小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com三年专题04导数及其应用（解答题）（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=exx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)¿(2)证明见的解析【解析】【分析】（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.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f&#039;(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&#039;(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f&#039;(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¿(2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com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&#039;(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&#039;(x)=(1x−1x2)ex=x−1x2ex>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以exx−e1x>0,所以g&#039;(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>1ℎ&#039;(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.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com2．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（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(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&#039;(x)=11+x+1−xex,f&#039;(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)+axexf&#039;(x)=11+x+a(1−x)ex=ex+a(1−x2)(1+x)ex设g(x)=ex+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=ex+a(1−x2)>0,即f&#039;(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0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&#039;(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&#039;(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小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com小学、初中、高中各种试卷真题知识归纳文案合同PPT等免费下载www.doc985.com(1)当x∈(0,+∞),则g&#039;(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&#039;(m)=0当x∈(0,m),f&#039;(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f&#039;(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞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+a(1−x2)设ℎ(x)=g&#039;(x)=ex−2axℎ&#039;(x)=ex−2a>0所以g&#039;(x)在(−1,0)单调递增g&#039;(−1)=1e+2a<0,g&#039;(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g&#039;(n)=0当x∈(−1,n),g&#039;(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g&#039;(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f&#039;(t)=0当x∈(−1,t),f...