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
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| 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 | 252.9KB | ||
| 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 20:26:01 | ||
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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秋 武汉月考）已知f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，若0是f（x）的极小值点，则a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．[0，+∞） D．（1，+∞）
2．（2025秋 惠州月考）已知f（x）＝sinx﹣x，若g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点，则实数λ的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
C．（﹣1，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
3．（2025春 福州校级期中）若函数f（x）＝bx﹣2sinx在区间上单调递增，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≥0 B．b＞0 C． D．
4．（2025 汉中二模）若 x∈R满足ex+a＞x﹣1，则实数a的取值范围是（ ）
A．﹣1＜a＜0 B．a≤﹣2 C．﹣e＜a＜﹣2 D．a＞﹣2
5．（2025 儋州校级模拟）若过点（1，b）可以作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，则（ ）
A．ln2＜b＜2 B．b＞ln2 C．0＜b＜ln2 D．b＞1
6．（2025 永州二模）在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），P（﹣1，p），Q（1，q），其中p＞0，q＞0，∠AOQ＝∠POQ，则当△OPQ面积最小时，（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 大连期末）已知函数f（x）定义域为（0，+∞），f（1）＝e，对任意的x1，x2∈（0，+∞），当x2＞x1时，有．若f（lna）＞2e﹣alna，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（1，e）
8．（2025春 高邮市期中）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2025秋 江西月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）存在单调递增区间
B．f（x）有极小值
C．f（x）的图象与直线y＝t（t＞2）有2个交点
D．若对任意x1，x2∈（﹣∞，1），恒有f（x1）+f（x2）＜a，则
10．（2024秋 广州校级月考）对于函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），则下列结论中正确的有（ ）
A．对任意实数a，f（x）均有零点
B．对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心
C．存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线
D．若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，则
11．（2025 新县校级模拟）在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数，定义双曲正弦函数sinhx，双曲余弦函数coshx，双曲正切函数tanhx，则（ ）
A．双曲正弦函数是增函数
B．双曲余弦函数是增函数
C．双曲正切函数是增函数
D．
12．（2025 喀什地区模拟）已知函数φ（x）（x∈D）的导函数为φ′（x），φ′（x）的导函数为φ″（x），若 x∈D，φ″（x）＞0，则称φ（x）是“T函数”，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）＝2x是T函数
B．若f（x）是定义域为R的T函数，则f（2）+f（3）＜f（1）+f（4）
C．若对任意成递增等差数列的4个数x1，x2，x3，x4，都有f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），则f（x）是T函数
D．若f（x）是定义域为R的T函数，且当x＜0时f（x）＜0，则f（x）在R上单调递增
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 兰西县校级期中）已知函数在区间（2，3）上存在极小值点，则实数a的取值范围为 ．
14．（2025春 福州校级期中）设O为坐标原点，若曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，则a的取值范围为 ．
15．（2025春 海沧区校级期中）若对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，则a的取值范围是 ．
16．（2025春 闵行区校级期末）如图，圆锥PO的底面直径和高均是3，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣a﹣ax的最小值是0．
（1）求a；
（2）若实数m，n满足mn＝em﹣1+nlnn，求mn的最小值．
18．（2025秋 江西月考）已知函数lna（a＞1）．
（1）取a＝e2．
（i）判断f（x）的单调性；
（ii）若f（x）的图象在x＝t（t＞0）处的切线l过点P（0，﹣1），求t的值及l的方程；
（2）若f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，证明：M．
19．（2024秋 武汉月考）已知函数f（x）＝2ae2x+x+1（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若 x∈R，f（x）+（a+2）ex＜ae2x，求整数a的最大值．
20．（2025 合肥校级模拟）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
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秋 武汉月考）已知f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，若0是f（x）的极小值点，则a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．[0，+∞） D．（1，+∞）
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】求导，并得到f′（0）＝0恒成立，再令g（x）＝f′（x），求出g′（0）＝a﹣1，分a＞1，a＝1和a＜1三种情况进行分析，得到a＞1时，满足0是f（x）的极小值点，求出a的取值范围．
【解答】解：因为f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，因此f′（x）＝aex+（ax﹣a﹣1）ex+1＝（ax﹣1）ex+1，
因为x＝0是函数f（x）的极小值点，因此f′（0）＝﹣e0+1＝0恒成立，
令g（x）＝f′（x）＝（ax﹣1）ex+1，则g′（x）＝（ax+a﹣1）ex，
g′（0）＝（a﹣1）e0＝a﹣1，
当a＞1时，g′（0）＞0，g（x）在x＝0附近单调递增，
又g（0）＝0，因此当x＜0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＜0，
当x＞0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＞0，满足0是f（x）的极小值点；
当a＝1时，g（x）＝f′（x），即g（x）＝（x﹣1）ex+1，g′（x）＝xex，
当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
因此g（x）＝f′（x）≥g（0）＝0，因此f（x）单调递增，此时f（x）无极小值点；
当a＜1时，g′（0）＜0，g（x）在x＝0附近单调递减，又g（0）＝0，
因此当x＜0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＞0，
当x＞0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＜0，
此时0是f（x）的极大值点，不符合题意，
综上，a的取值范围为（1，+∞）．
故选：D．
【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．
2．（2025秋 惠州月考）已知f（x）＝sinx﹣x，若g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点，则实数λ的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
C．（﹣1，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；由函数的零点求解函数或参数．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先得到f（x）为奇函数且单调递减，问题等价于方程x3﹣3x﹣1＝λ在R上有三个不同的实数根，令g（x）＝x3﹣3x﹣1，求导得到其单调性和极值情况，从而得到λ的取值范围为（﹣3，1）．
【解答】解：由题意可得f（﹣x）＝sin（﹣x）+x＝﹣（sinx﹣x）＝﹣f（x），且x∈R，
所以f（x）是奇函数，
g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点 方程f（x3﹣x﹣1）＝﹣f（﹣2x﹣λ）＝f（2x+λ）有三个不相等的实数根，
又f′（x）＝cosx﹣1≤0，可知f（x）在R上单调递减，所以有x3﹣x﹣1＝2x+λ，即λ＝x3﹣3x﹣1，
所以问题等价于方程x3﹣3x﹣1＝λ在R上有三个不同的实数根，
lg（x）＝x3﹣3x﹣1的图象与直线y＝λ有三个不同的交点，
令h（x）＝x3﹣3x﹣1，则h′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），x∈R，
当x∈（﹣∞，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（﹣1，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
所以g（x）的极大值为g（﹣1）＝1，极小值为g（1）＝﹣3，
∴λ的取值范围为（﹣3，1）．
故选：A．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，属于中档题．
3．（2025春 福州校级期中）若函数f（x）＝bx﹣2sinx在区间上单调递增，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≥0 B．b＞0 C． D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据函数单调递减得出导函数恒非负，再分离参数结合三角函数值域计算求参．
【解答】解：因为f（x）＝bx﹣2sinx
所以f′（x）＝b﹣2cosx≥0在上恒成立，
b≥2cosx，时，y＝2cosx是减函数，，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调性和单调区间，属于中档题．
4．（2025 汉中二模）若 x∈R满足ex+a＞x﹣1，则实数a的取值范围是（ ）
A．﹣1＜a＜0 B．a≤﹣2 C．﹣e＜a＜﹣2 D．a＞﹣2
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】令f（x）＝ex+a﹣x+1，对其求导，结合导数与单调性关系可求函数最小值，然后由不等式恒成立与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：令f（x）＝ex+a﹣x+1，
则f′（x）＝ex+a﹣1，
当x≥﹣a时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，当x＜﹣a时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故x＝﹣a时，函数取得最小值f（﹣a）＝2+a，
由题意可得，2+a＞0，即a＞﹣2．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了不等式恒成立与最值关系的转化，属于基础题．
5．（2025 儋州校级模拟）若过点（1，b）可以作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，则（ ）
A．ln2＜b＜2 B．b＞ln2 C．0＜b＜ln2 D．b＞1
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】在曲线y＝ln（x+1）上任取一点Q（t，ln（t+1）），求得切线方程，代入点（1，b），可得，令函数，t∈（﹣1，+∞），求得函数f（t）的单调性和最值，由此可得b的范围．
【解答】解：在曲线y＝ln（x+1）上任取一点Q（t，ln（t+1）），
又由y＝ln（x+1），可得，
则曲线y＝ln（x+1）在点Q处的切线方程为．
将点（1，b）代入切线方程可得，
令函数，t∈（﹣1，+∞），
则．
当t＜1时，f′（t）＜0，此时f（t）单调递减，
当t＞1时，f′（t）＞0，此时f（t）单调递增，
所以f（t）min＝f（1）＝ln2．
由题意可知，直线y＝b与f（t）的图象有两个交点，则b＞ln2．
故选：B．
【点评】本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
6．（2025 永州二模）在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），P（﹣1，p），Q（1，q），其中p＞0，q＞0，∠AOQ＝∠POQ，则当△OPQ面积最小时，（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数研究函数的最值；直线的斜率．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】利用∠AOQ＝∠POQ，结合两角差的正切公式，推出p，再利用三角形的面积公式，可得△OPQ面积S，然后设f（q），q＞1，利用导数研究该函数的单调性与最值，即可得解．
【解答】解：由题意知，tan∠AOQ＝q，tan∠AOP＝﹣p，
所以tan∠POQ＝tan（∠AOP﹣∠AOQ），
因为∠AOQ＝∠POQ，
所以tan∠AOQ＝tan∠POQ，即q，整理得p，
又p＞0，q＞0，所以q＞1，
由P（﹣1，p），Q（1，q），知|OP|，|OQ|，
由tan∠POQ＝tan∠AOQ＝q，知sin∠POQ，
所以△OPQ面积S|OP| |OQ|sin∠POQ ，
设f（q），q＞1，
则f'（q），
令f'（q）＝0，则q4﹣4q2﹣1＝0，解得q2＝2（负值已舍），即q，
所以当q∈（1，）时，f'（q）＜0，f（q）在（1，）上单调递减；
当q∈（，+∞）时，f'（q）＞0，f（q）在（，+∞）上单调递增，
所以当f（q）取到最小值时，q2＝2，
此时△OPQ面积S取得最小值，
由p，知．
故选：C．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，还涉及两角差的正切公式，直线斜率的求法等，考查转化与化归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7．（2024秋 大连期末）已知函数f（x）定义域为（0，+∞），f（1）＝e，对任意的x1，x2∈（0，+∞），当x2＞x1时，有．若f（lna）＞2e﹣alna，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（1，e）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，构造函数g（x）＝f（x）+xex，即可得到函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，结合函数的单调性求解不等式，即可得到结果．
【解答】解：由题意可知，当x2＞x1＞0时，有，
即，
令g（x）＝f（x）+xex，则当x2＞x1＞0时，g（x1）＞g（x2），
则函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
由f（1）＝e，f（lna）＞2e﹣alna可得f（lna）+（lna）×elna＞f（1）+1×e1，
即g（lna）＞g（1），所以0＜lna＜1，解得1＜a＜e，即实数a的取值范围是（1，e）．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8．（2025春 高邮市期中）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】不等式f（x）＜0存在整数解等价于g（x）＝ex（2x﹣1）的图象有部分在直线y＝3ax﹣3a的下方且这部分图象上有横坐标为整数的点，用导数刻画g（x）＝ex（2x﹣1）的图象后考虑动直线y＝3ax﹣3a的变化趋势从而得到实数a的取值范围．
【解答】解：令g（x）＝ex（2x﹣1），则g′（x）＝ex（2x+1），
当时，g′（x）＜0，所以g（x）在上是单调减函数，
当时，g′（x）＞0，所以在上是单调增函数，
由f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a＜0可得ex（2x﹣1）＜3ax﹣3a，
由题意可知，存在唯一的整数x0，使得，
则函数g（x）在直线y＝3ax﹣3a下方的图象中只有一个横坐标为整数的点，
因为a＜1，
当a≤0时，则函数在直线下方的图象中有无数个横坐标为整数的点，不合平题意，
所以0＜a＜1，因为，
当直线y＝3ax﹣3a过点（0，﹣1）时，则﹣3a＝﹣1，解得，
又g′（0）＝1，直线y＝x﹣1，所以此时函数g（x）与直线y＝3ax﹣3a相切于点（0，﹣1），
当直线y＝3ax﹣3a过点时，则，且，
结合图象可得，
所以a的取值范围是．
故选：A．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025秋 江西月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）存在单调递增区间
B．f（x）有极小值
C．f（x）的图象与直线y＝t（t＞2）有2个交点
D．若对任意x1，x2∈（﹣∞，1），恒有f（x1）+f（x2）＜a，则
【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】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】AD
【分析】分析函数的导数，得出其在（﹣∞，﹣4）增、（﹣4，1）减、（1，+∞）减，判定A正确；
由A知f（x）有极大值f（﹣4），无极小值，判定B错误；
分析x＜1和x＞1时f（x）取值，得出f（x）与y＝t交点情况，判定C错误；
当x∈（﹣∞，1）时，得出，判定D正确．
【解答】解：对于A，因为，
所以，
则f（x）在区间（﹣∞，﹣4）上单调递增，在区间（﹣4，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递减，故A正确；
对于B，由A知，f（﹣4）为极大值，无极小值，故B错误；
对于C，当x＜1时，f（x）＜0，
当x＞1时，f（x）单调递减，且f（x）∈（1，+∞），
所以f（x）的图象与直线y＝t只有1个交点，故C错误；
对于D，当x∈（﹣∞，1）时，，所以，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查不等式恒成立的问题，属于中档题．
10．（2024秋 广州校级月考）对于函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），则下列结论中正确的有（ ）
A．对任意实数a，f（x）均有零点
B．对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心
C．存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线
D．若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，则
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；判定函数零点的存在性．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】结合零点存在性定理判断A，设曲线y＝f（x）的对称中心为（s，t），由此可得函数y＝f（x+s）﹣t为奇函数，结合奇函数性质列方程求s，t，由此判断B，设函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），函数f（x）与x轴相切于点（x0，0），0＜x0＜2，结合导数的几何意义可得，令，则﹣1﹣t+lnt＝0，利用导数研究方程的根，判断C，由已知可得m+n＝2，，令可得，利用导数研究函数的范围，判断D．
【解答】解：A选项，函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x）的定义域为（0，2），
当x→0时，f（x）→﹣∞，
当x→2时，f（x）→+∞，
对任意实数a，函数f（x）在区间（0，2）内存在零点，A选项正确；
B选项设曲线y＝f（x）的对称中心为（s，t），
则函数y＝f（x+s）﹣t为奇函数，
因此f（x+s）﹣t+f（﹣x+s）﹣t＝0恒成立，
因此a（x+s）+ln（x+s）﹣ln（2﹣x﹣s）﹣t+a（﹣x+s）+ln（﹣x+s）﹣ln（2+x﹣s）﹣t＝0，
因此2as+ln（s2﹣x2）﹣ln[（2﹣s）2﹣x2]﹣2t＝0，
因此as＝t，s2＝（2﹣s）2，
因此s＝1，a＝t，
因此对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心（1，a），B选项正确；
C选项，设函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），函数f（x）与x轴相切于点（x0，0），0＜x0＜2，
则f（x0）＝ax0+lnx0﹣ln（2﹣x0）＝0，
因为，因此，
因此ax0（2﹣x0）+2＝0，
因此，因此
令，则t＞0，﹣1﹣t+lnt＝0，
设g（t）＝﹣1﹣t+lnt，t＞0，则，
当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）在（1，+∞）上单调递减，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）在（0，1）上单调递增，
又g（1）＝﹣2，
因此方程﹣1﹣t+lnt＝0无解，
因此不存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线，C选项错误；
D选项，因为，x∈（0，2），
令可得ax2﹣2ax﹣2＝0，
若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，
因此m，n为方程ax2﹣2ax﹣2＝0的两根，且0＜m＜n＜2，
因此方程ax2﹣2ax﹣2＝0在（0，2）上有两个不等实根，
若a＞0，抛物线φ（x）＝ax2﹣2ax﹣2的对称轴为x＝1，开口向上，φ（0）＝φ（2）＝﹣2＜0，
与方程ax2﹣2ax﹣2＝0在（0，2）上有两个不等实根矛盾，
若a＜0，抛物线φ（x）＝ax2﹣2ax﹣2的对称轴为x＝1，开口向下，φ（0）＝φ（2）＝﹣2＜0，
因此φ（1）＝a﹣2a﹣2＞0，因此a＜﹣2，
因为m，n为方程ax2﹣2ax﹣2＝0的两根，
因此m+n＝2，，
因此
因此
因此，
，
令，则0＜μ＜1，
设，
则，
因为0＜μ＜1，因此h′（μ）＞0，
因此函数在（0，1）上单调递增，
因此，D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
11．（2025 新县校级模拟）在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数，定义双曲正弦函数sinhx，双曲余弦函数coshx，双曲正切函数tanhx，则（ ）
A．双曲正弦函数是增函数
B．双曲余弦函数是增函数
C．双曲正切函数是增函数
D．
【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；运算求解；新定义类．
【答案】ACD
【分析】由已知定义，结合函数的性质及导数与单调性关系检验各选项即可判断．
【解答】解：令f（x），则0恒成立，
故sinhx为增函数，A正确；
对于函数coshx，x＝1和x＝﹣1时，函数值相等，显然不是增函数，B错误；
tanhx1，显然递增，C正确；
因为tanh（x+y），
tanh（x+y），D正确．
故选：ACD．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的综合应用，属于中档题．
12．（2025 喀什地区模拟）已知函数φ（x）（x∈D）的导函数为φ′（x），φ′（x）的导函数为φ″（x），若 x∈D，φ″（x）＞0，则称φ（x）是“T函数”，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）＝2x是T函数
B．若f（x）是定义域为R的T函数，则f（2）+f（3）＜f（1）+f（4）
C．若对任意成递增等差数列的4个数x1，x2，x3，x4，都有f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），则f（x）是T函数
D．若f（x）是定义域为R的T函数，且当x＜0时f（x）＜0，则f（x）在R上单调递增
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解；新定义类．
【答案】ABD
【分析】对于A验证f″（x）＞0即可判断，对于B设g（x）＝f（x+1）﹣f（x），因为f（x）是T函数，得g（x）单调递增，即g（1）＜g（3）即可判断，对于C因为x1，x2，x3，x4成递增的等差数列，故可设：x1＝a﹣3m，x2＝a﹣m，x3＝a+m，x4＝a+3m，m＞0，考虑函数f（x）＝x4，验证f（x）＝x4是否是“T函数”即可判断，对于D任意选取x0∈R，构造F（x）＝f（x）﹣f′（x0）x，由f（x）是T函数，得f′（x）在R上单调递增，利用导数研究F（x）的单调性即可判断．
【解答】解：对于A，由f（x）＝2x，可得f′（x）＝2xln2，
则f″（x）＝2x（ln2）2＞0，
由题意可得，f（x）是T函数，故选项A正确；
对于B，设g（x）＝f（x+1）﹣f（x），则g′（x）＝f′（x+1）﹣f′（x），
因为f（x）是T函数，
所以f′（x）在R上单调递增，
所以g′（x）＝f′（x+1）﹣f′（x）＞0，
则g（x）单调递增，
可得g（1）＜g（3），
即f（2）﹣f（1）＜f（4）﹣f（3），
可得f（2）+f（3）＜f（1）+f（4），故选项B正确；
对于C，不妨设：x1＝a﹣3m，x2＝a﹣m，x3＝a+m，x4＝a+3m，m＞0，
考虑函数f（x）＝x4，因为f（x2）+f（x3）﹣[f（x1）+f（x4）]
＝（a﹣m）4+（a+m）4﹣（a﹣3m）4﹣（a+3m）4＝﹣32m2（3a2+5m2）＜0，
所以f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），但f″（x）＝12x2，f′（0）＝0，
所以f（x）＝x4不是T函数，故选项C错误；
对于D，因为f（x）是T函数，
所以f′（x）在R上单调递增，任意选取x0∈R，
设函数F（x）＝f（x）﹣f′（x0）x，则F′（x）＝f′（x）﹣f′（x0），
当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＞0，
当x∈（﹣∞，x0）时，F′（x）＜0，
所以F（x）≥F（x0），即f（x）≥f′（x0）x+f（x0）﹣f′（x0）x0，
当x＜0时，因为f（x）＜0，所以f′（x0）x+f（x0）﹣f′（x0）x0＜0，
左边是关于x的一次函数，根据直线的性质知f′（x0）≥0，
这里的x0是任意选取的，所以 x∈R，f′（x）≥0，所以f（x）在R上单调递增，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查与导数有关的新定义问题，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 兰西县校级期中）已知函数在区间（2，3）上存在极小值点，则实数a的取值范围为 ．
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】．
【分析】求出导函数，令g（x）＝ax2﹣ax﹣1（x＞0），显然a≠0按照a＞0和a＜0分类讨论，分析函数的单调性，结合极小值点的概念列不等式求解即可．
【解答】解：求导得导函数，
令函数g（x）＝ax2﹣ax﹣1（x＞0），对称轴为，
由于f（x）在（2，3）上存在极小值点，因此a＝0不符合题意；
若a＞0，那么，解得；
若a＜0，因为g（1）＝g（0）＝﹣1＜0，函数g（x）在（2，3）上单调递减，且g（2）＜0，
因此在（2，3）上不存在极小值点；
综上所述，实数a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的综合应用，属于中档题．
14．（2025春 福州校级期中）设O为坐标原点，若曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，则a的取值范围为 [，+∞） ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】．
【分析】设出A，B两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最值，然后再结合图形，利用两角差的正切公式计算即可．
【解答】解：如图所示：
设，当x1＝0时，直线OA的倾斜角为90°，
当x1≠0时，直线OA的斜率，
当x1＜0时，当且仅当x1＝﹣1时取等号，此时直线OA的倾斜角为钝角，
当x1＞0时，当且仅当x1＝1时取等号，此时直线OA的倾斜角大于45°，
设B（x2，alnx2），则直线OB的斜率，
记，则，
当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以，则，
由函数图象知：要使得曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，
则需要满足在第一象限，直线OA斜率最小，OB斜率最大时，∠AOB的大小不超过45°，
此时kOA＝2，，，解得，
所以a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
15．（2025春 海沧区校级期中）若对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，则a的取值范围是 [0，e） ．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【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，e）．
【分析】先化简题设条件可得，用换元法将问题转化为f（t）＝tlnt﹣2alnt+a在（1，+∞）上没有零点，对参数a分类讨论，并构造函数，利用导数求函数g（t）的最大值即可求解．
【解答】解：对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，
则，
即，
设，则t＞1，所以问题转化为函数f（t）＝tlnt﹣2alnt+a在（1，+∞）上没有零点．
当a＝0时，f（t）＝tlnt没有零点，满足题意；
当a≠0时，由f（t）≠0得，
设，
则，
因为t＞1，所以当t∈（1，e）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；
当t∈（e，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
因为g（x）max，所以，
所以．
综上，a的取值范围是[0，e）．
故答案为：[0，e）．
【点评】本题考查利用导数求函数的最大值，分类讨论思想，函数与方程思想，属于较难题．
16．（2025春 闵行区校级期末）如图，圆锥PO的底面直径和高均是3，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 π ．
【考点】利用导数求解函数的最值；圆柱的体积．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；立体几何；运算求解．
【答案】π．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，利用相似可得出h＝3﹣2r，利用柱体的体积公式得出V＝3πr2﹣2πr3，其中，再利用导数法可求得V的最大值．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由相似可得，可得h＝3﹣2r，
令h＞0，结合r＞0，则，
圆柱的体积V＝πr2h＝πr2（3﹣2r）＝3πr2﹣2πr3，
则V′＝6πr﹣6πr2＝6πr（1﹣r），其中，
当0＜r＜1时，V′＞0，函数V＝3πr2﹣2πr3单调递增；
当时，V′＜0，函数V＝3πr2﹣2πr3单调递减，
所以当r＝1时，V取最大值，即Vmax＝3π﹣2π＝π．
故答案为：π．
【点评】本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的最值，圆柱体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣a﹣ax的最小值是0．
（1）求a；
（2）若实数m，n满足mn＝em﹣1+nlnn，求mn的最小值．
【考点】利用导数求解函数的最值；由函数的最值求解函数或参数（导数法）；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】应用题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）a＝1；
（2）．
【分析】（1）求导，根据函数的单调性，结合分类讨论即可求解最值，
（2）根据指对运算可得em﹣lnn﹣1＝m﹣lnn，进而f（m﹣lnn）＝0得m﹣lnn＝1，构造函数h（x）＝x（1+lnx），利用导数求解函数的单调性，即可求解最值得解．
【解答】解：（1）若a≤0时，因此y＝ex﹣a，y＝﹣ax均为单调递增函数，
因此函数f（x）＝ex﹣a﹣ax单调递增，此时f（x）函数没有最小值，
若a＞0时，因为f（x）＝ex﹣a﹣ax，
所以f′（x）＝ex﹣a﹣a，由于y＝ex﹣a单调递增，
因此f′（x）＝ex﹣a﹣a为单调递增函数，令f′（x）＝0，因此x＝a+lna，
因此x＞a+lna时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x＜a+lna时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
因此f（x）在x＝a+lna取到最小值，因此f（a+lna）＝a﹣a2﹣alna＝a（1﹣a﹣lna）＝0，
进而1﹣a﹣lna＝0，
令g（x）＝1﹣x﹣lnx，因此g（x）单调递减，且g（1）＝0，因此a＝1；
（2）由（1）知f（x）＝ex﹣1﹣x，
由于mn＝em﹣1+nlnn，因此，因此em﹣lnn﹣1＝m﹣lnn，
即f（m﹣lnn）＝0，
因此m﹣lnn＝1，所以mn＝n（1+lnn），
令h（x）＝x（1+lnx），因此，
当单调递减，单调递增，
因此h（x）的最小值为，
因此mn的最小值为．
【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．（2025秋 江西月考）已知函数lna（a＞1）．
（1）取a＝e2．
（i）判断f（x）的单调性；
（ii）若f（x）的图象在x＝t（t＞0）处的切线l过点P（0，﹣1），求t的值及l的方程；
（2）若f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，证明：M．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】应用题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）（i）所以f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；
（ii）（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）证明：因为，所以，
当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）在区间[﹣1，0）上单调递减，在区间（0，1]上单调递增，
所以m＝f（0）＝1，设M＝max{f（﹣1），f（1）}，
而，
设，
则，
所以h（a）在区间（1，+∞）上单调递增，h（a）＞h（1）＝0，
所以f（1）﹣f（﹣1）＞0，，
设，
则，
设，则，ω（a）＜ω（1）＝﹣1，即φ'（a）＜0，
所以φ（a）在区间（1，+∞）上单调递减，
所以，即，
所以M∈（﹣∞，．
【分析】（1）（i）当a＝e2时，分析f（x）＝x2+ex﹣x的导数f'（x）＝2x+ex﹣1，根据其单调性及f'（0）＝0，得f（x）在（﹣∞，0）减、（0，+∞）增；
（ii）由f（x）在x＝t处切线过P（0，﹣1），推导得t＝1，切线方程为（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）对求导，根据导数正负得f（x）在[﹣1，0）减、（0，1]增，m＝f（0）＝1，通过构造h（a）证f（1）﹣f（﹣1）＞0，得，构造，求导分析其单调性，得，进而证得．
【解答】解：（1）（i）当a＝e2时，f（x）＝x2+e2﹣x，f'（x）＝2x+ex﹣1，
易知f'（x）在R上单调递增，且f'（0）＝0，
所以当x＜0时，f'（x）＜0，x＞0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；
（ⅱ）若f（x）的图象在x＝t处的切线过点P（0，﹣1），
则切线斜率，
即，整理得t2﹣1+（t﹣1）et＝0，
即（t﹣1）（t+1+et）＝0，因为t＞0，t+1+et＞0，
所以t＝1，因为f'（1）＝e+1，
所以l的方程为y+1＝（e+1）x，即（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）证明：因为，所以，
当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）在区间[﹣1，0）上单调递减，在区间（0，1]上单调递增，
所以m＝f（0）＝1，设M＝max{f（﹣1），f（1）}，
而，
设，
则，
所以h（a）在区间（1，+∞）上单调递增，h（a）＞h（1）＝0，
所以f（1）﹣f（﹣1）＞0，，
设，
则，
设，则，ω（a）＜ω（1）＝﹣1，即φ'（a）＜0，
所以φ（a）在区间（1，+∞）上单调递减，
所以，即，
所以M∈（﹣∞，．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
19．（2024秋 武汉月考）已知函数f（x）＝2ae2x+x+1（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若 x∈R，f（x）+（a+2）ex＜ae2x，求整数a的最大值．
【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最值．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）﹣2．
【分析】（1）求出导函数f′（x），分a≥0，a＜0讨论f′（x）的正负区间，进而求得函数f（x）的单调区间；
（2）化简不等式，构造函数h（x）＝x+ae2x+（a+2）ex+1，利用导数讨论h（x）的单调性，求出h（x）max，由h（x）max＜0得构造函数，讨论其单调性，可求得整数a的最大值．
【解答】解：（1）由题f′（x）＝1+4ae2x，
则当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
当a＜0时，由f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，
因此f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）依题知，f（x）＝（2ae2x+x+1）+（a+2）ex＜ae2x恒成立，
化简为x+ae2x+（a+2）ex+1＜0恒成立．
设h（x）＝x+ae2x+（a+2）ex+1，x∈R，
则h′（x）＝1+2ae2x+（a+2）ex＝（aex+1）（2ex+1），
当a≥0时，h′（x）＞0恒成立，
故h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，因为h（0）＝2a+3＞0，因此不符合题意；
当a＜0时，又因为2ex+1＞0，由h′（x）＞0，得，
由h′（x）＜0，得，
因此h（x）在上单调递增，在上单调递减，
只需即可，
整理得．
设，x＜0，
则恒成立，因此m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又a∈Z，且m（﹣1）＝0+1＝1＞0，因为4＞e，因此，则，
因此，
因此m（x）在（﹣∞，0）上存在唯一零点x0∈（﹣2，﹣1），当x＜x0时m（x）＜0，当x0＜x＜0时m（x）＞0，
因为m（a）＜0，因此a＜x0∈（﹣2，﹣1），
因此整数a的最大值为﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于中档题．
20．（2025 合肥校级模拟）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的极值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明见解答．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，按m≥0，m＜0分类讨论求出函数的极值．
（Ⅱ）构造函数h（x）＝f（x）+g（x），x≥0，利用导数探讨单调性求出m的范围．
（Ⅲ）利用导数分别证明不等式，ln（x+1），在x＞0时成立，再利用不等式的性质推理得证．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝ex+mx﹣1的定义域为R，求导得f'（x）＝ex+m，
①当m≥0时，f'（x）＞0恒成立，无极值；
②当m＜0时，由f′（x）＜0，得x＜ln（﹣m）；由f′（x）＞0，得x＞ln（﹣m），
函数f（x）在（﹣∞，ln（﹣m））上单调递减，在（ln（﹣m），+∞）上单调递增，
因此函数f（x）极小值为f（ln（﹣m））＝﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值，
所以当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）+g（x）≥0 ex+mx+ln（x+1）﹣1≥0，
设h（x）＝ex+mx+ln（x+1）﹣1，且h（0）＝0，求导得，
令φ（x）＝h′（x）＝ex+m，x≥0，求导得，
函数y＝ex，在0，+∞）上单调递增，
则φ′（x）在[0，+∞）上单调递增，φ（x）≥φ′（0）＝0，
函数φ（x）在[0，+∞）上单调递增，而φ（0）＝h′（0）＝m+2，
当m≥﹣2时，h′（x）≥0恒成立，函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝0恒成立；
当m＜﹣2，则h′（0）＜0，又，
则在（0，ln（﹣m））内存在x0，使得h'（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，
函数h（x）在（0，x0）上单调递减，当x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）＝0，不合题意，
所以实数m的取值范围是[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明：令函数，x＞0，求导得t'（x）＝ex﹣1﹣x，
令y＝ex﹣1﹣x，x＞0，求导得y′＝ex﹣1＞0，函数y＝ex﹣1﹣x在（0，+∞）上单调递增，
则t′（x）＞t′（0）＝0，函数t（x）在（0，+∞）上单调递增，t（x）＞t（0）＝0，
即，
令函数，x＞0，求导得，
函数u（x）在（0，+∞）上单调递增，u（x）＞u（0）＝0，即，
因此当x＞0时，，即（ex﹣1）g（x）＞x2，
所以成立．
【点评】本题考查导数的综合应用，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秋 武汉月考）已知f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，若0是f（x）的极小值点，则a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．[0，+∞） D．（1，+∞）
2．（2025秋 惠州月考）已知f（x）＝sinx﹣x，若g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点，则实数λ的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
C．（﹣1，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
3．（2025春 福州校级期中）若函数f（x）＝bx﹣2sinx在区间上单调递增，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≥0 B．b＞0 C． D．
4．（2025 汉中二模）若 x∈R满足ex+a＞x﹣1，则实数a的取值范围是（ ）
A．﹣1＜a＜0 B．a≤﹣2 C．﹣e＜a＜﹣2 D．a＞﹣2
5．（2025 儋州校级模拟）若过点（1，b）可以作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，则（ ）
A．ln2＜b＜2 B．b＞ln2 C．0＜b＜ln2 D．b＞1
6．（2025 永州二模）在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），P（﹣1，p），Q（1，q），其中p＞0，q＞0，∠AOQ＝∠POQ，则当△OPQ面积最小时，（ ）
A． B． C． D．
7．（2024秋 大连期末）已知函数f（x）定义域为（0，+∞），f（1）＝e，对任意的x1，x2∈（0，+∞），当x2＞x1时，有．若f（lna）＞2e﹣alna，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（1，e）
8．（2025春 高邮市期中）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二．多选题（共4小题）
9．（2025秋 江西月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）存在单调递增区间
B．f（x）有极小值
C．f（x）的图象与直线y＝t（t＞2）有2个交点
D．若对任意x1，x2∈（﹣∞，1），恒有f（x1）+f（x2）＜a，则
10．（2024秋 广州校级月考）对于函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），则下列结论中正确的有（ ）
A．对任意实数a，f（x）均有零点
B．对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心
C．存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线
D．若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，则
11．（2025 新县校级模拟）在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数，定义双曲正弦函数sinhx，双曲余弦函数coshx，双曲正切函数tanhx，则（ ）
A．双曲正弦函数是增函数
B．双曲余弦函数是增函数
C．双曲正切函数是增函数
D．
12．（2025 喀什地区模拟）已知函数φ（x）（x∈D）的导函数为φ′（x），φ′（x）的导函数为φ″（x），若 x∈D，φ″（x）＞0，则称φ（x）是“T函数”，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）＝2x是T函数
B．若f（x）是定义域为R的T函数，则f（2）+f（3）＜f（1）+f（4）
C．若对任意成递增等差数列的4个数x1，x2，x3，x4，都有f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），则f（x）是T函数
D．若f（x）是定义域为R的T函数，且当x＜0时f（x）＜0，则f（x）在R上单调递增
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 兰西县校级期中）已知函数在区间（2，3）上存在极小值点，则实数a的取值范围为 ．
14．（2025春 福州校级期中）设O为坐标原点，若曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，则a的取值范围为 ．
15．（2025春 海沧区校级期中）若对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，则a的取值范围是 ．
16．（2025春 闵行区校级期末）如图，圆锥PO的底面直径和高均是3，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 ．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣a﹣ax的最小值是0．
（1）求a；
（2）若实数m，n满足mn＝em﹣1+nlnn，求mn的最小值．
18．（2025秋 江西月考）已知函数lna（a＞1）．
（1）取a＝e2．
（i）判断f（x）的单调性；
（ii）若f（x）的图象在x＝t（t＞0）处的切线l过点P（0，﹣1），求t的值及l的方程；
（2）若f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，证明：M．
19．（2024秋 武汉月考）已知函数f（x）＝2ae2x+x+1（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若 x∈R，f（x）+（a+2）ex＜ae2x，求整数a的最大值．
20．（2025 合肥校级模拟）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
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秋 武汉月考）已知f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，若0是f（x）的极小值点，则a的取值范围为（ ）
A．（﹣∞，1） B．（﹣∞，0） C．[0，+∞） D．（1，+∞）
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】求导，并得到f′（0）＝0恒成立，再令g（x）＝f′（x），求出g′（0）＝a﹣1，分a＞1，a＝1和a＜1三种情况进行分析，得到a＞1时，满足0是f（x）的极小值点，求出a的取值范围．
【解答】解：因为f（x）＝（ax﹣a﹣1）ex+x+1，因此f′（x）＝aex+（ax﹣a﹣1）ex+1＝（ax﹣1）ex+1，
因为x＝0是函数f（x）的极小值点，因此f′（0）＝﹣e0+1＝0恒成立，
令g（x）＝f′（x）＝（ax﹣1）ex+1，则g′（x）＝（ax+a﹣1）ex，
g′（0）＝（a﹣1）e0＝a﹣1，
当a＞1时，g′（0）＞0，g（x）在x＝0附近单调递增，
又g（0）＝0，因此当x＜0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＜0，
当x＞0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＞0，满足0是f（x）的极小值点；
当a＝1时，g（x）＝f′（x），即g（x）＝（x﹣1）ex+1，g′（x）＝xex，
当x＜0时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x＞0时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
因此g（x）＝f′（x）≥g（0）＝0，因此f（x）单调递增，此时f（x）无极小值点；
当a＜1时，g′（0）＜0，g（x）在x＝0附近单调递减，又g（0）＝0，
因此当x＜0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＞0，
当x＞0时，在x＝0附近g（x）＝f′（x）＜0，
此时0是f（x）的极大值点，不符合题意，
综上，a的取值范围为（1，+∞）．
故选：D．
【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．
2．（2025秋 惠州月考）已知f（x）＝sinx﹣x，若g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点，则实数λ的取值范围是（ ）
A．（﹣3，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）
C．（﹣1，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（1，+∞）
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；由函数的零点求解函数或参数．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】先得到f（x）为奇函数且单调递减，问题等价于方程x3﹣3x﹣1＝λ在R上有三个不同的实数根，令g（x）＝x3﹣3x﹣1，求导得到其单调性和极值情况，从而得到λ的取值范围为（﹣3，1）．
【解答】解：由题意可得f（﹣x）＝sin（﹣x）+x＝﹣（sinx﹣x）＝﹣f（x），且x∈R，
所以f（x）是奇函数，
g（x）＝f（x3﹣x﹣1）+f（﹣2x﹣λ）有三个零点 方程f（x3﹣x﹣1）＝﹣f（﹣2x﹣λ）＝f（2x+λ）有三个不相等的实数根，
又f′（x）＝cosx﹣1≤0，可知f（x）在R上单调递减，所以有x3﹣x﹣1＝2x+λ，即λ＝x3﹣3x﹣1，
所以问题等价于方程x3﹣3x﹣1＝λ在R上有三个不同的实数根，
lg（x）＝x3﹣3x﹣1的图象与直线y＝λ有三个不同的交点，
令h（x）＝x3﹣3x﹣1，则h′（x）＝3x2﹣3＝3（x+1）（x﹣1），x∈R，
当x∈（﹣∞，﹣1）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
当x∈（﹣1，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
所以g（x）的极大值为g（﹣1）＝1，极小值为g（1）＝﹣3，
∴λ的取值范围为（﹣3，1）．
故选：A．
【点评】本题考查函数的零点与方程的根的关系，属于中档题．
3．（2025春 福州校级期中）若函数f（x）＝bx﹣2sinx在区间上单调递增，则实数b的取值范围是（ ）
A．b≥0 B．b＞0 C． D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】根据函数单调递减得出导函数恒非负，再分离参数结合三角函数值域计算求参．
【解答】解：因为f（x）＝bx﹣2sinx
所以f′（x）＝b﹣2cosx≥0在上恒成立，
b≥2cosx，时，y＝2cosx是减函数，，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查利用导数求解函数的单调性和单调区间，属于中档题．
4．（2025 汉中二模）若 x∈R满足ex+a＞x﹣1，则实数a的取值范围是（ ）
A．﹣1＜a＜0 B．a≤﹣2 C．﹣e＜a＜﹣2 D．a＞﹣2
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】令f（x）＝ex+a﹣x+1，对其求导，结合导数与单调性关系可求函数最小值，然后由不等式恒成立与最值关系的转化即可求解．
【解答】解：令f（x）＝ex+a﹣x+1，
则f′（x）＝ex+a﹣1，
当x≥﹣a时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，当x＜﹣a时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
故x＝﹣a时，函数取得最小值f（﹣a）＝2+a，
由题意可得，2+a＞0，即a＞﹣2．
故选：D．
【点评】本题主要考查了导数与单调性关系的应用，还考查了不等式恒成立与最值关系的转化，属于基础题．
5．（2025 儋州校级模拟）若过点（1，b）可以作曲线y＝ln（x+1）的两条切线，则（ ）
A．ln2＜b＜2 B．b＞ln2 C．0＜b＜ln2 D．b＞1
【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】在曲线y＝ln（x+1）上任取一点Q（t，ln（t+1）），求得切线方程，代入点（1，b），可得，令函数，t∈（﹣1，+∞），求得函数f（t）的单调性和最值，由此可得b的范围．
【解答】解：在曲线y＝ln（x+1）上任取一点Q（t，ln（t+1）），
又由y＝ln（x+1），可得，
则曲线y＝ln（x+1）在点Q处的切线方程为．
将点（1，b）代入切线方程可得，
令函数，t∈（﹣1，+∞），
则．
当t＜1时，f′（t）＜0，此时f（t）单调递减，
当t＞1时，f′（t）＞0，此时f（t）单调递增，
所以f（t）min＝f（1）＝ln2．
由题意可知，直线y＝b与f（t）的图象有两个交点，则b＞ln2．
故选：B．
【点评】本题考查导数的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
6．（2025 永州二模）在平面直角坐标系xOy中，A（1，0），P（﹣1，p），Q（1，q），其中p＞0，q＞0，∠AOQ＝∠POQ，则当△OPQ面积最小时，（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数研究函数的最值；直线的斜率．
【专题】转化思想；综合法；函数的性质及应用；直线与圆；运算求解．
【答案】C
【分析】利用∠AOQ＝∠POQ，结合两角差的正切公式，推出p，再利用三角形的面积公式，可得△OPQ面积S，然后设f（q），q＞1，利用导数研究该函数的单调性与最值，即可得解．
【解答】解：由题意知，tan∠AOQ＝q，tan∠AOP＝﹣p，
所以tan∠POQ＝tan（∠AOP﹣∠AOQ），
因为∠AOQ＝∠POQ，
所以tan∠AOQ＝tan∠POQ，即q，整理得p，
又p＞0，q＞0，所以q＞1，
由P（﹣1，p），Q（1，q），知|OP|，|OQ|，
由tan∠POQ＝tan∠AOQ＝q，知sin∠POQ，
所以△OPQ面积S|OP| |OQ|sin∠POQ ，
设f（q），q＞1，
则f'（q），
令f'（q）＝0，则q4﹣4q2﹣1＝0，解得q2＝2（负值已舍），即q，
所以当q∈（1，）时，f'（q）＜0，f（q）在（1，）上单调递减；
当q∈（，+∞）时，f'（q）＞0，f（q）在（，+∞）上单调递增，
所以当f（q）取到最小值时，q2＝2，
此时△OPQ面积S取得最小值，
由p，知．
故选：C．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，还涉及两角差的正切公式，直线斜率的求法等，考查转化与化归思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7．（2024秋 大连期末）已知函数f（x）定义域为（0，+∞），f（1）＝e，对任意的x1，x2∈（0，+∞），当x2＞x1时，有．若f（lna）＞2e﹣alna，则实数a的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，e） B．（e，+∞） C．（0，1） D．（1，e）
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意，构造函数g（x）＝f（x）+xex，即可得到函数g（x）在（0，+∞）上单调递增，结合函数的单调性求解不等式，即可得到结果．
【解答】解：由题意可知，当x2＞x1＞0时，有，
即，
令g（x）＝f（x）+xex，则当x2＞x1＞0时，g（x1）＞g（x2），
则函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
由f（1）＝e，f（lna）＞2e﹣alna可得f（lna）+（lna）×elna＞f（1）+1×e1，
即g（lna）＞g（1），所以0＜lna＜1，解得1＜a＜e，即实数a的取值范围是（1，e）．
故选：D．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
8．（2025春 高邮市期中）设函数f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a，其中a＜1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】A
【分析】不等式f（x）＜0存在整数解等价于g（x）＝ex（2x﹣1）的图象有部分在直线y＝3ax﹣3a的下方且这部分图象上有横坐标为整数的点，用导数刻画g（x）＝ex（2x﹣1）的图象后考虑动直线y＝3ax﹣3a的变化趋势从而得到实数a的取值范围．
【解答】解：令g（x）＝ex（2x﹣1），则g′（x）＝ex（2x+1），
当时，g′（x）＜0，所以g（x）在上是单调减函数，
当时，g′（x）＞0，所以在上是单调增函数，
由f（x）＝ex（2x﹣1）﹣3ax+3a＜0可得ex（2x﹣1）＜3ax﹣3a，
由题意可知，存在唯一的整数x0，使得，
则函数g（x）在直线y＝3ax﹣3a下方的图象中只有一个横坐标为整数的点，
因为a＜1，
当a≤0时，则函数在直线下方的图象中有无数个横坐标为整数的点，不合平题意，
所以0＜a＜1，因为，
当直线y＝3ax﹣3a过点（0，﹣1）时，则﹣3a＝﹣1，解得，
又g′（0）＝1，直线y＝x﹣1，所以此时函数g（x）与直线y＝3ax﹣3a相切于点（0，﹣1），
当直线y＝3ax﹣3a过点时，则，且，
结合图象可得，
所以a的取值范围是．
故选：A．
【点评】本题考查了导数的综合应用，属于中档题．
二．多选题（共4小题）
9．（2025秋 江西月考）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．f（x）存在单调递增区间
B．f（x）有极小值
C．f（x）的图象与直线y＝t（t＞2）有2个交点
D．若对任意x1，x2∈（﹣∞，1），恒有f（x1）+f（x2）＜a，则
【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】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】AD
【分析】分析函数的导数，得出其在（﹣∞，﹣4）增、（﹣4，1）减、（1，+∞）减，判定A正确；
由A知f（x）有极大值f（﹣4），无极小值，判定B错误；
分析x＜1和x＞1时f（x）取值，得出f（x）与y＝t交点情况，判定C错误；
当x∈（﹣∞，1）时，得出，判定D正确．
【解答】解：对于A，因为，
所以，
则f（x）在区间（﹣∞，﹣4）上单调递增，在区间（﹣4，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递减，故A正确；
对于B，由A知，f（﹣4）为极大值，无极小值，故B错误；
对于C，当x＜1时，f（x）＜0，
当x＞1时，f（x）单调递减，且f（x）∈（1，+∞），
所以f（x）的图象与直线y＝t只有1个交点，故C错误；
对于D，当x∈（﹣∞，1）时，，所以，故D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查不等式恒成立的问题，属于中档题．
10．（2024秋 广州校级月考）对于函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），则下列结论中正确的有（ ）
A．对任意实数a，f（x）均有零点
B．对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心
C．存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线
D．若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，则
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；判定函数零点的存在性．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】ABD
【分析】结合零点存在性定理判断A，设曲线y＝f（x）的对称中心为（s，t），由此可得函数y＝f（x+s）﹣t为奇函数，结合奇函数性质列方程求s，t，由此判断B，设函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），函数f（x）与x轴相切于点（x0，0），0＜x0＜2，结合导数的几何意义可得，令，则﹣1﹣t+lnt＝0，利用导数研究方程的根，判断C，由已知可得m+n＝2，，令可得，利用导数研究函数的范围，判断D．
【解答】解：A选项，函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x）的定义域为（0，2），
当x→0时，f（x）→﹣∞，
当x→2时，f（x）→+∞，
对任意实数a，函数f（x）在区间（0，2）内存在零点，A选项正确；
B选项设曲线y＝f（x）的对称中心为（s，t），
则函数y＝f（x+s）﹣t为奇函数，
因此f（x+s）﹣t+f（﹣x+s）﹣t＝0恒成立，
因此a（x+s）+ln（x+s）﹣ln（2﹣x﹣s）﹣t+a（﹣x+s）+ln（﹣x+s）﹣ln（2+x﹣s）﹣t＝0，
因此2as+ln（s2﹣x2）﹣ln[（2﹣s）2﹣x2]﹣2t＝0，
因此as＝t，s2＝（2﹣s）2，
因此s＝1，a＝t，
因此对任意实数a，曲线y＝f（x）总存在对称中心（1，a），B选项正确；
C选项，设函数f（x）＝ax+lnx﹣ln（2﹣x），函数f（x）与x轴相切于点（x0，0），0＜x0＜2，
则f（x0）＝ax0+lnx0﹣ln（2﹣x0）＝0，
因为，因此，
因此ax0（2﹣x0）+2＝0，
因此，因此
令，则t＞0，﹣1﹣t+lnt＝0，
设g（t）＝﹣1﹣t+lnt，t＞0，则，
当t＞1时，g′（t）＜0，g（t）在（1，+∞）上单调递减，
当0＜t＜1时，g′（t）＞0，g（t）在（0，1）上单调递增，
又g（1）＝﹣2，
因此方程﹣1﹣t+lnt＝0无解，
因此不存在实数a，使得x轴是曲线y＝f（x）的切线，C选项错误；
D选项，因为，x∈（0，2），
令可得ax2﹣2ax﹣2＝0，
若函数f（x）存在极值点为m，n且m＜n，
因此m，n为方程ax2﹣2ax﹣2＝0的两根，且0＜m＜n＜2，
因此方程ax2﹣2ax﹣2＝0在（0，2）上有两个不等实根，
若a＞0，抛物线φ（x）＝ax2﹣2ax﹣2的对称轴为x＝1，开口向上，φ（0）＝φ（2）＝﹣2＜0，
与方程ax2﹣2ax﹣2＝0在（0，2）上有两个不等实根矛盾，
若a＜0，抛物线φ（x）＝ax2﹣2ax﹣2的对称轴为x＝1，开口向下，φ（0）＝φ（2）＝﹣2＜0，
因此φ（1）＝a﹣2a﹣2＞0，因此a＜﹣2，
因为m，n为方程ax2﹣2ax﹣2＝0的两根，
因此m+n＝2，，
因此
因此
因此，
，
令，则0＜μ＜1，
设，
则，
因为0＜μ＜1，因此h′（μ）＞0，
因此函数在（0，1）上单调递增，
因此，D选项正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
11．（2025 新县校级模拟）在人工神经网络中，单个神经元输入与输出的函数关系可以称为激励函数．双曲正切函数是一种激励函数，定义双曲正弦函数sinhx，双曲余弦函数coshx，双曲正切函数tanhx，则（ ）
A．双曲正弦函数是增函数
B．双曲余弦函数是增函数
C．双曲正切函数是增函数
D．
【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；运算求解；新定义类．
【答案】ACD
【分析】由已知定义，结合函数的性质及导数与单调性关系检验各选项即可判断．
【解答】解：令f（x），则0恒成立，
故sinhx为增函数，A正确；
对于函数coshx，x＝1和x＝﹣1时，函数值相等，显然不是增函数，B错误；
tanhx1，显然递增，C正确；
因为tanh（x+y），
tanh（x+y），D正确．
故选：ACD．
【点评】本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的综合应用，属于中档题．
12．（2025 喀什地区模拟）已知函数φ（x）（x∈D）的导函数为φ′（x），φ′（x）的导函数为φ″（x），若 x∈D，φ″（x）＞0，则称φ（x）是“T函数”，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）＝2x是T函数
B．若f（x）是定义域为R的T函数，则f（2）+f（3）＜f（1）+f（4）
C．若对任意成递增等差数列的4个数x1，x2，x3，x4，都有f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），则f（x）是T函数
D．若f（x）是定义域为R的T函数，且当x＜0时f（x）＜0，则f（x）在R上单调递增
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解；新定义类．
【答案】ABD
【分析】对于A验证f″（x）＞0即可判断，对于B设g（x）＝f（x+1）﹣f（x），因为f（x）是T函数，得g（x）单调递增，即g（1）＜g（3）即可判断，对于C因为x1，x2，x3，x4成递增的等差数列，故可设：x1＝a﹣3m，x2＝a﹣m，x3＝a+m，x4＝a+3m，m＞0，考虑函数f（x）＝x4，验证f（x）＝x4是否是“T函数”即可判断，对于D任意选取x0∈R，构造F（x）＝f（x）﹣f′（x0）x，由f（x）是T函数，得f′（x）在R上单调递增，利用导数研究F（x）的单调性即可判断．
【解答】解：对于A，由f（x）＝2x，可得f′（x）＝2xln2，
则f″（x）＝2x（ln2）2＞0，
由题意可得，f（x）是T函数，故选项A正确；
对于B，设g（x）＝f（x+1）﹣f（x），则g′（x）＝f′（x+1）﹣f′（x），
因为f（x）是T函数，
所以f′（x）在R上单调递增，
所以g′（x）＝f′（x+1）﹣f′（x）＞0，
则g（x）单调递增，
可得g（1）＜g（3），
即f（2）﹣f（1）＜f（4）﹣f（3），
可得f（2）+f（3）＜f（1）+f（4），故选项B正确；
对于C，不妨设：x1＝a﹣3m，x2＝a﹣m，x3＝a+m，x4＝a+3m，m＞0，
考虑函数f（x）＝x4，因为f（x2）+f（x3）﹣[f（x1）+f（x4）]
＝（a﹣m）4+（a+m）4﹣（a﹣3m）4﹣（a+3m）4＝﹣32m2（3a2+5m2）＜0，
所以f（x2）+f（x3）＜f（x1）+f（x4），但f″（x）＝12x2，f′（0）＝0，
所以f（x）＝x4不是T函数，故选项C错误；
对于D，因为f（x）是T函数，
所以f′（x）在R上单调递增，任意选取x0∈R，
设函数F（x）＝f（x）﹣f′（x0）x，则F′（x）＝f′（x）﹣f′（x0），
当x∈（x0，+∞）时，F′（x）＞0，
当x∈（﹣∞，x0）时，F′（x）＜0，
所以F（x）≥F（x0），即f（x）≥f′（x0）x+f（x0）﹣f′（x0）x0，
当x＜0时，因为f（x）＜0，所以f′（x0）x+f（x0）﹣f′（x0）x0＜0，
左边是关于x的一次函数，根据直线的性质知f′（x0）≥0，
这里的x0是任意选取的，所以 x∈R，f′（x）≥0，所以f（x）在R上单调递增，故D正确．
故选：ABD．
【点评】本题考查与导数有关的新定义问题，考查运算求解能力，属于中档题．
三．填空题（共4小题）
13．（2025春 兰西县校级期中）已知函数在区间（2，3）上存在极小值点，则实数a的取值范围为 ．
【考点】由函数的极值求解函数或参数．
【专题】函数思想；定义法；函数的性质及应用；逻辑思维．
【答案】．
【分析】求出导函数，令g（x）＝ax2﹣ax﹣1（x＞0），显然a≠0按照a＞0和a＜0分类讨论，分析函数的单调性，结合极小值点的概念列不等式求解即可．
【解答】解：求导得导函数，
令函数g（x）＝ax2﹣ax﹣1（x＞0），对称轴为，
由于f（x）在（2，3）上存在极小值点，因此a＝0不符合题意；
若a＞0，那么，解得；
若a＜0，因为g（1）＝g（0）＝﹣1＜0，函数g（x）在（2，3）上单调递减，且g（2）＜0，
因此在（2，3）上不存在极小值点；
综上所述，实数a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查函数的综合应用，属于中档题．
14．（2025春 福州校级期中）设O为坐标原点，若曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，则a的取值范围为 [，+∞） ．
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】．
【分析】设出A，B两点坐标，结合斜率的计算由基本不等式和导数分别求出两直线斜率最值，然后再结合图形，利用两角差的正切公式计算即可．
【解答】解：如图所示：
设，当x1＝0时，直线OA的倾斜角为90°，
当x1≠0时，直线OA的斜率，
当x1＜0时，当且仅当x1＝﹣1时取等号，此时直线OA的倾斜角为钝角，
当x1＞0时，当且仅当x1＝1时取等号，此时直线OA的倾斜角大于45°，
设B（x2，alnx2），则直线OB的斜率，
记，则，
当x∈（0，e）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（e，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以，则，
由函数图象知：要使得曲线y＝x2+1和曲线y＝alnx（a＞0）上分别存在A，B两点，使得∠AOB＝45°，
则需要满足在第一象限，直线OA斜率最小，OB斜率最大时，∠AOB的大小不超过45°，
此时kOA＝2，，，解得，
所以a的取值范围为．
故答案为：．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
15．（2025春 海沧区校级期中）若对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，则a的取值范围是 [0，e） ．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【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，e）．
【分析】先化简题设条件可得，用换元法将问题转化为f（t）＝tlnt﹣2alnt+a在（1，+∞）上没有零点，对参数a分类讨论，并构造函数，利用导数求函数g（t）的最大值即可求解．
【解答】解：对任意x1，x2∈（0，+∞），当x1＞x2时恒有x1lnx1+ax2（1+2lnx2）≠x1lnx2+2ax2lnx1，
则，
即，
设，则t＞1，所以问题转化为函数f（t）＝tlnt﹣2alnt+a在（1，+∞）上没有零点．
当a＝0时，f（t）＝tlnt没有零点，满足题意；
当a≠0时，由f（t）≠0得，
设，
则，
因为t＞1，所以当t∈（1，e）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；
当t∈（e，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，
因为g（x）max，所以，
所以．
综上，a的取值范围是[0，e）．
故答案为：[0，e）．
【点评】本题考查利用导数求函数的最大值，分类讨论思想，函数与方程思想，属于较难题．
16．（2025春 闵行区校级期末）如图，圆锥PO的底面直径和高均是3，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 π ．
【考点】利用导数求解函数的最值；圆柱的体积．
【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；立体几何；运算求解．
【答案】π．
【分析】设圆柱的底面半径为r，高为h，利用相似可得出h＝3﹣2r，利用柱体的体积公式得出V＝3πr2﹣2πr3，其中，再利用导数法可求得V的最大值．
【解答】解：设圆柱的底面半径为r，高为h，则由相似可得，可得h＝3﹣2r，
令h＞0，结合r＞0，则，
圆柱的体积V＝πr2h＝πr2（3﹣2r）＝3πr2﹣2πr3，
则V′＝6πr﹣6πr2＝6πr（1﹣r），其中，
当0＜r＜1时，V′＞0，函数V＝3πr2﹣2πr3单调递增；
当时，V′＜0，函数V＝3πr2﹣2πr3单调递减，
所以当r＝1时，V取最大值，即Vmax＝3π﹣2π＝π．
故答案为：π．
【点评】本题主要考查导数的应用，利用导数研究函数的最值，圆柱体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
四．解答题（共4小题）
17．（2024秋 浙江月考）已知函数f（x）＝ex﹣a﹣ax的最小值是0．
（1）求a；
（2）若实数m，n满足mn＝em﹣1+nlnn，求mn的最小值．
【考点】利用导数求解函数的最值；由函数的最值求解函数或参数（导数法）；利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】应用题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）a＝1；
（2）．
【分析】（1）求导，根据函数的单调性，结合分类讨论即可求解最值，
（2）根据指对运算可得em﹣lnn﹣1＝m﹣lnn，进而f（m﹣lnn）＝0得m﹣lnn＝1，构造函数h（x）＝x（1+lnx），利用导数求解函数的单调性，即可求解最值得解．
【解答】解：（1）若a≤0时，因此y＝ex﹣a，y＝﹣ax均为单调递增函数，
因此函数f（x）＝ex﹣a﹣ax单调递增，此时f（x）函数没有最小值，
若a＞0时，因为f（x）＝ex﹣a﹣ax，
所以f′（x）＝ex﹣a﹣a，由于y＝ex﹣a单调递增，
因此f′（x）＝ex﹣a﹣a为单调递增函数，令f′（x）＝0，因此x＝a+lna，
因此x＞a+lna时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，x＜a+lna时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
因此f（x）在x＝a+lna取到最小值，因此f（a+lna）＝a﹣a2﹣alna＝a（1﹣a﹣lna）＝0，
进而1﹣a﹣lna＝0，
令g（x）＝1﹣x﹣lnx，因此g（x）单调递减，且g（1）＝0，因此a＝1；
（2）由（1）知f（x）＝ex﹣1﹣x，
由于mn＝em﹣1+nlnn，因此，因此em﹣lnn﹣1＝m﹣lnn，
即f（m﹣lnn）＝0，
因此m﹣lnn＝1，所以mn＝n（1+lnn），
令h（x）＝x（1+lnx），因此，
当单调递减，单调递增，
因此h（x）的最小值为，
因此mn的最小值为．
【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．（2025秋 江西月考）已知函数lna（a＞1）．
（1）取a＝e2．
（i）判断f（x）的单调性；
（ii）若f（x）的图象在x＝t（t＞0）处的切线l过点P（0，﹣1），求t的值及l的方程；
（2）若f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值为M，最小值为m，证明：M．
【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．
【专题】应用题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）（i）所以f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；
（ii）（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）证明：因为，所以，
当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）在区间[﹣1，0）上单调递减，在区间（0，1]上单调递增，
所以m＝f（0）＝1，设M＝max{f（﹣1），f（1）}，
而，
设，
则，
所以h（a）在区间（1，+∞）上单调递增，h（a）＞h（1）＝0，
所以f（1）﹣f（﹣1）＞0，，
设，
则，
设，则，ω（a）＜ω（1）＝﹣1，即φ'（a）＜0，
所以φ（a）在区间（1，+∞）上单调递减，
所以，即，
所以M∈（﹣∞，．
【分析】（1）（i）当a＝e2时，分析f（x）＝x2+ex﹣x的导数f'（x）＝2x+ex﹣1，根据其单调性及f'（0）＝0，得f（x）在（﹣∞，0）减、（0，+∞）增；
（ii）由f（x）在x＝t处切线过P（0，﹣1），推导得t＝1，切线方程为（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）对求导，根据导数正负得f（x）在[﹣1，0）减、（0，1]增，m＝f（0）＝1，通过构造h（a）证f（1）﹣f（﹣1）＞0，得，构造，求导分析其单调性，得，进而证得．
【解答】解：（1）（i）当a＝e2时，f（x）＝x2+e2﹣x，f'（x）＝2x+ex﹣1，
易知f'（x）在R上单调递增，且f'（0）＝0，
所以当x＜0时，f'（x）＜0，x＞0时，f'（x）＞0，
所以f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增；
（ⅱ）若f（x）的图象在x＝t处的切线过点P（0，﹣1），
则切线斜率，
即，整理得t2﹣1+（t﹣1）et＝0，
即（t﹣1）（t+1+et）＝0，因为t＞0，t+1+et＞0，
所以t＝1，因为f'（1）＝e+1，
所以l的方程为y+1＝（e+1）x，即（e+1）x﹣y﹣1＝0；
（2）证明：因为，所以，
当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0，
所以f（x）在区间[﹣1，0）上单调递减，在区间（0，1]上单调递增，
所以m＝f（0）＝1，设M＝max{f（﹣1），f（1）}，
而，
设，
则，
所以h（a）在区间（1，+∞）上单调递增，h（a）＞h（1）＝0，
所以f（1）﹣f（﹣1）＞0，，
设，
则，
设，则，ω（a）＜ω（1）＝﹣1，即φ'（a）＜0，
所以φ（a）在区间（1，+∞）上单调递减，
所以，即，
所以M∈（﹣∞，．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题．
19．（2024秋 武汉月考）已知函数f（x）＝2ae2x+x+1（a∈R）．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若 x∈R，f（x）+（a+2）ex＜ae2x，求整数a的最大值．
【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最值．
【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】（1）当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2）﹣2．
【分析】（1）求出导函数f′（x），分a≥0，a＜0讨论f′（x）的正负区间，进而求得函数f（x）的单调区间；
（2）化简不等式，构造函数h（x）＝x+ae2x+（a+2）ex+1，利用导数讨论h（x）的单调性，求出h（x）max，由h（x）max＜0得构造函数，讨论其单调性，可求得整数a的最大值．
【解答】解：（1）由题f′（x）＝1+4ae2x，
则当a≥0时，f′（x）＞0恒成立，则f（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增；
当a＜0时，由f′（x）＞0，解得，令f′（x）＜0，解得，
因此f（x）在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞），无单调递减区间；
当a＜0时，f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）依题知，f（x）＝（2ae2x+x+1）+（a+2）ex＜ae2x恒成立，
化简为x+ae2x+（a+2）ex+1＜0恒成立．
设h（x）＝x+ae2x+（a+2）ex+1，x∈R，
则h′（x）＝1+2ae2x+（a+2）ex＝（aex+1）（2ex+1），
当a≥0时，h′（x）＞0恒成立，
故h（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，因为h（0）＝2a+3＞0，因此不符合题意；
当a＜0时，又因为2ex+1＞0，由h′（x）＞0，得，
由h′（x）＜0，得，
因此h（x）在上单调递增，在上单调递减，
只需即可，
整理得．
设，x＜0，
则恒成立，因此m（x）在（﹣∞，0）上单调递增，
又a∈Z，且m（﹣1）＝0+1＝1＞0，因为4＞e，因此，则，
因此，
因此m（x）在（﹣∞，0）上存在唯一零点x0∈（﹣2，﹣1），当x＜x0时m（x）＜0，当x0＜x＜0时m（x）＞0，
因为m（a）＜0，因此a＜x0∈（﹣2，﹣1），
因此整数a的最大值为﹣2．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性及最值，属于中档题．
20．（2025 合肥校级模拟）已知函数f（x）＝ex+mx﹣1（m∈R），g（x）＝ln（x+1）．
（Ⅰ）求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）若f（x）+g（x）≥0对任意的x∈[0，+∞）恒成立，求实数m的取值范围；
（Ⅲ）求证：x＞0时，．
【考点】利用导数求解函数的最值；利用导数求解函数的极值．
【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．
【答案】（Ⅰ）当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明见解答．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，按m≥0，m＜0分类讨论求出函数的极值．
（Ⅱ）构造函数h（x）＝f（x）+g（x），x≥0，利用导数探讨单调性求出m的范围．
（Ⅲ）利用导数分别证明不等式，ln（x+1），在x＞0时成立，再利用不等式的性质推理得证．
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）＝ex+mx﹣1的定义域为R，求导得f'（x）＝ex+m，
①当m≥0时，f'（x）＞0恒成立，无极值；
②当m＜0时，由f′（x）＜0，得x＜ln（﹣m）；由f′（x）＞0，得x＞ln（﹣m），
函数f（x）在（﹣∞，ln（﹣m））上单调递减，在（ln（﹣m），+∞）上单调递增，
因此函数f（x）极小值为f（ln（﹣m））＝﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值，
所以当m≥0时，f（x）无极值；
当m＜0时，f（x）极小值为﹣m+mln（﹣m）﹣1，无极大值．
（Ⅱ）对任意的x∈[0，+∞），不等式f（x）+g（x）≥0 ex+mx+ln（x+1）﹣1≥0，
设h（x）＝ex+mx+ln（x+1）﹣1，且h（0）＝0，求导得，
令φ（x）＝h′（x）＝ex+m，x≥0，求导得，
函数y＝ex，在0，+∞）上单调递增，
则φ′（x）在[0，+∞）上单调递增，φ（x）≥φ′（0）＝0，
函数φ（x）在[0，+∞）上单调递增，而φ（0）＝h′（0）＝m+2，
当m≥﹣2时，h′（x）≥0恒成立，函数h（x）在[0，+∞）上单调递增，h（x）≥h（0）＝0恒成立；
当m＜﹣2，则h′（0）＜0，又，
则在（0，ln（﹣m））内存在x0，使得h'（x0）＝0，当x∈（0，x0）时，h′（x）＜0，
函数h（x）在（0，x0）上单调递减，当x∈（0，x0）时，h（x）＜h（0）＝0，不合题意，
所以实数m的取值范围是[﹣2，+∞）．
（Ⅲ）证明：令函数，x＞0，求导得t'（x）＝ex﹣1﹣x，
令y＝ex﹣1﹣x，x＞0，求导得y′＝ex﹣1＞0，函数y＝ex﹣1﹣x在（0，+∞）上单调递增，
则t′（x）＞t′（0）＝0，函数t（x）在（0，+∞）上单调递增，t（x）＞t（0）＝0，
即，
令函数，x＞0，求导得，
函数u（x）在（0，+∞）上单调递增，u（x）＞u（0）＝0，即，
因此当x＞0时，，即（ex﹣1）g（x）＞x2，
所以成立．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
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