题目（高二 · 解析几何）：已知函数 $f(x)=-f^{\prime}(0) e^{x}+2 x$, 点 $P$ 为曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线 $I$ 上的一点, 点 $Q$ 在曲线 $y$ $=\mathrm{e}^{\mathrm{x}}$ 上, 则 $|\mathrm{PQ}|$ 的最小值为
选项：
答案：答案: $\sqrt{2}$
解析：答案: $\sqrt{2}$ 【解析】由 $f^{\prime}(x)=-f^{\prime}(0) e^{x}+2$, 令 $x=0$ 可得 $f^{\prime}(0)=-f^{\prime}(0) e^{0}+2$, 即 $f^{\prime}(0)=1$, 所以 $f(x)$ $=-\mathrm{e}^{\mathrm{x}}+2 \mathrm{x}$, 所以切线的斜率 $\mathrm{k}=\mathrm{f}^{\prime}(0)=1$, 又 $\mathrm{f}(0)=-1$, 故切线方程为 $\mathrm{y}+1=\mathrm{x}-0$, 即 $\mathrm{x}-\mathrm{y}-1=0$.由题意可知与直线 $x-y-1=0$ 平行且与曲线 $y=e^{x}$ 相切的切点到直线 $x-y-1=0$ 的距离即为所求. 设切点为 $Q\left(t, e^{t}\right)$, 则 $k_{1}=e^{t}=1$, 故 $t=0$, 即 $Q(0,1)$, 该点到直线 $x-y-1=0$ 的距离为 $d=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$,故答案为: $\sqrt{2}$.

10. 答案：解: ( I ) $\because f(x)=a x^{3}+b x^{2}$ 的图象经过点 $M(1,4), \therefore a+b(1)$又 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x$, 则 $f^{\prime}(-2)=0$, 即 $-6 a+2 b=0$ (2), 由(1)(2) 解得 $a=1, b=3$;

(II) 由 (I) 得: $f(x)=x^{3}+3 x^{2}, f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x$

令 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+6 x=0$, 得: $x=-2$ 或 $x=0$

当 $x \in(-\infty,-2)$ 或 $(0,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 是增函数,

当 $x \in(-2,0)$ 时, $f^{\prime}(x)<0, f(x)$ 是减函数.

$\because$ 函数 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在区间 $(\mathrm{m}, \mathrm{m}+1)$ 上不单调,

$\therefore \mathrm{m}<-2<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<0<\mathrm{m}+1$ 或 $\mathrm{m}<-2<0<\mathrm{m}+1$

解得: $-3<m<-2$ 或 $-1<m<0$

11. 答案：解:

$$
\text { (1) } f^{\prime}(x)=\frac{m\left(x^{2}+n\right)-2 n x^{2}}{\left(x^{2}+n\right)^{2}}=\frac{-m x^{2}+m n}{\left(x^{2}+n\right)^{2}}
$$

由 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $\mathrm{x}=1$ 处取到极值 2, 故 $\mathrm{f}^{\prime}(1)=0, \mathrm{f}(1)=2$ 即 $\left\{\begin{array}{c}\frac{m n-m}{\frac{1+n)^{2}}{}}=0 \\ \frac{m}{1+n}=2\end{array}\right.$,

解得 $m=4, n=1$, 经检验, 此时 $f(x)$ 在 $x=1$ 处取得极值. 故 $f(x)=\frac{4 x}{x^{2}+1}$

(2) 由 (1) 知 $f(x)$ 的定义域为 $R$, 且 $f(-x)=-f(x)$. 故 $f(x)$ 为奇函数. $f(0)=0, x>0$时, $f(x)>0, f(x)=\frac{4}{x+\frac{1}{x}} \leq 2$. 当且仅当 $x=1$ 时取“=”.

故 $f(x)$ 的值域为 $[-2,2]$. 从而 $f\left(x_{1}\right)+\frac{7}{2} \geq \frac{3}{2}$. 依题意有 $g(x)$ 最小值 $\leq \frac{3}{2}$

函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+\frac{a}{x}$ 的定义域为 $(0,+\infty), \mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})=\frac{x-a}{x^{2}}$

(1)当 $a \leq 1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$ 函数 $g(x)$ 在 $[1, e]$ 上单调递增, 其最小值为 $g(1)=a \leq 1<\frac{3}{2}$ 合题

(2)当 $1<a<e$ 时, 函数 $g(x)$ 在 $[1, a)$ 上有 $g^{\prime}(x)<0$, 单调递减, 在 $(a, e]$ 上有 $g^{\prime}(x)>0$, 单调递增, 所以函数 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 最小值为 $\mathrm{f}(\mathrm{a})=\operatorname{lna}+1$, 由 Ina $+1 \leq \frac{3}{2}$, 得 $0<\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$. 从而知 $1<a \leq \sqrt{e}$ 符合题意. (3)当 $a \geq e$ 时, 显然函数 $g$ ( $x$ ) 在 $[1, e]$ 上单调递减, 其最小值为 $g(e)=1+\frac{7}{2} \geq 2>\frac{3}{2}$, 不合题意综上所述, $\mathrm{a}$ 的取值范围为 $\mathrm{a} \leq \sqrt{e}$

12. 答案：解: ( I ) $f^{\prime}(x)=\frac{1}{x}, \mathrm{f}^{\prime}(1)=1$, 又 $\mathrm{f}(1)=0$, 所以切线方程为 $\mathrm{y}=\mathrm{x}-1$;

(II) 证明: 由题意知 $\mathrm{x}>0$, 令 $g(x)=f(x)-\left(1-\frac{1}{x}\right)=\ln x-1+\frac{1}{x} \cdot g^{\prime}(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^{2}}=\frac{x-1}{x^{2}}$令 $g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}=0$, 解得 $x=1$. 易知当 $x>1$ 时, $g^{\prime}(x)>0$, 易知当 $0<x<1$ 时, $g^{\prime}(x)<0$. 即 $g(x)$ 在 $(0,1)$ 单调递减, 在 $(1,+\infty)$ 单调递增,所以 $g(x) \min =g(1)=0, g(x) \geq g(1)=0$即 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})-\left(1 \frac{1}{\mathrm{x}}\right) \geqslant 0$, 即 $\mathrm{x}>0$ 时, $f(x) \geq 1-\frac{1}{x}$;

(III) 设 $h(x)=x-1-a 1 n x(x \geq 1)$, 依题意, 对于任意 $x>1, h(x)>0$ 恒成立.

$h^{\prime}(x)=1-\frac{a}{x}=\frac{x-a}{x}, a \leq 1$ 时, $h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上单调递增,

当 $x>1$ 时, $h(x)>h(1)=0$, 满足题意.

$a>1$ 时, $h(x)$ 在 (1, a) 上单调递减, 所以 $g(a)<g(1)=0$

即当 $a>1$ 时, 总存在 $g$ (a) $<0$, 不合题意. 综上所述, 实数 $a$ 的最大值为 1

13. 答案：（1）解: 记 $h(x)=2 x^{2}-3(1+a) x+6 a(a<1) \Delta=9(1+a)^{2}-48 a=(3 a-1)(3 a-9)$,当 $\triangle<0$, 即 $\frac{1}{3}<a<3, \mathrm{D}=(0,+\infty)$,
当 $0<a \leq \frac{1}{3}, D=\left(0, \frac{3+3 a-\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4}\right) \cup\left(\frac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\infty\right)$

当 $\mathrm{a} \leq 0, D=\left(\frac{3+3 a+\sqrt{9 a^{2}-30 a+9}}{4},+\infty\right)$

(2) 解: 由 $f^{\prime}(x)=6 x^{2}-6(1+a) x+6 a=0$ 得 $x=1, a$,

(1)当 $\frac{1}{3}<\alpha<1, f(x)$ 在 $D$ 内有一个极大值点 $a$, 有一个极小值点;

(2)当 $0<a \leq \frac{1}{3}, \because h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1 \leq 0$,

$h(a)=2 a^{2}-3(1+a) a+6 a=3 a-a^{2}>0, \quad \therefore 1 \notin D, a \in D, \quad \therefore f(x)$ 在 D 内有一个极大值点 $a$.

(3)当 $a \leq 0$, 则 $a \notin D$, 又 $\because h(1)=2-3(1+a)+6 a=3 a-1<0 . \therefore f(x)$ 在 $D$ 内有无极值点