣∞，ln）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（ln，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当时，f（x）取极小值，
所以极小值为．
（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，函数f（x）在R上单调递减，
此时f（x）至多一个零点，不符合题意，
故由（2）得若x1，x2是函数f（x）的两个零点，则必有a＞0，
令f（x）＝aex﹣2x﹣1＝0，可得，
令，则，
由h′（x）＞0可得，
由h′（x）＜0可得，
即函数h（x）在上单调递增，在上单调递减，
而，且当x→+∞，h（x）→0，x→﹣∞，h（x）→﹣∞，
故若有且仅有2个解，则，
且两个解中必有一个小于，一个大于，
所以，且，，
即，，
两式相减可得，
所以，
两式相加可得，
设t＝x2﹣x1≥1，则，
令，
则，
令u（t）＝e2t﹣2tet﹣1，t≥1，则u′（t）＝2e2t﹣2tet﹣2et＝2et（et﹣t﹣1），
令v（t）＝et﹣t﹣1，t≥1，则v′（t）＝et﹣1＞0，
所以v（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以v（t）≥v（1）＝e﹣1﹣1＞0，
所以u（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以u（t）≥u（1）＝e2﹣2e﹣1＞0，
所以g（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以，
即x1+x2的最小值为．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
20．（2025秋 惠州月考）已知函数f（x）＝ax+lnx﹣1，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）3x﹣y﹣2＝0．
（2）．
【分析】（1）利用导数求得f′（1），f（1）可求切线方程．
（2）求导，分类讨论求得f（x）的单调性，进而可得极大值，再根据极大值小于0，求得a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝2x+lnx﹣1，
则f（1）＝1，，
所以f′（1）＝3，
所以函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝3（x﹣1），即3x﹣y﹣2＝0．
（2）函数f（x）＝ax+lnx﹣1的定义域为（0，+∞），
又，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，
f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．
当a＜0时，令f′（x）＝0，得x，
所以在（0，）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在处取得极大值，极大值为，
令，
解得，
所以a的取值范围为．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
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第五章 一元函数的导数及其应用
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 两江新区期中）已知火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第10秒时，火箭爬高的瞬时速度为（ ）
A． B．9m/s C． D．18m/s
2．（2025春 西青区校级期中）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．（3x）′＝3xlog3e
C．（e﹣x）′＝﹣e﹣x D．
3．（2025春 包头期中）设函数，则曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025 莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（ ）
A． B． C． D．
5．（2025 孝义市模拟）设函数f（x）＝x3﹣sinx+x+2，则满足f（x）+f（2﹣3x）＜4的x取值范围是（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
6．（2025春 伊州区校级期中）已知函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，则f（1）+f′（1）＝（ ）
A．8 B．3 C．4 D．﹣4
7．（2025春 娄星区校级期末）已知函数f（x）＝xlnx+x2，x0是函数的极值点，下列结论中正确的是（ ）
A． B．f（x0）＞0
C．f（x0）+x0＞0 D．
8．（2025春 天津校级月考）已知函数，则函数在x＝1处的切线方程是（ ）
A． B．y＝19x﹣19 C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 深圳校级期末）已知函数f（x）＝sin2x，则（ ）
A．f′（x）＝cos2x
B．是f（x）的一个极值点
C．f（x）在上的平均变化率为1
D．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2
10．（2024秋 宝应县校级期末）已知函数，则（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．f（x）有两个极值点
C．f（x）的极小值为1
D．f（x）在[0，2]上的最大值为2
11．（2025 广州模拟）已知函数在x＝3处取得极大值，f（x）的导函数为f′（x），则（ ）
A．
B．当0＜x＜1时，f（x）＞f（x2）
C．f′（2+x）＝f′（2﹣x）
D．当1≤x1≤x2≤3且x1+x2＜4时，
12．（2025春 兰西县校级期中）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 滨海新区校级期中）若对于任意，函数f（x）＝xlnx﹣x都有|f（x1）﹣f（x2）|≤m，则m的最小值为 ．
14．（2025春 广州校级月考）若曲线y＝ln（2x+2）在处的切线也是曲线y＝ex+x+a的切线，则a＝ ．
15．（2025春 广州期中）函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是 ．
16．（2025 镇海区校级模拟）已知函数f（x）＝x（ex+a）+2在点（0，f（0））处的切线与直线x﹣3y＝0垂直，则a＝ ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 德州月考）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围．
18．（2024秋 滨海新区校级期中）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c在点P（0，﹣2）处的切线斜率为﹣1，且在x＝1处取得极值．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当x∈[﹣1，2]时，求函数f（x）的最小值．
19．（2025春 两江新区期中）设函数f（x）＝aex﹣2x﹣1，a∈R．
（1）若a＞0，求f（x）极小值．
（2）若x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x2﹣x1≥1，求x1+x2的最小值．
20．（2025秋 惠州月考）已知函数f（x）＝ax+lnx﹣1，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
第五章 一元函数的导数及其应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025春 两江新区期中）已知火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，则火箭发射后第10秒时，火箭爬高的瞬时速度为（ ）
A． B．9m/s C． D．18m/s
【考点】瞬时变化率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】求导即可求解．
【解答】解：火箭发射t秒后，其高度（单位：米）为，
则，
当t＝10时，m/s．
故选：D．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
2．（2025春 西青区校级期中）下列求导运算正确的是（ ）
A． B．（3x）′＝3xlog3e
C．（e﹣x）′＝﹣e﹣x D．
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据基本初等函数的导数公式和导数的运算法则，逐项求解，即可得到答案．
【解答】解：，故A错误；
（3x）′＝3xln3，故B错误；
（e﹣x）′＝e﹣x （﹣x）′＝﹣e﹣x，故C正确；
，故D错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了导数的运算，属于基础题．
3．（2025春 包头期中）设函数，则曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先求出导函数得出切线斜率，再点斜式写出切线方程，进而的出截距计算面积即可．
【解答】解：因为，
所以f′（0）＝3，
所以曲线y＝f（x）在点（0，4）处的切线为y＝3x+4，
令x＝0，解得y＝4，令y＝0，解得，
所以所求三角形的面积为．
故选：A．
【点评】本题考查函数的切线问题的求解，属基础题．
4．（2025 莱州市校级模拟）函数在处的切线与直线y＝3x+5垂直，则a＝（ ）
A． B． C． D．
【考点】导数与切线的斜率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】求出f（x）导数，，利用函数f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直，列出方程，即可求出实数a的值．
【解答】解：函数，求导得，
，
又f（x）在处的切线与直线y＝3x+5垂直，
所以3×4a＝﹣1，解得．
故选：B．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．
5．（2025 孝义市模拟）设函数f（x）＝x3﹣sinx+x+2，则满足f（x）+f（2﹣3x）＜4的x取值范围是（ ）
A．（1，+∞） B．（﹣∞，1） C．（3，+∞） D．（﹣∞，3）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】整体思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】构造函数g（x）＝f（x）﹣2，确定奇偶性并利用导数判断单调性，进而求解不等式．
【解答】解：令函数g（x）＝f（x）﹣2＝x3﹣sinx+x，
g（﹣x）＝（﹣x）3﹣sin（﹣x）+（﹣x）＝﹣（x3﹣sinx+x）＝﹣g（x），函数g（x）是奇函数，
因为g′（x）＝3x2﹣cosx+1≥0，当x＝0时取等号，因此函数g（x）在R上单调递增，
不等式f（x）+f（2﹣3x）＜4可转化为f（x）﹣2＜﹣[f（2﹣3x）﹣2，即g（x）＜﹣g（2﹣3x）＝g（3x﹣2），
则x＜3x﹣2，解得x＞1．
故选：A．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了单调性及奇偶性在不等式求解中的应用，属于中档题．
6．（2025春 伊州区校级期中）已知函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，则f（1）+f′（1）＝（ ）
A．8 B．3 C．4 D．﹣4
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】方程思想；定义法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据题意结合导数的几何意义分析求解即可．
【解答】解：由函数f（x）的图象在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0，
可知当x＝1时，y＝1，且切线斜率为3，
即f（1）＝1，f′（1）＝3，
∴f（1）+f′（1）＝4．
故选：C．
【点评】本题考查导数的几何意义及应用，考查运算求解能力，是基础题．
7．（2025春 娄星区校级期末）已知函数f（x）＝xlnx+x2，x0是函数的极值点，下列结论中正确的是（ ）
A． B．f（x0）＞0
C．f（x0）+x0＞0 D．
【考点】利用导数求解函数的极值；函数零点的判定定理．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】D
【分析】先求出导函数，再根据极值点列式计算结合零点存在定理判断A，代入计算判断B，C，结合近似值判断D．
【解答】解：因为函数f（x）＝xlnx+x2，函数的定义域为（0，+∞），
所以f′（x）＝lnx+1+2x单调递增，
因为函数x0是f（x）的极值点，
所以f′（x0）＝lnx0+1+2x0＝0，
选项A：计算，
在x→0+时，趋向f′（x）→﹣∞，
故，故A错误；
选项B：因为lnx0＝﹣1﹣2x0，
所以，故B错误；
选项C：计算，故C错误；
选项D：计算，
函数，
所以，得，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
8．（2025春 天津校级月考）已知函数，则函数在x＝1处的切线方程是（ ）
A． B．y＝19x﹣19 C． D．
【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．
【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】对f（x）求导，注意是常数，令代入导函数中，可求得，进而可求f′（1），f（1），可得f（x）在x＝1处的切线方程．
【解答】解：因为，
所以，
令，可得，
所以f（1）＝0，f′（1）＝19，
所以f（x）在x＝1处的切线方程为y＝19x﹣19．
故选：B．
【点评】本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
二．多选题（共4小题）
9．（2024秋 深圳校级期末）已知函数f（x）＝sin2x，则（ ）
A．f′（x）＝cos2x
B．是f（x）的一个极值点
C．f（x）在上的平均变化率为1
D．f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2
【考点】基本初等函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】利用复合函数的导数、极值点的概念及平均变化率、瞬时变化率的算法逐项求解即可．
【解答】解：函数f（x）＝sin2x，
则f′（x）＝（sin2x）′＝cos2x （2x）′＝2cos2x，所以A错误；
因为f′（x）＝2cos2x，当时，，
且时，f′（x）＞0，时，f′（x）＜0，故为极大值点，所以B正确；
由f（x）在上的平均变化率为，所以C错误；
因为f′（x）＝2cos2x，当x＝0时，f′（0）＝2cos（2×0）＝2cos0＝2，
故f（x）在x＝0处的瞬时变化率为2，
所以D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查导数的应用，属于基础题．
10．（2024秋 宝应县校级期末）已知函数，则（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．f（x）有两个极值点
C．f（x）的极小值为1
D．f（x）在[0，2]上的最大值为2
【考点】利用导数求解函数的极值．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】BD
【分析】对应f（x）求导，根据其符号确定单调区间并判断极值点、求极值判断ABC；进而求函数在[0，2]上的最大值判断D．
【解答】解：由题设f'（x）＝3x2+x﹣4＝（3x+4）（x﹣1），
令f'（x）＞0，则或x＞1，令f'（x）＜0，则，
所以f（x）在、（1，+∞）上单调递增，在上单调递减，
故为极大值，为极小值，A、C错误，B正确；
在[0，2]上，f（x）在[0，1）上单调递减，在（1，2]上单调递增，而f（0）＝0＜f（2）＝2，
所以f（x）在[0，2]上的最大值为2，D正确．
故选：BD．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，考查运算求解能力，属于中档题．
11．（2025 广州模拟）已知函数在x＝3处取得极大值，f（x）的导函数为f′（x），则（ ）
A．
B．当0＜x＜1时，f（x）＞f（x2）
C．f′（2+x）＝f′（2﹣x）
D．当1≤x1≤x2≤3且x1+x2＜4时，
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】根据极值的定义可得f′（3）＝0，进而求出可判断A；结合函数f（x）的单调性判断B；代式计算判断C；由1≤x1≤x2≤3，x1+x2＜4可得1≤x1＜4﹣x2≤3，再结合函数f（x）的单调性可得f（x1）＜f（4﹣x2），进而得到f（x1）+f（x2）＜f（x2）+f（4﹣x2），再验证可得，进而判断D．
【解答】解：由可得0＜x＜4，
则f（x）＝lnax＝ln（4﹣x）﹣lnx+ax，x∈（0，4），
则，
因为函数f（x）在x＝3处取得极大值，
所以0，即，，
令f′（x）＜0，得0＜x＜1或3＜x＜4；令f′（x）＞0，得1＜x＜3，
所以函数f（x）在（0，1）和（3，4）上单调递减，在（1，3）上单调递增，
则函数f（x）在x＝3处取得极大值，符合题意，即，故A正确；
由上述可知函数f（x）在（0，1）上单调递减，
当0＜x＜1时，0＜x2＜x＜1，则f（x）＜f（x2），故B错误；
由，
则，
f′（2+x），故C正确；
因为1≤x1≤x2≤3，x1+x2＜4，则1≤x1＜4﹣x2≤3，
又函数f（x）在（1，3）上单调递增，则f（x1）＜f（4﹣x2），
所以f（x1）+f（x2）＜f（x2）+f（4﹣x2），
又f（4﹣x）+f（x）＝ln（4﹣x）﹣lnxlnx﹣ln（4﹣x），
则，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于中档题．
12．（2025春 兰西县校级期中）设函数f（x）在定义域内可导，y＝f（x）的图象如图所示，则导函数y＝f′（x）的图象不可能是（ ）
A． B．
C． D．
【考点】函数图象趋势与导数大小的关系．
【专题】函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】ACD
【分析】依据y＝f（x）单调递增，则f′（x）＞0，y＝f（x）单调递减，则f′（x）＜0可判断．
【解答】解：由图像可知，y＝f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，则在（﹣∞，0）上f′（x）＞0，
所以C、D不可能是y＝f′（x）的图象，
又因为y＝f（x）在（0，+∞）上先减后增再减，则f′（x）先负后正再负，
所以A不可能是y＝f′（x）的图象，B可能是y＝f′（x）的图象．
故选：ACD．
【点评】本题主要考查了函数的单调性与导数的关系，属于基础题．
三．填空题（共4小题）
13．（2024秋 滨海新区校级期中）若对于任意，函数f（x）＝xlnx﹣x都有|f（x1）﹣f（x2）|≤m，则m的最小值为 2ln2﹣1 ．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】2ln2﹣1．
【分析】利用导数求出f（x）的最值后可得m的取值范围．
【解答】解：导函数f′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，
因此当x∈（1，2）时，f′（x）＞0；当时，f′（x）＜0，
因此函数f（x）在（1，2）上为增函数，在为减函数，因此f（x）min＝f（1）＝﹣1
且，
而，
由于ln32＞ln27＞lne3＝3，因此，
因此f（x）max＝2ln2﹣2，
因此|f（x1）﹣f（x2）|max＝2ln2﹣2+1＝2ln2﹣1，因此m≥2ln2﹣1，
因此m的最小值为2ln2﹣1．
故答案为：2ln2﹣1．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
14．（2025春 广州校级月考）若曲线y＝ln（2x+2）在处的切线也是曲线y＝ex+x+a的切线，则a＝ 0 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】0．
【分析】根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程进行求解即可．
【解答】解：由y＝ln（2x+2），得y′，
∴，则曲线y＝ln（2x+2）在处的切线为y＝2（x），即y＝2x+1．
由y＝ex+x+a，得y′＝ex+1，
∴曲线y＝ex+x+a在处的切线的斜率为，
∴切线方程为：，
化简，得，
令，解得，
故答案为：0．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是中档题．
15．（2025春 广州期中）函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是 （0，） ．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】（0，）．
【分析】先求出f（x）的定义域，再求导，令f′（x）＜0即可求解f（x）的单调递减区间．
【解答】解：函数f（x）＝5x﹣lnx的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝5，
令f′（x）＜0，即0，解得0＜x，
所以函数f（x）＝5x﹣lnx的单调递减区间是（0，）．
故答案为：（0，）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查运算求解能力，属于基础题．
16．（2025 镇海区校级模拟）已知函数f（x）＝x（ex+a）+2在点（0，f（0））处的切线与直线x﹣3y＝0垂直，则a＝ ﹣4 ．
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】﹣4．
【分析】根据导数的几何意义，即可求解．
【解答】解：因为f（x）＝x（ex+a）+2，
所以f′（x）＝（ex+a）+xex，所以f′（0）＝a+1，
所以根据题意可得（a+1）1，解得a＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点评】本题考查导数的几何意义的应用，属基础题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 德州月考）已知函数．
（1）当a＝1时，求函数f（x）的单调区间；
（2）若g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2，x3，其中x1＜x2＜x3，求实数a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间；
（2）（0，）．
【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝lnx，求导分析f′（x）的符号，f（x）的单调性；
（2）（ⅰ）g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2＝（x2﹣1）（alnx）＝（x2﹣1）f（x），g（1）＝0，f（1）＝0，则f（x）除1外还有两个零点，对f（x）求导分析单调性，极值，零点，即可得出答案．
【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝lnx，
f′（x），
则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，
所以f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间．
（2）（ⅰ）g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2
＝（x2﹣1）（alnx）＝（x2﹣1）f（x），
g（1）＝0，f（1）＝0，
则f（x）除1外还有两个零点，
f′（x），
令h（x）＝ax2+（2a﹣2）x+a（x＞0），
当a＜0时，h（x）＜0在（0，+∞）上恒成立，则f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，不满足，舍去，
当a＞0时，要使得f（x）除1外还有两个零点，则f（x）不单调，
所以h（x）存在两个零点，
所以Δ＝（2a﹣2）2﹣4a2＞0，解得0＜a，
当0＜a时，h（x）的两个零点为m，n（m＜n），
则m+n2＞0，mn＝1，
所以0＜m＜1＜n，
当x∈（0，m）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，
当x∈（m，n）时，h（x）＜0，f′（x）＜0，则f（x）单调递减，
当x∈（n，+∞）时，h（x）＞0，f′（x）＞0，则f（x）单调递增，
又f（1）＝0，
所以f（m）＞0，f（n）＜0，
而f（e）＝﹣10，且e1，
f（e）＝10，且e1，
所以存在x1∈（e，m），x3∈（n，e），使得f（x1）＝f（x3）＝0，
即g（x）＝a（x2﹣1）lnx﹣（x﹣1）2（a≠0）有3个零点x1，x2＝1，x3，
综上所述，实数a的取值范围为（0，）．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
18．（2024秋 滨海新区校级期中）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+c在点P（0，﹣2）处的切线斜率为﹣1，且在x＝1处取得极值．
（1）求函数f（x）的单调区间和极值；
（2）当x∈[﹣1，2]时，求函数f（x）的最小值．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解函数的极值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）递增区间为（﹣∞，），（1，+∞），递减区间为；极大值为，极小值为﹣3．
（2）﹣3．
【分析】（1）根据函数图象所过的点及该点处切线的斜率可求b，c的值，再根据极值点可求a的值，最后根据导数的符号判断单调性和极值．
（2）根据（1）中的单调性可求函数的最小值．
【解答】解：（1）由题意得P（0，﹣2）在f（x）＝x3+ax2+bx+c上，故c＝﹣2，
而f′（x）＝3x2+2ax+b，由题意得f′（0）＝b＝﹣1，
又f′（1）＝3+2a+b＝0，解得a＝﹣1，
故f（x）＝x3﹣x2﹣x﹣2，
此时f′（x）＝3x2﹣2x﹣1＝（3x+1）（x﹣1），
令f′（x）＝0，得x，1，
所以在（﹣∞，）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，1）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（1，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的极大值为，极小值为f（1）＝﹣3．
（2）由（1）得当时，f（x）单调递增，当时，f（x）单调递减，
而f（1）＝1﹣1﹣1﹣2＝﹣3，f（﹣1）＝﹣1﹣1+1﹣2＝﹣3，
故当x∈[﹣1，2]时，函数的最小值为﹣3．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
19．（2025春 两江新区期中）设函数f（x）＝aex﹣2x﹣1，a∈R．
（1）若a＞0，求f（x）极小值．
（2）若x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x2﹣x1≥1，求x1+x2的最小值．
【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解函数的最值．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）．
（2）．
【分析】（1）根据导函数的符号判断原函数的单调性，分析可得函数f（x）的极小值．
（2）由（1）得a＞0，由f（x）＝aex﹣2x﹣1＝0得到，构造函数，判断h（x）的单调性，推理知，且，，取t＝x2﹣x1≥1，将整理成，取函数，通过多次求导得到g（t）在[1，+∞）上单调递增，从而得到，即可求解．
【解答】解：（1）由已知f′（x）＝aex﹣2，
当a＞0时，令f′（x）＝0，得x，
所以在（﹣∞，ln）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（ln，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以当时，f（x）取极小值，
所以极小值为．
（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，函数f（x）在R上单调递减，
此时f（x）至多一个零点，不符合题意，
故由（2）得若x1，x2是函数f（x）的两个零点，则必有a＞0，
令f（x）＝aex﹣2x﹣1＝0，可得，
令，则，
由h′（x）＞0可得，
由h′（x）＜0可得，
即函数h（x）在上单调递增，在上单调递减，
而，且当x→+∞，h（x）→0，x→﹣∞，h（x）→﹣∞，
故若有且仅有2个解，则，
且两个解中必有一个小于，一个大于，
所以，且，，
即，，
两式相减可得，
所以，
两式相加可得，
设t＝x2﹣x1≥1，则，
令，
则，
令u（t）＝e2t﹣2tet﹣1，t≥1，则u′（t）＝2e2t﹣2tet﹣2et＝2et（et﹣t﹣1），
令v（t）＝et﹣t﹣1，t≥1，则v′（t）＝et﹣1＞0，
所以v（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以v（t）≥v（1）＝e﹣1﹣1＞0，
所以u（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以u（t）≥u（1）＝e2﹣2e﹣1＞0，
所以g（t）在[1，+∞）上单调递增，
所以，
即x1+x2的最小值为．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
20．（2025秋 惠州月考）已知函数f（x）＝ax+lnx﹣1，a∈R．
（1）当a＝2时，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）若f（x）有极大值，且极大值小于0，求a的取值范围．
【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（1）3x﹣y﹣2＝0．
（2）．
【分析】（1）利用导数求得f′（1），f（1）可求切线方程．
（2）求导，分类讨论求得f（x）的单调性，进而可得极大值，再根据极大值小于0，求得a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝2x+lnx﹣1，
则f（1）＝1，，
所以f′（1）＝3，
所以函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝3（x﹣1），即3x﹣y﹣2＝0．
（2）函数f（x）＝ax+lnx﹣1的定义域为（0，+∞），
又，
当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，
f（x）在（0，+∞）上单调递增，无极值．
当a＜0时，令f′（x）＝0，得x，
所以在（0，）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在处取得极大值，极大值为，
令，
解得，
所以a的取值范围为．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
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