g(ln2)?eln2?2ln2?2?4?2ln2；而g(0)?e3203332?2?3，g()?e?1?3,?4?2ln2?g(t)?e2?1， 2即4?2ln2?n?m?e?1.故选:C 11．设函数

f?x??x?ex，则（ ）

11?f?x?f?x?A．有极大值e B．有极小值e

C．

f?x?有极大值e D．

f?x?有极小值?e ，定义域为R，

【答案】B【解析】当x??1时，

Qf?x??x?ex?f??x???x?1?ex.所以，函数

，令

f??x??0，可得x??1.

f??x??0；当x??1时，

f??x??0f?x??x?ex在x??1处取得极小值

f??1???1e，故选：B.

1f(x)?ax3?ax2?x?1312．已知函数在R上为增函数，则实数a的取值范围是( )

A．

?0,??? B．(0,1)

C．

?0,1?

D．

?0,1?

2f?(x)?ax?2ax?1…0恒成立， 【答案】C【解析】解：由题意可得，

?a?0?2??4a?4a?0， a?0a?0?当时，显然满足题意，当时，则根据二次函数的性质可得，a1．故选：C． 解可得，0?a?1，综上可得，0剟二、填空题

13．已知函数f(x)?(2x+1)ex,f?(x)为f(x)的导函数，则f?(0)的值为____. 3【解析】Qf?(x)?(2x+3)ex,?f?(0)?3．

x14．已知函数f(x)?2，g(x)?x?ax(其中a?R)．对于不相等的实数x1,x2，设m＝

2f(x1)?f(x2)，

x1?x2n＝

g(x1)?g(x2)．现有如下命题：

x1?x2①对于任意不相等的实数x1,x2，都有m?0；

②对于任意的a及任意不相等的实数x1,x2，都有n>0； ③对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得m?n； ④对于任意的a，存在不相等的实数x1,x2，使得m??n． 其中真命题有___________(写出所有真命题的序号)．

2x1?2x2①④【解析】因为f(x)?2在R上是单调递增的，所以对于不相等的实数x1,x2，m??0恒成

x1?x2x2x12?ax1?(x2?ax2)立，①正确；因为g(x)?x?ax，所以n?

x1?x22=x1?x2?a，正负不定，②错误；由m?n，整理得f(x1)?g(x1)?f(x2)?g(x2)． 令函数p(x)?f(x)?g(x)?2?x?ax，则p?(x)?2ln2?2x?a， 令t(x)?p?(x)，则t?(x)?2(ln2)?2，又t?(1)?2(ln2)?2?0，

x22x2xt?(3)?8(ln2)2?2?0，从而存在x0?(1,3)，使得t?(x0)?2x0(ln2)2?2?0，

x于是p?(x)有极小值p?(x0)?20ln2?2x0?a?22?2log2?a，所以存 ln2(ln2)2在a??2log222?，使得p(x)??0，此时p(x)在R上单调递增，故不存在不相等的实数2(ln2)ln2x1,x2，使得f(x1)?g(x1)?f(x2)?g(x2)，不满足题意，③错误；由m??n得f?(x)??g?(x)，即?a?2xln2?2x，设h(x)?2xln2?2x，

则h?(x)?2(ln2)?2?0，所以h(x)在R上单调递增的，且当x???时，

x2h(x)???，当x???时，h(x)???，所以对于任意的a，y??a与y?h(x)的图象一定有交

点，④正确．

15．(2018全国卷Ⅱ)曲线y?2lnx在点(1,0)处的切线方程为__________．

y?2x?2【解析】由题意知，y??2，所以曲线在点(1,0)处的切线斜率k?y?xx?1?2，故所求切线方程

为y?0?2(x?1)，即y?2x?2．

xf(x)?elnx，f?(x)为f(x)的导函数，则f?(1)的值为__． 16．(2018天津)已知函数

1e【解析】 由题意得f?(x)?exlnx?ex?，则f?(1)?e．

x17．曲线y?x2?1在点(1,2)处的切线方程为____________． x1，又y??1，所以切线方程为y?2?1?(x?1)，即y?x?1． x2x?1y?x?1【解析】∵y??2x?18．已知a?R，设函数f(x)?ax?lnx的图象在点(1,f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为 ． 1【解析】∵f(1)?a，切点为(1,a)，f?(x)?a?1，则切线的斜率为f?(1)?a?1，切线方程为：xy?a?(a?1)(x?1)，令x?0得出y?1，l在y轴的截距为1

三、解答题

19．（2018全国卷Ⅰ）已知函数f(x)?aex?lnx?1．

(1)设x?2是f(x)的极值点．求a，并求f(x)的单调区间； 1(2)证明：当a≥时，f(x)≥0．

e11??)，f?(x)?aex?．由题设知，f?(2)?0，所以a?2． 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，x2e从而f(x)?1x1x1?e?lnx?1f(x)?e?．当0?x?2时，f?(x)?0；当x?2时，f?(x)?0． ，

2e22e2x所以f(x)在(0,2)单调递减，在(2,??)单调递增．

1exexex1f(x)≥(2)当a≥时， ?lnx?1．设g(x)??lnx?1，则g?(x)??．eeexe当0?x?1时，g?(x)?0；当x?1时，g?(x)?0．所以x?1是g(x)的最小值点． 1故当x?0时，g(x)≥g(1)?0．因此，当a≥时，f(x)≥0．

e20．（2018浙江）已知函数f(x)?x?lnx．

(1)若f(x)在x?x1，x2(x1?x2)处导数相等，证明：f(x1)?f(x2)?8?8ln2；

(2)若a≤3?4ln2，证明：对于任意k?0，直线y?kx?a与曲线y?f(x)有唯一公共点． 【解析】(1)函数f(x)的导函数f?(x)?11111?，由f?(x1)?f?(x2)得???， 2xx2x1x12x2x21因为x1?x2，所以1111x1x2?x1?x2≥24x1x2． ??．由基本不等式得2x1x22

因为x1?x2，所以x1x2?256． 由题意得f(x1)?f(x2)?则g?(x)?x1?lnx1?x2?lnx2?11x1x2?ln(x1x2)．设g(x)?x?lnx， 221(x?4)，所以 4xx g?(x) (0,16) 16 0 (16,??) + ? ] g(x) 2?4ln2 Z 所以g(x)在[256,??)上单调递增，故g(x1x2)?g(256)?8?8ln2，即f(x1)?f(x2)?8?8ln2． (2)令m?e?(|a|?k)，n?(|a|?12)?1，则f(m)?km?a?|a|?k?k?a≥0， kf(n)?kn?a?n(1a|a|?1??k)≤n(?k)?0所以，存在x0?(m,n)使f(x0)?kx0?a， nnn所以，对于任意的a?R及k?(0,??)，直线y?kx?a与曲线y?f(x)有公共点．

由f(x)?kx?a得k?x?lnx?a．设h(x)?xx?lnx?a，

xlnx?则h?(x)?x?1?a?g(x)?1?ax2?g(x)??lnx． ，其中222xx由(1)可知g(x)≥g(16)，又a≤3?4ln2，故?g(x)?1?a≤?g(16)?1?a??3?4ln2?a， 所以h?(x)≤0，即函数h(x)在(0,??)上单调递减，因此方程f(x)?kx?a?0至多1个实根． 综上，当a≤3?4ln2时，对于任意k?0，直线y?kx?a与曲线y?f(x)有唯一公共点． 21．（2018全国卷Ⅱ）已知函数f(x)?13x?a(x2?x?1)． 3(1)若a?3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点． 【解析】(1)当a?3时，f(x)?13x?3x2?3x?3，f?(x)?x2?6x?3． 3令f?(x)?0解得x?3?23或x?3?23．