【文档说明】《五年（2018-2022）高考数学真题分项汇编（全国通用）》专题04 导数及其应用（解答题）（文科专用）（教师版）.docx，共(16)页，702.928 KB，由管理员店铺上传

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专题04导数及其应用（解答题）（文科专用）1．【2022年全国甲卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑥,𝑔(𝑥)=𝑥2+𝑎，曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥1,𝑓(𝑥1))处的切线也是曲线𝑦=𝑔(𝑥)的切线．(1)若𝑥1=−1，求a；(2)求a的取值范围．

【答案】(1)3(2)[−1,+∞)【解析】【分析】（1）先由𝑓(𝑥)上的切点求出切线方程，设出𝑔(𝑥)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出𝑎即可；（2）设出𝑔(𝑥)上的切点坐标，分别由𝑓(𝑥)和�

�(𝑥)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出𝑎，构造函数，求导求出函数值域，即可求得𝑎的取值范围.(1)由题意知，𝑓(−1)=−1−(−1)=0，𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1，𝑓′(−1)=3−1=2，则𝑦=𝑓(𝑥)

在点(−1,0)处的切线方程为𝑦=2(𝑥+1)，即𝑦=2𝑥+2，设该切线与𝑔(𝑥)切于点(𝑥2,𝑔(𝑥2))，𝑔′(𝑥)=2𝑥，则𝑔′(𝑥2)=2𝑥2=2，解得𝑥2=1，则𝑔(1)=1+𝑎=2+2，解得

𝑎=3；(2)𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1，则𝑦=𝑓(𝑥)在点(𝑥1,𝑓(𝑥1))处的切线方程为𝑦−(𝑥13−𝑥1)=(3𝑥12−1)(𝑥−𝑥1)，整理得𝑦=(3𝑥12−1)𝑥−2𝑥13，设该切

线与𝑔(𝑥)切于点(𝑥2,𝑔(𝑥2))，𝑔′(𝑥)=2𝑥，则𝑔′(𝑥2)=2𝑥2，则切线方程为𝑦−(𝑥22+𝑎)=2𝑥2(𝑥−𝑥2)，整理得𝑦=2𝑥2𝑥−𝑥22+𝑎，则{3𝑥12−1=2�

�2−2𝑥13=−𝑥22+𝑎，整理得𝑎=𝑥22−2𝑥13=(3𝑥122−12)2−2𝑥13=94𝑥14−2𝑥13−32𝑥12+14，令ℎ(𝑥)=94𝑥4−2𝑥3−32𝑥2+14，则ℎ′(𝑥)=9𝑥3−6𝑥2−3𝑥=3𝑥(3𝑥+1)(𝑥−1)，令ℎ′(

𝑥)>0，解得−13<𝑥<0或𝑥>1，令ℎ′(𝑥)<0，解得𝑥<−13或0<𝑥<1，则𝑥变化时，ℎ′(𝑥),ℎ(𝑥)的变化情况如下表：𝑥(−∞,−13)−13(−13,0)0(0,1

)1(1,+∞)ℎ′(𝑥)−0+0−0+ℎ(𝑥)↘527↗14↘−1↗则ℎ(𝑥)的值域为[−1,+∞)，故𝑎的取值范围为[−1,+∞).2．【2022年全国乙卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)l

n𝑥．(1)当𝑎=0时，求𝑓(𝑥)的最大值；(2)若𝑓(𝑥)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得𝑓′(𝑥

)=(𝑎𝑥−1)(𝑥−1)𝑥2，按照𝑎≤0、0<𝑎<1及𝑎>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−1𝑥−ln𝑥,𝑥>0，则𝑓′(𝑥)=1𝑥2−1𝑥=1−𝑥

𝑥2，当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=−1；(2)𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−1𝑥−(𝑎+1)ln𝑥,𝑥>0，

则𝑓′(𝑥)=𝑎+1𝑥2−𝑎+1𝑥=(𝑎𝑥−1)(𝑥−1)𝑥2，当𝑎≤0时，𝑎𝑥−1≤0，所以当𝑥∈(0,1)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；当𝑥∈(1,+∞)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓

(𝑥)单调递减；所以𝑓(𝑥)max=𝑓(1)=𝑎−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<𝑎<1时，1𝑎>1，在(0,1),(1𝑎,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1,1𝑎)上，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；又𝑓(1)=𝑎

−1<0，当x趋近正无穷大时，𝑓(𝑥)趋近于正无穷大，所以𝑓(𝑥)仅在(1𝑎,+∞)有唯一零点，符合题意；当𝑎=1时，𝑓′(𝑥)=(𝑥−1)2𝑥2≥0，所以𝑓(𝑥)单调递增，又𝑓(

1)=𝑎−1=0，所以𝑓(𝑥)有唯一零点，符合题意；当𝑎>1时，1𝑎<1，在(0,1𝑎),(1,+∞)上，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增；在(1𝑎,1)上，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)单调递减；此时𝑓(1)=𝑎−1>0，又𝑓(1𝑎𝑛)=1𝑎𝑛

−1−𝑎𝑛+𝑛(𝑎+1)ln𝑎，当n趋近正无穷大时，𝑓(1𝑎𝑛)趋近负无穷，所以𝑓(𝑥)在(0,1𝑎)有一个零点，在(1𝑎,+∞)无零点，所以𝑓(𝑥)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决

本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.3．【2021年甲卷文科】设函数22()3ln1fxaxaxx=+−+，其中0a.（1）讨论()fx的单调性；（2）若()yfx=的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.【答案】（1

）()fx的减区间为10,a，增区间为1,+a；（2）1ae.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据()10f及（1）的单调性性可得()

min0fx，从而可求a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为()0,+，又()23(1)()axaxfxx+−=，因为0,0ax，故230ax+，当10xa时，()0fx；当1xa时，()0fx；所以()

fx的减区间为10,a，增区间为1,+a.（2）因为()2110faa=++且()yfx=的图与x轴没有公共点，所以()yfx=的图象在x轴的上方，由（1）中函数的单调性可得()min1133ln33lnfxfaaa==−=+

，故33ln0a+即1ae.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.4．【2021年乙卷文科】已知函数

32()1fxxxax=−++．（1）讨论()fx的单调性；（2）求曲线()yfx=过坐标原点的切线与曲线()yfx=的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和()11a−−−，.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论

导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：()232fxxxa=−+，导函数的判别式412a=−，当14120,3aa=−

时，()()0,fxfx在R上单调递增，当时，的解为：12113113,33aaxx−−+−==，当113,3ax−−−时，单调递增；当113113,33aax−−+−时，单调递减；当113,3ax+−+

时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在113,3a−−−，113,3a+−+上单调递增，在113113,33aa−+−−上单调递减.(2)由题意可得：()3200001fxxxax=−++，()2

00032fxxxa=−+，则切线方程为：()()()322000000132yxxaxxxaxx−−++=−+−，切线过坐标原点，则：()()()32200000001320xxaxxxax−−++=−+−,整理可得：3200210xx−−=，即：

()()20001210xxx−++=，解得：，则，()0'()11fxfa==+切线方程为：()1yax=+,与联立得321(1)xxaxax−++=+，化简得3210xxx−−+=,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，(

)1x−是321xxx−−+的一个因式，∴该方程可以分解因式为()()2110,xx−−=解得121,1xx==−,()11fa−=−−，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和()11a−−−，.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函

数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方

程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.5．【2020年新课标1卷文科】已知函数

()(2)xfxeax=−+.（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2）1(,)e+.【解析】【分析】（1）将1

a=代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()fx有两个零点，即(2)0xeax−+=有两个解，将其转化为2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=−+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【

详解】（1）当1a=时，()(2)xfxex=−+，'()1xfxe=−，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2）若()fx有两个零点，即

(2)0xeax−+=有两个解，从方程可知，2x=−不成立，即2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=−+，则有'22(2)(1)()(2)(2)xxxexeexhxxx+−+==++，令'()0hx，解得1x−，令'()0hx

，解得2x−或21x−−，所以函数()hx在(,2)−−和(2,1)−−上单调递减，在(1,)−+上单调递增，且当2x−时，()0hx，而2x+→−时，()hx→+，当x→+时，()hx→+，所以当2xeax=+有两个解时，

有1(1)ahe−=，所以满足条件的a的取值范围是：1(,)e+.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可

以利用数形结合，将问题转化为曲线xye=和直线(2)yax=+有两个交点，利用过点(2,0)−的曲线xye=的切线斜率，结合图形求得结果.6．【2020年新课标2卷文科】已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范

围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=()()fxfaxa−−的单调性．【答案】（1）)1,−+；（2）()gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间【解析】【分析】（1）[方法三]不等式()2fxxc+转化为()20fxxc−−，构造新函数，利用

导数求出新函数的最大值，进而进行求解即可；（2）对函数()gx求导，把导函数()gx的分子构成一个新函数()mx，再求导得到()mx，根据()mx的正负，判断()mx的单调性，进而确定()gx的正负性，最后求出函数()gx的单调性.【详解】（1）[方法一]【最优解

】：()2fxxc+等价于2ln21xxc−−≤．设()2ln2hxxx=−，则22(1)()2xhxxx−=−=．当01x时，()0hx，所以()hx在区间(0,1)内单调递增；当1x时，()0hx，所以()hx在区

间(1,)+内单调递减．故max[()](1)2hxh==−，所以12c−−≥，即1c−，所以c的取值范围是[1,)−+．[方法二]：切线放缩若()2fxxc+，即2ln12++xxc，即1ln2−+cxx当,()0x+时

恒成立，而lnyx=在点(1,0)处的切线为1yx=−，从而有ln1−xx，当,()0x+时恒成立，即112−−c，则1c−．所以c的取值范围为[1,)−+．[方法三]：利用最值求取值范围函数()fx的定义域为：(

0,)+()2()202ln120()fxxcfxxcxxc+−−+−−，设()2ln12(0)hxxxcx=+−−，则有22(1)()2xhxxx−=−=，当1x时，()0,()hxhx单调递减，当01x时，()0,()

hxhx单调递增，所以当1x=时，函数()hx有最大值，即max()(1)2ln11211hxhcc==+−−=−−，要想不等式()在(0,)+上恒成立，只需max()0101hxcc−−−；所

以c的取值范围为[1,)−+．（2）()()()2ln12ln12lnln(0xaxagxxxaxa+−+−==−−且)xa因此22(lnln)()()xaxxxagxxxa−−+=−，设()2(lnln)mxxaxxxa=−−+，则有()2(lnln)mxax=−，当xa时

，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递减，因此有()()0mxma=，即()0gx，所以()gx单调递减；当0xa时，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递增，因此有()()0m

xma=，即()0gx，所以()gx单调递减，所以函数()gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到

了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.7．【2020年新课标3卷文科】已知函数32()fxxkxk=−+．（1）讨论(

)fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27.【解析】【分析】（1）'2()3fxxk=−，对k分0k和0k两种情况讨论即可；（2）()

fx有三个零点，由（1）知0k，且()03()03kfkf−，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，'2()3fxxk=−，当0k时，'()0fx恒成立

，所以()fx在(,)−+上单调递增；当0k时，令'()0fx=，得3kx=，令'()0fx，得33kkx−，令'()0fx，得3kx−或3kx，所以()fx在(,)33kk−上单调递减，在(,)3k−−，(,)3k+上

单调递增.（2）由（1）知，()fx有三个零点，则0k，且()03()03kfkf−即2220332033kkkkkk+−，解得4027k，当4027k时，3kk，且2()0fkk=，所

以()fx在(,)3kk上有唯一一个零点，同理13kk−−−，32(1)(1)0fkkk−−=−−+，所以()fx在(1,)3kk−−−上有唯一一个零点，又()fx在(,)33kk−上有唯一一个零点，所以()fx有三个零点，综上可知k的取值范围为4(0,)27.

【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.8．【2019年新课标2卷文科】已知函数()(1)ln1fxxxx=−−−.证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（

2）()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】（1）见详解；（2）见详解【解析】【分析】（1）先对函数()fx求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一0x，使得0()0fx=，进而可得判断函数()fx的单调性，即可确定其极

值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到0()(1)20fxf=−，22()30fee=−，得到()0fx=在0(,)x+内存在唯一实根，记作x=，再求出1()0f=，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（1）由题意可得，()fx的定义域

为(0,)+，由()(1)ln1fxxxx=−−−，得11()ln1lnxfxxxxx−=+−=−，显然1()lnfxxx=−单调递增；又(1)10f=−，1ln41(2)ln2022f−=−=，故存在唯一0x，使得0()0fx=；又当0xx

时，0()0fx，函数()fx单调递增；当00xx时，0()0fx，函数()fx单调递减；因此，()fx存在唯一的极值点；（2）由（1）知，0()(1)2fxf=−，又22()30fee=−，所以()0fx=在0(,)

x+内存在唯一实根，记作x=.由01x得011x，又1111()()(1)ln10ff=−−−==，故1是方程()0fx=在0(0,)x内的唯一实根；综上，()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【点睛】本题主要考查

导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值、以及函数零点的问题，属于常考题型.9．【2019年新课标3卷文科】已知函数32()22fxxax=−+.（1）讨论()fx的单调性；（2）当0<<3a时，记()fx在区间0,1的最大值为M，最小值

为m，求Mm−的取值范围.【答案】(1)见详解；(2)8[,2)27.【解析】【分析】(1)先求()fx的导数，再根据a的范围分情况讨论函数单调性；(2)讨论a的范围，利用函数单调性进行最大值和最小值的

判断，最终求得Mm−的取值范围.【详解】(1)对32()22fxxax=−+求导得2'()626()3afxxaxxx=−=−.所以有当0a时，(,)3a−区间上单调递增，(,0)3a区间上单调递减，(0,)+区间上单调递增；当0a=时，(,)−+区间

上单调递增；当0a时，(,0)−区间上单调递增，(0,)3a区间上单调递减，(,)3a+区间上单调递增.(2)若02a，()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单调递增，所以区间[0,1]上最小值为

()3af.而(0)2,(1)22(0)ffaf==−+，故所以区间[0,1]上最大值为(1)f.所以332(1)()(4)[2()()2]233327aaaaMmffaaa−=−=−−−+=−+，设函数3()227xgxx=−+，求导2'()19

xgx=−当02x时)'(0gx从而()gx单调递减.而02a，所以38222727aa−+.即Mm−的取值范围是8[,2)27.若23a，()fx在区间(0,)3a单调递减，在区间(,1)3a单

调递增，所以区间[0,1]上最小值为()3af而(0)2,(1)22(0)ffaf==−+，故所以区间[0,1]上最大值为(0)f.所以332(0)()2[2()()2]33327aaaaMmffa−=−=−−+=，而23a，所以3

812727a.即Mm−的取值范围是8(,1)27.综上得Mm−的取值范围是8[,2)27.【点睛】(1)这是一道常规的函数导数不等式和综合题，题目难度比往年降低了不少.考查的函数单调性，最大值最小值这种基本概念的计算.思考量不大，由计算量补充.10．【2018年新课标1

卷文科】【2018年新课标I卷文】已知函数()e1xfxalnx=−−．（1）设2x=是()fx的极值点．求a，并求()fx的单调区间；（2）证明：当1ea时，()0fx．【答案】(1)a=212e；f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．(2)证明见解析.【解析】【详解】分析

：(1)先确定函数的定义域，对函数求导，利用f′（2）=0，求得a=212e，从而确定出函数的解析式，之后观察导函数的解析式，结合极值点的位置，从而得到函数的增区间和减区间；(2)结合指数函数的值域，可以确定当a≥1e时，f（x）≥eln1exx−−，之后构造新函数g（x）=el

n1exx−−，利用导数研究函数的单调性，从而求得g（x）≥g（1）=0，利用不等式的传递性，证得结果.详解：（1）f（x）的定义域为()0+，，f′（x）=aex–1x．由题设知，f′（2）=0，所以a=21

2e．从而f（x）=21eln12exx−−，f′（x）=211e2exx−．当0<x<2时，f′（x）<0；当x>2时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a≥1e时，f（x）≥eln1exx−−．设g（x）=e

ln1exx−−，则()e1'exgxx=−．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．故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当1ae时，()0fx．点睛：该题考查的是有关导数的应用问题

，涉及到的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要保证函数的生存权，先确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，

第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.11．【2018年新课标2卷文科】已知函数()()32113fxxaxx=−++．（1）若3a=，求()fx的单调区间；（2）证明：()fx只有一个零点．【答案】（1）f（x）在（–∞，323−），（323+，+∞）单调

递增，在（323−，323+）单调递减．（2）见解析.【解析】【详解】分析：（1）将3a=代入，求导得2()63fxxx=−−，令()0fx求得增区间，令()0fx求得减区间；（2）令321()(1)03fxxaxx=−++=，即32301xaxx−=++，则将问题转化为

函数32()31xgxaxx=−++只有一个零点问题，研究函数()gx单调性可得.详解：（1）当a=3时，f（x）=3213333xxx−−−，f′（x）=263xx−−．令f′（x）=0解得x=323−或x=323+．当

x∈（–∞，323−）∪（323+，+∞）时，f′（x）>0；当x∈（323−，323+）时，f′（x）<0．故f（x）在（–∞，323−），（323+，+∞）单调递增，在（323−，323+）单调递减．（2）由于210xx++，所以()0fx=等价于323

01xaxx−=++．设()gx=3231xaxx−++，则g′（x）=()()2222231xxxxx++++≥0，仅当x=0时g′（x）=0，所以g（x）在（–∞，+∞）单调递增．故g（x）至多有一个零点，从而f（x）至多有一个零点．又f（3a–1

）=221116260366aaa−+−=−−−，f（3a+1）=103，故f（x）有一个零点．综上，f（x）只有一个零点．点睛：（1）用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数()fx

的定义域；②求导数()fx；③由()0fx（或()0fx）解出相应的x的取值范围，当()0fx时，()fx在相应区间上是增函数；当()0fx时，()fx在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数()

gx有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.12．【2018年新课标3卷文科】已知函数()21xaxxfxe+−=．（1）求曲线()yfx=在点()0,1−处的切线方程；（2）证明：当1a时，()0fxe+．【答案】（1）切线方程是210xy−

−=（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）当a1时，()12fxe1xxexxe+−+++−（）,令12gx1xexx+=++−，只需证明gx0即可．【详解】（1）()()2212

xaxaxfxe−++−=，()02f=．因此曲线()yfx=在点()0,1−处的切线方程是210xy−−=．（2）当1a时，()()211xxfxexxee+−++−+．令()211xgxxxe+=+

−+，则()121xgxxe+=++，()120xgxe+=+当1x−时，()()10gxg−=，()gx单调递减；当1x−时，()()10gxg−=，()gx单调递增；所以()gx()1=0g

−．因此()0fxe+．【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，由导数的几何意义可求出切线方程，第二问构造12g(x)1xexx+=++−很关键，本题有难度．