专题 03 导数及其应用
b
1．【2022年全国甲卷】当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值-2，则f' (2)=( )
x
1 1
A．-1 B．- C． D．1
2 2
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意可知f (1)=-2，f'(1)=0即可解得a,b，再根据f'(x)即可解出．
【详解】
a b
因为函数f (x)定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=-2，f'(1)=0，而f'(x)= - ，
x x2
2 2
所以b=-2,a-b=0，即a=-2,b=-2，所以f'(x)=- + ，因此函数f (x)在(0,1)上递
x x2
1 1
增，在(1,+∞)上递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f'(2)=-1+ =- ．
2 2
故选：B.
31 1 1
2．【2022年全国甲卷】已知a= ,b=cos ,c=4sin ，则( )
32 4 4
A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b
【答案】A
【解析】
【分析】
c 1
由 =4tan 结合三角函数的性质可得c>b；构造函数
b 4
1
f(x)=cosx+ x2-1,x∈(0,+∞)，利用导数可得b>a，即可得解.
2
【详解】
c 1 π
因为 =4tan ,因为当x∈(0, ),sinx<x<tanx
b 4 21 1 c
所以tan > ,即 >1,所以c>b；
4 4 b
1
设f(x)=cosx+ x2-1,x∈(0,+∞)，
2
f' (x)=-sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
(1) 1 31
则f >f(0)=0,所以cos - >0，
4 4 32
所以b>a,所以c>b>a，
故选：A
1
3．【2022年新高考1卷】设a=0.1e0.1,b= ，c=-ln0.9，则(
)
9
A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b
【答案】C
【解析】
【分析】
构造函数f(x)=ln(1+x)-x， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c的大小.
【详解】
1 x
设f(x)=ln(1+x)-x(x>-1)，因为f' (x)= -1=- ，
1+x 1+x
当x∈(-1,0)时，f' (x)>0，当x∈(0,+∞)时f' (x)<0，
所以函数f(x)=ln(1+x)-x在(0,+∞)单调递减，在(-1,0)上单调递增，
1 10 1 1 10
所以f( )<f(0)=0，所以ln - <0，故 >ln =-ln0.9，即b>c，
9 9 9 9 9
1 9 1 9 - 1 1 1 1
所以f(- )<f(0)=0，所以ln + <0，故 <e 10，所以 e10< ，
10 10 10 10 10 9
故a<b，
1
(x2-1)ex+1
设g(x)=xex+ln(1-x)(0<x<1)，则g' (x)=(x+1)ex+ = ,
x-1 x-1
令h(x)=ex (x2-1)+1，h' (x)=ex (x2+2x-1)，当0<x<√2-1时，h' (x)<0，函数h(x)=ex (x2-1)+1单调递减，
当√2-1<x<1时，h' (x)>0，函数h(x)=ex (x2-1)+1单调递增，
又h(0)=0，
所以当0<x<√2-1时，h(x)<0，
所以当0<x<√2-1时，g' (x)>0，函数g(x)=xex+ln(1-x)单调递增，
所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1>-ln0.9，所以a>c
故选：C.
4．【2022年新高考1卷】(多选)已知函数f(x)=x3-x+1，则(
)
A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用
导数的几何意义判断D.
【详解】
√3 √3
由题，f'(x)=3x2-1，令f'(x)>0得x> 或x<- ，
3 3
√3 √3
令f' (x)<0得- <x< ，
3 3
√3 √3 √3 √3
所以f(x)在(- , )上单调递减，在(-∞,- )，( ,+∞)上单调递增，
3 3 3 3
√3
所以x=± 是极值点，故A正确；
3
√3 2√3 √3 2√3
因f(- )=1+ >0，f( )=1- >0，f (-2)=-5<0，
3 9 3 9
( √3)
所以，函数f (x)在 -∞,- 上有一个零点，
3√3 (√3) (√3 )
当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点，
3 3 3
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令h(x)=x3-x，该函数的定义域为R，h(-x)=(-x) 3-(-x)=-x3+x=-h(x)，
则h(x)是奇函数，(0,0)是h(x)的对称中心，
将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f'(x)=3x2-1=2，可得x=±1，又f(1)=f (-1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x-1，当切点为(-1,1)时，切线方程为y=2x+3，
故D错误.
故选：AC.
5．【2022年全国乙卷】已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2 (a>0且a≠1)的极
1 2
小值点和极大值点．若x <x ，则a的取值范围是____________．
1 2
(1 )
【答案】 ,1
e
【解析】
【分析】
由x ,x 分别是函数f (x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点，可得
1 2
x∈(-∞,x )∪(x ,+∞)时，f'(x)<0，x∈(x ,x )时，f'(x)>0，再分a>1和0<a<1两
1 2 1 2
种情况讨论，方程2lna⋅ax-2ex=0的两个根为x ,x ，即函数y=lna⋅ax与函数y=ex
1 2
的图象有两个不同的交点，构造函数g(x)=lna⋅ax，利用指数函数的图象和图象变换得到
g(x)的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.
【详解】
解：f'(x)=2lna⋅ax-2ex，因为x ,x 分别是函数f (x)=2ax-ex2的极小值点和极大值点，
1 2
所以函数f (x)在(-∞,x )和(x ,+∞)上递减，在(x ,x )上递增，
1 2 1 2
所以当x∈(-∞,x )∪(x ,+∞)时，f'(x)<0，当x∈(x ,x )时，f'(x)>0，
1 2 1 2
若a>1时，当x<0时，2lna⋅ax>0,2ex<0，则此时f'(x)>0，与前面矛盾，
故a>1不符合题意，
若0<a<1时，则方程2lna⋅ax-2ex=0的两个根为x ,x ，
1 2
即方程lna⋅ax=ex的两个根为x ,x ，
1 2
即函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
∵0<a<1,∴函数y=ax的图象是单调递减的指数函数，
又∵lna<0,∴y=lna⋅ax的图象由指数函数y=ax向下关于x轴作对称变换，然后将图象
上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|lna|倍得到，如图所示：
设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x ,lna⋅ax 0)，
0
则切线的斜率为g' (x )=ln2a⋅ax 0，
0
故切线方程为y-lna⋅ax 0=ln2a⋅ax 0(x-x )，
0
1
则有-lna⋅ax 0=-x ln2a⋅ax 0，解得x = ，
0 0 lna1
则切线的斜率为 ln2a⋅alna=eln2a ，
因为函数y=lna⋅ax与函数y=ex的图象有两个不同的交点，
1
所以eln2a<e，解得 <a<e，
e
1
又0<a<1，所以 <a<1，
e
(1 )
综上所述，a的范围为 ,1 .
e
【点睛】
本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，
有一定的难度.
6．【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围
是________________．
【答案】(-∞,-4)∪(0,+∞)
【解析】
【分析】
设出切点横坐标x ，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x 的
0 0
方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.
【详解】
∵y=(x+a)ex，∴y'=(x+1+a)ex，
设切点为(x ,y ),则y =(x +a)ex 0,切线斜率k=(x +1+a)ex 0,
0 0 0 0 0
切线方程为：y-(x +a)ex 0=(x +1+a)ex 0(x-x ),
0 0 0
∵切线过原点，∴-(x +a)ex 0=(x +1+a)ex 0(-x ),
0 0 0
整理得：x2+ax -a=0,
0 0
∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<-4或a>0,
∴a的取值范围是(-∞,-4)∪(0,+∞),
故答案为：(-∞,-4)∪(0,+∞)7．【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，
____________．
1 1
【答案】 y= x y=- x
e e
【解析】
【分析】
分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x ,lnx )，求出函数的导函数，即可求出切线
0 0
的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x ，即可求出切线方程，当
0
x<0时同理可得；
【详解】
解： 因为y=ln|x|，
1 1
当x>0时y=lnx，设切点为(x ,lnx )，由y'= ，所以y'| = ，所以切线方程为
0 0 x x=x 0 x
0
1
y-lnx = (x-x )，
0 x 0
0
1 1
又切线过坐标原点，所以 -lnx = (-x )，解得x =e，所以切线方程为y-1= (x-e)，
0 x 0 0 e
0
1
即y= x；
e
1 1
当x<0时y=ln(-x)，设切点为(x ,ln(-x ))，由y'= ，所以y'| = ，所以切线方程
1 1 x x=x 1 x
1
1
为y-ln(-x )= (x-x )，
1 x 1
1
1
又切线过坐标原点，所以 -ln(-x )= (-x )，解得x =-e，所以切线方程为
1 x 1 1
1
1 1
y-1= (x+e)，即y=- x；
-e e
1 1
故答案为：y= x；y=- x
e e
8．【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(x ,f (x ))处的切线也是曲线y=g(x)的切线．
1 1
(1)若x =-1，求a；
1
(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g(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(x ,g(x ))，g' (x)=2x，则g' (x )=2x =2，解得
2 2 2 2
x =1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；
2
(2)
f' (x)=3x2-1，则y=f(x)在点(x ,f(x ))处的切线方程为y-(x3-x )=(3x2-1)(x-x )，
1 1 1 1 1 1
整理得y=(3x2-1)x-2x3
，
1 1
设该切线与g(x)切于点(x ,g(x ))，g' (x)=2x，则g' (x )=2x ，则切线方程为
2 2 2 2
y-(x2+a)=2x (x-x )，整理得y=2x x-x2+a，
2 2 2 2 2
(3x2
1)
2
9 3 1
则¿，整理得a=x2-2x3= 1- -2x3= x4-2x3- x2+ ，
2 1 2 2 1 4 1 1 2 1 4
9 3 1
令h(x)= x4-2x3- x2+ ，则h' (x)=9x3-6x2-3x=3x(3x+1)(x-1)，令
4 2 41
h' (x)>0，解得- <x<0或x>1，
3
1
令h' (x)<0，解得x<- 或0<x<1，则x变化时，h' (x),h(x)的变化情况如下表：
3
( 1) 1 ( 1 )
x -∞,- - - ,0 0 (0,1) 1 (1,+∞)
3 3 3
h' (x) - 0 + 0 - 0 +
5 1
h(x) ↘ ↗ ↘ -1 ↗
27 4
则h(x)的值域为[-1,+∞)，故a的取值范围为[-1,+∞).
ex
9．【2022年全国甲卷】已知函数f (x)= -lnx+x-a．
x
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x ,x ，则环x x <1．
1 2 1 2
【答案】(1)(-∞,e+1]
(2)证明见的解析
【解析】
【分析】
(1)由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
ex 1 1 1
(2)利用分析法，转化要证明条件为 -xex-2[lnx- (x- )]>0，再利用导数即可得
x 2 x
证.
(1)
f(x)的定义域为(0,+∞)，
1 1 1 1 1 1 x-1 ex
f' (x)=( - )ex- +1 = (1- )ex+(1- )= ( +1)
x x2 x x x x x x
令f(x)=0,得x=1
当x∈(0,1),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1-a，若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(-∞,e+1]
(2)
由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1
不妨设x <1<x
1 2
1
要证x x <1,即证x <
1 2 1 x
2
1 1
因为x , ∈(0,1),即证f(x )>f( )
1 x 1 x
2 2
1
因为f(x )=f(x ),即证f(x )>f( )
1 2 2 x
2
ex 1 1
即证 -lnx+x-xex-lnx- >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 -xex-2[lnx- (x- )]>0
x 2 x
ex 1 1 1
下面证明x>1时， -xex>0,lnx- (x- )<0
x 2 x
ex 1
设g(x)= -xex,x>1，
x
1 1 1
1 1 1 1 1 1
则g' (x)=( - )ex-(ex+xex⋅(- ))= (1- )ex-ex(1- )
x x2 x2 x x x
1 ex 1 x-1 ex 1
=(1- )( -ex)= ( -ex)
x x x x
ex 1 1 x-1
设φ(x)= (x>1),φ' (x)=( - )ex= ex>0
x x x2 x2
1
所以φ(x)>φ(1)=e,而
ex<e
ex 1
所以 -ex>0,所以g' (x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 -xex>0
x
1 1
令h(x)=lnx- (x- ),x>1
2 x
1 1 1 2x-x2-1 -(x-1) 2
h' (x)= - (1+ )= = <0
x 2 x2 2x2 2x2
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即h(x)<h(1)=0,所以lnx- (x- )<0；
2 x
ex 1 1 1
综上, -xex-2[lnx- (x- )]>0,所以x x <1.
1 2
x 2 x
【点睛】
关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
1 1
h(x)=lnx- (x- )这个函数经常出现，需要掌握
2 x
1
10．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax- -(a+1)lnx．
x
(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；
(ax-1)(x-1)
(2)求导得f' (x)= ，按照a≤0、0<a<1及a>1结合导数讨论函数的单调性，
x2
求得函数的极值，即可得解.
(1)
1 1 1 1-x
当a=0时，f(x)=- -lnx,x>0，则f' (x)= - = ，
x x2 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) =f(1)=-1；
max
(2)
1 1 a+1 (ax-1)(x-1)
f(x)=ax- -(a+1)lnx,x>0，则f' (x)=a+ - = ，
x x2 x 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) =f(1)=a-1<0，此时函数无零点，不合题意；
max
1 1
当0<a<1时， >1，在(0,1),( ,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增；
a a
1
在(1, )上，f' (x)<0，f(x)单调递减；
a
又f(1)=a-1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，
1
所以f(x)仅在( ,+∞)有唯一零点，符合题意；
a
(x-1) 2
当a=1时，f' (x)= ≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a-1=0，
x2
所以f(x)有唯一零点，符合题意；
1 1
当a>1时， <1，在(0, ),(1,+∞)上，f' (x)>0，f(x)单调递增；
a a
1
在( ,1)上，f' (x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a-1>0，
a
1 1 1
又f( )= -an+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f( )趋近负无穷，
an an-1 an
1 1
所以f(x)在(0, )有一个零点，在( ,+∞)无零点，
a a
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.11．【2022年全国乙卷】已知函数f (x)=ln(1+x)+axe-x
(1)当a=1时，求曲线y=f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)y=2x
(2)(-∞,-1)
【解析】
【分析】
(1)先算出切点,再求导算出斜率即可
(2)求导,对a分类讨论,对x分(-1,0),(0,+∞)两部分研究
(1)
f(x)的定义域为(-1,+∞)
x 1 1-x
当a=1时,f(x)=ln(1+x)+ ,f(0)=0,所以切点为(0,0) f' (x)= + ,f' (0)=2,
ex 1+x ex
所以切线斜率为2
所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x
(2)
ax
f(x)=ln(1+x)+
ex
1 a(1-x) ex+a(1-x2)
f' (x)= + =
1+x ex (1+x)ex
设g(x)=ex+a(1-x2)
1°若a>0,当x∈(-1,0),g(x)=ex+a(1-x2)>0,即f' (x)>0
所以f(x)在(-1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0
故f(x)在(-1,0)上没有零点,不合题意
2°若-1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g' (x)=ex-2ax>0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f' (x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<-1
(1)当x∈(0,+∞),则g' (x)=ex-2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f' (m)=0
当x∈(0,m),f' (x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f' (x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0
当x→+∞,f(x)→+∞
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(-1,0),g(x)=ex+a(1-x2)
设h(x)=g' (x)=ex-2ax
h' (x)=ex-2a>0
所以g' (x)在(-1,0)单调递增
1
g' (-1)= +2a<0,g' (0)=1>0
e
所以存在n∈(-1,0),使得g' (n)=0
当x∈(-1,n),g' (x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g' (x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0
1
又g(-1)= >0
e
所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f' (t)=0当x∈(-1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减
有x→-1,f(x)→-∞
而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0
所以f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(-1,0)上有唯一零点
所以a<-1,符合题意
所以若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(-∞,-1)
【点睛】
方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一
边不满足即可，肯定要两方面都说明.
12．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从
左到右的三个交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类
讨论.
(2)根据(1)可得当b>1时， ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数均为2，构建新函数h(x)=ex+lnx-2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，
根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两
类方程的根的关系可证明三根成等差数列.
(1)
f(x)=ex-ax的定义域为R，而f' (x)=ex-a，
若a≤0，则f' (x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
1 ax-1
g(x)=ax-lnx的定义域为(0,+∞)，而g' (x)=a- =
.
x x
当x<lna时，f' (x)<0，故f(x)在(-∞,lna)上为减函数，
当x>lna时，f' (x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，
故f(x) =f(lna)=a-alna.
min
1 1
当0<x< 时，g' (x)<0，故g(x)在(0, )上为减函数，
a a
1 1
当x> 时，g' (x)>0，故g(x)在( ,+∞)上为增函数，
a a
1 1
故g(x) =g( )=1-ln .
min a a
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值，
1 a-1
故1-ln =a-alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
a-1 2 1 -a2-1
设g(a)= -lna,a>0，则g' (a)= - = ≤0，
1+a (1+a) 2 a a(1+a) 2
故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，
1-a
故g(a)=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.
(2)
1
由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-lnx的最小值为1-ln1=1-ln =1.
1当b>1时，考虑ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.
设S(x)=ex-x-b，S' (x)=ex-1，
当x<0时，S' (x)<0，当x>0时，S' (x)>0，
故S(x)在(-∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，
所以S(x) =S(0)=1-b<0，
min
而S(-b)=e-b>0，S(b)=eb-2b，
设u(b)=eb-2b，其中b>1，则u' (b)=eb-2>0，
故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e-2>0，
故S(b)>0，故S(x)=ex-x-b有两个不同的零点，即ex-x=b的解的个数为2.
x-1
设T(x)=x-lnx-b，T' (x)= ，
x
当0<x<1时，T' (x)<0，当x>1时，T' (x)>0，
故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，
所以T(x) =T(1)=1-b<0，
min
而T(e-b )=e-b>0，T(eb )=eb-2b>0，
T(x)=x-lnx-b有两个不同的零点即x-lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b仅有一个零点，
当b<1时，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b均无零点，
故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
则b>1.
1
设h(x)=ex+lnx-2x，其中x>0，故h' (x)=ex+ -2，
x
设s(x)=ex-x-1，x>0，则s' (x)=ex-1>0，
故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即ex>x+1，
1
所以h' (x)>x+ -1≥2-1>0，所以h(x)在(0,+∞)上为增函数，
x1
1 2 2
而h(1)=e-2>0，h( )=ee3-3- <e-3- <0，
e3 e3 e3
1
故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x ， <x <1且：
0 e3 0
当0<x<x 时，h(x)<0即ex-x<x-lnx即f(x)<g(x)，
0
当x>x 时，h(x)>0即ex-x>x-lnx即f(x)>g(x)，
0
因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，
故b=f(x )=g(x )>1，
0 0
此时ex-x=b有两个不同的零点x ,x (x <0<x )，
1 0 1 0
此时x-lnx=b有两个不同的零点x ,x (0<x <1<x )，
0 4 0 4
故ex 1-x =b，ex 0-x =b，x -lnx -b=0，x -lnx -b=0
1 0 4 4 0 0
所以x -b=lnx 即ex 4 -b=x 即ex 4 -b-(x -b)-b=0，
4 4 4 4
故x -b为方程ex-x=b的解，同理x -b也为方程ex-x=b的解
4 0
又ex 1-x =b可化为ex 1=x +b即x -ln(x +b)=0即(x +b)-ln(x +b)-b=0，
1 1 1 1 1 1
故x +b为方程x-lnx=b的解，同理x +b也为方程x-lnx=b的解，
1 0
所以{x ,x }={x -b,x -b}，而b>1，
1 0 0 4
x =x -b
故{ 0 4 即x +x =2x .
x =x -b 1 4 0
1 0
【点睛】
思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分
类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
13．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeax-ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<-1，求a的取值范围；
1 1 1
(3)设n∈N*，证明： + +⋯+ >ln(n+1)．
√12+1 √22+2 √n2+n
【答案】(1)f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞).
1
(2)a≤
2(3)见解析
【解析】
【分析】
(1)求出f' (x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.
1
(2)设h(x)=xeax-ex+1，求出h″ (x)，先讨论a> 时题设中的不等式不成立，再就
2
1
0<a≤ 结合放缩法讨论h' (x)符号，最后就a≤0结合放缩法讨论h(x)的范围后可得参数
2
的取值范围.
1 1
(3)由(2)可得2lnt<t- 对任意的t>1恒成立，从而可得ln(n+1)-lnn< 对任意的
t √n2+n
n∈N*恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
(1)
当a=1时，f(x)=(x-1)ex，则f' (x)=xex，
当x<0时，f' (x)<0，当x>0时，f' (x)>0，
故f(x)的减区间为(-∞,0)，增区间为(0,+∞).
(2)
设h(x)=xeax-ex+1，则h(0)=0，
又h' (x)=(1+ax)eax-ex，设g(x)=(1+ax)eax-ex，
则g' (x)=(2a+a2x)eax-ex，
1
若a> ，则g' (0)=2a-1>0，
2
因为g' (x)为连续不间断函数，
故存在x ∈(0,+∞)，使得∀x∈(0,x )，总有g' (x)>0，
0 0
故g(x)在(0,x )为增函数，故g(x)>g(0)=0，
0
故h(x)在(0,x )为增函数，故h(x)>h(0)=-1，与题设矛盾.
01
若0<a≤ ，则h' (x)=(1+ax)eax-ex=eax+ln(1+ax)-ex，
2
下证：对任意x>0，总有ln(1+x)<x成立，
1 -x
证明：设S(x)=ln(1+x)-x，故S' (x)= -1= <0，
1+x 1+x
故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x成立.
由上述不等式有eax+ln(1+ax)-ex<eax+ax-ex=e2ax-ex≤0，
故h' (x)≤0总成立，即h(x)在(0,+∞)上为减函数，
所以h(x)<h(0)=-1.
当a≤0时，有h' (x)=eax-ex+axeax<1-1+0=0，
所以h(x)在(0,+∞)上为减函数，所以h(x)<h(0)=-1.
1
综上，a≤ .
2
(3)
1 1
取a=
2
，则∀x>0，总有 xe2 x -ex+1<0 成立，
1
令 t=e2 x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
1
故2tlnt<t2-1即2lnt<t- 对任意的t>1恒成立.
t
√n+1 √n+1 √ n
所以对任意的n∈N*，有2ln < - ，
n n n+1
1
整理得到：ln(n+1)-lnn<
，
√n2+n
1 1 1
故
+ +⋯+ >ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+ln(n+1)-lnn
√12+1 √22+2 √n2+n
=ln(n+1)，
故不等式成立.
【点睛】
思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合
端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
14．【2022年北京】已知函数f(x)=exln(1+x)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)=f' (x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
【答案】(1)y=x
(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
(2)在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
(3)令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在
[0,+∞)上单调递增，即得证.
(1)
解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f(0)=0，
即切点坐标为(0,0)，
1
又f' (x)=ex (ln(1+x)+ )，
1+x
∴切线斜率k=f' (0)=1
∴切线方程为：y=x
(2)
1
解：因为g(x)=f' (x)=ex (ln(1+x)+ )，
1+x
2 1
所以g' (x)=ex (ln(1+x)+ - )，
1+x (1+x) 2
2 1
令h(x)=ln(1+x)+ -
，
1+x (1+x) 21 2 2 x2+1
则h' (x)= - + = >0，
1+x (1+x) 2 (1+x) 3 (1+x) 3
∴h(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)=1>0
∴g' (x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)
解：原不等式等价于f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)，
令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x)，
ex+t ex
m' (x)=ex+tln(1+x+t)+ -exln(1+x)- =g(x+t)-g(x)，
1+x+t 1+x
1
由(2)知g(x)=f' (x)=ex (ln(1+x)+ )在[0,+∞)上单调递增，
1+x
∴g(x+t)>g(x)，
∴m' (x)>0
∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
e
15．【2022年浙江】设函数f(x)= +lnx(x>0)．
2x
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x ,f (x )),(x ,f (x )),(x ,f (x ))处的切线
1 1 2 2 3 3
都经过点(a,b)．证明：
1(a )
(ⅰ)若a>e，则0<b-f(a)< -1 ；
2 e
2 e-a 1 1 2 e-a
(ⅱ)若0<a<e,x <x <x ，则 + < + < - ．
1 2 3 e 6e2 x x a 6e2
1 3
(注：e=2.71828⋯是自然对数的底数)e e
【答案】(1)f(x)的减区间为(0, )，增区间为( ,+∞).
2 2
(2)(ⅰ)见解析；(ⅱ)见解析.
【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)(ⅰ)由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，
x a 2 (m-13)(m2-m+12)
(ⅱ) k= 3 ，m= <1，则题设不等式可转化为t +t -2- < ，结
x e 1 3 m 36m(t +t )
1 1 3
(m-1)(m-13)(m2-m+12)
合零点满足的方程进一步转化为lnm+ <0，利用导数可证该
72(m+1)
不等式成立.
(1)
e 1 2x-e
f' (x)=- + =
，
2x2 x 2x2
e e
当0<x< ，f' (x)<0；当x> ，f' (x)>0，
2 2
e e
故f(x)的减区间为(0, )，f(x)的增区间为( ,+∞).
2 2
(2)
(ⅰ)因为过(a,b)有三条不同的切线，设切点为(x ,f(x )),i=1,2,3，
i i
故f(x )-b=f' (x )(x -a)，
i i i
故方程f(x)-b=f' (x)(x-a)有3个不同的根，
1 e e
该方程可整理为( - )(x-a)- -lnx+b=0，
x 2x2 2x
1 e e
设g(x)=( - )(x-a)- -lnx+b，
x 2x2 2x
1 e 1 e 1 e
则g' (x)= - +(- + )(x-a)- +
x 2x2 x2 x3 x 2x21
=- (x-e)(x-a)，
x3
当0<x<e或x>a时，g' (x)<0；当e<x<a时，g' (x)>0，
故g(x)在(0,e),(a,+∞)上为减函数，在(e,a)上为增函数，
因为g(x)有3个不同的零点，故g(e)<0且g(a)>0，
1 e e 1 e e
故( - )(e-a)- -lne+b<0且( - )(a-a)- -lna+b>0，
e 2e2 2e a 2a2 2a
a e
整理得到：b< +1且b> +lna=f(a)，
2e 2a
1 a a e a 1 3 e
此时b-f(a)- ( -1)< +1-( +lna)- + = - -lna，
2 e 2e 2a 2e 2 2 2a
3 e e-2a
设u(a)= - -lna，则u' (a)= <0，
2 2a 2a2
3 e
故u(a)为(e,+∞)上的减函数，故u(a)< - -lne=0，
2 2e
1 a
故0<b-f(a)< ( -1).
2 e
(ⅱ)当0<a<e时，同(ⅰ)中讨论可得：
故g(x)在(0,a),(e,+∞)上为减函数，在(a,e)上为增函数，
不妨设x <x <x ，则0<x <a<x <e<x ，
1 2 3 1 2 3
因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e)>0，
1 e e 1 e e
故( - )(e-a)- -lne+b>0且( - )(a-a)- -lna+b<0，
e 2e2 2e a 2a2 2a
a a
整理得到： +1<b< +lna，
2e 2e
因为x <x <x ，故0<x <a<x <e<x ，
1 2 3 1 2 3
a+e ea
又g(x)=1- + -lnx+b，
x 2x2
e a a+e ea
设t=
，
=m∈(0,1)，则方程1- + -lnx+b=0即为：
x e x 2x2
a+e a m
- t+ t2+lnt+b=0即为-(m+1)t+ t2+lnt+b=0，
e 2e 2
e e e
t = ,t = ,t = ,
记
1 x 2 x 3 x
1 2 3m
则t ,t ,t 为-(m+1)t+ t2+lnt+b=0有三个不同的根，
1 1 3 2
t x e a
设k= 1= 3> >1，m= <1，
t x a e
3 1
2 e-a 1 1 2 e-a e-a 2e e-a
要证： + < + < - ，即证2+ <t +t < - ，
e 6e2 x x a 6e2 6e 1 3 a 6e
1 2
13-m 2 1-m
即证： <t +t < - ，
6 1 3 m 6
13-m 2 1-m
即证：(t +t - )(t +t - + )<0，
1 3 6 1 3 m 6
2
(m-13)(m2-m+12)
即证：t +t -2- < ，
1 3 m 36m(t +t )
1 3
m m
而-(m+1)t + t2+lnt +b=0且-(m+1)t + t2+lnt +b=0，
1 2 1 1 3 2 3 3
m
故lnt -lnt + (t2-t2 )-(m+1)(t -t )=0，
1 3 2 1 3 1 3
2 2 lnt -lnt
故t +t -2- =- × 1 3 ，
1 3 m m t -t
1 3
2 lnt -lnt (m-13)(m2-m+12)
故即证：- × 1 3< ，
m t -t 36m(t +t )
1 3 1 3
t
(t +t )ln 1
即证： 1 3 t (m-13)(m2-m+12)
3 + >0
t -t 72
1 3
(k+1)lnk (m-13)(m2-m+12)
即证： + >0，
k-1 72
记φ(k)=
(k+1)lnk
,k>1，则φ' (k)=
1
(k-
1
-2lnk)>0，
k-1 (k-1) 2 k
1 1 2 2 2
设u(k)=k- -2lnk，则u' (k)=1+ - > - =0即φ' (k)>0，
k k2 k k k
故φ(k)在(1,+∞)上为增函数，故φ(k)>φ(m)，
(k+1)lnk (m-13)(m2-m+12) (m+1)lnm (m-13)(m2-m+12)
所以 + > + ，
k-1 72 m-1 72(m-1)(m-13)(m2-m+12)
记ω(m)=lnm+ ,0<m<1，
72(m+1)
(m-1) 2 (3m3-20m2-49m+72) (m-1) 2 (3m3+3)
则ω' (m)= > >0，
72m(m+1) 2 72m(m+1) 2
所以ω(m)在(0,1)为增函数，故ω(m)<ω(1)=0，
(m-1)(m-13)(m2-m+12) (m+1)lnm (m-13)(m2-m+12)
故lnm+ <0即 + >0，
72(m+1) m-1 72
故原不等式得证：
【点睛】
思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复
杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有
比值代换等.
1．(2022·全国·南京外国语学校模拟预测)设函数 在R上存在导数 ，对于任意的
实数 ，有 ，当 时， ，若
，则实数 的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
构造函数 ，得到 为奇函数， 在 上单调递减，分
和 两种情况，利用奇偶性和单调性解不等式，求出实数 的取值范围.
【详解】
∵ ，∴ ．令 ，且 ，
则 在 上单调递减．
又∵ ，
∴ ，
∴ 为奇函数， 在 上单调递减．
∵ ，
∴ ．
当 ，即 时， ，
即
即 ，由于 在 上递减，则 ，
解得： ，
∴ ．
当 ，即 时， ，
即 ．
由 在 上递减，则 ，
解得： ，所以 ．
综上所述，实数 的取值范围是 ．
故选：D．
【点睛】
构造函数，研究出构造的函数的奇偶性和单调性，进而解不等式，是经常考查的一类题目，
结合题干信息，构造出函数是关键.2．(2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测(理))已知函数 ，若对任
意实数 ，不等式 总成立，则实数 的取值范围为( )
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
将所求不等式变形为 ，构造函数 ，可知该函数
在 上为增函数，由此可得出 ，其中 ，利用导数求出
的最大值，即可求得实数 的取值范围.
【详解】
当 时，由 可得 ，
即 ，
构造函数 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上为增函数，
由 可得 ，
所以， ，即 ，其中 ，
令 ，其中 ，则 .当 时， ，函数 单调递增，
当 时， ，函数 单调递减，
所以， ， .
故选：D.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行
转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.
3．(2022·江苏无锡·模拟预测)已知 ，则 ， ， 的大小为
( )
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据给定条件，构造函数 ，利用函数的单调性比较大小作答.
【详解】
令函数 ，当 时，求导得： ，
则函数 在 上单调递减，又 ， ，
，
显然 ，则有 ，所以 .
故选：C
【点睛】
思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.
4．(2022·福建·三明一中模拟预测)己知e为自然对数的底数，a，b均为大于1的实数，若
，则( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意化简得到 ，设 ，得到 ，结合题意和函数
的单调性，即可求解.
【详解】
由 ，可得 ，即 ，
设 ，可得 ，
因为 ，可得 ，
又因为 ，所以 ，即 ，所以 ，
当 时， ，可得函数 在 为单调递增函数，
所以 ，即 .
故选：B.
5．(2022·河南·开封市东信学校模拟预测(文))已知函数 ，则曲线 在
点 处的切线方程为( )
A． B． C． D．
【答案】B【解析】
【分析】
根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解.
【详解】
∵ ，∴ .
又 ，切点为
所以曲线 在点 处的切线的斜率为 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为
，即 .
故选：B.
6．(2022·湖北·模拟预测)若过点 可作曲线 三条切线，则( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设切点为 ，根据导数的几何意义写出切线的方程，代入点 ，转化为方
程有3个根，构造函数 ，利用导数可知函数的极值，根据题意列出不
等式组求解即可.
【详解】
设切点为 ，
由 ，故切线方程为 ，
因为 在切线上，所以代入切线方程得 ，
则关于t的方程有三个不同的实数根，令 ，则 或 ，
所以当 ， 时， ， 为增函数，
当 时， ， 为减函数，
且 时， ， 时， ，
所以只需 ，解得
故选：A
7．(2022·全国·模拟预测(理))若关于 的方程 有两个不相等
的实数根，则 的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
首先判断 不是方程的根，再方程两边同除以 ，即可得到
，令 ，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的
图象，令 ，设方程 的两根分别为 、 ，对 分类讨论，结合函数图
象即可得解；
【详解】
解：当 时等式显然不成立，故 不是方程的根，当 时，将的两边同除以 ，可得 ，
令 ，则 且 ，所以 ，
所以当 和 时 ，当 时 ，
即 在 和 上单调递减，在 上单调递增，且 ，
函数 的图象如下所示：
令 ，设方程 的两根分别为 、 ， ，
①当 时，方程无解，舍去；
②当 时， ，若 ，则 ，由图可得 有且仅有一个解，故舍去，
若 ，则 ，由图可得 有且仅有一个解，故舍去，
③当 时， 或 ，
若 ，由 ， ，所以 ， 由图可得 与
各有一个解，符合题意，若 ，由 ， ，可设 ， ， ，
由图可得 无解， 有两个解，符合题意，
综上可得 的取值范围为 ；
故选：A
8．(2022·河南安阳·模拟预测(理))已知函数 ，若 时， 在
处取得最大值，则实数a的取值范围是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题意 当 时恒成立，整理得 ，当 时，
在 图像的下方，结合图像分析处理．
【详解】
根据题意得 当 时恒成立
则 ，即
∴当 时， 在 图像的下方
，则 ，则
故选：B．9．(2022·河南开封·模拟预测(理))若关于x的不等式 对 恒成立，
则实数a的取值范围为( )
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题设有 ，构造 ，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为
在 上恒成立，再构造 结合导数求参数范围.
【详解】
由题设可得 ，令 ，则 在 上恒成立，
由 ，在 上 ；在 上 ；
所以 在 上递增；在 上递减，且 ，
在 上 ， 上 ，而 ，
所以，只需 在 上恒成立，即 恒成立，
令 ，则 ，即 在 上递增，故 .故a的取值范围为 .
故选：B
【点睛】
关键点点睛：不等式化为 ，构造 研究单调性，进一步将问题转化
为研究 在 上恒成立.
10．(2022·湖北·黄冈中学模拟预测)已知a，b为正实数，直线 与曲线
相切，则 的最小值为( )
A．8 B．9 C．10 D．13
【答案】B
【解析】
【分析】
设切点为 ,求函数的导数，由已知切线的方程，可得切线的斜率，求得切点的坐标，
可得 ,再由乘1法结合基本不等式，即可得到所求最小值．
【详解】
设切点为 ，
的导数为 ，
由切线的方程 可得切线的斜率为1，令 ，
则 ，故切点为 ，
代入 ，得 ，
、 为正实数，
则 ，当且仅当 ， 时， 取得最小值9，
故选：B
11．(2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测(理))已知函数
．
(1)若 ，讨论 的单调性；
(2)若 有两个零点，求实数a的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2) .
【解析】
【分析】
(1)对函数进行求导，分为 和 两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；
(2)函数有两个零点即 有两个零点，根据(1)中的单调性结合零点存在定理即
可得结果.
(1)
由题意知， ，
的定义域为 ， ．
若 ，则 ，所以 在 上单调递减；
若 ，令 ，解得 ．
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
(2)
因为 ，所以 有两个零点，即 有两个零点．
若 ，由(1)知， 至多有一个零点．若 ，由(1)知，当 时， 取得最小值，最小值为 ．
①当 时，由于 ，故 只有一个零点：
②当 时，由于 ，即 ，故 没有零点；
③当 时， ，即 ．
又 ，故 在 上有一个零点．
存在 ，则
．
又 ，因此 在 上有一个零点．
综上，实数a的取值范围为 ．
12．(2022·山东·德州市教育科学研究院三模)已知函数 ，曲线 在
处的切线与直线 垂直.
(1)设 ，求 的单调区间；
(2)当 ，且 时， ，求实数 的取值范围.
【答案】(1)单调增区间为 ，单调减区间为 ， ；
(2) .
【解析】
【分析】
(1)根据题意结合导数的几何意义可得 ，则 ，对 求导，利用导数判断单调性，注意函数的定义域；(2)整理得 ，对 求导，分类讨论理解处理．
(1)
∵
曲线 在 处的切线与直线 垂直，则 ，即
∴ ， 的定义域为
则
当 时， ， 时， ，
函数 的单调增区间为 ，单调减区间为 ，
(2)
当 ，且 时， ，即
构建 ，则
当 ，由 当 时恒成立
在 上单调递减且
当 时， ，则 ；
当 时， ，则
∴当 ，且 时， .
当 时，当 时，在 上单调递增且
∴当 时， ，可得 ，与题设矛盾.
当 ，则
在 上单调递增且
∴当 时， ，可得 ，与题设矛盾.
综上所述： 的取值范围为 .
13．(2022·四川省泸县第二中学模拟预测(理))已知函数 (e为自然对数的
底数)有两个零点．
(1)若 ，求 在 处的切线方程；
(2)若 的两个零点分别为 ，证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
(1)根据导数的几何意义切线的斜率为 ，利用点斜式求切线方程；(2)分析可得对
的零点即 的零点，对 分析可得 ，
利用零点整理可得 ，构建函数利用导数证明．
(1)
当 时， ， ，又 ，所以切点坐标为 ，切线的斜率为 ．
所以切线方程为 ，即
(2)
由已知得 有两个不等的正实跟．
所以方程 有两个不等的正实根，即 有两个不等的正实
根， ①
要证 ，只需证 ，即证 ，
令 ， ，所以只需证 ，
由①得 ， ，
所以 ， ，消去a得
，只需证 ，
设 ，令 ，则 ，
则 ，即证
构建 则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，
即当 时， 成立，所以 ，即 ，即 ，
所以 ，证毕．
【点睛】
利用同构处理可得 ，结合零点代换整理可得 ．
14．(2022·河南安阳·模拟预测(文))已知函数 ．
(1)当 时，求函数 在 处的切线方程；
(2)对于 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【解析】
【分析】
(1)求出 、 的值，结合点斜式可得出所求切线的方程；
(2)由参变量分离法可得 ，利用导数求出函数 在 上
的最小值，即可得出实数 的取值范围.
(1)
解：当 时， ，则 ，所以， ，
此时，函数 在 处的切线方程为 .
(2)
解： ，由 可得 ，其中 ，
令 ，其中 ，则 ，令 ，其中 ，则 ，
故函数 在 上为增函数，
因为 ， ，
所以，存在 使得 ，
则 ，
令 ，其中 ，则 ，故函数 在 上为增函数，
因为 ，所以， ，可得 ，则 ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，
所以， ， .
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：
(1) ， ；
(2) ， ；
(3) ， ；
(4) ， .
15．(2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模(文))已知函数.
(1)讨论函数 在 上的单调性；
(2)已知 ， 是函数 的两个不同的极值点，且 ，若不等式 恒成立，
求正数 的范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
(1)根据题意得 ，令 ，再求导，分 和 两种情况讨论
即可；(2) 等价于 ，又 ， ，所以
，整理得 ，令 ， ，则不等式
在 上恒成立，令 ，再求导分析即可.
(1)
，所以 ，令 ，故
.
当 时， 在 上恒成立，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增；
当 时，令 ，得 ，令 ，得 ，所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
即 在 上单调递增，在 上单调递减.
综上所述：当 时， 在 上单调递增；当 时， 在 上单调递
增，在 上单调递减.
(2)
等价于 ，
由题意可知 ， 分别是方程 的两个根，即 的两个根，
即 ， ，原式等价于 .
因为 ， ，所以原式等价于 ，又 ， ，
作差得， ，即 ，所以原式等价于 ，
因为 ，所以 恒成立.
令 ， ，则不等式 在 上恒成立，
令 ，又因为 ，
当 时，可得 时， ，所以 在 上单调递增，
又因为 ， 在 上恒成立，符合题意；当 时，可得 时， ， 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，又因为 ，
所以 在 上不能恒小于0，不符合题意，舍去.
综上所述，若不等式 恒成立，只需满足 ，由于 ，所以 ，
即实数 的取值范围为： .
【点睛】
导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等
式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转
化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
