2020北京各區(qū)一模數(shù)學(xué)試題分類匯編--函數(shù)與導(dǎo)數(shù)

1、2020 北京各區(qū)一模數(shù)學(xué)試題分類匯編-函數(shù)與導(dǎo)數(shù)（2020 海淀一模）已知函數(shù) f(x)=|x-m|與函數(shù) g(x)的圖象關(guān)于 y 軸對稱.若 g(x)在區(qū)間(1，2)內(nèi)單調(diào)遞減，則 m的取值范圍為（）A. -1，+)B. (-，-1             C. -2，+)       

2、;     D. (-，-2【答案】D【解析】函數(shù) f ( x) = x - m 與函數(shù) g ( x) 的圖象關(guān)于 y 軸對稱, g ( x)=f (- x) = x +m ，2)g ( x) 在區(qū)間 (1， 內(nèi)單調(diào)遞減，則 - m

3、0;砛2， m ? 2 ，故選：Dïî lgx ，（2020 西城一模）設(shè)函數(shù) fí(x ) = ìï x2 + 10 x + 1，x £ 0 若關(guān)于 x 的方程 f (x ) = a (a Î R )有四個實數(shù)解x&#

4、160;> 02 3 4x (i = 1，)，其中 x < x < x < x ，則 (x + x )(x - x )的取值范圍是（）i12341234，A. (010199B. (0， ，C. (0100 +D. (0， ¥ )1 / 31【答案】B【解

5、析】 f(x ) = ìïí x2 + 10 x + 1，x £ 0 ，畫出函數(shù)圖像，如圖所示：ïî  lg x ，x > 0根據(jù)圖像知： x1 + x2 = -10 ， lg x3 = - lg x4 ，故

6、60;x3x4 =1，且110 £ x3 < 1 .è 3  -x   ÷ Î (0,99  .故 (x1+ x2)(x3- x4ç) = -10 æ x1 ö3 ø故選： B .（2020 西城一模）下列函數(shù)中，值域為 R

7、 且為奇函數(shù)的是（）2 / 31A. y = x + 2B. y = sinxC. y = x - x3D. y = 2x【答案】C【解析】A. y = x + 2 ，值域為 R ，非奇非偶函數(shù)，排除；B. y = sinx ，值域為 -1,1，奇函數(shù)，排除；C. y&

8、#160;= x - x3，值域為 R ，奇函數(shù)，滿足；D. y = 2x ，值域為 (0, +¥ )，非奇非偶函數(shù)，排除；故選： C .（2020 東城一模）設(shè)函數(shù) f (x ) = x +1x- 2 (x < 0 ) ，則 f (x )（ ）A. 有最大值【答

9、案】AB. 有最小值C. 是增函數(shù)           D. 是減函數(shù)= - ê(- x )+- 2 £ -2 - 2 = -4 ，當(dāng)且僅當(dāng) - x =  ，即【解析】 Q x < 0 ， f 

10、(x ) = x + 1xéë1 ù                         1û- x ú - xx = -1 時取等號， f (x

11、0;) 有最大值，又由對勾函數(shù)的圖象可知 f (x )在 (-¥,0 )上不具單調(diào)性.故選：A.í（2020 豐臺一模）已知函數(shù) f (x ) = ìex -1, x ³ 0, 若存在非零實數(shù) xîkx, x < 0.0，使得 f (- x0) = f (x )成

12、立，則實0數(shù) k 的取值范圍是（）A. (-¥, -1)B. (-¥, -1C.(- 1,0 )D. -1,0 )3 / 31【答案】A【解析】不妨設(shè) x0 > 0當(dāng) k ³ 0 時， f (x0)=ex0-1 > 0 ， f (- x ) = -kx

13、60;£ 0 ，不存在非零實數(shù) x ，使得 f (- x ) = f (x )成立，0 0 0 0 0) = f (x )成立，則方程ex0 -1 = -kx則 k ³ 0 不滿足題意當(dāng) k < 0 時，若存在非零實數(shù) x ，使得 f

14、 (- x000 0 有非零的正根，即函數(shù)設(shè)切點為 ( x1 , y1 ) ，則 í y1 = -kx1   ，整理得 (x - 1)ex1 + 1 = 0ïî y  = e x1 - 1y = e x - 1

15、, (x > 0)與 y = -kx, (x > 0)有交點先考慮函數(shù) y = ex - 1, (x ³ 0) 與直線 y = -kx 相切的情形ì-k = e x1ï11令 g ( x) = (x -1)ex + 1,

16、0;x ³ 0 ，則 g ¢( x) = xe x ³ 0 ，即函數(shù) g ( x) 在  0, +¥ ) 上單調(diào)遞增則 g ( x) ³ g (0) = 0 ，所以方程 (x1 - 1)ex1 + 1

17、 = 0 的根只有一個，且 x1 = 0 ，即 -k = 1則函數(shù) y = ex - 1, (x ³ 0) 與直線 y = -kx 相切時，切點為原點所以要使得函數(shù) y = ex - 1, (x > 0)與 y = -kx, (x&#

18、160;> 0)有交點，則 -k > 1 ，即 k < -1所以實數(shù) k 的取值范圍是 (-¥, -1)故選：A32（2020 豐臺一模）已知 a = 21 ， b = 31 ， c = log13 2，則（   ）A. a > b >&#

19、160;c【答案】CB. a > c > bC. b > a > c          D. b > c > a4 / 31æ1 ö6æ1 ö6【解析】Q ç 2 3 ÷&#

20、160;= 4 < ç 32 ÷ = 27 ， 0 < a < bèøèøQ c = log13 2< log 1 = 03b > a > c故選：C（2020 朝陽區(qū)一模）下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間 (0, +

21、5;) 上單調(diào)遞增的是（）A. y = x3B. y = - x2 + 1        C. y = log x        D. y = 2|x|2î 2 x - a ln x,x &

22、gt; 1.【答案】D【解析】函數(shù) y = x3 是奇函數(shù)，不符合；函數(shù) y = - x2 + 1是偶函數(shù)，但是在 (0, +¥) 上單調(diào)遞減，不符合；函數(shù) y = log 2 x 不是偶函數(shù)，不符合；函數(shù) y = 2|x| 既是偶函數(shù)又在區(qū)間 (0, +¥) 上單調(diào)遞增，符合.故選：Dì 

23、;x2 - 2ax + 2a,x £ 1,a（2020 朝陽區(qū)一模）已知函數(shù) f ( x) = í若關(guān)于 x 的不等式 f ( x) ³在 R 上恒成立，2則實數(shù) a 的取值范圍為（）2             

24、0;C.  0,2         D. 0,2   e A. (-¥,2 e 【答案】CB. 0, 3 （【解析】 1）當(dāng) x £ 1時，由 f ( x) ³a 3得 x2 ³ a(2 x -

25、60;) ，2             25 / 314  < x £ 1時，2 x -  33   恒成立，當(dāng) 3a £x2      x2=2  2( x - 

26、4 )因為   x216  = 1 ( x - 3 ) + 16+  33    =  444   2   433         2   433333399( x -+ 

27、;)2( x - )2 +( x - ) +=2( x - )2( x - )2( x - )2( x - )44444令 t = x -  34  ，則 0 < t   ，令 y =2  (t +16t

28、  ) +119434 ，則 y¢ =12 (1-916t 2 ) < 0 ，2  (t +(   +  9 ) +  3=  8  = 22  416 ´ 1所以 y = 1916t ) +3

29、 14 在 (0, 4  上遞減，所以y ³1 144  4   ，即  13   +的最小值為 2，3( x - ) +24916    32( x - )  444  時，  a ³16 

30、0;       13x2               9+  3 = -   (   - x) +2 x -  3  =( x -   ) 

31、;+3  4   2   42  22( x -   )所以此時 a £ 2 ，當(dāng) x £ 31   3449     33    + 4 恒成立，16( - x)4 + 

32、0;3  1   3    93        £ -   ´ 2  (   - x) × 316(   - x)  4 = 0 ，當(dāng)且僅當(dāng) x = 

33、0 時取等，16(   - x)  413因為 - 2 ( 4 - x) +所以 a ³ 0 ，9 34 42 4+a  a £（2）當(dāng) x > 1 時，由 f ( x) ³得22 xln x + 1&#

34、160;恒成立，2ln x +  1 ( x > 1) ，則  y¢ =2             (ln x +   )2 ，令 y =2 x 2ln x - 1126 / 3122

35、由 y¢ > 0 得 x > e 1 ，由 y¢ < 0 得1 < x < e 1 ，(1,e  ) 上遞減，在 (e 2 , +¥) 上遞增，所以函數(shù) y =2 xln x +1221 1y= 2&

36、#160;e= 2 e所以 x =e 時， min11+22綜上所述： 0 £ a £ 2 .故選：C，所以 a £ 2 e ，（2020 石景山一模）下列函數(shù)中，既是奇函數(shù)又在區(qū)間(0, +¥ )上單調(diào)遞減的是（）A. y = - x2 + 2B. y = 2-

37、60;x           C. y = ln x          D. y = 1xf ç1  2 ÷ =          ，則稱函數(shù)

38、0;f (x )具有性質(zhì) P ，那么下列函數(shù)：【答案】D【解析】由基本函數(shù)的性質(zhì)得：y = - x2 + 2 為偶函數(shù)，y = 2- x 為非奇非偶函數(shù)，y = ln x 為非奇非偶函數(shù)，y = 1 為奇函數(shù)，且在區(qū)間 (0, +¥ )上單調(diào)遞減.x故選：D（2020 石景山一模）設(shè) f (x )是定義在&#

39、160;R 上的函數(shù)，若存在兩個不等實數(shù) x1, x2 Î R ，使得æ x + x öf (x ) + f (x )122èø2ï   , x ¹ 0ì 1f (x ) = í x；ïî0, x&#

40、160;= 0 f (x ) = x2；7 / 312 ÷ = f (0) = 0 ，  f (x ) + f (x )1 + (-1)此時， f ç12      =2   = 0 .所以 

41、;f ç12 ÷ =對于：假設(shè)存在兩個不等實數(shù) x1, x2 Î R ，使得 f ç12 ÷ =2     ，則 f ç1ø   =14      .2 ÷ =ç2 ÷2 

42、0;   =1  2   . f (x ) = x2 - 1 ；具有性質(zhì) P 的函數(shù)的個數(shù)為（）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】C【解析】對于：取 x1 = 1, x2 = -1，則 f ( x1 ) = 1, f ( x

43、2 ) = -1æ x + x ö12è2øæ x + x öf (x ) + f (x )12è2ø2故函數(shù)具有性質(zhì) P .æ x + x öf (x ) + f (x )12è2ø

44、30; x + x öæ x + x ö2x 2 + 2 x × x + x 21122è2øè2f (x ) + f (x )x 2 + x 21222   ，化簡得：14    

45、0;  =14   = 0所以x 2 + 2 x × x + x 2 x 2 + x 2 x 2 + x 2 - 2 x x41 1 2 2 2 2 1 2 = 0 Þ( x

46、60;- x )21 2與“存在兩個不等實數(shù) x1, x2 Î R ，使得 f ç12 ÷ =2     ” 矛盾.即： x1 = x2 .æ x + x öf (x ) + f (x )12è2ø8 

47、;/ 31æ x + x  öf (x ) + f (x )1 + 1此時， f ç12 ÷ = f (0) = 1，         =   = 1所以 f ç12 &

48、#247; =故函數(shù)不具有性質(zhì) P .對于：取 x =2, x = - 2 ，則 f ( x ) = 1, f ( x ) = 1121212è2ø22æ x + x öf (x ) + f (x )12è2ø2故函數(shù)具

49、有性質(zhì) P .故選：C.（2020 懷柔一模）若函數(shù) f ( x) = e x (cos x - a) 在區(qū)間 (-_.【答案】  2, +¥) .【解析】由題可知：p p, ) 上單調(diào)遞減，則實數(shù) a 的取值范圍是2 2函數(shù) f ( x) = e x(cos x

50、60;- a) 在區(qū)間 (-p p, ) 上單調(diào)遞減2 2等價于 f ' ( x) £ 0 在 (-p p, ) 恒成立2 2即 f ' ( x) = e x (cos x - sin x - a ) £ 

51、;0 在 (- p , p ) 恒成立2 2a ³ cos x - sin x =2 cos ç x +÷ 在 (- ,) 恒成立則æèp ö    p p4 ø    2 2a&

52、#160;³ ê   2 cos ç x +  p öù4 øúû所以é æë è÷，max9 / 31由 x Î (-  p  p,) ，所以 x +  Îç

53、- ,4  è 4 4  ø2   2,1ú ，則   2 cos ç x +故  cos ç x + ÷  Î çç -÷ Î  -1,   2&#

54、160;ùûpæ p 3p ö÷æp öæ2ùæûè4 øè2èp ö (4 ø所以 a ³2 ，即 a Î éë 2, +¥)故答案為： éë 2, +¥)（

55、2020 懷柔一模）函數(shù) f(x)=|log2x|的圖象是（ ）A.B.C.D.【答案】A【解析】易知函數(shù)值恒大于等于零，同時在（0，1）上單調(diào)遞減且此時的圖像是對數(shù)函數(shù)的圖像î f ( x - 2),x > 0關(guān)于 x 軸的對稱圖形，在單調(diào)遞增故選 Aì2- x - 1,x £ 03（2020 密云一模）已知函數(shù) f ( x) =

56、 í，若關(guān)于 x 的方程 f ( x) =x + a 有且只有兩個不相2等的實數(shù)根，則實數(shù) a 的取值范圍是_.10 / 31【答案】 (-¥,3)【解析】函數(shù) f ( x) 的圖象如圖所示：因為方程 f ( x) = 3 x + a 有且只有兩個不相等的實數(shù)根，2所以 y =&

57、#160;f ( x) 圖象與直線 y =32x + a 有且只有兩個交點即可，當(dāng)過 (0,3) 點時兩個函數(shù)有一個交點，即 a = 3 時， y =由圖象可知，直線向下平移后有兩個交點，可得 a < 3 ，故答案為： (-¥,3) 32x + a 與函數(shù) f ( x) 有一個交點，（2020

58、 順義區(qū)一模）11.若函數(shù)  f (x ) = íì ex , x £ 0î x2 - 1, x > 0【答案】0 或2【解析】要求函數(shù) y = f (x )-1的零點,x則令 y = f (x )- 1 = 0 ,即

59、60;f () =1,，則函數(shù) y = f (x )-1的零點是_.11 / 31f (x ) = í又因為：ì ex , x £ 0î x2 - 1, x > 0,當(dāng) x £ 0 時, f (x ) = e

60、60;x ,e x = 1 ,解得 x = 0 .當(dāng) x > 0 時, f (x ) = x2 - 1 ,x 2 - 1 = 1 ,解得 x = ± 2 （負值舍去）,所以 x =2 .綜上所以,函數(shù) y =

61、60;f (x )-1的零點是 0 或2 .故答案為：0 或2（2020 順義區(qū)一模）當(dāng) x Î 0,1時,若函數(shù) f (x ) = (mx - 1)2 的圖象與 g (x ) = x +交點,則正實數(shù) m 的取值范圍是（）m2的圖象有且只有一個A. 2,+ ¥ )  

62、     B. (0, 2 U ê   , +¥ ÷é 5öé 5ö【答案】B【解析】當(dāng) x Î 0,1時,又因為 m 為正實數(shù),函數(shù) f (x ) = (mx - 1)2 的圖象二次函數(shù),ë  &#

63、160;, +¥ øë 2 ø     C. ê 2   ÷D. (0,1U2,+ ¥ )÷  為減函數(shù),在區(qū)間 1 ，1)為增函數(shù);æ在區(qū)間 ç 0,è1 öm ø 𝑚函數(shù) g

64、60;(x ) = x +m     m= x +  ,是斜率為1 的一次函數(shù).2     212 / 312  ,最大值為 g (x)2  最小值為 g (x)min= mmax=1 + mm  ³ 1 時,即 0&#

65、160;< m £ 1 時,當(dāng) 1函數(shù) f (x ) = (mx - 1)2 在區(qū)間 0,1 為減函數(shù),g (x ) = x + m2在區(qū)間 0,1 為增函數(shù),f (x )的圖象與 g (x )的圖象有且只有一個交點,則 f (x )max³ g

66、0;(x )min, f (0)max³ g (0) 即minm  < 1 時,即 m >1 時,(m ´ 0 - 1)2 ³ m ,解得 m £ 2 ,2所以 0 < m £ 1當(dāng) 0 < 1,(x

67、60;) = (mx - 1)2 在區(qū)間 æç 0, 1 ö÷函數(shù) f1è m ø 為減函數(shù),在區(qū)間𝑚，1)為增函數(shù),g (x ) = x + m2在區(qū)間 0,1 為增函數(shù),f (x )的圖象與 g (x )的圖象有且只有一個交點,min  即

68、則 f (x )max³ g (x )minf (0)max³ g (0)f (x ) = (mx - 1)2 的圖象與 g (x ) = x +  m2 的圖象有且只有一個交點13 / 31ìm > 1      

69、;ì(ï  m ´ 0 - 1)2 ³ 0 +(0) ³ g (0) , ïí        2í fî f  1  < g  (1)   ïï

70、(m ´1 - 1)2 ³ 1 +ï  ( )綜上所述：正實數(shù) m 的取值范圍為 ( 0, 2 U ê   , +¥ ÷ .mïmî2解得1 < m £ 2 或 m > 52é 

71、5öë 2ø故選:B（2020 順義區(qū)一模）若 a = log3 0.2 ， b = 20.2 ， c = 0.22 ，則（）A. a < c < bB. a < b < cC. c < a < b【答案】A【解析】 a&#

72、160;= log3 0.2 < log3 1 = 0 ,b = 20.2 > 20 = 1,0 < c = 0.22 < 0.20 = 1 ,所以 a < 0 <c <1 <b ,即 a < c <

73、 b .故選：A（2020 延慶一模）下列函數(shù)中，是奇函數(shù)且在其定義域上是增函數(shù)的是()D. b < c < ax             B.  y = tanxA. y = 1C. y = e x - e- xìD.

74、0;y =í x + 2, x ³ 0î x - 2, x < 0x  ，它有兩個減區(qū)間，【答案】C【解析】對于 A 選項，反比例函數(shù) y = 114 / 31î  x - 2, x < 0  ，則 g (- 

75、;x) = íî - x - 2, x > 0  ，對于 B 選項，由正切函數(shù) y = tanx 的圖像可知不符合題意；對于 C 選項，令 f ( x) = e x - e- x 知 f (- x) = e- x 

76、- e x ，所以 f ( x) + f (-x) = 0 所以 f ( x) = e x - e- x 為奇函數(shù)，又 y = e x 在定義內(nèi)單調(diào)遞增，所以 y = -e- x 單調(diào)遞增，所以函數(shù) y = ex - e-

77、0;x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增；ì x + 2, x ³ 0ì- x + 2, x £ 0對于 D，令 g ( x) = íì x + 2, x ³ 0所以 g ( x) + g (- x) ¹

78、 0 ，所以函數(shù) y = íî x - 2, x < 0不是奇函數(shù).故選：C（2020 海淀一模）已知函數(shù) f ( x) = ex + ax .(I)當(dāng) a=-1 時，求曲線 y= f(x)在點(0，f(0)處的切線方程；求函數(shù) f(x)的最小值；(II)求證:當(dāng) a Î (-2,0

79、 )時，曲線 y = f (x ) 與 y = 1 - lnx 有且只有一個交點.【解析】 (I)當(dāng) a = -1 時，函數(shù) f ( x) = e x - x ， f (0) = e0 =1，f ¢( x) = e x&

80、#160;- 1 ，即 f ¢(0) = e0 - 1=0 ，15 / 31 曲線 y = f ( x) 在點 (0，f (0 ) 處的切線方程為 y = 1 .令 f ¢( x) = e x - 1>0 ，得 x

81、 > 0 ，令 f ¢( x) = e x - 1<0 ，得 x < 0 ，所以 f ( x) 在 (0, +¥) 上單增，在 (-¥,0) 單減, 函數(shù) f ( x) 的最小值為 f ( x)min= f

82、60;(0) = 1 .x  + a (x > 0) ，當(dāng)  x Î (0,1)時， e x > 1,> 1 ，x  + a > 0 ，x  > 0 ，x  + a > 0 ，(II) 

83、;當(dāng) a Î (-2,0 )時，曲線 y = f (x ) 與 y = 1 - ln x 有且只有一個交點.等價于 g (x ) = ex + ax + ln x -1(x > 0) 有且只有一個零點.g ¢ (x ) =&

84、#160;e x + 11xQ a Î (-2,0 ) ，則 g ¢ (x ) = e x + 1當(dāng) x Î 1, +¥ )時， e x > e > 2, 1Q a Î (-2,0 ) ，則

85、0;g ¢ (x ) = e x + 1 g (x ) 在 (0, +¥ )上單增，1a1又Q g ( ) = e e +e1e - 2 < e 2 - 2 < 0 ，g (e ) = ee +&#

86、160;ae > e2 - 2e > 0 ，由零點存在性定理得 g (x )有唯一零點，即曲線 y = f (x ) 與 y = 1 - ln x 有且只有一個交點.，（2020 西城一模）設(shè)函數(shù) f (x ) = alnx + x2 - (a +

87、 2) x 其中 a Î R.16 / 31()若曲線 y = f (x ) 在點  2，f (2 )  處切線的傾斜角為()p4 ，求 a 的值;x  + 2 x - (a + 2 )，()已知導(dǎo)函數(shù) f ' (x )在

88、區(qū)間 (1，e ) 上存在零點，證明:當(dāng) x Î (1，e ) 時， f (x ) > -e2 .【解析】 () f (x ) = a ln x + x2 - (a + 2) x ，故 f ' (x ) = a2&#

89、160; + 4 - (a + 2 ) = tanf ' (2) = ap4 = 1 ，故 a = 2 .x  + 2 x - (a + 2 ) =  (x - 1)(2 x - a )x  

90、   = 0 ，即 a = 2x Î (2, e ) ，存在唯一零點，() f ' (x ) = ax   + 2 x  - (a + 2 ) = 0 ，即 a = 2 x  ，設(shè)零點為

91、60;x ，故 f ' (x ) =00a00 0f (x )在 (1, x )上單調(diào)遞減，在 (x , e) 上單調(diào)遞增，00故 f (x )min= f (x ) = a ln x + x 2 - (a + 2) x = 2x&

92、#160;ln x + x 2 - (2 x + 2) x0 0 0 0 0 0 0 0 0x  - 2 < 0 ， h (x ) 單調(diào)遞減，= 2 x ln x - x 2 - 2 x ，0000設(shè)&#

93、160;g (x ) = 2x ln x - x2 - 2x ，則 g ' (x ) = 2ln x - 2 x ，設(shè) h (x ) = g ' (x ) = 2ln x - 2x ，則 h '&

94、#160;(x ) = 2h (1) = g ' (1) = -2 ，故 g ' (x ) = 2ln x - 2 x < 0 恒成立，故 g (x )單調(diào)遞減.g (x )min> g (e ) = -e2 ，故當(dāng)

95、60;x Î (1，e ) 時， f (x ) > -e2 .x  - 1 .（2020 東城一模）已知函數(shù) f (x ) = lnx - a（1）若曲線 y = f (x ) 存在斜率為-1 的切線，求實數(shù) a 的取值范圍；17 / 31（2）求

96、60;f (x )的單調(diào)區(qū)間；（3）設(shè)函數(shù) g (x ) = x + a ，求證：當(dāng) -1 < a < 0 時， g (x )在 (1,+¥) 上存在極小值.lnx- 1 得 f ' (x ) = +【解析】（1）由 f (x ) =

97、60;lnx -a            1  a  x + a=x            x  x 2 x 2( x > 0) .由已知曲線 y = f 

98、;(x ) 存在斜率為-1 的切線，所以 f ' (x ) = -1 存在大于零的實數(shù)根，即 x 2 + x + a = 0 存在大于零的實數(shù)根，因為 y = x2 + x + a 在 x > 0 時單調(diào)遞增，所以實數(shù) a 的取值范圍 (-

99、65;,0 ).（2）由 f ' (x ) =x + ax2, x > 0, a Î R 可得當(dāng) a ³ 0 時， f ' (x ) > 0 ，所以函數(shù) f (x )的增區(qū)間為 (0, +¥ )；當(dāng) a 

100、;< 0 時，若 x Î (-a, +¥) ， f ' (x ) > 0 ，若 x Î (0, -a ) ， f ' (x ) < 0 ，所以此時函數(shù) f (x )的增區(qū)間為 (-a, +¥) ，

101、減區(qū)間為 (0, -a ).x + alnx - -1  f (x )及題設(shè)得 g ' (x ) =xlnx                 (lnx )2(lnx )2（3）由 g (x ) =a=，

102、f (e ) = lne -  a- 1 = -  > 0 ，所以存在 x  Î (1, e)滿足 f (x ) = 0 ，即存在 x  Î (1, e)滿足 g ' (x ) = 0 ，所e&#

103、160;     e由 -1 < a < 0 可得 0 < -a < 1 ，由（2）可知函數(shù) f (x )在 (-a, +¥) 上遞增，所以 f (1) = -a - 1 < 0 ，取 x = e ，

104、顯然 e > 1 ，a0000以 g (x )， g ' (x )在區(qū)間（1，+）上情況如下：0             ( x ，¥）x(1,x ）0x0+18 / 31g ' (x )0+（1）若曲線 y = f&

105、#160;(x ) 在點  e, f (e )  處的切線斜率為 1，求實數(shù) a 的值；所以 f ¢ (x ) = ln x +  ae  = 1 ，g (x )極小所以當(dāng)-1<a<0 時，g（x）在（1，+）上存在極小值.（2020 豐臺一模）已知函數(shù) f 

106、;(x ) = (x + a )ln x - x + 1 .()（2）當(dāng) a = 0 時，求證： f (x ) ³ 0 ；（3）若函數(shù) f (x )在區(qū)間 (1, +? ) 上存在極值點，求實數(shù) a 的取值范圍.【解析】（1）因為 f (x )

107、60;= (x + a )ln x - x + 1 ，x .由題知 f ¢ (e) = ln e + a解得 a = 0 .（2）當(dāng) a = 0 時， f (x ) = x ln x - x + 1 

108、，所以 f ¢ (x ) = ln x .當(dāng) x Î (0,1)時， f ¢(x) <0 ， f (x )在區(qū)間 (0,1) 上單調(diào)遞減；當(dāng) x Î (1, +¥ )時， f ¢(x) >0 ， f (x )

109、在區(qū)間 (1, +? ) 上單調(diào)遞增；所以 f (1) = 0 是 f (x )在區(qū)間 (0, +? ) 上的最小值.19 / 31x  =所以 f (x ) ³ 0 .（3）由（1）知， f ¢ (x ) = ln x + ax

110、 ln x + ax   .則 g¢ (x ) =  1(   )()()x若 a ³ 0 ，則當(dāng) x Î (1, +¥ )時， f ¢() >0 ， f (x )在區(qū)間 (1, +? )

111、60;上單調(diào)遞增，此時無極值.若 a < 0 ，令 g (x ) = f ¢ (x )，a-.xx2x因為當(dāng) x Î (1, +¥ )時， g¢() >0 ，所以 g (x )在 (1, +? ) 上單調(diào)遞增.因為 g (1) = a&#

112、160;< 0 ，而 g e-a = -a + aea = a ea -1 > 0 ，所以存在 x Î 1,e-a ，使得 g (x ) = 0 .00f ¢(x) 和 f (x )的情況如下：x(1, x )0x0(x ,e 

113、-a )0f ¢(x)-0                        +f (x )                  

114、60;極小值               Z因此，當(dāng) x = x0時， f (x )有極小值 f (x0綜上，a 的取值范圍是 (-¥,0) .).20 / 31（2020 朝陽區(qū)一模）已知函數(shù) f (x ) = e x -

115、60; x + 1【解析】（1）因為 f (x ) = e x -  x + 1x - 1 .（1）求曲線 y = f ( x) 在點 (0, f (0) 處的切線方程；（2）判斷函數(shù) f ( x) 的零點的個數(shù)，并說明理由；（3）設(shè) x 是 f (

116、 x) 的一個零點，證明曲線 y = e x 在點 ( x , e x0 ) 處的切線也是曲線 y = ln x 的切線.00x - 1 ，所以 f (0) = e0 - 0 + 1 = 2 ， f ¢ (x )

117、0;= ex +0 - 12( x - 1)2 ， f ¢(0) = e0 +2(0 - 1)2 = 3 .( x - 1)2  > 0 ，3  < 0 ，5因為 f (2) = e2 - 3 > 0&

118、#160;， f (  ) = e 4 - 9 < 0 ，所以曲線 y = f ( x) 在點 (0, f (0) 處的切線的方程為 3x - y + 2 = 0 .（2）函數(shù) f ( x) 有且僅有兩個零點.理由如下：f ( x)&

119、#160;的定義域為x | x Î R, x ¹ 1 .因為 f ' ( x) = e x +2所以 f ( x) 在 (-¥,1) 和 (1, +¥) 上均單調(diào)遞增.因為 f (0) = 2 > 0 ， f

120、0;(-2) = e-2 - 1所以 f ( x) 在 (-¥,1) 上有唯一零點 x1 .54所以 f ( x) 在 (1, +¥) 上有唯一零點 x 2 .綜上， f ( x) 有且僅有兩個零點.= e x（3）曲線 y = e x 在點

121、0;( x , e x0 ) 處的切線方程為 y - e x00 ( x - x ) ，即 y = e x0 x - x e x0 + e x0 .00021 / 31設(shè)曲線 y = ln x 在點 ( x3 

122、, y3 ) 處的切線斜率為 ex0， y  = -x  ，即切點為 (則 e x0 = 1x3， x =31e x0.3 01ex0, - x ) .0所以曲線 y = ln x 在點 (1ex0, - x ) 處的切線方程為0e x0y + x = e x0 ( x - 10) ，即 y = e x0x - x - 1 .0因為 x  是 f ( x) 的一個零點，所以 e x0 =  x0 + 10x - 10