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考点 06 导数及其应用（核心考点讲与练）
1．导数的概念
平均变化率瞬时变化率某点的导数 f(x ) 在一点可导在区间(a，b)上可导导函数 f(x)
0
2．导数的几何意义：曲线y f(x)过点(x ，f(x ))的切线的斜率等于 f(x )．
0 0 0
3．常见函数的导数公式：
C0（C为常数）； x x1； sinx cosx； cosx sinx； ex ex；
ax axlna（a0，且a1）； lnx 1 ； log x 1 （a0，且a1）．
x a xlna
4．两个函数的和、差、积、商的求导法则：
法则1 uxvx uxvx．
法则2 uxvx uxvxuxvx．
ux uxvxuxvx
法则3 vx0．
vx
v2x
5．导数的应用
⑴利用导数判断单调性；⑵利用导数研究函数的极值与最值．
1.导数研究不等式恒成立问题，求最值问题，关键是将已知不等式分离为两个易于处理的函数之间的不等
关系，利用数形结合方法求得a,b满足的条件，得到 后，再构造函数，利用导数求最大值.
2.导数研究函数的单调性，根据极值点求参数范围，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二
问解题的关键在于理解极值点的定义，结合 符号分类讨论，将问题转化为在局部区间
（ 为足够小的正数）上的函数的符号，在讨论过程中注重引用“隐零点”的问题，实现极值的
求解.
3.研究函数的单调性及构造函数证明不等式，解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：
（1）看函数最高次项系数是否为0，需分类讨论；
（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；
（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.
4.利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，有较强的综合性，要
求明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系并能灵活应用，解答的关键是构造函数，将不等式恒成立
问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.
5.导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用
的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
6.利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
导数的概念和几何意义
一、单选题
1．（2021·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室一模（文））设函数 在点 处附近有定义，且
为常数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C【分析】由导函数的定义可得选项.
【详解】解：因为 为常数，所以
，
故选：C.
2．（2022·贵州黔东南·一模（理））一个质点作直线运动，其位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）满
足关系式 ，则当 时，该质点的瞬时速度为（ ）
A．5米/秒 B．8米/秒
C．14米/秒 D．16米/秒
【答案】C
【分析】求导得到 ，即得解.
【详解】解：由题得 ，
当 时， ，
故当 时，该质点的瞬时速度为14米/秒．
故选：C
3．（2022·陕西·略阳县天津高级中学二模（理））若点P是曲线 上任意一点，则点P到直
线 的距离的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出平行于直线 且与曲线 相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，
即可求解.
【详解】设平行于直线 且与曲线 相切的切线对应切点为 ，由 ，则 ，
令 ，
解得 或 （舍去），
故点P的坐标为 ，
故点P到直线 的最小值为： .
故选：A.
4．（2022·广东深圳·二模）已知 ，若过点 可以作曲线 的三条切线，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设切点为 ，切线方程为 ，求出函数的导函数，即可得到 ，
整理得 ，令 ，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，
依题意 有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；
【详解】解：设切点为 ，切线方程为 ，由 ，所以 ，所以 ，则 ，所以 ，
令 ，则 ，
因为 ，所以当 或 时 ，当 时 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时 取得极大值，当 时 取得极小值，即 ，
，
依题意 有三个零点，所以 且 ，即
；
故选：B
5．（2022·广东汕头·二模）已知函数 ，若过点 存在3条直线与曲线 相切，则
t的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】设切点 ，求得切线方程，根据切线过点 ，得到 ，再根据存
在3条直线与曲线 相切，则方程有三个不同根，利用导数法求解.
【详解】解：设切点 ，
因为 ，则 ， ，
所以切线方程为 ，
因为切线过点 ，
所以 ，
即 ，
令 ，
则 ，
令 ，得 或 ，
当 或 时， ，当 时， ，
所以当 时，函数取得极小值 ，当 时，函数取得极大值 ，
因为存在3条直线与曲线 相切，
所以方程有三个不同根，则 ，
故选：D
6．（2022·安徽合肥·二模（理））过平面内一点 作曲线 两条互相垂直的切线 、 ，切点为 、
（ 、 不重合），设直线 、 分别与 轴交于点 、 ，则下列结论正确的个数是（ ）
① 、 两点的横坐标之积为定值；
②直线 的斜率为定值；
③线段 的长度为定值；
④三角形 面积的取值范围为 ．
A． B． C． D．
【答案】C【分析】设点 、 的横坐标分别为 、 ，且 ，分析可知 或 ，利用导数
的几何意义可判断①的正误；利用斜率公式可判断②的正误；求出点 、 的坐标，利用两点间的距离公
式可判断③的正误；求出点 的横坐标，利用三角形的面积公式可判断④的正误.
【详解】因为 ，
所以，当 时， ；当 时， ，
不妨设点 、 的横坐标分别为 、 ，且 ，
若 时，直线 、 的斜率分别为 、 ，此时 ，不合乎题意；
若 时，则直线 、 的斜率分别为 、 ，此时 ，不合乎题意.
所以， 或 ，则 ， ，
由题意可得 ，可得 ，
若 ，则 ；若 ，则 ，不合乎题意，所以， ，①对；
对于②，易知点 、 ，
所以，直线 的斜率为 ，②对；
对于③，直线 的方程为 ，令 可得 ，即点 ，
直线 的方程为 ，令 可得 ，即点 ，
所以， ，③对；对于④，联立 可得 ，
令 ，其中 ，则 ，
所以，函数 在 上单调递增，则当 时， ，
所以， ，④错.
故选：C.
7．（2021·广西桂林·模拟预测（理））设 是函数 的导函数，若 ，且对 ，且
总有 ，则下列选项正确的是（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由题可得： 在R上单调递增，并且 的图象是向上凸，进而判断选项
【详解】由 ，得 在R上单调递增
因为 ，所以 ，故A不正确；
对 ，且 ，总有 ，可得函数的图象是向上凸，可用如图的图象来
表示，由 表示函数图象上各点处的切线的斜率，由函数图象可知，
随着x的增大， 的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，
所以 ，故B不正确；
，表示点 与点 连线的斜率，
由图可知 ，所以D正确，C不正确．
故选：D．
二、多选题
8．（2020·山东青岛·模拟预测）已知曲线 上存在两条斜率为3的不同切线，且切点
的横坐标都大于零，则实数 可能的取值（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】AC
【分析】本题先求导函数并根据题意建立关于 的方程，再根据根的分布求 的取值范围，最后判断得到
答案即可.
【详解】解：∵ ，
∴ ，
可令切点的横坐标为 ，且 ，
可得切线斜率 即 ，
由题意，可得关于 的方程 有两个不等的正根，
且可知 ，则 ，即 ，
解得： ，
所以 的取值可能为 ， .
故选：AC.
【点睛】本题考查求导函数，导数的几何意义，根的分布，是中档题.
9．（2021·全国·模拟预测）已知 ， （ 且 ），则（ ）
A．当 时，函数 的最小值为2
B．当 时， 的图象与 的图象相切
C．若 ，则方程 恰有两个不同的实数根
D．若方程 恰有三个不同的实数根，则 的取值范围是
【答案】BCD
【分析】当 时，令 ，由导数求得函数的单调性与最值，可判定A错误；由题意转化为
函数 的图象与直线 相切，结合导数的几何意义得到 ，可判定B正确；由函数
与 的图象关于直线 对称，得到方程 恰有两个不同的实数根，可判定C正确；
令 ，得到 ，设 ，利用导数求得函数的单调性，得到
存在唯一的零点；分类讨论，即可求解.
【详解】对于A中，当 时， ，令 ，则 ，可得 在 上单调递增，
令 ，则 ， 在 上单调递减，在 上单调递增，
由于 ，因此 ，
故 ，故A错误．
对于B中，当 时，由于函数 的图象与函数 的图象关于直线 对称，
所以要使函数 的图象与函数 的图象相切，则函数 的图象与直线 相切，设切点坐标为
，则 ，且 ，
因此 ，得 ，故 ，故B正确；
对于C中，由选项B可知，当 时， 的图象与直线 相切，
当 时， 的图象与直线 有两个交点，
由函数 的图象与 的图象关于直线 对称可知，
方程 恰有两个不同的实数根，故C正确；
对于D中，当 时，令 ，
则函数 ，
设 ，则 ，
设 ，则 ，令 ，得 ，当 时， ，
当 时， ， 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 ，
当 时， ，故 ， 单调递增，
又由 ， ，故 存在唯一的零点；
当 时， ，又 ， ， ， ，
因此存在 ， ，使得 ， ，
当 时， ，当 时， ，
当 时， ，故 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 上单调递增，又 ，
， ， ，
因此 在 ， ， 上各存在一个零点，
故 时，方程 恰有三个不同的实数根，故D正确．
故选：BCD.
三、填空题
10．（2022·湖南永州·三模）已知直线 : ，函数 ，若 存在切线与 关于直线
对称，则 __________．
【答案】【分析】先求与 关于直线 对称的直线 ，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即
可求解
【详解】在直线 ： 上取两点 ，
点 ， 关于 对称的点分别为 ，
点 关于直线 对称的点为 ）
设直线 关于直线 对称的直线为 ，则 过点 ，
则 ，直线 的方程为 ，即
由 得 ,
因为函数 存在切线与 关于直线 对称，即 存在切线方程为
设切点为 ，则
解得
故答案为：
11．（2021·福建厦门·三模）已知函数 ，若 ，则实数 的取值范围是
__________．
【答案】【分析】先根据分段函数解析式画出函数图象，利用数形结合的思想结合利用导数求函数斜率从而求出答
案.
【详解】因为 ，
当 时， ，
当 时， ，函数单调递减，当 时， ，函数单调递增， ,
当 时， ，当 时， ，此时 单调递增．
图象如图所示:
令 ，将向右平移至与 相切，此刻 取最大值，即 ，得到 ，
，
将 代入
∴ ， （舍去）；
将 向左平移至与 相切，此刻 取最小值，即 ，得到 ，
，
将 代入 ，
∴ ， （舍去）；∴ .
故答案为： .
【点睛】本题主要考查由分段函数解不等式，在解题中尤为注重数形结合思想的应用何利用导数求函数某
点的斜率，以及答案的取舍.
四、解答题
12．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）已知函数f（x）=（x-m）（x-n）2，m∈R.
(1)若函数f（x）在点A（m，f（m））处的切线与在点B（m+1，f（m+1））处的切线平行，求此切线的斜
率；
(2)若函数f（x）满足：①m1时， 恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析；(2) .
【分析】（1）求出函数 的导函数 ，再按a值分类讨论 正负作答.
（2）利用（1）的结论，按 值与1大小分类讨论计算作答.
(1)函数 的定义域为 ，求导得： ，
当a=0时， 恒成立，则 在 上单调递增，
当 时，令 得， ，则 在 上单调递减，
令 ，得 ，则 在 上单调递增，
所以，当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增.
(2)当a=0时， 在 上单调递增，则 ，
当 时， ，则 在 上单调递增，有 ，
当 时， ，则 在 上单调递减，在 上单调递增，则有 ，这与当 时， 恒成立矛盾，即 不合题意，
综上得， ，即 ，
所以a的取值范围为 .
【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.
13．（2022·浙江嘉兴·二模）已知函数 （ 是自然对数的底
数）.
(1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若函数 有3个极值点 ， ，
（i）求实数m的取值范围；
（ii）证明： .
【答案】(1) ；(2)（i） ；（ii）证明见解析.
【分析】（1）把 代入，求出函数 的导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）（i）根据给定条件可得 有三个不同的解，构造函数 ，探讨其性质即可推理作答.
（ii）由（i）确定 的取值或范围，并且有 ，两边取对数并换元，对不等式作等价变
形，构造函数，利用导数推理作答.
(1)当 时， ，则 ，
求导得 ，有 ，于是得 ，
所以所求切线方程为： .
(2)（i）依题意， ，因函数 有3个极值点，即 有三个不同的解，由 ，得 或 ，则 有不等于-1的两个不同的解，
令 ，求导得 ，当 时， ，当 时， ，
于是函数 在 上是增函数，在 上是减函数，则 ，
又当 时， ，且 ，当 时， ，因此方程 有两解时 ，即
，
所以实数m的取值范围是 ；
（ii）由（i）知， ， ， ， ，两边取自然对数得 ，
整理得 ，令 ，则 且 ， ， ，
显然 ，等价于 ， ，
令 ， ，则 ，令 ，则 ，
从而得函数 在 上单调递增，则有 ，因此函数 在 上单调递增，总有
，
所以不等式 成立.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再利用导
数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
14．（2022·安徽黄山·二模（文））已知函数 .
(1)求 的极值；
(2)当 时， 求证： .
【答案】(1)极小值为 ，无极大值；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数 的导数 及零点，再探讨 在零点左右值的符号即可作答.
（2）在给定条件下，等价变形要证不等式，再构造函数，借助单调性推理作答.
(1)函数 定义域为R，求导得 ，由 得x=0，
当 时， ，当 时， ，即 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以当 时， 取极小值 ，无极大值.
(2)因 ，有 ，
，
令 ，求导得 ，
当 时， ， ，即 ，则 ，
因此， 在 上单调递增，当 时， ，即 ，
所以当 时， 成立.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问
题的关键.
导数在研究函数中的作用
一、单选题
1．（2022·山西吕梁·模拟预测（文））已知 ，则a，b，c的大小关系为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【分析】先对 化简变形，然后构造函数 ，求导后判断函数的单调性，再由函数的单调性
可比较大小
【详解】 ，
，
，
令 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
由 ，所以 ，
所以 .
故选：B.
2．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数 在 处取极小值，且 的极大值为
4，则 （ ）
A．-1 B．2 C．-3 D．4
【答案】B
【分析】对 求导，由函数 在 处取极小值，所以 ，所以 ，
，对 求导，求单调区间及极大值，由 的极大值为4，列方程得解.
【详解】解： ，所以
因为函数 在 处取极小值，所以
，所以 ， ，，
令 ，得 或 ，当 时， ，所以 在 单调递增，当
时， ，所以 在 单调递增，当 时， ，所以
在 单调递增，所以 在 处有极大值为 ，解得 ，所以 .
故选：B
3．（2022·云南·二模（文））已知e是自然对数的底数.若 ，使 ，则实数m的
取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先讨论 时，不等式成立； 时，不等式变形为 ，构造函数
，由单调性得到 ，参变分离后构造函数 ，求出 最大值即可求解.
【详解】当 时， ，显然 成立，符合题意；
当 时，由 ， ，可得 ，即 ，
，
令 ， ， 在 上单增，又 ，故
，
即 ，即 ， ，即 使 成立，令 ，则
，当 时， 单增，当 时， 单减，故 ，故
；
综上： .
故选：B
【点睛】本题关键点在于当 时，将不等式变形为 ，构造函数 ，借
助其单调性得到 ，再参变分离构造函数 ，求出其最大值，即可求解.
二、多选题
4．（2022·湖南永州·三模）已知函数 ，则（ ）
A． 的图象关于直线 对称
B． 在 上为减函数
C． 有4个零点
D． ，使
【答案】AB
【分析】根据二次函数的对称性判断A，当 时利用导数求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，
再结合函数的对称性，即可判断B、C、D；
【详解】解： 定义域为 ，
因为 ，其中 与 关于 轴对称，即 的图象关于 轴对称，
将 向右平移 个单位得到 ，即 关于 对称，
又 关于直线 对称，故函数 的图象关于直线 对称，故A正确；当 时 ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，即 在 上单调递增，在 上单调递减，故
B正确；
所以当 时 在 处取得极大值即最大值，又因为 ，根据对称性可得
，所以 只有2个零点，故C错误；
由 ，所以不存在 ，使 ，故D错误；
故选：AB
三、填空题
5．（2021·四川·石室中学模拟预测（理））已知函数 的定义域为 ，其部分自变量与函数值的对
应情况如表：
x 0 2 4 5
3 1 2.5 1 3
的导函数 的图象如图所示．给出下列四个结论：
① 在区间 上单调递增；
② 有2个极大值点；
③ 的值域为 ；
④如果 时， 的最小值是1，那么t的最大值为4．
其中，所有正确结论的序号是______．【答案】③④
【分析】画出函数图象，数形结合作出判断.
【详解】根据函数 的导函数 的图象与表格，整理出函数 的大致图象，如图所示．
对于①， 在区间 上单调递减，故①错误；
对于②， 有1个极大值点，2个极小值点，故②错误；
对于③，根据函数 的极值和端点值可知， 的值域为 ，故③正确；
对于④，如果 时， 的最小值是1，那么t的最大值为4，故④正确．
综上所述，所有正确结论的序号是③④．
故答案为：③④
6．（2022·北京·一模）已知函数 ，给出下列四个结论：① 是偶函数；② 有无数个零
点；③ 的最小值为 ；④ 的最大值为1.其中，所有正确结论的序号为___________.
【答案】①②④
【分析】根据偶函数定义、零点的定义，结合导数的性质逐一判断即可.
【详解】因为 ，所以该函数是偶函数，因此结论①正确；
令 ，所以结论②正确；
，因为 ， ，
所以函数的最小值不可能为 ，因此结论③不正确；
，当 时取等号，即 时取等号，因为 ，当且仅当 时取等号，所以有 ，当且仅当 时取等号，
所以有 ，当且仅当 时取等号，因此有 ，所以结论④正确，
故答案为：①②④
【点睛】关键点睛：利用函数极值与最值的关系进行判断是解题的关键.
四、解答题
7．（2022·陕西陕西·二模（理））已知函数 .
(1)若 在定义域内单调递增，求a的取值范围；
(2)设 ，m，n分别是 的极大值和极小值，且 ，求S的取值范围.
【答案】(1) (2)
【分析】（1）由 恒成立分离常数 ，结合基本不等式求得 的取值范围.
（2）由（1）求得 的取值范围，由 ，结合一元二次方程根与系数关系列方程，求得 的表达式，
利用换元法，结合导数求得 的取值范围.
(1)由已知 ，
在定义域上单调递增，则 ，即 在 上恒成立，
而 ，“＝”在 时取得，∴ .
(2)由（1）知，欲使 在 有极大值和极小值，必须 .
又 ，所以 .
令 的两根分别为 ， ，
即 的两根分别为 ， ，于是 .
不妨设 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ， ，
所以
令 ，则 ，于是 .
∵ ，
即 ，结合 解得 .
因为 ，
所以 在 上为减函数，
，所以 .
【点睛】利用导数求解函数极值有关的问题，解题关键在于分析所求解的表达式，如本题中 ，往
往通过换元法，结合导数来研究函数的单调性、极值、最值，从而将问题解决.
8．（2022·辽宁锦州·一模）已知函数 .
(1)若 在 上是增函数，求a的取值范围；
(2)若 是函数 的两个不同的零点，求证： .
【答案】(1) (2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，对 进行分类讨论，结合 在区间 上恒成立来求得 的取值范围.
（2）利用导数，先证明 ，然后证明 ，
(1)函数 ，所以 ，
①若 ，则 都有 ，所以 在 为增函数，符合题意.
②若 ，因为 在 为增函数，所以 ， 恒成立，
即 ， 恒成立，令 ，则 ，
所以函数 在 上单调递增， ，所以 ，
这与 矛盾，所以舍去.
综上，a的取值范围是 .
(2) 是函数 的两个不同的零点，所以 ， ，
显然 ， ，则有 ， ，所以 ，
不妨令 ，设 ，
于是得 ， ，
要证 ，
只需证 ，即 ，令 ， ，
则 ，所以函数 在 上单调递增，
所以 ，于是得 ，
又 ，要证 ，
只需证 ，即 ，
而 ，即证 ，即 ，即 ，
令 ， ，则 ，
所以函数 在 上单调递减，
所以 ，即有 ，
综上， .
【点睛】利用导数证明不等式成立，可以将不等式的一边化为 ，对令一边进行构造函数，结合导数研究
所构造函数的单调性、极值、最值等，从而证得不等式成立.
9．（2022·山西吕梁·模拟预测（文））已知函数(1)若 ，求曲线 在点 处的切线方程；
(2)讨论 的单调性.
【答案】(1) (2)答案见解析
【分析】（1）当 时，求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）对实数 的取值进行分类讨论，求出函数 的定义域，分析导数的符号变化，由此可得出函数
的增区间和减区间.
(1)解：当 时， ，则 ，所以 ， ，
此时，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
(2)解：因为 ，则 ，
令 ，则 ，
当 ，即 时， ，
又函数 的定义域为 ，
此时， 的单调递增区间为 、 、 ；
当 ，即 时，
①当 时， 的两根为 、 ，
所以 的解集为 ，
的解集为 ，
又当 时， ， ，所以 的单调增区间为 、 、 ，
单调减区间为 、 ；
②当 时， 的定义域为 ， 的两根为 、 ，
，由 可得 或 ，由 可得 ，
则 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为
③当 时， 的定义域为 ， 的两根为 、 ，
由 可得 或 ，由 可得 ，
所以 的单调递增区间为 、 ，
单调递减区间为 .
综上所述，当 时， 的单调递增区间为 、 、 ；
当 时， 的单调增区间为 、 、 ，
单调减区间为 、 ；
当 时， 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ；
当 时， 的单调增区间为 、 、 ，
单调减区间为 、 .
10．（2022·全国·模拟预测）设函数 ， .
(1)当 时，证明： 在 上无极值；
(2)设 ， ，证明： 在 上只有一个极大值点.【分析】（1）利用导数的性质，结合极值的定义进行求解证明即可；
（2）利用导数的性质，结合辅助角公式、极值的定义进行求解证明即可.
(1)由已知得，当 时， ，
，
当 时， ， ，因为 ，
所以 ， .
所以 在 上单调递减，故 在 上无极值；
(2) ，
，
其中 ， .
因为 ，所以 是第一象限角，不妨设 .
因为 ，所以 .
由 得， ，由 得 ，
所以 在 上单调递增.由 得 ，
所以 在 上单调递减.可得 在 处取极大值，所以 在 上只有一个极大值点.
【点睛】关键点睛：根据极值的定义进行求解是解题的关键.
11．（2022·吉林·延边州教育学院一模（文））已知函数 ．
(1)讨论函数 的极值点个数；
(2)若 对任意的 恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)见解析．(2)
【分析】（1）求出函数的导数，讨论 和 ，确定导数的正负，确定函数极值点的个数；
（2）构造函数 ，将不等式恒成立转化为 的最值问题，求 的导数，分类
讨论，利用导数判断函数 的单调性，确定参数的取值范围.
(1) ，
①当 时， ，所以 在 上单调递增，无极值．
②当 时，令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，
即函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
此时只有一个极值点，
综上所述，当 时， 在 上无极值点；
当 时，函数 在 上只有一个极值点．
(2)若 时， ，即 ．（*）
令 ，则 ，
令 ，则 ，∴函数 在区间 上单调递增， ，
（1）若 ， ，
∴ ，∴ ．
函数 在区间 上单调递增．
∴ ．∴（*）式成立．
（2）若 ，
∴由于 ， ．
（ 时， ，故 ）
故 ，使得 ，
则当 时， ，即 ．
∴函数 在区间 上单调递减，
∴ ，即（*）式不恒成立．
综上所述，实数 的取值范围是 ．
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，有
较强的综合性，要求明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系并能灵活应用，解答的关键是构造函数，
将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.
12．（2022·江西萍乡·二模（文））已知 ．
(1)若 ，求 的极值；
(2)若不等式 恒成立，求实数 的取值范围．
【答案】(1)极大值为 ；无极小值.(2)
【分析】（1）根据题意，利用导数研究函数的单调性，进而得极值；（2）由题知 ，进而分 和 两种情况讨论求解即可.
(1)解：当 时， ，
，
当 时， 递增；当 时， 递减，
的极大值为 ；无极小值；
(2)解： ，
当 即 时， 递增； ，不合题意，
（注：取其它使得 的 也可）．
当 ，即 时， 递增； 递减，
的最大值 恒成立，
令 ，
所以， 在 递增，且 ，
，即
13．（2022·四川泸州·三模（文））已知函数 ， ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若 有且只有一个极值点，求a的取值范围．
【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 的范围，求出函数的单调区间即可；
（2） ， ，因为 有且只有一个极值点，
即 图象只穿过 轴一次，即 为单调减函数或者 的极值同号，分别讨论这
两种情况即可求出a的取值范围.
(1)由题意知： ，
当 时，因为 ，所以 在 上恒成立，所以 在 上是减函数；
当 时，由 得： ，所以 ，所以 在
上是增函数，在 上是减函数.
(2) ， ，因为 有且只有一个极值点，即
图象只穿过 轴一次，即 为单调减函数或者 的极值同号；
（i） 为单调减函数， 在 上恒成立，则 ，解得 ；
（ii） 的极值同号时，设 为极值点，则 ， 有两个不同的解
，则 ，且有 ，
所以 ，同理 ，
所以 ，化简得： ，即 ；
当 ， ， ， 有且只有一个极值点.
综上：a的取值范围是 .
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
14．（2022·重庆·二模）已知函数 .
(1)判断函数 是否存在极值，并说明理由；
(2)设函数 ，若存在两个不相等的正数 ， ，使得 ，证明：
.
【答案】(1) 没有极值，理由见解析；(2)证明见解析.
【分析】（1）对 求导，根据 得到 单调递增，得出原函数不存在极值.
（2）对 进行恒等变形，得到 ，由（1）得
，进而用放缩法得到 ，继而结合构造新函数，换元法，利用
导数进行证明即可.
(1)由 ，得 ，
∴ 是单调递增函数，∴ 没有极值.
(2) ， ，
得 ，
即 .
由（1）知 为增函数，∵ 是两个不相等的正数，不妨设 ，
∴ ，且 ，
即 ，
，
即 ，只需证明 .
∵ ，令 .
∴只需证明 在 时成立，即 在 时成立.
设函数 ，且 ，则 .
∴当 时，函数 单调递减.
∴当 时，函数 ，即 .
∴ 在 时成立，即 成立，
∴ ，∴ ，即 .
【点睛】关键点睛：本题（2）的关键在于由 恒等变形，借助（1）中
的单调性，利用放缩法、换元法，通过导数的性质进行证明.
15．（2022·河南·三模（文））已知函数 ．
(1)讨论 极值点的个数；(2)证明： ．
【分析】(1)求f(x)的导数，通分化简导数，根据a的范围讨论导数在x＞0时的正负，由此判断f(x)的单调
性，根据单调性即可判断f(x)的极值点个数；
(2)化简不等式 为 ，令 ，求h(x)的导数 ，讨
论 的单调性和正负，判断h(x)的最小值大于0即可．
(1)由题意可知 ， ，
对于二次函数 ， ．
当 时， ， 恒成立，f(x)在 单调递减， 有0个极值点；
当 时，二次函数 有2个大于零的零点，由数形结合可知， 有2个极值点；
当 时，二次函数 只有1个大于零的零点，由数形结合可知， 有1个极值点．
(2)要证 ，即证 ．
设 ，则 ，
在 上为增函数，
∵ ， ，
∴在 上，存在唯一的m ，使得 ，即 ， ．
∴在 上 ＜0，h(x)单调递减；在 上， ＞0，h(x)单调递增；
∴ ，当且仅当m＝1时取等号，∵ ，∴等号不成立，∴ ，
∴ ，从而原不等式得证．
【点睛】本题第二问是关键点是利用零点存在性定理判断 在 之间存唯一零点m，利用
对该隐零点进行转化，从而可证明 的最小值为正，从而证明题设不等式．
16．（2022·新疆阿勒泰·三模（理））已知函数 ， .
(1) ，讨论函数 的极值点；
(2) ，设 ，当 时，不等式 恒成立，求a的
取值范围.
【答案】(1)答案见解析(2)
【分析】（1）讨论 ， 两种情况，利用导数得出单调性，进而得出极值点；
（2）由 得出 恒成立，令 ，由 得出 ，
构造函数 ，由导数得出 ，从而得出a的取值范围.
(1)∵ ， .
当 即 时， ， 单调递增，无极值点.
当 即 时， ，当 时 ， 单调递减，
当 时 ， 单调递增，∴ 极小值点，无极大值点.综上，当 时， 无极值点；
当 时， 为 极小值点，无极大值点.
(2) ， ， .
不等式 恒成立，
即 恒成立，即 恒成立.
， ，∴ ，
令 ， ，则 在 上单调递增，
则需 ，只需 ，即 ，∴ .
令 ， ，
易知 在 单调递增，在 单调递减，
∴ .
综上， .
【点睛】关键点睛：在求 的取值范围时，关键是分离参数 ，得出 ，再构造函数 ，由
其最值得出 的取值范围.
17．（2022·江苏·海安高级中学二模）我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产，设试产该款芯片
的次品率为p（0＜p＜1），且各个芯片的生产互不影响．
(1)试产该款芯片共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为， ．
①求p；
②现对该款试产的芯片进行自动智能检测，自动智能检测为次品（注：合格品不会被误检成次品）的芯片会被自动淘汰，然后再进行人工抽检已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%，求人工抽检时，抽
检的一个芯片是合格品的概率．
(2)视p为概率，记从试产的芯片中随机抽取n个恰含m（n＞m）个次品的概率为 ，求证： 在
时取得最大值．
【答案】(1)① ，② (2)证明见解析
【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件可求 ；②依题意可利用条件概率公式
求抽检的一个芯片是合格品的概率；
（2）依题意可知 ，求导后利用导数研究 的单调性，即可证明结论成
立.
(1)①因为两道生产工序互不影响，
法一：所以 ．
法二：所以 ．
答：该款芯片的次品率为 ；
②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，
且 ．
则人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率： ．
答：人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为 ；
(2)因为各个芯片的生产互不影响，所以 ，所 ．
令 ，得 ，
所以当 时， 为单调增函数；
当 时， 为单调减函数，
所以，当 时， 取得最大值．
18．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模（理））设平面向量 ， 满足 ，设函
数 ．
(1)若函数 的最大值为1，求实数a的值；
(2)在（1）的条件下，若 使得 ，求证： ．
【答案】(1) ；(2)证明见解析．
【分析】（1）由 得 是最大值，也是极大值，从而有 ，由此求得 值，并验证 是
最大值点即得；
（2）由（1）得函数的单调性，因此题中 可不妨设 ，而 ，求出函数 的图象
关于 轴对称的图象的函数解析式 ，并证明 时， ，从而利用对称性、不等关系，
及单调性得出证明．
(1)由题意 ， ，所以 是最大值点也是极大值点，
，则 得 ，
时， ，
时， ， 递增， 时， ， 递减，
所以 是极大值也是最大值，满足题意．所以 ；
(2)由（1） ， 在 上递增，在 上递减，
时， ，而 ，
若 使得 ，不妨设 ， ，
时， ，它的图象关于 轴对称的曲线的函数式为 （ ），
设 是 上点，则 是 上的点， ，即 ，
令 ，
所以 ， 时， ，所以 递增，
所以 ，所以 ，
所以 ，
又 ，所以 ，即 ．
导数的综合应用
一、单选题
1．（2022·安徽省含山中学三模（理））若存在直线与函数 ， 的图像都相切，
则实数a的取值范围是（ ）
A．[-e，+∞） B．[-2，+∞）
C．[-1，+∞） D．[- ，+∞）
【答案】C
【分析】注意到函数 图像下凸， 图像上凸，根据题意只要 函数图像在
函数图像之上即可，所以定义域 恒成立即可得解.
【详解】注意到函数 图像下凸， 图像上凸，故“存在直线与函数 的图像都相切”
即在定义域 恒成立，
记
在（a，+∞）上单调增，
且在（a，+∞）有唯一零点 ，即 ，
且 ，
于是 ，
故选：C.
2．（2022·河北·模拟预测）已知 ，且 ，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】将 两边同取对数，通过构造函数 ，利用导数研究其函数图象即可求解.
【详解】 两边同取自然对数得 ，
设 ，由 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
∴ 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
∴ 在 处取得最大值 ，
在区间 函数 有唯一的零点 ，在区间 函数 ，
又∵ 且 ，∴ ， ，
故选： .
3．（2022·河北保定·一模）已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量 （件）
与商品售价 （元）的关系为 ，则当此商品的利润最大时，该商品的售价 （元）为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【分析】根据题意求出利润函数的表达式，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】根据题意可得利润函数 ，
，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增，
所以当 时，函数 取最大值，
故选：A．
4．（2022·重庆·二模）某单位科技活动纪念章的结构如图所示， 是半径分别为 的两个同心圆的
圆心，等腰三角形 的顶点 在外圆上，底边 的两个端点都在内圆上，点 在直线 的同侧．
若线段 与劣弧 所围成的弓形面积为 ，△ 与△ 的面积之和为 ，设 ．经研究
发现当 的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时， （ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用三角形面积公式，将 表示为 的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.
【详解】由题意可知， ，故 ，
又 ，
，
设劣弧 所对扇形面积为 ，则 ，
故 ，
，
1
S S 2sin sin2,0,
则 2 1 2 2；
1
f()2sin sin2 0,
令 2 ， 2，则 f'() 2cos22cos2，
1 5 1 5
cos cos
令
f'()
0，得 2 或 2 （舍去），
1 5
,0,
记cos 2 0 2，
0
当 0, 0 时， f'() 0 ，函数 f() 单调递增，
当 0 , 2 时， f'() 0，函数 f()单调递减，1 5
cos
故当，即 2 时， f()取得最大值，即S S 取得最大值．
0 2 1
故选：A．
二、多选题
P1, nnN f xx1ex
5．（2022·广东湛江·二模）若过点 最多可作出 条直线与函数 的图象相切，
则（ ）
A．n3
B．当 n2 时，的值不唯一
C．n可能等于4
4
, 0
D．当n1时，的取值范围是 e
【答案】ACD
(x ,(x 1)ex0) ex0(x22x 1) g(x)ex(x22x1)
【分析】由题设切点为 0 0 ，进而得 0 0 ，再构造函数 ，将
yg(x) y
问题转化为 与 的交点个数问题，再数形结合求解即可.
(x ,(x 1)ex0) f(x)xex
【详解】解：不妨设切点为 0 0 ，因为 ，
yx ex0(x1)
所以切线方程为 0 ，
(x 1)ex0 x ex0(x 1) ex0(x22x 1)
所以 0 0 0 ，整理得 0 0 ，
g(x)ex(x22x1) g(x)ex(x21)
所以令 ，则 ，
所以，令g(x)0得x1.
所以，当x1或 x1 时，g(x)0，g(x)0，当1x1时，g(x)0，
4
因为，当
x
趋近于
时，g(x)趋近于
0
，g(1)
e
，g(0)1，g(1)0，当
x
趋近于
时，g(x)趋
近于，
g(x)
所以，函数 的图像大致如图，4
g(1)
所以，当n2时，
e
，故B错误，此时
n3
成立；
4 12 12
,0 n3, n0, 4
当 n3 时， e ，所以 e e ，故n可能等于4，C正确；
4
当 时，(, )0 ，显然 ，故D正确；
n1 e n3
综上，n3，A正确.
故选：ACD
6．（2020·辽宁·开原市第二高级中学三模）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020年国夏粮总产
量达14281万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企
63000
业设计了一种容积为 立方米的粮食储藏容器，如图1所示，已知该容器分上下两部分，中上部分是
rr10
底面半径和高都为 米的圆锥，下部分是底面半径为r米､高为 h 米的圆柱体，如图2所示.经测算，
2a a
圆锥的侧面每平方米的建造费用为 元，圆柱的侧面､底面每平方米的建造费用为 元，设每个容器的制
y
造总费用为 元，则下面说法正确的是（ ）
1880
A． B． 的最大值为
10r40 h 3r21 y7029a r30 y 6300a
C．当 时， D．当 时， 有最小值，最小值为
【答案】BCD
【解析】根据已知，利用圆柱和圆锥的体积公式求得h，结合 h0 可得r的范围，则可判断A的对错；根
据h与r的关系即可利用r的范围求h的最大值，则可判断B的对错；分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面
积，底面积，然后得到总费用的表达式，进而将r21代入，即可判断C选项的对错；在C的基础上，利
用导数求解最值即可判断D的对错.
1
63000 r3
【详解】由题意可得 1 r2rr2h63000，所以h 3 63000 1 r，由 ，得
3 r2 r2 3 h0
63000 1
r0，解得 ，所以 ，故A项不正确.
r2 3 r303 7 10r3037
1880
易知 随 的增大而减小，所以当 时， 取得最大值，且最大值 ，故B项正确.
h r r10 h 3
l 2r S rlr 2r 2r2
圆锥的母线长 ，故圆锥的侧面积 1 ，
63000 1 263000 2
圆柱的侧面积
S
2
2rh2r
r2
3
r
r
3
r2
，圆柱的底面积 S 3 r2 ，
y 2aS aS S
所以总费用 1 2 3
263000 2
2a 2r2a r2r2
r 3
7a 263000a
r2 .
3 r
7a 263000a
当 时，y 212 7029a，C项正确.
r21 3 21
14a 263000a 14a r327000
y r
3 r2 3r2 ，
7a 263000a
当 时， ，函数y r2 单调递减，
10r30 y0 3 r
7a 263000a
当 时， ，函数y r2 单调递增，
30r3037 y0 3 r
7a 263000a
所以当 时， 取得最小值，最小值为 302 6300a，D项正确.
r30 y 3 30故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题粮食储存问题为背景，解题关键是通过组合体体积与表面积的求解，制造总费用
的最值的求解，主要考查考查运算求解能力､逻辑思维能力､创新能力，难度属于中档题
三、填空题
7．（2021·陕西·渭南市临渭区教学研究室二模（文））做一个无盖的圆柱形水桶，若要使水桶的容积是
27
，且用料最省，则水桶的底面半径为______．
【答案】3
【分析】根据题意，构造无盖圆柱形水桶的表面积关于底面半径的函数，利用导数求其最小值时，对应的
底面半径即可.
【详解】不妨设该圆柱形水桶的底面半径为r，其高为h，
27
则由其容积为 可得 ，即h ，
27 27r2h r2
54
故该无盖圆柱形水桶的表面积S r22rhr2 ，
r
54 2 r327
y r2 (r0)
令 r ，则y' r2 ,
0r3 y' 0 r3 y' 0
当 时， ，此时该函数单调递减，当 时， ，该函数单调递增，
54
故当 时，y r2 (r0)取得最小值，也即该水桶用料最省.
r3 r
故答案为：3.
四、解答题
x 1
8．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数 f(x)lnx (x1)．
2 2x
f x0
(1)证明： ；
n
a 3C4 n2,nN*
(2)若a k2lnk，证明： k n2 ．
k k2
f(x)
1, f x f 10
【分析】（1）求导，研究函数单调性得函数 在 上单调递减，进而得 ；
1 1
（2）结合（1）得a k2lnk k3 k ，进而利用数学归纳法证明即可.
k 2 2x 1
(1)解：因为 f(x)lnx (x1)，
2 2x
1 1 1 x22x1 x12
fx 0
所以 x 2 2x2 2x2 2x2 ，
x 1
所以函数
f(x)lnx
在
1,
上单调递减，
2 2x
1 1
所以 f x f 1ln1 0 ，即 f x0.
2 2
x 1 x 1
(2)解：由（1） f x0知 lnx 0 ，故lnx ，
2 2x 2 2x
1 1
所以x2lnx x3 x，
2 2
1 1
所以，令xk，则a
k
k2lnk
2
k3
2
k ，
n
a 3C4 n2,nN*
k n2
下面用数学归纳法证明 .
k2
n2 a 4ln2ln24 ln16lne3 3
①当 时， 2 ，故成立；
m
a 3C4
②假设nm时， k m2 ，
k2
m2m1mm1
即22ln223ln3 2mlnm3 成立，
4321
m1 m m2m1mm1
a a a 3 a
当nm1时， k k m1 4321 m1，
k2 k2
m2m1mm1 m2m1mm1 1 1
由于3 a 3 m13 m1
4321 m1 4321 2 2
m2mm1 1 1
m1 m12
421 2 2
m2mm14m124
m1
421 m1
m2mm14mm2
m3
3
m3m2m1m
3C4
421 421 4321 m3
所以，当nm1时，不等式成立.
n
a 3C4 n2,nN*
k n2
综上①②，不等式 成立.
k2
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，数学归纳法证明不等式，考试运算求解能力，逻辑推理能力，是
1 1
难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论得a k2lnk k3 k ，进而利用数学归纳法证明即
k 2 2
可.
xlnx1,x0
f x m
9．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知函数 x2 ,x0 .
ex
1
(1)当m 时，判断 f x的零点个数；
2
Fx f x f x x,1 Fx0 m
(2)设 ，若存在 ，使 成立，求实数 的取值范围.
1
【答案】(1) f x 的零点个数为3个(2) , e2
【分析】（1）利用导数得到函数的单调性，结合零点存在性定理可判断出结果；
mex
x1, lnxx 10
（2）转化为存在 ，使得 x 成立，再构造函数，利用导数求出最小值，代入可
求出结果.
xlnx1,x0
1 f x 1
(1)当m 时， x2 ,x0 ，
2 2ex
1
fxlnxx 1lnx2
当 时， ， ，
x0 f(x)xlnxx x
1 1
当 fx0时，0x
e2
，当 fx0时，x
e2
， 1 1
∴ f x 在 0, e2 上单调递减，在 e2 , 上单调递增，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为0x 时， 恒成立， f( ) (ln 1) 0 ， f( ) (ln 1)0 ，
e2 f(x)0 e2 e2 e2 e2 e e e
1
所以 x 为 f x的唯一零点.
e
1
x2ex
当 ， f(x)x2 1 2 ，令gxx2ex 1 ， gx x22x ex ，
x0 2ex ex 2
gx0 gx0
x2 2x0
由 ，得 ，由 ，得 ，
gx ,2 2,0
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
1 1 16 1 16 1 16 1
g442 0
∵ e4 2 e4 2 5 4 2 32 2 ，
2
4 1 4 1 1
g2 0，g00 0
e2 2 8 2 2
gx ,2 2,0
∴ 在 和 上各有一个零点.
f x
综上， 的零点个数为3个.
F(x) f(x) f(x)F(x) F(x)
(2)因为 ，所以 为奇函数，
x,1 Fx0 x1, Fx0
若存在 ，使 成立，等价于若存在 ，使 成立，
m
x(lnx1)(x)2 0
即
ex
成立，即xlnx1x2mex成立，
mex
即 成立，即lnxx 10成立，
xlnxx2mexx0 x
mex
令hxlnxx 1x1，
x
1 mxexmex (x1)ex x
hx 1 m
x x2 x2 ex ，
x 1x
令kx ，则kx 0x1
，
ex exx 1
于是，
kx
ex 在
x1,
上单调递减，∴
kx
0,
e
.
1
当m ，hx0，函数hx在x1,上单调递增
e
hx h1me110
m0
min ，即 ，此时不合题意；
hx0 hx x1,
m0
当 ， ，函数 在 上单调递减
hxh1me110
，符合题意.
1 x
当0m e 时，存在x 0 1,，使得m ex 0 0 ，即mex0 x 0 ，
x x x x x
当
1xx 0
时，由kx
ex
在x1,上单调递减可得
ex
ex
0
0
，所以m
ex
m
ex
0
0
0，
h(x)0
，
x x x x x
当xx 0 时，由kx ex 在x1,上单调递减可得 ex ex 0 0 ，所以m ex m ex 0 0 0， h(x)0 ，
hx x1,x xx ,
∴函数 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，
hx hx lnx x
mex0
1ln(mex0)x 2 0m 1
∴ min 0 0 0 x 0 lnmx x 22lnm0，解得 e2 ，
0 0 0
1
,
综上，实数m的取值范围为 e2 .
f(x)k f(x) k f(x)k f(x) k f(x)k
【点睛】方法点睛： 能成立，转化为 max ； 能成立，转化为 min ；
f(x) k f(x)k f(x) k
恒成立，转化为 min ； 恒成立，转化为 max .
a
10．（2022·河北·模拟预测）已知函数 f
x1elnax，gx a0
．
x
Fx f xgx 0,
(1)求函数 在 上的极值；
y f x ygx
a1
(2)当 时，若直线l既是曲线 又是曲线 的切线，试判断l的条数．a a
【答案】(1)当
x
e 时，
Fx
取得极大值且
F
e
12elnae
，无极小值
y f x ygx l 3
(2)曲线 与曲线 的公切线 有 条
Fx Fx Fx 0,
【分析】（1）对 求导，得到 的单调性，即可求得 在 上的极值；
1
（2）求出曲线 y f x 在点 t,1elnt 处的切线方程和曲线在点 b, b 处的切线方程，
e 1
,(i)
t b2
若曲线 与曲线 有公切线，则 ，将问题转化为判断关于 的方程
2
elnte1 ,ii
y f x ygx b b
2 2
2eln b 10 在,0U0,的根的个数，令hx2elnx 1x0 ，分别讨论hx在
b x
,0,0,
的根的个数.
a e a aex
(1)由题知Fx f xgx1elnax ，所以Fx a ，
x ax x2 x2
a
令Fx0，解得： x
e
.故当
x
变化时，Fx，Fx的变化情况如下表：
x 0, a a a ,
e e e
Fx 0
Fx
单调递增 极大值 单调递减
a a
所以当
x
e 时，
Fx
取得极大值，
F
e
12elnae
，无极小值.
e 1 1
(2) f x1elnx，
fx
x
，gx
x
，gx
x2
e e
所以曲线y f
x在点t,1elnt处的切线方程为，即y1elnt xt
，即
y xelnte1
.
t t 1 1 1 1 2
b, y xb y x
同理可得曲线在点 b处的切线方程为 b b2 ，即 b2 b.
e 1
,(i)
t b2
若曲线 与曲线 有公切线，则 ，
2
elnte1 ,ii
y f x ygx b
2
由（i）得 ，代入（ii）得 2eln b 10 ，
t eb2 b
2
所以问题转化为判断关于b的方程 2eln b
b
10 在,0U0,的根的个数.
2 2e 2 2ex2
因 ，当 时，令hx2elnx 1x0 ，即hx ，
b0 b0 x x x2 x2
1
令
hx0
，得
x 1
e.所以当
x
0,
e
时，
hx0
，
hx
单调递减；
1
当
x
e
,
时，
hx0
，
hx
单调递增；
1
hx h 10
所以 max e .
1
因为h 4e2e212ee210,h110，
e2
所以h
e
1
2
h
1
e
0,h1h
1
e
0，所以函数hx2elnx 2
x
1x0在0,上有两个零点，即
2
2elnb 10在0,上有两个不相等的正实数根；
b
2 2e 2
kx2elnx 1 kx
当 时，令 ，则 ，
b0 x x x2
x,0 kx0 kx ,0
显然 时， ，则 在 上单调递减，
2
因为ke2e 10,k130，
e
2 2
所以 kx2elnx 1 在,0上有唯一一个零点，即方程2elnb 10在,0上有唯一一
x by f x ygx l 3
个负实数根.所以曲线 与曲线 的公切线 有 条.
【点睛】本题考查利用导数研究含参数的极值，导数的几何意义，利用导数研究函数的零点个数等，考查
f x,gx
运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于分别求出曲线 在某点处的切
2
线方程，进而根据公切线将问题转化为求解函数h(x)2elnx 1(x0)的零点个数，再利用导数研究函
x
数的零点即可.
4 3
11．（2022·天津三中一模）已知函数 f xx1ex x1 2 ax， ．
3 aR
a1 y f x 0, f 0
(1)当 时，求 在 处的切线方程；
y f x x x x x
(2)若 有两个极值点 1、 2，且 1 2．
①求实数a的取值范围；
x2x a3
②求证： 2 1 ．
7 1
【答案】(1)y3x (2)① 2a ；②证明见解析.
3 e
f0 f 0
【分析】（1）求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
f x f x
2 a
（2）①利用导数分析函数 的单调性，根据函数 有 个极值点可得出关于实数 的不等式组，由
此可解得实数a的取值范围；
1
②分析可知1x
1
0，0x
2
1，将所证不等式转化为x
1
2a，分1a
e
、
2a1
两种情况
1
讨论，在1a 时，利用不等式的基本性质可证得结论成立；在 时，构造函数
e 2a1
gxxex2 x1 gx
，并利用导数分析函数 的单调性，并结合不等式的基本性质可证得结论成立.
4 3
(1)解：当 时， f xx1ex x1 2 x，该函数的定义域为1,，
a1 3
7
则 fxxex2 x11，所以， f03， f 0 ，
37 7
此时，曲线y f x在0, f 0处的切线方程为y 3x，即y3x .
3 3
fxxex2 x1a
(2)解：① ，
1
令 pxxex2 x1a
，则pxx1ex
x1 ，
1 1 3
令xx1ex ，则xx2ex x1 2 0对任意的 恒成立，
x1 2 x1
x px 1,
所以，函数 在 上单调递增，
00 px0 px
因为 ，当1x0时， ，此时函数 单调递减，
px0 px
x0
当 时， ，此时函数 单调递增，
px fx 1,0 0,
所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
1
f1 a0
e 1
因为函数 f x有两个极值点 x 、 x ，所以， f02a0 ，解得2a e ，
1 2
f1e2 2a0
此时 ，
f x 1,0 0,1
所以，函数 在 、 上各有一个极值点，合乎题意；
1x 0 0x 1
证明：由①可知 1 ， 2 ，
x2x a3 x2x 1x a3 x 2a
要证 2 1 ，需证 2 1 1 ，即证 1 ，
1
①当1a 时，2a1x ，满足题意；
e
1
1
②当 时，先证 x1 x1，
2a1 2
1 1 1 1 1x
hx x1 x1 hx
令 2 ，则 2 x1 2 2 1x ，
hx0 hx
1x0
当 时， ，此时函数 单调递增，hx0 hx
x0
当 时， ，此时函数 单调递减，
1
所以，hxh00，即 x1 x1，
2
txexx1 txex1
令 ，则 .
x0 tx0 tx
当 时， ，此时函数 单调递减，
tx0 tx txt00
x0 ex x1
当 时， ，此时函数 单调递增，所以， ，即 .
gxxex2 x1 gxxx1x2x22
令 ，则 ，
yx22 ya x a2 x a2
记曲线 与 的交点横坐标分别为 3 ， 4 ，如下图所示：
x x 0 x x 0 x2x x2x a2 a2
所以， 3 1 ， 4 2 ，所以， 2 1 4 3 ，
2a1 x2x a2 12 a3
因为 ，所以， 2 1 .
综上所述，原不等式得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：
f xgx f xgx f xgx0
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
f xgx0 hx f xgx
），进而构造辅助函数 ；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
1x
12．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知函数 f x lnx.
1x
f x
(1)求 的单调区间；
f x f x x x x x 2
(2)当 1 2 1 2 时，证明： 1 2 .
0,1 1,
【答案】(1)单调递增区间为 ，单调递减区间为 (2)证明见解析
gx1x22xlnx gx gx g10 gx
【分析】（1）求导后，令 ，再次通过导数可确定 max 0 可知
f x
的正负，由此可得 的单调区间；
f x f x f 2x f x f 2x 0
（2）根据 单调性将所证不等式化为 2 1 ，近一步可转化为 1 1 ，根据
f x 3x lnx 1x ln2x 0 Fx3xlnx1xln2x0x1
解析式可得 1 1 1 1 ；令 ，利用
FxF10
导数可求得 ，由此可证得不等式.
2lnx 1x 1x22xlnx
fx
(1) 1x2 x1x x1x2 ，
gx1x22xlnx
令 ，
1 2x2
则
gx2x2lnx22xlnx1
，
gx2
1
x
x ；
x0
gx0 gx 0,
当 时， ， 在 上单调递减，
g e2 2 e21 0 g140 x e2,1 gx 0
又 ， ， 0 ，使得 0 ，
x0,x gx0 xx , gx0
则当 0 时， ；当 0 时， ；
gx 0,x x ,
在 0 上单调递增，在 0 上单调递减，gx
max
gx
0
g10
，又当
x0,1
时， 1x2 0 ， 2xlnx0 ；
x0,1 gx0 fx0 x1, gx0 fx0
当 时， ，即 ；当 时， ，即 ；
f x 0,1 1,
的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
f x f x x x 0x 1x
(2)由（1）知：若 1 2 1 2 ，则 1 2，
x x 2 x 2x
要证 1 2 ，只需证 2 1 ，
0x 1x 2x 1
1 2， 1 ，
f x 1, f x f 2x
又 在 上单调递减，则只需证 2 1 ，
f x f x f x f 2x f x f 2x 0
1 2 ，则只需证 1 1 ，即证 1 1 ，
1x 1x
1lnx 1 ln2x 0
则需证 ，又 ，
1x 1 3x 1 1x 0
1 1 1
lnx ln2x
1 1 0
只需证1x
1
3x
1
，即证 3x
1
lnx
1
1x
1
ln2x
1
0，
Fx3xlnx1xln2x0x1
令 ，
1 3 1 3
3x 1x Fx 0
则
Fxlnx
x
ln2x
2x ， x x2 2x 2x2 ，
Fx 0,1 FxF10
在 上单调递减， ，
Fx 0,1 FxF10
在 上单调递增， ，
3x lnx 1x ln2x 0
1 1 1 1 ，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查导数中的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调
性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数
求最值的方法证得结论即可.一、单选题
a,b
yex
1．（2021·全国·高考真题）若过点 可以作曲线 的两条切线，则（ ）
eb a ea b
A． B．
0aeb 0bea
C． D．
【答案】D
【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定
结果；
yex a,b
x
解法二：画出曲线 的图象，根据直观即可判定点 在曲线下方和 轴上方时才可以作出两条切线.
yex P
t,et
yex yex
【详解】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ，
yex yet etxt yetx1tet
所以，曲线 在点P处的切线方程为 ，即 ，
a,b yetx1tet baet 1tet a1tet
由题意可知，点 在直线 上，可得 ，
f ta1tet ftatet
令 ，则 .
ta ft0 f t
当 时， ，此时函数 单调递增，
ft0 f t
ta
当 时， ，此时函数 单调递减，
f t f aea
所以， max ，
yb y f t b f t ea
由题意可知，直线 与曲线 的图象有两个交点，则 max ，
f t0 f t0 f t
ta1 ta1
当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：0bea yb y f t
由图可知，当 时，直线 与曲线 的图象有两个交点.
故选：D.
yex a,b
x
解法二：画出函数曲线 的图象如图所示，根据直观即可判定点 在曲线下方和 轴上方时才可以
0bea
作出两条切线.由此可知 .
故选：D.
【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性
进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.
a2ln1.01 bln1.02 c 1.041
2．（2021·全国·高考真题（理））设 ， ， ．则（ ）
A．abc B．bca C．bac D．cab
【答案】B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，f x2ln1x 14x1 gxln12x 14x1
将0.01换成x,分别构造函数 , ，利用导数分析其在
0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
a2ln1.01ln1.012 ln10.012 ln 120.010.012 ln1.02b
【详解】 ,
ba
所以 ;
c a,b
下面比较 与 的大小关系.
2 14x1x
2 2
fx
记 ,则 , ，
f x2ln1x 14x1 f 00 1x 14x 1x 14x
14x1x2 2xx2 x2x
由于
14x1x2 0 14x 1x fx0
所以当00时, ,
gx0 gx g0.01g00
ln1.02 1.041
所以 ,即函数 在[0,+∞)上单调递减，所以 ,即 ,即b0
当 xm时， ，当 xm时， ，
gx gmam n
所以当xm时， 取得极小值 ，
naxlnaxlnam10
若a1，当xm时， ；
naxlnaxlnam10
若0a1时，当xm时， ；(m,n) yax(a0 a1)
因为过点 可以作曲线 且 的两条切线，
am n0 n0 0nam
所以 且 ，即 ，
log n
m a
所以 a 与 的大小关系与 有关，
故选：D
Ex
6. （2022·浙江·模拟预测）设 是离散型随机变量的期望，则下列不等式中不可能成立的是（ ）
EX lnX EXln EX E X2lnX E2Xln EX
A. B.
EX sinX EXsin EX E(X2sinX) E2(X)sin EX
C. D.
【答案】A
【分析】根据各选项的期望，分别判断 y xlnx、 y =x2lnx、 y xsinx、 y x2sinx在定义域
内是否存在下凹区间即可.
1 1
【详解】A：由 且定义域为 ，则 y1 ， y 0，即 为上凸函数，有
y xlnx (0,) x x2 y
x lnx x lnx x x x x
1 1 2 2 1 2 ln 1 2 ，所以EX lnX EXln EX；
2 2 2
3
B：由y =x2lnx且定义域为(0,)，则y2xlnxx，y2lnx3，显然(e 2,)上y0，即
x2lnx x2lnx x x x x
3 1 1 2 2 ( 1 2)2ln 1 2
y在(e 2,)为下凹函数， 2 2 2 ，所以存在
E X2lnX E2Xln EX
；
y xsinx y1cosx ysinx [(2k1),2k] kZ y0 y
C：由 ，则 ， ，显然在 ， 上 ，即 在x sinx x sinx x x x x
1 1 2 2 1 2 sin 1 2
[(2k1),2k]，kZ为下凹函数，有 2 2 2 ，所以存在
EX sinX EXsin EX
；
(0, )
D：由y x2sinx，则y2xsinxx2cosx，y(2x2)sinx4xcosx，显然存在 2 上y0，
x2sinx x2sinx x x x x
(0, ) 1 1 2 2 ( 1 2)2sin 1 2
即y在 2 为下凹函数，有 2 2 2 ，所以存在
E(X2sinX) E2(X)sin EX
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：利用函数二阶导数的几何意义判断各选项对应函数定义域内是否存在下凹区间即可.
7. （2022·广东·模拟预测）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地
f x x x
说明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法， 在 0处连
f x x x
续是 在 0处可导的（ ）．
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
f x x x f x x x f x x x
【分析】若函数 在 0处可导，则 在 0处一定连续；若函数 在 0处连续，但f x x x
在 0处不一定可导.
【详解】由“连续不一定可导”知，“ f x 在x x 处连续”不能推出“ f x 在x x 处可导”, 比
0 0
如函数 f x x 在x0处连续，但是 f x x 在x0处不可导；
f x x x f x x x
由“可导一定连续”知，“ 在 0处可导”可以推出“ 在 0处连续”.
f x x x f x x x
因此 在 0处连续是 在 0处可导的必要不充分条件
答案选：B
k 0 y kx2 y x2lnx
8. （2022·重庆·模拟预测）已知 ，直线 与曲线 相切，则k （ ）
1
A. 2 B. 1 C. 2 D. e
【答案】B
【分析】因为直线 y kx2 与曲线 y x2lnx相切，则可设切点为 x ,x 2lnx ，求出在切点处
0 0 0
的切线方程等同于直线 y kx2 ，即切线方程过点 2,0 ，代入切线方程求出x ，从而求出k值.
0
【详解】因为直线 y kx2 与曲线y x2lnx相切，所以设切点为 x ,x 2lnx ，
0 0 0
2
y|' 1 k
则 x 0 x ，因为k 0，所以0 x 2 ，
0 0
2
则切线方程为： yx 0 2lnx 0 1 x xx 0 ，因为过点2,0，代入可得：
0
2x 2x lnx 0
0 0 0 .
f x2x2xlnx0 x2 f 'x1lnx0 0,2 f x 0,2
令 ，则 在 上恒成立，所以 在 上单
2
f 10 1,1 k 1 1
调递增，且 ，所以切点为 ，则 1 .故选：B.
y ax2 y lnx a
9. （2022·湖南永州·二模）若函数 与 存在两条公切线，则实数 的取值范围是（ ）
1 1 1 1
0, 0, , ,
A. e B. 2e C. e D. 2e
【答案】D
t,lnt t,lnt
【分析】设切线与曲线y lnx相切于点 ，利用导数写出曲线y lnx在点 处的切线方程，
1
将切线方程与函数
y
ax2的解析式联立，由
Δ0
可得出直线 y
4a
与曲线gtt2 t2lnt有两个交
gt
点，利用导数分析函数 的单调性与极值，数形结合可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的
取值范围.
1
【详解】设切线与曲线 相切于点t,lnt，对函数 求导得y ，
y lnx y lnx x
1
t,lnt ylnt xt y 1 xlnt1
所以，曲线y lnx在点 处的切线方程为 t ，即 t ，
y ax2
1 1
联立 y xlnt1 可得 ax2 x1lnt 0 ，
t t
1 1
Δ 4a1lnt0 t2 t2lnt
由题意可得a0且 t2 ，可得4a ，
gtt2 t2lnt gt2t2tlnttt12lnt
t 0
令 ，其中 ，则 .
gt0 gt
0t e
当 时， ，此时函数 单调递增，
e
当 t e 时， gt0 ，此时函数 gt 单调递减，所以， gt max g e 2 .
gt0 gt0
0t e t e
且当 时， ，当 时， ，如下图所示：1 1 e 1
y y gt 0 a
由题意可知，直线 4a 与曲线 有两个交点，则 4a 2，解得 2e .
故选：D.
二、多选题
b
f x a0,b0
10. （2022·全国·模拟预测） 函数 x a 的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，
并把其与y轴的交点关于原点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆
a1 b1
称之为“囧圆”，则当 ， 时，下列结论正确的是( )
f x
x1
A. 函数 的图象关于直线 对称
x1,1 f x
B. 当 时， 的最大值为－1
f x y lnx 2
C. 函数 的“囧点”与函数 图象上的点的最短距离为
f x
3
D. 函数 的所有“囧圆”中，面积的最小值为
【答案】BCD
【分析】A．根据函数是偶函数，进行判断即可．
0 x1
B．判断当 时，函数的单调性即可．
y lnx
C．求函数 的导数，利用导数的几何意义进行求解．
D．利用两点间的距离公式进行判断求解．1
f(x)
【详解】当a1，b1时，函数 |x|1.
{x|x1 xR} x0
A．f(x)的定义域为 ， ，且为偶函数，则函数关于 对称，故A错误；
1
f(x)
B．其图象如图所示，当0�x1， x1为减函数，则当x0时， f(x) 最大为 f(0)1，故B
正确；
x0 y 1 y B(0,1) C(0,1)
C．当 时， ，即函数图象与 轴的交点为 ，其关于原点的对称点为 ，
C(0,1)
所以“囧点”为 ，
1
y
设 y lnx ，则 x ，设切点为(x 0 ， lnx 0 ) ，
1
k
切线的斜率 x ，
0
当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，
lnx 1 1
0 1
x x ，
0 0
x 1
0
解得 ，
(1,0)
切点坐标为 ，
f(x) y lnx (10)2 (01)2 2
故函数 的“囧点”与函数 图象上的点的最短距离是 ，故C正确，
C(0,1) y y C
D．“囧圆”的圆心为 ．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑 轴及 轴右侧的函数图象．当圆 过
B x
点 时，其半径为2，这是和 轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；
1
当圆C和
x
轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点
A
时，设A(m,
m1
)（其中m1)，
1
则点 到圆心C的距离的平方为d2 m2 ( 1)2 ，
A m11 1 1 2 1 1
令
m1
t ，(t 0)，则d2 (1
t
)2 (t1)2 t2
t2
t
2t2(t
t
)2 2(t
t
)4，
1
再令t ，（其中R)，
t
d2 2 24(1)2 3�3
则 ，
C x y 3
所以当圆 和 轴上方且 轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为 ．
2 3
又 ，
3
综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为 ．
3
故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为 ，故D正确，
故选：BCD．
【点睛】本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆心坐标及“囧函数”的解析式，利用函
数的奇偶性，单调性以及数形结合是解决本题的关键．
a
f(x) blnxxcx2
11. （2022·全国·模拟预测） 已知函数 x （a，b，cR），则（ ）
abc1 y f(x) x1 3x y0
A. 若 ，则曲线 在 处的切线方程为
1 3
,1 ln2
B. 若a0，b1，c1，则函数 f(x)在区间3 上的最大值为
4
b1 c=0 f(x) (1,2) (,2]
C. 若 ， ，且 在区间 上单调递增，则实数a的取值范围是a0 b1 g(x) f(x)x (0,)
D. 若 ， ，函数 在区间 内存在两个不同的零点，则实数c的取值范围
1
0,
2e
【答案】ACD
【分析】对于A， f(x)求导 f(x) f(1)3f(1)3 切线方程
导数的几何意义
1
,1 1
对于B，f(x)求导 f(x) f(x)在区间 3 上的单调性 f(1) f 3 得解
f(x)求导 f(x)f(x)在区间(1,2)上单调递增a x2 x (1,2)
对于C， 在区间 上恒成立
二次函数的图象与性质a
的取值范围
lnx
f(x) g(x)lnxcx2 g(x)在区间(0,)内存在两个不同的零点c
对于D， x2 在区间(0,)内存在两个
lnx
不同的根 令 h( x) x2 函数 h(x) 和y c的图象有两个不同的交点， h(x) 的单调性→作出 h(x) 和y c
数形结合
的大致图象 得解
1 1 1
f(x) lnxxx2 f(x) 12x
【详解】对于A， x ，得 f(1)3，且 x2 x ，所以 f(1)3，
y f(x) x1 y33(x1) 3x y0
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，所以A正确.
1 1
1 (2x1)(x1)
,
f(x) 12x
对于B， f(x)lnxxx2，得
x x
，所以 f(x)在3 2上单调递
1 1 4 1 1
,1 f ln3 f(1) f x ,1
减，在2 上单调递增，又 3 9 ， f(1)2，且易知 3，所以当 3 时，f(x) f(1)2
max ，所以B不正确.
a a 1 x2 xa
f(x) lnxx f(x) 1
对于C， x ，定义域为(0,)， x2 x x2 .因为 f(x)在区间
(1,2) f(x)0 (1,2) a x2 x (1,2)
上单调递增，所以 在区间 上恒成立，即 在区间 上恒成立，而当
x(1,2) y x2 x (2,6) a2
时，函数 的值域为 ，所以 ，所以C正确.
f(x)lnxxcx2 g(x)lnxcx2 (0,) g(x) (0,)
对于D， ，所以 ，定义域为 ， 在区间 内存
lnx
c
在两个不同的零点，等价于关于x的方程cx2 lnx0即 x2 在区间(0,)内存在两个不同的根.令
lnx
h(x)
x2
，则原问题等价于函数
y h(x)
和
y c
的图象有两个不同的交点，
1
x2 2xlnx
x 12lnx ，所以由 ，得 ，由 ，得 ，所以
h(x)
x4 x3 h(x)0 0 x e h(x)0 x e
1
h e
h(x) 在 0, e 上单调递增，在 e, 上单调递减， 2e，当x0时，h(x)，当
lnx
h(x)
x时，
h(x)0
，（作出函数
x2
和
y c
的大致图象，如图所示 1
c 0,
由图可得 2e，所以D正确.
故选：ACD.
三、填空题
x1
y
1,2
12. （2022·山东菏泽·一模）曲线 2x3在点 处的切线方程为______．
【答案】5x y30
【分析】利用导数的几何意义求解
x1 (2x3)2(x1) 5
【详解】由y ，得 y ，
2x3 (2x3)2 (2x3)2
5
k 5
所以切线的斜率为 (23)2 ，
y(2)5[x(1)] 5x y30
所以所求的切线方程为 ，即 ，
5x y30
故答案为:
y ax1 y alnx2 a
13. （2022·山东·模拟预测）已知直线 与曲线 相切，则 ___________.
【答案】3 a
a
x
0
【分析】设切点为 ，则 y ax 1 ，即求.
0 0
y alnx 2
0 0
x
0
,y
0
a
y
【详解】对 求导，得 ，
y alnx2 x
a
a
x
0
设切点为 ，则 y 0 ax 0 1 ，解得 x 0 1 ，
y alnx 2 y 2
0 0 0
x
0
,y
0
a3
故答案为：3.
f x xlnx y f x
xe
14. （2022·山东临沂·一模）函数 ，则曲线 在 处的切线方程为______.
2x ye0
【答案】
【分析】先求导，代入xe可得k fe ，利用直线方程的点斜式即得解
1
【详解】由题意， fxlnxx ln(x)1
x
k felne12, f ee
故 ，
y f x ye2xe 2x ye0
xe
则曲线 在 处的切线方程为：
2x ye0
故答案为：
四、解答题
3
f x x2 ax lnx x2 2ax
15. （2022·全国·模拟预测）已知函数 2 ，aR.
f x
（1）讨论 的单调性；5
f x a2x
（2）若1a2，求证： 2 .
【分析】（1）先求导，然后对参数进行分类讨论.
（2）利用求导及零点定理及构造法解函数不等式.
3
f x x2 ax lnx x2 2ax
【小问1详解】因为 2 ，
1
fx2xalnx x2 ax 3x2a 2xalnx1x0
所以 x
x0,e fx0 f x xe,
①若a0，则 2xa0 ，所以当 时， ， 单调递减，当 时，
fx0 f x
， 单调递增
a a a
②若0a2e，则2 e ，所以当 x 2 ,e 时， fx0， f x 单调递减，当 x 0, 2 或
xe, fx0 f x
时， ， 单调递增；
a2e
fx0 f x 0,
③若 ，则 ， 在 上单调递增；
a a
④若a2e，则2 e ，所以当 x e, 2 时， fx0， f x 单调递减，当x0,e 或
a
x ,
2 时， fx0， f x 单调递增.
f x 0,e e,
综上，当a0时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
a a
当0a2e时， f x 在 2 ,e 上单调递减，在 0, 2 ， e, 上单调递增；
f x 0,
a2e
当 时， 在 上单调递增； a a
当a2e时， f x 在 e, 2 上单调递减，在 0,e ， 2 , 上单调递增.
【小问2详解】
5 3 5
f x a2x xalnx x2a a2
因为x0，所以 2 ，即 2 2
3 a
xalnx x 50
， 2 2
3 a
gxxalnx x 5
设 2 2
a 1
gxlnx gx 0,
则 x 2，易知 在 上单调递增
a 1 a 1
g2ln2 0 g4ln4 0
因为1a2，所以 2 2 ， 4 2
t2,4 gt0
所以存在 ，使得
a 1
lnt gx 0,t t,
所以 t 2， 在 上单调递减，在 上单调递增
3 a a 1 3 a
a2
gx gttalnt t 5ta t 5 5t
所以 2 2 t 2 2 2 t
a2 a2 a2 a2
设
htt
t
2 x4
，则
ht1
t2
0
，
ht
在
2,4
上单调递增，所以
t
t
4
4
5
5
f x a2x
gx0
所以 ，即 2 .
f xax2 2lnx1
aR
16. （2022·全国·模拟预测）已知函数 ，其中 .
f x
（1）讨论 的单调性；
f xae1x 1,
（2）若 在区间 内恒成立，求实数a的取值范围.3
a
【答案】（1）答案见解析 （2）
2
2
【分析】（1）求得函数的导数
fx2ax x0
，分 和 ，两种情况讨论，结合导数的
x a0 a0
符号可得答案；
gx f xae1x ax2 2lnxe1x a1 gx 1,
（2）令 ，再将问题转化为只需 在 上恒大
于0即可，通过研究单调性可以实现.
【小问1详解】
f xax2 2lnx1 0,
的定义域为 ，
2 2ax2 2
fx2ax
x x .
fx0 f x 0,
当a0时， ， 在 上单调递减；
1
x
当a0时，由
fx0，有
a ，
1
x 0,
此时，当 a 时， fx0， f x单调递减；
1
x ,
当 a 时， fx0， f x单调递增.
f x 0,
a0
综上，当 时， 在 上单调递减；
1 1
当 a0 时， f x在 0, a 上单调递减，在 a , 上单调递增.
【小问2详解】
f xae1x 0 1,
原不等式等价于 在 上恒成立.
gx f xae1x
令ax2 2lnxe1x a1
，
gx 1,
则只需 在 上恒大于0即可.
g10 gx
x1
又∵ ，故 在 处必大于等于0.
2
Fx gx2ax e1x
g10
令 x ， ，
3
a
可得 2 .
3 2
a Fx2a e1x 0
当 2 时， x2 ，
3
a Fx 1,
∴当 2 时， 在 上单调递增，
Fx F12a210 gx 1,
∴ ，故 也在 上单调递增，
gx g10 gx 1,
∴ ，即 在 上恒大于0.
3
a
综上， 2 .
f xex ax1
17. （2022·河南·模拟预测（理））已知函数 ．
f x
（1）讨论 的单调性；
f x x2
a e2 x0
（2）若 ，求证：当 时， ．
f x fx0 fx0
【分析】(1)根据求导公式和运算法则求出 ，令 、 ，解不等式即可；
ex x2 e2x10 hxex x2 e2x1x0
(2)将原不等式变形为 ，设 ，
hx hx hx
利用二次求导讨论 的单调性，根据零点的存在性定理讨论 的零点，进而求出 的极值即可.【小问1详解】
f x fxex a
的定义域为R， ，
fx0 f x
当a0时， ，则 在R上为增函数；
fxex elna
a0
当 时， ，
fx0 fx0
xlna xlna
当 时， ；当 时， ，
f x ,lna lna,
所以 在 上为减函数，在 上为增函数．
【小问2详解】
f x x2 ex x2 e2x10
a e2
由 及 ，得 ．
hxex x2 e2x1x0 hxex 2xe2
设 ，则 ．
gxex 2xe2 gxex 2
设 ，则 ，
gx0 gx0
0 xln2 xln2
当 时， ；当 时， ，
hx 0,ln2 ln2,
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
xln2
hx hx
所以 是 的极小值点，也是 的最小值点，
h10 hln2h10
0ln21
因为 ， ，所以 ，
h03e0 x 0,ln2 hx 0
又 ，所以存在 0 ，使得 0 ，
x0,x 1, hx0 xx ,1 hx0
所以当 0 时， ；当 0 时， ，
hx 0,x x ,1 1,
所以 在 0 上为增函数，在 0 上为减函数，在 上为增函数，
hx hx h1 hx
所以 0 为 的极大值， 为 的极小值，
h0h10 hx0
x0 x1
因为 ，所以当 时， （当且仅当 时取等号），f x x2
x0
故当 时， ．
f(x) x sinx
18. （2022·海南·模拟预测）已知函数 2 .
f(x)
（1）求 在区间 上的最大值和最小值；
x 0,
（2）设g(x)acosx f(x)，若当 2时，g(x)0，求实数a的取值范围.
【答案】（1）最大值为，最小值为0 （2）
,1
f(x)
【分析】（1）对函数 求导，利用导数在函数最值中的应用，即可求出结果；
g(x) g(x)
a1 a1
（2）对函数 求导，分 和 ，两种情况研究函数的单调性，利用函数的单调性求出
g 0
的最大值，再结合 2 ，即可求出结果.
【小问1详解】
f(x)sinx x cosx
解：由条件得 2 ，
x ,0
当 2 时，有sinx0， x 2 0 ，cosx0，所以 f(x)0，
f(x)
即 在 上单调递减，
f
因此 f(x)在区间 上的最大值为 2 ，最小值为 f(0)0.
【小问2详解】
g(x)acosx x sinx
解：由题意得 2 ，
g(x)(1a)sinx x cosx
所以 2 ，
x 0,
若a1，当 2 时，有g(x)0，
g(x) 0, g(x) g 0
所以 在 2上单调递增，所以 2 ，符合题意.
h(x)(2a)cosx x sinx
若a1，令h(x) g(x)，则 2 ，
x 0, 0,
当 2 时，h(x)0，所以h(x)在 2 上单调递减.
0,
又因为 h(0) 2 ， h 2 (1a)0 ，所以h(x)在 2 上存在一个零点 x ，
0
x x ,
当 0 2 时，h(x)0，即g(x)0，所以 g(x) 单调递减，
g(x) g 0
此时 2 ，不符合题意.
,1
综上可知，a的取值范围是 .
