2026年高考数学一轮专题训练：一元函数导数及其应用 含答案

/一元函数导数及其应用一．选择题（共8小题）1．（2025•福州模拟）曲线f（x）＝x3+3x在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（）A．y+4＝0 B．2x﹣y﹣2＝0 C．6x﹣y＝0 D．6x﹣y+2＝02．（2025春•龙岩期中）下列导数运算正确的是（）A．（2x2+3）′＝4x+3 B．(eC．(lnxD．（2sinx+3cosx）′＝2cosx﹣3sinx3．（2025春•高邮市期中）设f（x）为可导函数，且满足limΔx→0f(3)−f(3+Δx)A．﹣9 B．﹣3 C．3 D．94．（2025春•萍乡期中）已知气球的体积V（单位：L）与半径r（单位：dm）之间的函数关系是V=43πr3，气球半径A．πL B．2πL C．2π3L5．（2025春•酒泉期中）已知函数f（x）＝xex，则f′（3）＝（）A．3e3 B．4e3 C．2e3 D．4e26．（2025春•龙岩期中）设函数f（x）满足limΔx→0f(xA．1 B．2 C．13 7．（2025春•上饶期中）已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，则f′（1）+f（1）＝（）A．2 B．1 C．﹣2 D．﹣58．（2025春•顺庆区校级期中）一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），则汽车在第1秒时的瞬时速度为（）A．43m/s B．53m/s C．83m/s D．7二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•昌黎县校级模拟）已知函数f（x）＝x（x2﹣a）+2，则（）A．f（x）恒有极值点 B．当a＞0时，f（x）的极大值大于2 C．当0＜a＜13时，f（a）＜f（D．当0＜a＜2时，f（x）只有一个零点（多选）10．（2025春•浙江期中）下列求导错误的是（）A．（ln5）′=15 B．（3x）′＝x•3xC．（cos2x）′＝﹣sin2x D．（xex）′＝（x+1）ex（多选）11．（2025春•上饶期中）已知函数y＝f（x），其导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则关于y＝f（x）的论述错误的是（）A．在（﹣∞，0）上为减函数 B．在x＝0处取极小值 C．在（1，2）上为减函数 D．在x＝2处取极大值（多选）12．（2025•黄山模拟）设函数f（x）＝x3﹣3ax+3，则（）A．存在a∈R，函数f（x）仅有一个极值点 B．曲线f（x）关于点（0，3）对称 C．当a＝1时，9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程 D．当a＞1时，函数f（x）有唯一零点三．填空题（共4小题）13．（2025•渝中区校级模拟）已知关于x的方程eax+ea（2﹣x）＝﹣x2+2x+b有解，则b﹣a+1的最小值为．14．（2025春•芜湖期中）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，不等式f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2对任意的x∈（0，+∞）恒成立，则a的最大值为．15．（2025•全国一模）已知曲线f（x）＝x+ex在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，则a＝．16．（2025•宿迁一模）若函数f（x）＝x3﹣3ax2+12x（a＞0）存在两个极值点x1，x2，则f（x1）+f（x2）的取值范围是．四．解答题（共4小题）17．（2025春•上饶期中）已知函数f(（1）当a＝2时，求函数f（x）的极值；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若函数f（x）在[1，2]上的最小值是32，求a18．（2025春•海淀区校级期中）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a∈R）．（1）当a＝2时，求f（x）的极值；（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数．19．（2025春•大祥区校级期中）已知函数f(x)=2（1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）当a＝1时，g(x)=12x2−x（3）当a＞0时，试讨论f（x）的单调性．20．（2025春•天山区校级期中）已知函数f（x）=23x3−12x（1）求函数f（x）的单调区间；（2）求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值与最小值．

一元函数导数及其应用答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2025•福州模拟）曲线f（x）＝x3+3x在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程为（）A．y+4＝0 B．2x﹣y﹣2＝0 C．6x﹣y＝0 D．6x﹣y+2＝0【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】D【分析】根据导数的几何意义，直线的点斜式方程，即可求解．解：因为f（x）＝x3+3x，所以f′（x）＝3x2+3，所以f（﹣1）＝﹣4，f′（﹣1）＝6，所以所求切线方程为y+4＝6（x+1），即6x﹣y+2＝0．故选：D．【点评】本题考查函数的切线的求解，属基础题．2．（2025春•龙岩期中）下列导数运算正确的是（）A．（2x2+3）′＝4x+3 B．(eC．(lnxD．（2sinx+3cosx）′＝2cosx﹣3sinx【考点】导数运算．【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；运算求解．【正确答案】D【分析】由导数运算公式和运算法则逐一计算判断即可．解：对于A，（2x2+3）′＝4x，故A错误；对于B，(ex−1对于C，(lnxx)′=对于D，（2sinx+3cosx）′＝2cosx﹣3sinx，故D正确．故选：D．【点评】本题主要考查导数的运算法则，属于基础题．3．（2025春•高邮市期中）设f（x）为可导函数，且满足limΔx→0f(3)−f(3+Δx)A．﹣9 B．﹣3 C．3 D．9【考点】导数与切线的斜率；含Δx表达式的极限计算与导数的关系．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】A【分析】根据题意，化简得到limΔx→0f(3+Δx)−f(3)Δx解：由limΔ所以limΔx→0所以所求切线的斜率是﹣9．故选：A．【点评】本题主要考查导数的定义，属于基础题．4．（2025春•萍乡期中）已知气球的体积V（单位：L）与半径r（单位：dm）之间的函数关系是V=43πr3，气球半径A．πL B．2πL C．2π3L【考点】瞬时变化率．【专题】转化思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．【正确答案】D【分析】根据已知条件，结合导数的几何意义，即可求解．解：由V=43则r′=令r'=14π，解得故选：D．【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．5．（2025春•酒泉期中）已知函数f（x）＝xex，则f′（3）＝（）A．3e3 B．4e3 C．2e3 D．4e2【考点】基本初等函数的导数．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】B【分析】对函数求导，将值代入导函数，即可求解．解：函数f（x）＝xex，则f'（x）＝（x）'ex+x（ex）'＝（1+x）ex，故f'（3）＝4e3．故选：B．【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．6．（2025春•龙岩期中）设函数f（x）满足limΔx→0f(xA．1 B．2 C．13 【考点】含Δx表达式的极限计算与导数的关系．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】D【分析】利用导数的定义即可求值．解：函数f（x）满足limΔf′(故选：D．【点评】本题主要考查导数的定义，属于基础题．7．（2025春•上饶期中）已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，则f′（1）+f（1）＝（）A．2 B．1 C．﹣2 D．﹣5【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；函数的值；基本初等函数的导数．【专题】方程思想；定义法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】D【分析】由已知求解f（1）的值，利用导数的几何意义可得f′（1），则答案可求．解：已知函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝﹣3x+1，得f（1）＝﹣3×1+1＝﹣2，且f′（1）＝﹣3，∴f′（1）+f（1）＝﹣3﹣2＝﹣5．故选：D．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，是基础题．8．（2025春•顺庆区校级期中）一辆汽车在公路上直线变速行驶，假设汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），则汽车在第1秒时的瞬时速度为（）A．43m/s B．53m/s C．83m/s D．7【考点】瞬时变化率．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】C【分析】根据已知条件，结合导数的几何含义，即可求解．解：汽车在某一段路内t秒时的位移（单位：米）为s（t）＝t2+ln（2t+1），则s'（t）＝2t+2故s'（1）＝2+2故选：C．【点评】本题主要考查导数的几何意义，属于基础题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2025•昌黎县校级模拟）已知函数f（x）＝x（x2﹣a）+2，则（）A．f（x）恒有极值点 B．当a＞0时，f（x）的极大值大于2 C．当0＜a＜13时，f（a）＜f（D．当0＜a＜2时，f（x）只有一个零点【考点】利用导数求解函数的极值．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【正确答案】BCD【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及极值关系，零点存在条件检验各选项即可判断．解：f′（x）＝3x2﹣a，当a≤0时，f′（x）≥0恒成立，此时f（x）单调递增，没有极值，A错误；当a＞0时，由f′（x）＝3x2﹣a＝0可得x＝±a3当x＜−a3时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当−a3＜x＜a3时，f当x＞a3时，f′（x）＞0，f（故x=−a3时，函数取得极大值f（−a3）＝2当0＜a＜13时，0＜a2＜a＜a3＜所以f（a）＜f（a2），C正确；当0＜a＜2时，函数的极小值f（a3）＝2−极大值f（−a3）＝2又x→+∞时，f（x）→+∞，x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，故函数f（x）存在唯一零点，D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，还考查了函数零点个数的判断，属于中档题．（多选）10．（2025春•浙江期中）下列求导错误的是（）A．（ln5）′=15 B．（3x）′＝x•3xC．（cos2x）′＝﹣sin2x D．（xex）′＝（x+1）ex【考点】基本初等函数的导数；导数的乘法与除法法则；简单复合函数的导数．【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】ABC【分析】结合导数的运算法则，即可求解．解：（ln5）'＝0，故A错误；（3x）'＝3xln3，故B错误；（cos2x）'＝﹣2sin2x，故C错误；（xex）'＝x'ex+x（ex）'＝（1+x）ex，故D正确．故选：ABC．【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．（多选）11．（2025春•上饶期中）已知函数y＝f（x），其导函数y＝f′（x）的图象如图所示，则关于y＝f（x）的论述错误的是（）A．在（﹣∞，0）上为减函数 B．在x＝0处取极小值 C．在（1，2）上为减函数 D．在x＝2处取极大值【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．【正确答案】ABD【分析】根据导函数的图象判断y＝f′（x）的符号，进而确定y＝f（x）的区间单调性和极值，即可得答案．解：由图知：在区间（﹣∞，0），（2，4）上f′（x）＞0，即y＝f（x）单调递增；在区间（0，2）和（4，+∞）上，f′（x）＜0，y＝f（x）单调递减；所以x＝2处取极小值，x＝0，x＝4处取极大值，综上，ABD错，C对．故选：ABD．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．（多选）12．（2025•黄山模拟）设函数f（x）＝x3﹣3ax+3，则（）A．存在a∈R，函数f（x）仅有一个极值点 B．曲线f（x）关于点（0，3）对称 C．当a＝1时，9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程 D．当a＞1时，函数f（x）有唯一零点【考点】利用导数求解函数的极值；利用导数求解曲线在某点上的切线方程；利用导数求解函数的单调性和单调区间．【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．【正确答案】BC【分析】求导即可判断函数极值点个数，从而判断A；利用函数对称性的定义代入计算，即可判断B；利用导数的几何意义即可判断C；借助函数单调性以及极值，即可确定零点个数，从而判断D．解：根据题意可得导函数f′（x）＝3x2﹣3a，当a≤0时，导函数f′（x）≥0恒成立，f（x）在R上单调递减，无极值点，当a＞0时，令导函数f′（x）＝0，所以3x2﹣3a＝0，解得x=±因此不存在a∈R，使f（x）仅有一个极值点，所以选项A错误；设（x，y）是函数f（x）图像上任意一点，那么y＝x3﹣3ax+3，点（x，y）关于点（0，3）对称的点为（﹣x，6﹣y），将﹣x代入函数可得函数f（﹣x）＝（﹣x）3﹣3a（﹣x）+3＝﹣x3+3ax+3，而6﹣y＝6﹣（x3﹣3ax+3）＝﹣x3+3ax+3，因此曲线关于点（0，3）对称，所以选项B正确；当a＝1时，函数f（x）＝x3﹣3x+3，导函数f′（x）＝3x2﹣3，如果方程9x﹣y﹣13＝0是切线方程，那么其斜率为9，令导函数f′（x）＝3x2﹣3＝9，解得x＝±2，当x＝﹣2时，f（﹣2）＝（﹣2）3﹣3×（﹣2）+3＝1，切线方程为y﹣1＝9（x+2），化简可得9x﹣y+19＝0；当x＝2时，f（2）＝23﹣3×2+3＝5，切线方程为y﹣5＝9（x﹣2），化简可得9x﹣y﹣13＝0；所以9x﹣y﹣13＝0是曲线f（x）的切线方程，故C正确；对于D，由f′（x）＝3x2﹣3a，当a＞1时，令f′（x）＝0，可得x=±当x＜−a或x＞a时，f′（x）＞0，函数当−a＜x＜a时，f′（xf(−f(当x→+∞时，f（x）→+∞，当x→﹣∞时，f（x）→﹣∞，所以函数f（x）在(−∞，−a即函数有三个零点，故D错误．故选：BC．【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2025•渝中区校级模拟）已知关于x的方程eax+ea（2﹣x）＝﹣x2+2x+b有解，则b﹣a+1的最小值为1+ln2．【考点】利用导数研究函数的极值；由二次函数的性质求解析式或参数．【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．【正确答案】1+ln2．【分析】利用换元法，将方程有解转化为方程有零点问题，进而求解．解：令t＝x﹣1，则x＝t+1，原方程变为：ea（t+1）+ea（1﹣t）＝﹣（t）2+（b+1），左边化简为：ea（eat+e﹣at）＝2eacosh（at），因此方程为：2eacosh（at）＝﹣t2+（b+1），左边最小值：cosh（at）≥1，当t＝0时取等，此时左边为2ea，右边最大值：当t＝0时，右边为b+1．方程有解需满足：2ea≤b+1⇒b≥2ea﹣1，目标函数为：b﹣a+1≥（2ea﹣1）﹣a+1＝2ea﹣a，求f（a）＝2ea﹣a的最小值：因为f'（a）＝2ea﹣1，令f′（a）＝0，解得a=代入得最小值：f（﹣ln2）＝1+ln2，再验证解的存在性：当a＝﹣ln2时，左边最小值为1，右边最大值为1，此时t＝0（即x＝1）满足方程，故解存在．故1+ln2．【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．14．（2025春•芜湖期中）已知函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，不等式f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2对任意的x∈（0，+∞）恒成立，则a的最大值为12023【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】函数思想；定义法；导数的综合应用；逻辑思维．【正确答案】12023【分析】先证明g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx为奇函数，再利用导数证明g（x）为增函数，结合函数性质化简不等式可得2023a≤x2ex﹣2lnx﹣x，再利用导数求x2ex﹣2lnx﹣x的最小值可得结论．解：设函数g（x）＝f（x）﹣1，根据函数f（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx+1，可得函数g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx，g（x）＝ex﹣e﹣x﹣2sinx的定义域为R，g（x）的定义域关于原点对称，又因为g（﹣x）＝e﹣x﹣ex﹣2sin（﹣x）＝﹣g（x），因此g（x）为奇函数，由于导函数g′（x）＝ex+e﹣x﹣2cosx≥2﹣2cosx≥0，当且仅当x＝0时取等号，因此g（x）为增函数，f（2023a﹣x2ex）+f（2lnx+x）≤2可化为f（2023a﹣x2ex）﹣1≤1﹣f（2lnx+x），因此g（2023a﹣x2ex）≤﹣g（2lnx+x）＝g（﹣2lnx﹣x），因此2023a﹣x2ex≤﹣2lnx﹣x，因此2023a≤x2ex﹣2lnx﹣x，根据已知2023a≤（x2ex﹣2lnx﹣x）min，其中x∈（0，+∞），设函数h（x）＝x2ex﹣2lnx﹣x，x∈（0，+∞），那么导函数h′(令导函数h′（x）＝0，可得x2ex﹣1＝0，设函数φ（x）＝x2ex﹣1，x∈（0，+∞），那么导函数φ′（x）＝（x2+2x）ex＞0，因此函数φ（x）＝x2ex﹣1在（0，+∞）上单调递增，又因为φ（1）＝e1﹣1＞0，φ（0）＝﹣1＜0，因此存在x1∈（0，1），使得φ（x）＝0，因此当x＞x1时，导函数h′（x）＞0，h（x）在（x1，+∞）上单调递增，当0＜x＜x1时，导函数h′（x）＜0，h（x）在（0，x1）上单调递减，所以当x＝x1时，h（x）＝x2ex﹣2lnx﹣x取最小值，最小值为x12所以2023a所以a≤所以a的最大值为12023故12023【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．15．（2025•全国一模）已知曲线f（x）＝x+ex在点（0，f（0））处的切线与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，则a＝4+ln2．【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．【专题】转化思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】4+ln2．【分析】根据导数的几何意义可得曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程，再次利用导数的几何意义求得y＝ln（x﹣1）+a的切点（x0，y0），从而得解．解：因为f（x）＝x+ex的导数为f′（x）＝1+ex，则f（0）＝1，f′（0）＝2，所以曲线f（x）在（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝2x，即y＝2x+1，又切线y＝2x+1与曲线y＝ln（x﹣1）+a相切，设切点为（x0，y0），因为y′=1x−1，所以切线斜率为所以y0＝2x0+1＝4，则4=ln(32−1)+故4+ln2．【点评】本题考查导数的几何意义与曲线的切线方程，属于中档题．16．（2025•宿迁一模）若函数f（x）＝x3﹣3ax2+12x（a＞0）存在两个极值点x1，x2，则f（x1）+f（x2）的取值范围是（﹣∞，16）．【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【正确答案】（﹣∞，16）．【分析】根据极值点定义可知x1，x2为f'（x）＝0的两根，由Δ＞0可求得a＞2，并得到韦达定理的形式；结合韦达定理将f（x1）+f（x2）化简为﹣4a3+24a，令g（a）＝﹣4a3+24a（a＞2），利用导数可求得g（a）单调性，由此可得g（a）的范围，即为所求范围．解：由题意知：f（x）的定义域为R，f'（x）＝3x2﹣6ax+12＝3（x2﹣2ax+4），因为f（x）有两个极值点x1，x2，所以x1，x2为f'（x）＝0的两根，所以Δ＝36a2﹣144＞0，又a＞0，解得：a＞2；所以x1+x2＝2a，x1x2＝4，所以f=(x=(x＝2a（4a2﹣12）﹣3a（4a2﹣8）+24a＝﹣4a3+24a；令g（a）＝﹣4a3+24a（a＞2），则g′(所以当a＞2时，g'（a）＜0恒成立，所以g（a）在（2，+∞）上单调递减，所以g（a）＜g（2）＝﹣4×8+24×2＝16，则f（x1）+f（x2）的取值范围为（﹣∞，16）．故（﹣∞，16）．【点评】本题主要考查利用导数求极值点，属于难题．四．解答题（共4小题）17．（2025春•上饶期中）已知函数f(（1）当a＝2时，求函数f（x）的极值；（2）讨论f（x）的单调性；（3）若函数f（x）在[1，2]上的最小值是32，求a【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极值；利用导数求解函数的最值．【专题】应用题；整体思想；导数的概念及应用；运算求解．【正确答案】（1）极小值为1+ln2，无极大值；（2）答案见解析；（3）a=【分析】（1）直接代入求导，令f′（x）＝0即可得到其极值；（2）求导得f′(x)=x−（3）求导得f′(x)=x−ax2，再对解：（1）根据题目：已知函数f(当a＝2时，f(f′(x)=1x−2当0＜x＜2时，f′（x）＜0，此时f（x）单调递减，当x＞2时，f′（x）＞0，此时f（x）单调递增，当a＝2时，则f（x）的极小值为f（2）＝1+ln2，无极大值．（2）f′(x)=若a≤0，则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增，当a＞0时，令f′（x）＞0，解得x＞a，令f′（x）＜0，解得0＜x＜a，则其在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．（3）f′(x)=若a≤1，则f′（x）≥0在[1，2]上恒成立，所以f（x）在[1，2]上单调递增，根据题目：函数f（x）在[1，2]上的最小值是32所以f(若1＜a＜2，令f′（x）＜0，解得1≤x＜a，令f′（x）＞0，解得a＜x≤2，所以函数f（x）在[1，a）单调递减，（a，2]单调递增，所以f(x)若a≥2，则f′（x）≤0在[1，2]上恒成立，所以f（x）在[1，2]上单调递减，所以f(x)min=综上，a=【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．18．（2025春•海淀区校级期中）已知函数f（x）＝alnx﹣x（a∈R）．（1）当a＝2时，求f（x）的极值；（2）讨论函数f（x）在定义域内极值点的个数．【考点】利用导数求解函数的极值．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【正确答案】（1）极大值f（2）＝2ln2﹣2，没有极小值；（2）a≤0时，0个极值点为0个，当a＞0时，极值点为1个．【分析】（1）把a＝2代入，对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解；（2）对函数求导，结合导数与单调性及极值关系即可求解．解：f′(x)=（1）当a＝2时，f′(当0＜x＜2时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＞2时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，故x＝2时，函数取得极大值f（2）＝2ln2﹣2，没有极小值；（2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递减，没有极值，当a＞0时，由f′(x)=ax当0＜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，函数取得极大值，没有极小值，即极值点为1个，综上，a≤0时，0个极值点为0个，当a＞0时，极值点为1个．【点评】本题主要考查了导数与单调性及极值关系的应用，属于基础题．19．（2025春•大祥区校级期中）已知函数f(x)=2（1）当a＝1时，求f（x）在（1，f（1））处的切线方程；（2）当a＝1时，g(x)=12x2−x（3）当a＞0时，试讨论f（x）的单调性．【考点】不等式恒成立的问题；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．【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．【正确答案】（1）y=−（2）证明详见解析；（3）①若0＜a＜2，f（x）在（0，a）上单调递增，在（a，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增；②若a＝2，f（x）在（0，+∞）上单调递增；③若a＞2，f（x）在（0，2）上单调递增，在（2，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．【分析】（1）写出a＝1时f（x）的解析式，求导得到f'（x），求出f（1）和f'（1），再写出切线方程；（2）将f（x）、g（x）代入不等式，问题转化为证lnx﹣x+1≤0恒成