專題05導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用備戰(zhàn)2020年高考數(shù)學(xué)理之高頻考點(diǎn)教師版紙間書(shū)屋

專題 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)高考考命題分三年高考探考查頻從近三年高考情況來(lái)看，導(dǎo)數(shù)的概念及計(jì)算一直是高的熱點(diǎn)，對(duì)本知識(shí)的考查主的導(dǎo)數(shù)．導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用也一直是高考的熱點(diǎn)，尤其2019課標(biāo)2019課標(biāo)2019課標(biāo)2018課標(biāo)2018課標(biāo)2018課標(biāo)2019課標(biāo)2019課標(biāo)2019課標(biāo)2018課標(biāo)2018課標(biāo)2018課標(biāo)2017課標(biāo)2017課標(biāo)2017課標(biāo)考點(diǎn) 導(dǎo)數(shù)的概念及計(jì)題組一調(diào)研 已知函數(shù)fx的導(dǎo)函數(shù)為fx，且滿足fx2xfelnx（其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)fe

【答案】x f'（e）f（x） 調(diào)研 1①()'1 ②cosx'sinx；③2x'2xln2 ④lgx' 1 A．1 B．2C．3 D．4

【答案】 【解析】對(duì)于①，由于()' ，所以①不正確 對(duì)于②，由于cosx'sinx對(duì)于③，由于2x'2xln2，所以③正確對(duì)于④，由于lgx'B．

☆技巧點(diǎn)撥⑤三角形式：先利用三角函數(shù)轉(zhuǎn)化為和或差的形式，再求導(dǎo)運(yùn)用基本初等函數(shù)求導(dǎo)和運(yùn)算法則求函數(shù)yf(x)在開(kāi)區(qū)間(a，b)內(nèi)的導(dǎo)數(shù)的基本步驟yf(x④把一部分表達(dá)式作為一個(gè)整體題組二調(diào)研 已知函數(shù)fxxex2，則曲線yfx在點(diǎn)0,f0處的切線方程 【答案】fxxex2fxexxexex1xf01，f0022，所以切點(diǎn)坐標(biāo)為（0，2，yx

調(diào)研 曲線yalnx2(a0)在x1處的切線與兩坐標(biāo)軸成的三角形的面積為4，則a的值2 2 【答案】yfxalnx2fxaf1axf12yalnx2(a0x1y2ax1x0ya2y0x21aS

a2211a2214，解得a212 12 x1處的切線方程，然后得到切線與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)坐標(biāo)，最后可求得圍成的三角形的面積．調(diào)研 已知點(diǎn)P在曲線y【答案】[3π4

ex

上α為曲線在點(diǎn)P處的切線的傾斜角則α的取值范圍 y

ex

∵ex>0，∴ex

2，當(dāng)且僅當(dāng)ex

x＝0∴y′∈[?1，0)，∴tanα∈[?1，0)α∈[0，π)，∴α∈[3ππ4調(diào)研6 已知a為常數(shù)，若曲線y＝ax2＋3x?lnx存在與直線x＋y?1＝0垂直的切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 【答案】11y′＝2ax＋3?x＝12ax2＋2x?1＝01a≥0a<0Δ≥0，解得1調(diào)研 已知直線y2x1與曲線yaexx相切，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值 B．C． 【答案】【解析】由函數(shù)的解析式可得：y'aex1，設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為x0,y0，由題意可得yaex0

x aex01 ，解得0

1，據(jù)此可得實(shí)數(shù)a的值為y2x a ☆技巧點(diǎn)撥P(x0，y0)y=f(x)Pf′(x0)已知切線的斜率為k，求y=f(x)的切線方程：設(shè)切點(diǎn)P(x0，y0)，通過(guò)方程k=f′(x0)解得x0，再由點(diǎn)斜式由斜率求得切線斜率，列方程(組)解得x0，最后由點(diǎn)斜式或兩點(diǎn)式寫(xiě)出方程．k=f′(x0)求出切點(diǎn)坐標(biāo)(x0，y0)，最后寫(xiě)出切線方程．PP為切點(diǎn)的切線，PPP，PPP是考點(diǎn) 導(dǎo)數(shù)的應(yīng)題組 1定義在上Rfxx0xfx0A．f1f22fC．f1f22f

B．f1f22fDf1f2與2f0【答案】fx是Rx0xfx0，x0fx0fx為單調(diào)遞減函數(shù)；x0時(shí)，fx0，所以函數(shù)fx為單調(diào)遞增函數(shù)f1f0,f2f0f1f22f0．C．題意可知，函數(shù)滿足xfx0，得到當(dāng)x0時(shí)，函數(shù)fx為單調(diào)遞減函數(shù)x0時(shí)，函數(shù)fx1

調(diào)研 已知函數(shù)f(x)＝2x2＋2ax?lnx，若f(x)在區(qū)間3，2上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 【答案】 f′(x)＝x＋2a?x≥0在3，22a≥?xx在3，2∵(x1

， xmax

調(diào)研 若函數(shù)fx5lnx2 , ,

ax1在12上為增函數(shù)，則a的取值范圍 0,1 4 0,1 4 【答案】fx51a0x12恒成立，即ax25x10x12 g(xax25x1，x12ag1a51a>0

1a g24a5 a<0時(shí)，g(0)=10，?=50，g(x0對(duì)x12 綜上a的取值范圍為,

．調(diào)研 已知函數(shù)fxalnxxaR．若3是fx的一個(gè)極值點(diǎn)，求函數(shù)fx的表達(dá)式，并求出fx的單調(diào)區(qū)間x0,1a2fx10x（2）【解析（1）fx的定義域?yàn)?，fxa1xf30a3．a(chǎn)3滿足已知條件，fx3lnxxfx313x 當(dāng)0x3fx0x3fx0（2）gxfx1alnxx1x0,1gxa1

x2ax a0

x0,1，lnx0,1x0x

gx0fx10x

x

a

1 42②當(dāng)0a 42

0

2 4 gx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減

gx gxg10fx10xx0,1且a2fx10xx1fxfx1110x②若0x1，則lnx0a2fx1alnxx12lnxx1 gx2lnxx1xx x22gx 1 022 gx在區(qū)間0,1上單調(diào)遞減gxg10fx10xx0,1且a2fx10x【名師點(diǎn)睛（1）本題考查了極值的概念，導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系：當(dāng)fx0時(shí)，解出的x范圍是數(shù)fx的減區(qū)間，當(dāng)fx0時(shí)，解出的x范圍是函數(shù)fx的增區(qū)間☆技巧點(diǎn)撥函數(shù)的單調(diào)性及應(yīng)用是高的一個(gè)重點(diǎn)內(nèi)容，題型多以解答題的形式呈現(xiàn)．常見(jiàn)的題型及其解法利用導(dǎo)數(shù)判斷或證明一個(gè)函數(shù)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，實(shí)質(zhì)上就是判斷或證明不等式

f(x)（f(x)0）（1）ff′(x)在(a，b)f(x)0f(x)0注意：研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，需注意依據(jù)參數(shù)取值對(duì)不等式解集的影響進(jìn)行分類討論域?yàn)閷?shí)數(shù)集R可以省略不寫(xiě)．在對(duì)函數(shù)劃分單調(diào)區(qū)間時(shí)，除必須確定使導(dǎo)數(shù)等于零的點(diǎn)外，還要注意在由函數(shù)fx的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方fx0fx0fx在該區(qū)間的0范圍；f(x)0(f(x)0)在該區(qū)間上存在解題組二調(diào)研 已知函數(shù)f(x)＝?x3＋ax2?4在x＝2處取得極值，若m，n∈[?1，1]，則f(m)＋f′(n)的最小值 【答案】【解析】f′(x)＝?3x2＋2axf(2)124a0a＝3f(x)＝?x3＋3x2?4．f(x)f(m)在[?1，1]f(0)＝?4，f′(n)＝?3n2＋6n在[?1，1]f′(n)f所以[f(m)＋f′(n)]min＝f(m)min＋f 調(diào)研 已知函數(shù)fx1x3113ax22a2ax1，若在區(qū)間0,3內(nèi)存在極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a C．

2B． ,22 D． 【答案】fxx213ax2a2axax2a1fx0，則x=aa1a2a1,fx0在R上恒成立fxRfx沒(méi)有極值點(diǎn);a1，則a2a1f(x)在區(qū)間0,3a3,1a3；a1，則a2a1f(x)在區(qū)間0,3a0,0a1．綜上所述0a1或1a3，a與2a1分a1和a1調(diào)研 已知函數(shù)fx1x3bx2cxc3x1fx有極小值19，求實(shí)數(shù)bc6gxfxcxx0,1gx圖象上任意一點(diǎn)P處的切線的斜率為kk1，實(shí)數(shù)b的取值范圍（2）2f1 【思路分析（1）由題意可得f1

b，求得

（2）由kgxx22bx1

一切0x1b

1x對(duì)一切0x1y

1x f1

fxx22bxc2bc1∴由 19，即 f1b

b2c22 ，此時(shí)fxx2x2x2x12x2,1時(shí)fx0fx單調(diào)遞減，當(dāng)x1時(shí)fx0fx單調(diào)遞增fxx1處取得極小值，符合題意，故b1c2．2

gx1x3bx2c3kgxx22bxx22bx1對(duì)一切0x1by

1x對(duì)一切0x1 1x在0,1 1x0，b0 故b的取值范圍為0調(diào)研 設(shè)fx1x31x22axaR 討論fx的單調(diào)區(qū)間當(dāng)0a2時(shí)fx在14上的最小值為16，求fx在14上的最大值3（2） 3（2）

f（42

18a2（1）fxx2x2a18aa10fx08fxR上遞減a10fx0x18

18a2fx0x

18ax2

18a2fx0，解得

18ax

18a fx在118a118a上遞減，在118a118a上遞增

fx在,118a 118a,上單調(diào)遞減，在118a,118a

當(dāng)0a2時(shí)，有

18a1

18a4 fx在14f118a f4f1276a0f4f2fx在14f48a4016a 所以

12

2，從而fx在14上的最大值為f2103☆技巧點(diǎn)撥00求函數(shù)fx極值的方法①確定函數(shù)fx的定義域②求導(dǎo)函數(shù)fx③求方程fx0的根④檢查fx在方程的根的左、右兩側(cè)的符號(hào)，確定極值點(diǎn)．如果左正右負(fù)，那么fx在這個(gè)根處取得極大值；如果左負(fù)右正，那么fx在這個(gè)根處取得極小值；如果fx在這個(gè)根的左、右兩側(cè)符號(hào)不變，則fx在這個(gè)根處沒(méi)有極值．利用極值求參數(shù)的取值范圍：確定函數(shù)的定義域，求導(dǎo)數(shù)fx，求方程fx0的根的情況，f(x)在[a，b]f(x)在[a，b]f(a)f(b)f(x)在區(qū)間(a，b)f(x)在區(qū)間(a，b)f(a)、f(b)比較，f(x)在區(qū)間(a，b)上有唯一一個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，這個(gè)極值點(diǎn)就是最大(或最小)值點(diǎn)．（1）題組三（導(dǎo)）x024512021調(diào)研9 已知函數(shù)fx的定義域?yàn)?,5，部分對(duì)應(yīng)值如下表，fx的導(dǎo)函數(shù)yx024512021下列關(guān)于函數(shù)f 題①函數(shù)fx在0,1上是減函數(shù)②如果當(dāng)x1,t時(shí)，fx的最大值是2，那么t的最大值為③當(dāng)1a2yfxa4個(gè)零點(diǎn)．A．3 B．2 D．0【答案】【解析】由導(dǎo)數(shù)的圖象可知，當(dāng)?1＜x＜01＜x＜4時(shí)，f（x）＞0，函數(shù)單調(diào)遞增，0＜x＜14＜x＜5時(shí)，f'（x）＜0，函數(shù)單調(diào)遞減，所以①正確；x=0x=4x∈[?1，t]時(shí)，f（x）2t5f（?1）=f（5）=1，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，可得當(dāng)1a2yfxa4個(gè)零點(diǎn)，故③2個(gè)正確．B．t取不同值時(shí)，☆技巧點(diǎn)撥x軸的交點(diǎn)的橫題組四生活中的優(yōu)化問(wèn)題和導(dǎo)數(shù)與方程、不等式等的綜合問(wèn)題調(diào)研10 已知f(x)＝lnx?x＋a＋1．x∈(0，＋∞)f(x)≥0a求證：在（1）x>11x2＋ax?a>xlnx1 （1）[0，＋∞)（2）（2） 0（1）x>0lnx?x＋a＋1≥01x

x1．x0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)a的取值范圍是[0，＋∞)．（2）1x2＋ax?xlnx?a1 G(x)＝1x2＋ax?xlnx?a1 ∴G(x)>G(1)＝01x2＋ax?xlnx?a1>01x2＋ax?a>xlnx1 調(diào)研 12xC（x）73x

P（x（（﹣流動(dòng)成本取20（1）Px

（2）

xx11（1）根據(jù)年利潤(rùn)=銷售額-投入的總成本-0＜x＜7x≥7P（x）（2）P（x）的最大值，最后綜合即可．（1）6x萬(wàn)件產(chǎn)品銷售收入為6x依題意得，當(dāng)0x7Px6x1x22x21x24x2 當(dāng)x8時(shí)，Px6x(6xlnx 17)215lnx 20∴Px

xx（2）當(dāng)0x7Px1x62103∴當(dāng)x6時(shí)Px的最大值為P610（萬(wàn)元e3e當(dāng)x7時(shí)，Px15lnx x e3∴Px ∴當(dāng)7xe3時(shí)Px0Px單調(diào)遞增；當(dāng)xe3時(shí)Px0Px單調(diào)遞減xe3PxPe315lne3111（萬(wàn)元∵1110xe320Px取得最大值112011調(diào)研 已知函數(shù)fxax22axlnxaR，又函數(shù)gx1x3mx2x1的兩個(gè)極值 x1x2x1x2xx32x1x2hxlnxfxbx a20時(shí)，求fx的單調(diào)區(qū)間a1時(shí)，求證xxhx1x22ln24 （2） 2 a 【思路分析（1）求出fx2x1ax1，解導(dǎo)不等式可得fx的單調(diào)區(qū)間x（2）0

≤1，再利用yx

hx1x2=4t1﹣2lnt（0t≤1）

2xxhx1x2

t （1）∵fxax22axlnxaR 2ax22ax 2x1ax∴fx2ax2a fx＞01＜x＜1fx＜00＜x1x1 fx的單調(diào)遞減區(qū)間是01和1，單調(diào)遞增區(qū)間是11 2 a （2）gx1x3mx2x1，gxx2mx xx3 2

2

x

由題意

x

，∴

，解得 a1hxlnxfxbx2lnxx2b1x，則hx22xb1，xhx2lnxx2b1x=0,hx2lnxx2b1x=0 兩式相減得：2lnx1﹣（x﹣x（x+x）b1（x﹣x

2tx0＜t≤22∴xxhx1x24t12lnt（0＜t≤1

t 4t 2(t記t 2lnt，則tt

t(t

∴t

4t1t1

2lnt在（02]t的最小值為12ln2423 23 即xxhx1x22ln24，得證 ☆技巧點(diǎn)撥，根據(jù)要求得所求范圍．一般地，f(x)a恒成立，只需f(x)na即可；f(x)a恒成立，只需f(x)xa即可．函數(shù)思想法：將不等式轉(zhuǎn)化為某含待求參數(shù)的函數(shù)的最值問(wèn)題，利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的極值(最值)，往x1（ 2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）f(x)1x2x3I y

f II B．[3, D．[1,【答案】f(x1x2x3yfx1x﹣13 f(x)1x2x3在區(qū)間[1，+∞）上是增函數(shù)，y

f(x)1x﹣13

3x2 3

所以令y′ 2

0

[ ，0） y

f(x)1x﹣1

3在[ ，0）及3

333]上是減函數(shù)，故區(qū)間I可以是 333 2（f(0)1f(xcosxf(xsinxf(xcosx10A．(,

C．(, D．(0,【答案】g(x)

f(xcosxg(x)g(0)【解析】令g(xf(xcosx，有g(shù)'(xf(xcosxf(xsinx0，故函數(shù)gx單調(diào)遞增又由g(0)f(0)cos01，不等式f(xcosx10可化為g(x)g(0)，則不等式f(xcosx10的解集為(0．3（exeg(x) 的圖象相切，則實(shí)數(shù)aaeeC．e

B．eeee【答案】f(x

xe的圖象在x1處的切線，再根據(jù)該切線也是函數(shù)g(x) 圖象的eaf(xx2f(x)2xf(1)2f(1)1f(xx1y12(x1y2x1．y2x1g(x)ex的圖象相切于點(diǎn)(xy xg(x)xa

g(x0)，可得

g(x)

x0

3,a

ee2e 4（行知學(xué)校2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期11月月考）已知f(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函xf(xex(2x3f(x)f(0)1f(x5ex的解集為 (4,C．(, D．(4,【答案】【思路分析】首先構(gòu)造函數(shù)G(x)

f(x)，利用導(dǎo)函數(shù)求出G(x【解析】令G(x)

f(x)，則G(x)

f(xf(x)2x3，設(shè)G(xx23xc因?yàn)镚(0)

f(0)1，解得c1，所以G(x)

f(x)x23x1，f(x5ex

f(x)5x23x15解得4x1，所以不等式的解集為(4,1)．故選A．5（ 市蓉城名 2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期第一次聯(lián)考）若函數(shù)f(x)ax12lnxx1區(qū)間[,42個(gè)極值點(diǎn)，則12C．(1,7【答案】

B．[34f(xf(x在區(qū)間14上有22式組，解不等式組求得a的取值范圍【解析】f(xa

ax22x a0f(x)2x1只有11C 構(gòu)造函數(shù)g(xax22x1(a01x4)244a

a2a依題意g(x)在區(qū)間 上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，故 ，即 [, ag() [,

a2解得1a7

ag(4)

a(16a7)6（2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）f(xx2ax(1xee為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）g(xexyx對(duì)稱的點(diǎn)，則實(shí)數(shù)aA．[1,eeC．[e1,e

B．[1,eeD．[e1,e【答案】f(xgx的圖象上存在關(guān)于解，消元后利用導(dǎo)數(shù)可以得到實(shí)數(shù)a的取值范圍．

y

mx2對(duì)稱的點(diǎn)等價(jià)于與方程組x f(xgxyx對(duì)稱的點(diǎn)為(xmmx2故x1x

，消去mxex2ax，兩邊取對(duì)數(shù)有l(wèi)nxx2axx2ln因?yàn)?，故a ln ln x令h(x) ，

x2lnx1，1xeh s(xx2lnxs(x為[1ex1s(1)0ex

[e

s(x)0x(1es(x)0x

[e

h(x)0h(x)x(1eh(x)0h(x)h(1)1h(e)e1h(1)e1 h(x)的值域?yàn)閇1e1a[1e1 7（江蘇省泰州市黃橋中學(xué)2019年高三上學(xué)期11月月考）函數(shù)f(x)2cosx在點(diǎn)

P(,364f(x)2cosxf(x)2sinx，再由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得tanf()16【解析】因?yàn)閒(x2cosx，所以f(x2sinx，則f21 設(shè)直線的傾斜角為，則[0，又tan1，所以34f(x

P(,3)處的切線的傾斜角 8（f(x)x3x，則過(guò)點(diǎn)P(1,0)，且與曲線相切的直線方程 【答案】y2x2y1x 【解析】設(shè)切點(diǎn)為Q(xx3 f(x3x21，所以Qyx3x3x21)(x P坐標(biāo)有(x3x3x21)(1xx1x1 x01y2x2；x1y1x1．

故答案為y2x2y1x1 (,9（ 2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）f(xacosxsinx在區(qū)間π(,6

減，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 【答案】[33【思路分析】求導(dǎo)根據(jù)函數(shù)單調(diào)遞減得到cosxa恒成立，計(jì)算函數(shù)g(x)cosx的最大值 3

sin

sin(,【解析】因?yàn)閒(xacosxsinx，所以f(xasinxcosx0在π(,363

(,cosxag(x)cosx在ππ(,

，所以a 3sin sin 6故實(shí)數(shù)a的取值范圍是[310（2019-202010月月考）f(x1x31f(1)x2x1

【答案】3x3y1x1f(1f(1，再由直【解析】因?yàn)閒(x1x31f(1)x2x1 f(xx2f(1)x1f(1)1f(1)1f(11f(x)1x31x2x1f(1)4 y

f(x在點(diǎn)(1,f(1y41x1，即3x3y10311（江蘇省泰州市黃橋中學(xué)2019年高三上學(xué)期11月月考）已知函數(shù)f(x)x2axlnx(aR)，若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,)上存在兩個(gè)不同的極值點(diǎn)x1,x2，且f(x1)f(x2)5ln2，則實(shí)數(shù)a的取 【答案】(22【思路分析】要求實(shí)數(shù)a的取值范圍，從條件“f(x在區(qū)間(0x1x2”入手，將此條件轉(zhuǎn)化為方程2x2ax10f(x1f(x25ln2f(x

2x2ax ln R)，所以f(x)2xa f(x在區(qū)間(0x1x2xx212 即方程2x2ax10有兩個(gè)不等正實(shí)數(shù)解，所以xx

，解得a22 a2421f(xf(xa(xxx2x2lnxlnxa(xx[(xx)2 2x1x2]lnx1x2

4

1ln25ln2a216，即4a4聯(lián)立①②可得實(shí)數(shù)a的取值范圍是(22412（山東省煙臺(tái)市2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)f(x)x1alnx(a0)在(0,)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則f(x)在[1,e2]上的最大值與最小值的和為 【答案】e2【思路分析】先由“有且只有一個(gè)零點(diǎn)”求出實(shí)數(shù)af(x)x1alnxf(x)1ax當(dāng)0xaf(x)0f(x單調(diào)遞減；xa時(shí)，f(x)0，f(x)單調(diào)遞增，x0f(x)xf(x)f(x在(0f(a)a1alna0．設(shè)g(x)x1xlnx，則g(x)lnx，當(dāng)0x1g(x)0gx單調(diào)遞增；當(dāng)x1時(shí)g(x0gx單調(diào)遞減，x1gxg(10．所以f(a)a1alna0a1．f(x)x1lnx在[1e2f(x在[1e2f(e2f(1e2313（且不等式f(x1)2ax3ex在(0,)上恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 【答案】(,3]2f(ex2ax3exf(x1f(ex恒成立，由于ex1x1，可轉(zhuǎn)換為證明f(x)在(1上單調(diào)遞減，進(jìn)而求得a的取值范圍．f(x2alnx3xf(ex2ax3exf(x12ax3ex在(0f(x1f(ex恒成立，g(x)ex1x)exx1g(x)ex1，x

0g(x)0，即ex1x1f(x在(1所以f(x2a32a3x0在(1上恒成立 即2a3x0在(1a3x在(1a3 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(3214（2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）f(x1x3ex2axg(x)lnx 任意的x[1,e]，存在x ，使f(x)g(x)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍

[, 2不等式f(x)1x3xg(x)有且僅有一個(gè)整數(shù)解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍 6【答案】(e11]，[2e2ln23e9ln f(x)maxg(x)max造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性得到函數(shù)圖象的大致，進(jìn)而可得答案f

max

，x

[,e]．f(x)1x3ex2axf(xx22exaxe)2ae23f

max

f() ea g(x)lnxg(x)1lnxgxx

[,e]

g(e1，所以1ea1，解得ae11

故實(shí)數(shù)a的取值范圍為(e11] f(x1x3xg(x1x3ex2ax1x3lnxx0 所以alnxex1x2，設(shè)h(xlnxex1x2，則h(x1lnxex h(e)0當(dāng)0xeh(x)0h(x)xeh(x0h(xh(2)2e2ln2,h(33e9ln3 h(3h(2)e2.5ln3ln2e2.5ln9ln80，則h(3h(2) h(4)4e8ln4h(4)h(2)2e60，則h(4)h(2)4h(2)ah(3alnxex1x2 即當(dāng)2e2ln2a3e9ln3時(shí)f(x1x3xg(x有且僅有一個(gè)整數(shù)解 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[2e2ln23e9ln3 15（ 2019-202011月月考）f(xlnxxf(xf(xkxx0恒成立，求實(shí)數(shù)k【答案（1）f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0e，單調(diào)遞減區(qū)間為e；f(x)的極大值fe1，無(wú)極小值（2）[1 （1）f(xf(x)0xexef(xf(x（2）klnxx0h(x)lnxh(x)最大值，從而求得k（1）定義域?yàn)?0f(x)1lnxf(x1lnx0，得xe．x0e時(shí)，f(x)0x(e)時(shí)，f(x)0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為0e，單調(diào)遞減區(qū)間為e．f(xfelne1 （2）x0lnxkxxklnxx0h(xlnx，則k

max又h(x)12lnx，令h(x)0解得x ex0eh(x)0xeh(x)0h(x的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e，單調(diào)遞減區(qū)間為(ex

e時(shí)函數(shù)h(x)

h(e)1k

，故實(shí)數(shù)k的取值范圍為[1) 16（yf(xx2處取得極值ln21ab2當(dāng)a1g(x)8

f(xbxb在區(qū)間[13上的最小值為1y

g(x（1）a1b0（2）ln25 f(2)（1）由極值的定義得到方程組f(2)ln2

ab2（2）1，求出b，然后求解yg(x)在該區(qū)間上的最大值．【解析（1）f(x12axb(x0)xf(2)12axb

a f(2)ln24a2bln2

所以f(x1x(2x)(2x(x0 f(x00x2，當(dāng)f(x0x2f(x在(02(2x2在處取到極值，a1b0．8（2）當(dāng)a1時(shí)g(x)lnx1x2bg(x1x(2x)(2 x12)時(shí)g(x0x(23時(shí)g(x0gx在[12單增，在[2,3

g(2)ln21b2g(11bg(3ln39b,g(3g(1ln310

g(11b1，解得b9 g(2)ln25gx在區(qū)間[13上的最大值為ln25 意第（1）ab

17（ a(xlnx)（x為常數(shù)a1y

f(x)x1f(x在(0,1xx0，求實(shí)數(shù)axx0f(x(0,1（1）ye1；（2）a(exx0f(xex(x

f【思路分析（1）先求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f(x)

(x0)，再求出切線的斜 x（2）f(x在(0,1內(nèi)存在唯一極值點(diǎn)等價(jià)于方程exax0

g(x)xxx

x(0,1，求其值域，則可得

xx0【解析（1）當(dāng)a1時(shí)，f(x) xlnxxex(x

則f(x)

(x0)，所求切線的斜 xf(1e1y

f(x)x1ye1．ex(x (x1)(ex（2）由題可得f(x) a(1

) x(0,1f(x在(0,1(x1)(ex則f(x) 0

即方程

ax0

內(nèi)存在唯一解，即y x

y

在

設(shè)函數(shù)g(x) ,x ，

(x1)ex gx在(0,1x

g g(x)g(1)ex0g(x)a(e

時(shí)，y x

y

在

內(nèi)有唯一交點(diǎn)，不妨設(shè)交點(diǎn)橫坐標(biāo)為x0當(dāng)x(0,x)時(shí)，g(x)ex a， (x1)(exax) f(x在0x則f 則x(x,1時(shí)，x

(x1)(ex， ax

f f(x在(x0,1xx0f(x的極小值點(diǎn)，aexx0為函數(shù)f(x)的極小值點(diǎn)．18（省蘭州市城關(guān)區(qū)第一中學(xué)2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）已知函數(shù)f(x)ax(lnxa（a為實(shí)數(shù)常數(shù)當(dāng)a0f(x在(1x1時(shí)f(xax)2成立，求證a1（1）單調(diào)遞增區(qū)間是(1ea，單調(diào)遞減區(qū)間是(ea（2）（1）f(xf(x)a(lnxaf(x)0f(x0（2）x1f(xax)2a(lnxaxa10a0時(shí)，②當(dāng)a1時(shí)，③當(dāng)0a1時(shí)，利用導(dǎo)（1）f(x)ax(lnxa1f(x)a(lnxa1x1)a(lnxaxa0f(x)0得lnxa0，解得1xea，由f(x0得lnxa0，解得xea，f(x在(1的單調(diào)遞增區(qū)間是(1ea，單調(diào)遞減區(qū)間是(ea（2）x1f(x)(ax)2ax(lnxaxa1)0，a(lnxaxa10恒成立（g(x)lnxaxa1(x1g(x)1a(x1，由題可知a0xa0g(x)0gx在(1g(x)g(1)1，可知x01x01g(x00ax0g(x00，可知（*）a0②當(dāng)a1g(x)0gx在(1g(x)g(1)10，可知（*）式成立，則a1a

③當(dāng)0a1g(x)0得1x1g(x)0x1 (1,所以g(x) (1,a

gx在1a

g()alna2，由（*）alna20 h(a)alna2h(a)110，所以h(a)在(0,1a1而h( )1 1

220h(a0，可知a1a119（2019-2020學(xué)年高三上學(xué)期期中）f(xmlnxxm(mRxf(xf(xxxf(x1f(x2)a恒成立，求實(shí)數(shù)a1（2）[ln

x2 （2）f(x1f(x2)的最值，結(jié)合（1）x

mm4，于是此式可轉(zhuǎn)化為關(guān)于m x2

1（1）x(0

x2mx，f(x) g(xx2mxmm24mm(m4①當(dāng)0m40g(x)0f(x)0,f(x在(0m0gxxx1x2(x1x2m m2g(x)0,f(x)m m2所以當(dāng)x )時(shí)2

m m2當(dāng)xm m22

g(x)0,f(x)0,f

m4gxxx1x2(x1x2)，mm2mm2mm2m m2

f所以x )時(shí)2

單調(diào)遞減；x( )時(shí) fm m2調(diào)遞增；xm m22

m m2綜上所述：當(dāng)0m4時(shí)，f(x)在(0,)上單調(diào)遞減；當(dāng)m0m m22f(xxm

m f,)時(shí)m fmm2mm22

f

mm2mmm2m m2 f

f

m m2增，xm m22

（2）由（1）m4f(xx1x2x1x2為方程x2mxm0的兩根x1x2mx1x2f(x)f(x)mlnxxmmlnxx mlnxx(xx)m(x1x2)mlnmmmmlnm1

x2x2(xx)22x

m22m 1f(x1f(x2)mlnmlnm x2 m2 m a

lnmm

m(4)h(m)

lnmm

(m4)令(m12lnm則(m212m0 所以(m)在(4)上單調(diào)遞減．又4=112ln202所以(m0在(4上恒成立，即2lnm0h￠(m0mh(m在(4h(m)h(4)ln2．a(chǎn)ln2，即a的取值范圍是[ln2)．【2019年高 Ⅲ卷理數(shù)】已知曲線yaexxlnx在點(diǎn)（1，ae）處的切線方程為y=2x+b，C．a(chǎn)e1，b

D．a(chǎn)e1，b【答案】yaexlnx1ky|x1ae12，ae1，將(1,1y2xb，得2b1b1.D．a(chǎn)，b屬于常考題型【2018年高

f(xyf(x點(diǎn)(00yC．y

yD．y【答案】【解析】因?yàn)楹瘮?shù)??(??)是奇函數(shù)，所以???1=0，解得??=1，所以??(??)=??3+??，??′(??)=3??2+1，所以??′(0)=1，??(0)=0，所以曲線??=??(??)在點(diǎn)(0，0)處的切線方程為?????(0)=??′(0)????=??【名師點(diǎn)睛】該題考查的是有關(guān)曲線??=??(??)在某個(gè)點(diǎn)(0，??(0))處的切線方程的問(wèn)題，在求解的過(guò)程中，首先需要確定函數(shù)解析式，此時(shí)利用到結(jié)論多項(xiàng)式函數(shù)中，奇函數(shù)不存在偶次項(xiàng)，偶函數(shù)不存在奇次項(xiàng)，從而求得相應(yīng)的參數(shù)值，之后利用求導(dǎo)求得(??)，借助于導(dǎo)數(shù)的幾何意義，結(jié)合直線方程的點(diǎn)斜式求得結(jié)果．【2017年高考Ⅱ卷理數(shù)】若x2是函數(shù)f(x)(x2ax1)ex1的極值點(diǎn)，則f(x)的極小值 B．C．

【答案】【解析】由題可得f(x)(2xa)ex1x2ax1)ex1x2a2)xa1]ex1，f(2)0，所以a1f(xx2x1)ex1f(xx2x2)ex1，令f(x)0x2x1，f(x在(21上單調(diào)遞增，在(2,1)上單調(diào)遞減，f(xf(1111)e111．

x22ax

x【2019年高 理數(shù)已知aR設(shè)函數(shù)f(x)xaln

x

xf(x)在R上恒成立，則aC．0,

B．0,【答案】x1f(1)12a2a10x1f(x

2ax2a02a

x

(1x

(1x)22(1x)令g(x) ，則g(x) x

1

1

1(1x)111x (1x)11

20 1 當(dāng)1x

1

x02ag(x)max0，則a0x1時(shí)f(xxalnx0，即a

xln

h(x)

ln

，則h(xlnx1xeh(x)0h(x)當(dāng)0xeh(x)0h(x)xeh(x取得最小值h(eeah(x)mine，a的取值范圍是[0,e.【2017年高考Ⅲ卷理數(shù)】已知函數(shù)f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零點(diǎn)，則 B． 1 2【答案】f(xx22xaex1ex1gxex1

2 ，則gxex1ex1ex1 gx0時(shí)x1；當(dāng)x1時(shí)gx0，函數(shù)gx單調(diào)遞減；x1gx0gx單調(diào)遞增，x1時(shí)，函數(shù)gx取得最小值，為g12hxx22xx1hx取得最小值，為1，若a0hx與函數(shù)agx沒(méi)有交點(diǎn)；若a0，當(dāng)ag1h1時(shí)，函數(shù)hx和agx有一個(gè)交點(diǎn)，即a21，解得a12x,x6【2019年高考浙江卷】已知a,bR，函數(shù)f(x)

．若函數(shù)x3

(a1)x2ax,xyf(xaxb恰有3個(gè)零點(diǎn)，

【答案】x＜0時(shí)，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0x=??y＝f（x）﹣ax﹣bx≥0時(shí)，y＝f（x）﹣ax﹣b=1x31（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=1x3 yx2(a1)xa+1≤0a≤﹣1時(shí)，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上單調(diào)遞增，y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；x∈(a+1，+∞y′＜0x∈[0，a+12個(gè)零點(diǎn).y＝f（x）﹣ax﹣b3個(gè)零點(diǎn)?y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一個(gè)零點(diǎn)，在[0，+∞）2個(gè)零點(diǎn)，∴??＜0且

1(??+3

?1(??+1)(??+2

?b＜0，1﹣a＞0，b6= 【2019年高 (00) 【答案】3xyy3(2x1)ex3(x2x)ex3(x23xky|x0y3(x2x)ex在點(diǎn)(00y3x，即3xy0【2018年高 Ⅱ卷理數(shù)】曲線y2ln(x1)在點(diǎn)(0,0)處的切線方程 【答案】??=【解析】∵??′=

∴在點(diǎn)（0，0）處切線的斜率為??=

=2，則所求的切線方程為??=【名師點(diǎn)睛】求曲線的切線要注意“P的切線”與“P處的切線”P(pán)PPP【2018年高 Ⅲ卷理數(shù)曲線yax1ex在點(diǎn)0，1處的切線的斜率為2則a 【答案】yaexax1ex，則??′(0)=??+1=?2，所以??=?【2018年高 Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)fx2sinxsin2x，則fx的最小值 【答案】2【解析】??′(??)=2cos??+2cos2??=

??+2cos???2=4(cos??+1)(cos??

1)，所以當(dāng)cos??<1 函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)cos??>122kπ5π2kππkZ，函數(shù)的遞增區(qū)間為2kππ2kππkZ 3 3x2kππ,kZ時(shí)，函數(shù)??(??)取得最小值，此時(shí)sin??=?√3，sin2??=?√3，所以 32×(?

3√3

) = 【2019xOy中，Pyx4(x0)Px直線xy0的距離的最小值 【答案】yx4(x0)y14 設(shè)斜率為1yx4(x0)切于(x

4)x由x

x421x0x40

x2（x0

0舍去23yx4(x0)P(23223x

4故答案為4【2019年高考江蘇卷】在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點(diǎn)A在曲線y=lnx上，且該曲線在點(diǎn)A處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)（-e，-1)(e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是 【答案】(e,【解析】設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)，得到切線方程，然后求解方程得到橫坐標(biāo)的值，可得切點(diǎn)坐標(biāo)00Axyylnx.y1xxy100 ylnxAy

1(xx，即yln

x0xx 0xx 將點(diǎn)e1代入，得1ln

e1

lnxe0x 0x0Hxxlnxx0,1Hx0x1Hx0，Hxlnx1x1Hx0Hx單調(diào)遞增，y01A的坐標(biāo)為e,1.一是利用求導(dǎo)時(shí)要特別注意除法中分子的符號(hào)，防止與乘法【2019年高 理數(shù)設(shè)函數(shù)fxexaex（a為常數(shù)若

若f（x）是R上的增函數(shù)，則a的取值范圍

,fxexaexfxfx即exaexexaex，即a1ex

ex0xa10afxexaexRf(x

exaex0Rae2xR上恒成立，又e2x0，則a0a的取值范圍是0【2019年高考Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)f(x)sinxln(1x)，f(x)為f(x)的導(dǎo)數(shù)．證明f(x在區(qū)間

1,2

f(x2（2）（1）g(x)

f'(x)g(x)cosx

1

，g'(x)sinx

(1x)2x1,g'(xg'(0)0g')0g'(x在1, 2 2 設(shè)為x(1,)g'(x)0x,g'(x)0 2 gx在(1,單調(diào)遞增，在gx在1f'(x) 2 2 在1存在唯一極大值點(diǎn) 2 （2）f(x的定義域?yàn)?1（i）x(10]時(shí)，由（1）知，f'(x)在1,0)單調(diào)遞增，而f'(0)0x(10)f'(x)0f(x在1,0)f(0)=0x0f(x在(10]的唯一零點(diǎn)

x0（1知，f'(x)在(0,f'(0)=0，f0 2

2

2 f'(0x(0f'(x)0xf'(x)0 2 2 f(x在(0)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減 2 f(0)=0f1ln10x0f(x)0.f(x在02 2

2

2 零點(diǎn)

x時(shí)，f'(x)0f(x在單調(diào)遞減.f0，f(0f

2 在有唯一零點(diǎn)

x(ln(x1)1f(x<0f(x)在(沒(méi)有零點(diǎn).綜上，f(x)有且僅有2個(gè)零點(diǎn).【名師點(diǎn)睛】本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)極值之間的關(guān)系、利用導(dǎo)數(shù)解決函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的問(wèn)題.【2019年高 Ⅱ卷理數(shù)】已知函數(shù)fxlnxx1xx0f(x)y=lnxA(x0，lnx0)yex的切線（1）f(x在(0,1和(1（2）見(jiàn)解析（1）f（x）的定義域?yàn)椋?，1）（1，+∞f(x)1x

(x

（0，1（1，+∞）1e1

e2 e2

e

f(e)2 0f（x）在（1，+∞）e2 e2f（x）=0．又0

1，f(1)ln

x11f(x)0f（x）在（0，1） x 1x．x11x（2）x0

elnx0B（–lnx00

）y=ex

ln

1x0x

由題設(shè)知f(x)0，即lnx ，故直線AB的斜率k0 0 x

lnx

x

x0 x0 y=exB(lnx00

1ylnxA(xlnxx x 1x，x0所以曲線ylnx在點(diǎn)A(x0lnx0處的切線也是曲線y=ex的切線【2019年高考Ⅲ卷理數(shù)】已知函數(shù)f(x)2x3ax2bf(xabf(x在區(qū)間[0,1的最小值為11ab若不存在，說(shuō)明理由

a

a（2）b

b【解析（1）f(x)6x22ax2x(3xaf(x)0x=0xa3a>0x(

af(x)0x0af(x)0 3 f(x在(0),a單調(diào)遞增，在0a 3 a=0f(x在(若a<0，則當(dāng)x,a (0,)時(shí)，f(x)0；當(dāng)xa,0時(shí)，f(x)0 3 f(x在a0單調(diào)遞增，在a,0單調(diào)遞減 3 a，b存在a≤0時(shí)，由（1）f(x在[0，1]f(x在區(qū)間[0，l]f(0)=b，最f(1)2ab.a，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)b12ab1a=0b1．a(chǎn)≥3時(shí)，由（1）f(x在[0，1]f(x在區(qū)間[0，1]f(0)=bf(12aba，b滿足題設(shè)條件當(dāng)且僅當(dāng)2ab1，b=1a 若 b1，b=1，則a332，與 a3a3若 b1，2ab1，則a3

或a

或a=0，與0<a<33a=0b1a=4，b=1f(x在[0，1]的最小值為-13【2019年高 理數(shù)】已知函數(shù)f(x)1x3x2x4yf(x1x[24]x6f(x)xF(x|f(xxa|aRF(x在區(qū)間[24M（aM（a）最小a的值．（2）（3）（1）f(x)1x3x2xf(x)3x22x f(x)13x22x11x0x8 f(0)0f(8)8 yf(x1yxy

x8yxyx64

（2）令g(xf(xxx[2g(x)1x3x2g'(x3x22x g'(x)0x0x83g'(x),g(x)x(2,0(0,383(8,34g(00gx的最小值為6，最大值為0故6g(x0，即x6f(xxa3時(shí)M(aF(0|g(0a|a3a3時(shí)M(aF(2|g(2a|6a3；a3時(shí)M(a)3.M(aa【2019年高考卷理數(shù)】設(shè)函數(shù)f(x)excos求fx的單調(diào)區(qū)間

g(x)為fx的導(dǎo)函數(shù)xf(xg(xx0

（3）x為函數(shù)u(x)f(x1在區(qū)間2n2n內(nèi)的零點(diǎn)，其中nN，證明 2 2n2xnsin

（

f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為2kπ3π2kππ(kZ),f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 42kππ2kπ5π(kZ.（2）（3）見(jiàn)解析 4（1）f(xex(cosxsinxx2k2k5(kZ 4 sinxcosx，得f(x)0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)x2k32k(kZ)時(shí)，有 4 sinxcosxf(x0fx所以，f

2k3,2k(kZ),f

42k,2k5(kZ) 4h(x)

f(xg(xx．依題意及（）g(xex(cosxsinx)，從而 42g'(x2exsinxxg'(x42 h'(x)f'(x)g'(x)xg(x)(1)g'(x)x0 hx在區(qū)間h(xhf0 xf(xg(xx0

uxfx10，即exncosx1

x2n

, fyeyncosyexn2n

2ne2nnN

44 f

e2n1f

（1

（2）x時(shí)，g'(x0gx4420 在g0

g

ng

2

0n n故 fyn

yngy gy gyey0sinycosy sinxcosx 2n2xnsin

【2019a0，設(shè)函數(shù)f(x)=alnxa3f(x4

x1,x對(duì)任意x[1,)均有f(x) x

求a的取值范圍【答案（1）fx的單調(diào)遞增區(qū)間是3,單調(diào)遞減區(qū)間是03；（2）02 4（1）a3f(x)3lnx

1x,x0 (1(1x2)(21x4x1 f'(x) 21（0，3

1，得0a 2 21當(dāng)0a 2時(shí)，f(x) x21

x 2lnx0 2令t1，則t 2x1x1

g(t)t

2lnx,t22g(t)

x(t

11)21x2lnxxxx1x（i）x11x

22 x21g(t)g(22) 2lnx21x記p(x) x

lnxx1，2121p'(x)

1x2xx2x2xx1 2x xxx(x(x x(2x2xx1(x1)(x1 2x故x17(171(x)0+p(p(17p(xp(1)0因此g(tg(22)2p(x01x2xlnx(x2（ii）當(dāng)x11x2xlnx(x27 7 q(x

xlnx(x1),x1,1

，則q'(x)lnx210xq(x在11q(x)?q1x7 7

7 由（i）q127p127p(107 7 q(x)<01x2 q(1x2 由（i（ii）x1t[22g(t)…0 x即對(duì)任意x1,，均有f x 2綜上所述，所求a的取值范圍是 4 （1）（2）（3）（4）【2019年高考江蘇卷】設(shè)函數(shù)f(x)(xa)(xb)(xca,bcRf'(xf（x）（1）a=b=c，f（4）=8aa≠b，b=cf（x）f(x的零點(diǎn)均在集合3,13f（x）若a00b1c1f（x）M，求證:M≤4（2）（3）（1）abcf(xxa)(xb)(xcxa)3．因?yàn)閒(4)8，所以(4a)38，解得a2．因?yàn)閎cf(xxa)(xb)2x3a2b)x2b(2ab)xab2f(x)3(xbx2abf(x)0xbx2ab ab2ab都在集合{3,13中，且ab2ab1a3b3 f(xx3)(x3)2f(x)3(x3)(x1．令f'(x)0x3x1．列表如下：x(,1f'(x)+0–0+f因?yàn)閍0c1f(xx(xb)(x1x3b1)x2bxf'(x)3x22(b1)xbb1b2bb1b2b因?yàn)?b14(b1)212b2b1)230b1b2bb1b2bf'(x) ，得x1

,x2 x(,x1,x2(x2,f'(x)+0–0+ff(xMfx1． Mfxx3(b1) [3x22(b

x1b1

2b2bx

b(b 9

2b2b1(b

b(b

b2b(b(b1)b(b1)2(b1)2(b(b(b1) b(b1)2

4M4 解法二：因?yàn)?b1x1(0,1x(0,1f(xx(xb)(x1x(x1)2g(x)x(x1)2x(0,1g'(x)3x1(x1 3 g'(x)0x13x(0,313(13+0–g(x1gx3

g1433x(0,1f(x)g(x)

4M4 【2017年高考Ⅰ卷理數(shù)】已知函數(shù)f(x)ae2x(a2)exxf(xf(xa（2）（1）f(x的定義域?yàn)?f(x2ae2xa2)ex1aex1)(2ex1（?。゛0f(x)0f(x在(（ⅱ）a0f(x)0xlnax(lna時(shí)，f(x)0x(lna時(shí)，f(x)0，所以f(x)在(lna)單調(diào)遞減，在(lna)單調(diào)遞增．（2（?。áⅲ゛0，由（1）xlnaf(xf(lna)11lnaaa1f(lna)0f(xa(1時(shí)，由于11lna0f(lna)0f(xaa0,1時(shí)，1