考点06导数及其应用（核心考点讲与练）-2023年高考数学一轮复习核心考点讲与练（新高考专用）(解析版）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习

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：
C0（C为常数）；  x x1； sinx cosx； cosx sinx；  ex ex；
 ax axlna（a0，且a1）； lnx  1 ； log x  1 （a0，且a1）．
x a xlna
4．两个函数的和、差、积、商的求导法则：
法则1 uxvx  uxvx．
 
法则2 uxvx  uxvxuxvx．
 

ux uxvxuxvx
法则3    vx0．

vx

v2x
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：①m<n；②f（x）-λxf′（x）≥0对于一切x∈R恒成立试写出符合上述条件的函数f
（x）的一个解析式，并说明你的理由.
【答案】(1) (2) （答案不唯一），理由见解析
【分析】（1）求得 ，再根据题意结合导数的几何意义可得 ，
化简得： ，再代入 化简即可
（2）根据题意化简可得 （*）恒成立，分析可得 的系
数为0，进而得到 恒成立，再根据二次函数的性质分析即可
(1) ，
所以
因为函数 在点 处的切线与在点 处的切线平行，
所以 ，即 ，
即 ，故 ，化简得： .
所以 在点 切线的斜率为
(2)由 恒成立，得 所以
（*）恒成立.
当 时，左边是一个一次因式乘一个恒正（或恒负）的二次三项式，或者是三个一次因式的积，无论
哪种情况，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非负.所以
.
所以 式化为 恒成立
所以 .
①若 ，则 .
②若 ，则 ，即 ，与 矛盾，舍去
综上：
所以 为满足条件的 的一个解析式.（答案不唯一）
【点睛】本题第一问考查了导数的几何意义与化简等式的技巧，需要把 看成整体，第二问考查了多项
式的恒成立问题，属于中档题
13．（2022·安徽省含山中学三模（理））已知函数
(1)若函数 的图象在区间[0，1]上存在斜率为零的切线，求实数a的取值范围；
(2)当 时，判断函数 零点的个数，并说明理由.
【答案】(1) (2)2，理由见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，参变分离后转化为 在区间[0，1]上有解，转化为求函数的值域；
（2）将方程转化为 ，设函数 ，利用函数的单调性，结合函
数零点存在性定理，即可判断零点个数.
(1)依题意，方程 在区间[0，1]上有解，即 在区间[0，1]上有解，记
，则函数 区间[0，1]上单调增，其值域为
故实数a的取值范围是 .
(2)
令
在 上单调递增，在（1，∞）上单调递增，
<0，
，根据零点存在性定理可知，
在 上各有一个零点，即原函数有2个零点.
14．（2022·江西萍乡·二模（文））已知抛物线 ，焦点为 ，过 作动直线 交抛物线
于 两点 ，过 作抛物线 的切线 ，过 作直线 的平行直线 交 轴于 ，
设线段 的垂直平分线为 ，直线 的倾斜角为 ．已知当 时， ．
(1)求抛物线 的方程；
(2)证明：直线 过 轴上一定点，并求该定点的坐标．
【答案】(1) (2)证明见解析，【分析】（1）法一：根据题意，易得直线 的方程为： ，与抛物线方程联立，求得 ，
代入 求解； 法二：设抛物线 的准线为 ，过 作 于 ，过 作 于 ，根据
，结合抛物线的定义，得到 ，再由 求解；
（2）设 的方程为 ，与抛物线方程联立，用导数法得到切线 斜率 ，由 ，得到直线
的斜率，进而得到直线 的方程，令 ，得到D的坐标，进而得到线段 的垂直平分线 的方程求
解.
(1)解：法一：当 时，直线 的斜率为 ，
又 过焦点 ，故直线 的方程为： ，
代入 得： ，
为钝角，
，
，代入 ，解得 ，
抛物线 的方程为
法二：如图：设抛物线 的准线为 ，过 作 于 ，过 作 于 ，
为钝角， 在线段 上，
，
又 ，
，解得 ，
抛物线 的方程为 ；
(2) 直线 与抛物线 相交，
的斜率存在，由（1）知 ，设 的方程为 ，
代入 ，得 ，
，
由 ，得 ，则 ，
切线 斜率 ，
，
直线 斜率 ，
又直线 过 直线 的方程为： ，
令 ，得 ，
，
的中点 ，
则线段 的垂直平分线 的斜率 ，（ ，否则 为 轴，与抛物线只有一个交点），
直线 的方程为： ，设 与 轴交于点 ，
，
直线 过定点 ，命题得证．
15．（2022·北京·一模）已知函数 .
(1)求曲线 在点 处的切线的方程；
(2)若函数 在 处取得极大值，求 的取值范围；
(3)若函数 存在最小值，直接写出 的取值范围.
【答案】(1) (2) (3)
【分析】（1）先求导后求出切线的斜率 ，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；
（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；
（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.
(1)解：由题意得：
，
故曲线 在点 处的切线的方程 .
(2)由（1）得要使得 在 处取得极大值， 在 时应该 ， 在 时应该
，
故① 且 ，解得
② 且 ，解得当 时， ，满足题意；
当 时， ，不满足题意；
综上： 的取值范围为 .
(3)可以分三种情况讨论：① ② ③
若 ， 在 上单调递减，在 单调递增，在 上单调递减，无最小值；
若 时，当 时， 趋向 时， 趋向于0；当 ，要使函数取得存在最小值
，解得 ，故 处取得最小值,故 的取值
范围 .
若 时， 在 趋向 时， 趋向于0，又 故无最小值；
综上所述函数 存在最小值， 的取值范围 .
导数的计算
一、单选题
1．（2022·浙江台州·二模）已知 .若 在 处取到最小值，则
下列恒成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用导数结合函数零点存在性定理解决即可【详解】 ，
令 ，
则
故g(x)在 上单增，
在 上存在唯一零点 ，且在 上， ，在 上，
所以 在 上递减，在 上递增，故 在 处取得最小值，
所以
又
所以
故选:C.
2．（2022·江西萍乡·二模（文））若函数 的图象在 处的切线斜率为 ，则 ( )
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求f(x)导数，由题可知 即可求a的取值．
【详解】∵ ，∴ ，
若函数 的图象在 处的切线斜率为 ，
则 ．
故选：A．
3．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））已知 ，则
的最小值为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】点 是函数 图像上一点，点 是直线 上一点，从而将问题
转化为求解函数图像上一点与直线上一点连线距离的最小值.当函数某一点处的切线斜率和直线的斜率相等
时可得距离的最小值，从而可运用导函数计算求解结果.
【详解】根据题意，点 是函数 图像上一点，
点 是直线 上一点
函数 的导函数为 ，
所以其图像上一点 处切线的斜率为
当过点 的切线与直线 平行时，点 与点 之间的距离最小
且两点间的距离可转化两平行线之间的距离
此时有， ，从而可得
此时函数 图像上过点 的切线方程为
化简为 ，其与直线 间的距离为
所以 的最小值为 .
故选：C.
4．（2021·海南·模拟预测）已知函数 （ 是 的导函数），则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】对函数进行求导，求出 ，再令 代入解析式，即可得到答案；【详解】 ， ，
， ，
故选：D.
二、多选题
5．（2022·广东广州·二模）已知 ，直线 与曲线 相切，则下列不等式成立
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】利用导数的几何意义，求出a，b的关系，再结合均值不等式逐项分析、计算并判断作答.
【详解】设直线 与曲线 相切的切点为 ，
由 求导得： ，则有 ，解得 ，
因此， ，即 ，而 ，
对于A， ，当且仅当 时取“=”，A正确；
对于B， ，当且仅当 ，即 时取“=”，
B不正确；
对于C，因 ，则有 ，即
，当且仅当 ，即 时取“=”，由 得 ，所以当 时，
，C正确；
对于D，由 ， 得， ， ，而函数 在R上单调递增，
因此， ，D不正确.
故选：AC
6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数 的图象在 轴上的截距为
，在 轴右侧的第一个最高点的横坐标为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．函数在 上一定单调递增
D．在 轴右侧的第一个最低点的横坐标为
【答案】AC
【分析】根据题意，得到 ，求得 ，再由 ，求得 ，得到函数
，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，函数 的图象在 轴上的截距为 ，可得 ，因为 ，可得 ，所以A正确；
又由 ，且在 轴右侧的第一个最高点的横坐标为 ，
可得 ，则 ，可得 ，所以 ，
则 ，可得
所以
，所以函数 最大值为 ，所以B错误；
由 ，当 ，可得 ，
根据正弦函数的性质，可得函数 在 上单调递增，所以C正确；
由 ，令 ，解得 ，
当 时，可得 ，即在 轴右侧的第一个最低点的横坐标为 ，所以D错误.
故选：AC.
三、填空题
7．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））写出一个同时满足下列性质①②③的函数：______；
①对定义域内任意的 ， ，都有 ；
②对任意的 ，都有 ；
③f（x）的导函数 为奇函数．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】③导函数为奇函数，原函数为偶函数，②联想函数为下凸函数，①联想对应法则是积的形式，由
此联想初等函数．【详解】由三个性质联想 ，
①对定义域内任意的 ， ， ；
②对任意的 ，
，
所以 ；
③ 为奇函数．
故答案为： （答案不唯一，例如 也满足）
8．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室一模（理））函数 的图象在 处的切线与y轴的交
点坐标为_____.
【答案】
【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，从而可求出切线与y轴的交点坐标
【详解】由 ，得 ，则
，
所以在 处的切线方程为 ，
当 时， ，得 ，
所以切线与y轴的交点坐标为 ，
故答案为：
9．（2022·江西·模拟预测（文））已知曲线 与过点 的直线 相切，则 的斜率为
_______．
【答案】 ##
【分析】设切点为 ，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点 求出切点，从
而可得出答案.【详解】解：设切点为 ，
，则 ，
则切线方程为 ，
将点 代入得 ，
化简得 ，解得 ，
所以切线的斜率为 .
故答案为： .
10．（2022·福建莆田·模拟预测）曲线 在 处的切线方程为______．
【答案】
【分析】对函数 求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出方程即可.
【详解】因 ，当 时， ， ，
所以曲线 在 处的切线方程为 .
故答案为：
四、解答题
11．（2022·辽宁·沈阳二中二模）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，
曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若 是 的导函
数， 是 的导函数，则曲线 在点 处的曲率 .(1)若曲线 与 在 处的曲率分别为 ， ，比较 ， 大小；
(2)求正弦曲线 （ ）曲率的平方 的最大值.
【答案】(1) ；(2)1.
【分析】（1）对 、 求导，应用曲率公式求出 处的曲率 ， ，即可比较大小；
（2）由题设求出 的曲率平方，利用导数求 的最大值即可.
(1)由 ， ，则 ，
由 ， ，则 ，
所以 ；
(2)由 ， ，则 ，
，令 ，则 ，故 ，
设 ，则 ，在 时 ， 递减，
所以 ， 最大值为1.
12．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数 .(1)讨论 的单调性；
(2)当x>1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'() 2cos22cos2，
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
P1, nnN f xx1ex
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．n3
B．当 n2 时，的值不唯一
C．n可能等于4
 4
, 0
D．当n1时，的取值范围是 e
【答案】ACD
(x ,(x 1)ex0) ex0(x22x 1) g(x)ex(x22x1)
【分析】由题设切点为 0 0 ，进而得 0 0 ，再构造函数 ，将
yg(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 ，
yx ex0(x1)
所以切线方程为 0 ，
(x 1)ex0 x ex0(x 1) ex0(x22x 1)
所以 0 0 0 ，整理得 0 0 ，
g(x)ex(x22x1) g(x)ex(x21)
所以令 ，则 ，
所以，令g(x)0得x1.
所以，当x1或 x1 时，g(x)0，g(x)0，当1x1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n2时，
e
，故B错误，此时
n3
成立；
 4  12 12
 ,0 n3, n0, 4
当 n3 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；
n1 e n3
综上，n3，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
rr10
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
10r40 h 3r21 y7029a r30 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 h0 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r21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 r2rr2h63000，所以h 3  63000  1 r，由 ，得
3 r2 r2 3 h0
63000 1
 r0，解得 ，所以 ，故A项不正确.
r2 3 r303 7 10r3037
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 r10 h 3
l  2r S rlr 2r 2r2
圆锥的母线长 ，故圆锥的侧面积 1 ，
63000 1  263000 2
圆柱的侧面积
S
2
2rh2r
 r2

3
r


r

3
r2
，圆柱的底面积 S 3 r2 ，
y 2aS aS S 
所以总费用 1 2 3
263000 2 
 2a 2r2a  r2r2 
 r 3 
7a 263000a
 r2 .
3 r
7a 263000a
当 时，y 212 7029a，C项正确.
r21 3 21
14a 263000a 14a  r327000 
y r 
3 r2 3r2 ，
7a 263000a
当 时， ，函数y r2 单调递减，
10r30 y0 3 r
7a 263000a
当 时， ，函数y r2 单调递增，
30r3037 y0 3 r
7a 263000a
所以当 时， 取得最小值，最小值为 302 6300a，D项正确.
r30 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 27r2h r2
54
故该无盖圆柱形水桶的表面积S r22rhr2 ，
r
54 2  r327 
y r2 (r0) 
令 r ，则y' r2 ,
0r3 y' 0 r3 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 (r0)取得最小值，也即该水桶用料最省.
r3 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  (x1)．
2 2x
f x0
(1)证明： ；
n
a 3C4  n2,nN*
(2)若a k2lnk，证明： k n2 ．
k k2
f(x)
1, f x f 10
【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  (x1)，
2 2x
1 1 1 x22x1 x12
fx     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 1ln1  0 ，即 f x0.
2 2
x 1 x 1
(2)解：由（1） f x0知 lnx  0 ，故lnx  ，
2 2x 2 2x
1 1
所以x2lnx x3 x，
2 2
1 1
所以，令xk，则a
k
k2lnk 
2
k3
2
k ，
n
a 3C4  n2,nN*
k n2
下面用数学归纳法证明 .
k2
n2 a 4ln2ln24 ln16lne3 3
①当 时， 2 ，故成立；
m
a 3C4
②假设nm时， k m2 ，
k2
m2m1mm1
即22ln223ln3  2mlnm3 成立，
4321
m1 m m2m1mm1
a a a 3 a
当nm1时， k k m1 4321 m1，
k2 k2
m2m1mm1 m2m1mm1 1 1
由于3 a 3  m13 m1
4321 m1 4321 2 2
m2mm1 1 1
m1   m12 
 421 2 2
m2mm14m124
m1 
 421 m1


m2mm14mm2
 
m3
3
m3m2m1m
3C4
 421  421 4321 m3
所以，当nm1时，不等式成立.
n
a 3C4  n2,nN*
k n2
综上①②，不等式 成立.
k2
【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.
xlnx1,x0

f x m
9．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知函数  x2 ,x0 .
 ex
1
(1)当m 时，判断 f x的零点个数；
2
Fx f x f x x,1 Fx0 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
x1, lnxx 10
（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.
xlnx1,x0

1 f x 1
(1)当m 时，  x2 ,x0 ，
2  2ex
1
fxlnxx 1lnx2
当 时， ， ，
x0 f(x)xlnxx x
1 1
当 fx0时，0x
e2
，当 fx0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0x 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gxx2ex 1 ， gx  x22x  ex ，
x0 2ex ex 2
gx0 gx0
x2 2x0
由 ，得 ，由 ，得 ，
gx ,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
g442        0
∵ e4 2 e4 2 5 4 2 32 2 ，
 
2
4 1 4 1 1
g2    0，g00 0
e2 2 8 2 2
gx ,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 Fx0 x1, Fx0
若存在 ，使 成立，等价于若存在 ，使 成立，
m
x(lnx1)(x)2 0
即
ex
成立，即xlnx1x2mex成立，
mex
即 成立，即lnxx 10成立，
xlnxx2mexx0 x
mex
令hxlnxx 1x1，
x
1 mxexmex (x1)ex  x 
hx 1  m 
x x2 x2  ex ，
x 1x
令kx ，则kx 0x1
，
ex exx  1
于是，
kx
ex 在
x1,
上单调递减，∴
kx

0,
e

.
1
当m ，hx0，函数hx在x1,上单调递增
e
hx h1me110
m0
min ，即 ，此时不合题意；
hx0 hx x1,
m0
当 ， ，函数 在 上单调递减
hxh1me110
，符合题意.
1 x
当0m e 时，存在x 0 1,，使得m ex 0 0 ，即mex0 x 0 ，
x x x x x
当
1xx 0
时，由kx
ex
在x1,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xx 0 时，由kx ex 在x1,上单调递减可得 ex  ex 0 0 ，所以m ex m ex 0 0 0， h(x)0 ，
hx x1,x  xx ,
∴函数 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，
hx hx lnx x 
mex0
1ln(mex0)x 2 0m 1
∴ min 0 0 0 x 0 lnmx x 22lnm0，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
x1elnax，gx a0
．
x
Fx f xgx 0,
(1)求函数 在 上的极值；
y f x ygx
a1
(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，
Fx
取得极大值且
F
e


12elnae
，无极小值
y f x ygx l 3
(2)曲线 与曲线 的公切线 有 条
Fx Fx Fx 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,1elnt 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
elnte1 ,ii
y f x ygx  b b
2 2
2eln b  10 在,0U0,的根的个数，令hx2elnx 1x0 ，分别讨论hx在
b x
,0,0,
的根的个数.
a e a aex
(1)由题知Fx f xgx1elnax ，所以Fx a  ，
x ax x2 x2
a
令Fx0，解得： x
e
.故当
x
变化时，Fx，Fx的变化情况如下表：
x  0, a  a   a ,  
 e e e 
Fx  0 
Fx
单调递增 极大值 单调递减
a a
所以当
x
e 时，
Fx
取得极大值，
F
e


12elnae
，无极小值.
e 1 1
(2) f x1elnx，
fx
x
，gx
x
，gx
x2
e e
所以曲线y f
x在点t,1elnt处的切线方程为，即y1elnt xt
，即
y xelnte1
.
t t 1 1 1 1 2
b,  y  xb 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
elnte1 ,ii
y f x ygx  b
2
由（i）得 ，代入（ii）得 2eln b  10 ，
t eb2 b
2
所以问题转化为判断关于b的方程 2eln b 
b
10 在,0U0,的根的个数.
2 2e 2 2ex2
因 ，当 时，令hx2elnx 1x0 ，即hx   ，
b0 b0 x x x2 x2
 1
令
hx0
，得
x 1
e.所以当
x

0,
e

时，
hx0
，
hx
单调递减；
1 
当
x
e
,
时，
hx0
，
hx
单调递增；
1
hx h 10
所以 max e .
 1 
因为h 4e2e212ee210,h110，
e2 
所以h  
e
1
2
 

h  

1
e
 

0,h1h  

1
e
 

0，所以函数hx2elnx 2
x
1x0在0,上有两个零点，即
2
2elnb 10在0,上有两个不相等的正实数根；
b
2 2e 2
kx2elnx 1 kx 
当 时，令 ，则 ，
b0 x x x2
x,0 kx0 kx ,0
显然 时， ，则 在 上单调递减，
2
因为ke2e 10,k130，
e
2 2
所以 kx2elnx 1 在,0上有唯一一个零点，即方程2elnb 10在,0上有唯一一
x by f x ygx 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,gx
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(x0)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 xx1ex x1 2 ax， ．
3 aR
a1 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；
x2x a3
②求证： 2 1 ．
7 1
【答案】(1)y3x (2)① 2a ；②证明见解析.
3 e
f0 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1x
1
0，0x
2
1，将所证不等式转化为x
1
2a，分1a
e
、
2a1
两种情况
1
讨论，在1a 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 2a1
gxxex2 x1 gx
，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 xx1ex x1 2 x，该函数的定义域为1,，
a1 3
7
则 fxxex2 x11，所以， f03， 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y3x .
3 3
fxxex2 x1a
(2)解：① ，
1
令 pxxex2 x1a
，则pxx1ex
x1 ，
1 1 3
令xx1ex ，则xx2ex x1 2 0对任意的 恒成立，
x1 2 x1
x px 1,
所以，函数 在 上单调递增，
00 px0 px
因为 ，当1x0时， ，此时函数 单调递减，
px0 px
x0
当 时， ，此时函数 单调递增，
px fx 1,0 0,
所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
 1
f1 a0
 e 1
因为函数 f x有两个极值点 x 、 x ，所以，  f02a0 ，解得2a e ，
1 2
f1e2 2a0
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；
1x 0 0x 1
证明：由①可知 1 ， 2 ，
x2x a3 x2x 1x a3 x 2a
要证 2 1 ，需证 2 1 1 ，即证 1 ，
1
①当1a 时，2a1x ，满足题意；
e
1
1
②当 时，先证 x1 x1，
2a1 2
1 1 1 1 1x
hx x1 x1 hx  
令 2 ，则 2 x1 2 2 1x ，
hx0 hx
1x0
当 时， ，此时函数 单调递增，hx0 hx
x0
当 时， ，此时函数 单调递减，
1
所以，hxh00，即 x1 x1，
2
txexx1 txex1
令 ，则 .
x0 tx0 tx
当 时， ，此时函数 单调递减，
tx0 tx txt00
x0 ex x1
当 时， ，此时函数 单调递增，所以， ，即 .
gxxex2 x1 gxxx1x2x22
令 ，则 ，
yx22 ya x  a2 x  a2
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 x2x x2x a2 a2
所以， 3 1 ， 4 2 ，所以， 2 1 4 3 ，
2a1 x2x a2 12 a3
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 xgx f xgx f xgx0
（1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或
f xgx0 hx f xgx
），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.
1x
12．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知函数 f x lnx.
1x
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
gx1x22xlnx gx gx g10 gx
【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 2x  f x  f 2x 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 3x lnx 1x ln2x 0 Fx3xlnx1xln2x0x1
解析式可得 1 1 1 1 ；令 ，利用
FxF10
导数可求得 ，由此可证得不等式.
2lnx 1x 1x22xlnx
fx  
(1) 1x2 x1x x1x2 ，
gx1x22xlnx
令 ，
 1 2x2
则
gx2x2lnx22xlnx1
，
gx2

1
x



x ；
x0
gx0 gx 0,
当 时， ， 在 上单调递减，
g e2 2  e21  0 g140 x   e2,1  gx 0
又 ， ， 0 ，使得 0 ，
x0,x  gx0 xx , gx0
则当 0 时， ；当 0 时， ；
gx 0,x  x ,
在 0 上单调递增，在 0 上单调递减，gx
max
gx
0
g10
，又当
x0,1
时， 1x2 0 ， 2xlnx0 ；
x0,1 gx0 fx0 x1, gx0 fx0

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  0x 1x
(2)由（1）知：若 1 2 1 2 ，则 1 2，
x x 2 x 2x
要证 1 2 ，只需证 2 1 ，
0x 1x 2x 1
 1 2， 1 ，
f x 1, f x  f 2x 
又 在 上单调递减，则只需证 2 1 ，
f x  f x  f x  f 2x  f x  f 2x 0
 1 2 ，则只需证 1 1 ，即证 1 1 ，
1x 1x
1lnx  1 ln2x 0
则需证 ，又 ，
1x 1 3x 1 1x 0
1 1 1
lnx ln2x 
1  1 0
只需证1x
1
3x
1
，即证 3x
1
lnx
1
1x
1
ln2x
1
0，
Fx3xlnx1xln2x0x1
令 ，
1 3 1 3
3x 1x Fx    0
则
Fxlnx
x
ln2x
2x ， x x2 2x 2x2 ，
Fx 0,1 FxF10
在 上单调递减， ，
Fx 0,1 FxF10
在 上单调递增， ，
3x lnx 1x ln2x 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
yex
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．
0aeb 0bea
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；
yex 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.
yex P
 t,et
yex yex
【详解】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ，
yex yet etxt yetx1tet
所以，曲线 在点P处的切线方程为 ，即 ，
a,b yetx1tet baet 1tet a1tet
由题意可知，点 在直线 上，可得 ，
f ta1tet ftatet
令 ，则 .
ta ft0 f t
当 时， ，此时函数 单调递增，
ft0 f t
ta
当 时， ，此时函数 单调递减，
f t  f aea
所以， max ，
yb 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 t0 f t0 f t
ta1 ta1
当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：0bea yb 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.
yex 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
0bea
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.
a2ln1.01 bln1.02 c 1.041
2．（2021·全国·高考真题（理））设 ， ， ．则（ ）
A．abc B．bca C．bac D．cab
【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 x2ln1x 14x1 gxln12x 14x1
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.
a2ln1.01ln1.012 ln10.012 ln  120.010.012 ln1.02b
【详解】 ,
ba
所以 ;
c a,b
下面比较 与 的大小关系.
 
2 14x1x
2 2
fx  
记 ,则 , ，
f x2ln1x 14x1 f 00 1x 14x 1x 14x
14x1x2 2xx2 x2x
由于
14x1x2 0 14x 1x fx0
所以当0<x<2时， ,即 , ,
f x 0,2
所以 在 上单调递增，
f 0.01 f 00 2ln1.01 1.041 ac
所以 ,即 ,即 ;
 
2 14x12x
2 2
gx  
令 ,则 , ,
gxln12x 14x1 g00 12x 14x 12x 14x
14x12x2 4x2 14x12x2 0
由于 ，在x>0时, ,
gx0 gx g0.01g00
ln1.02 1.041
所以 ,即函数 在[0,+∞)上单调递减，所以 ,即 ,即b<c;
综上，bca,
故选：B.
【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，
利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
二、填空题
2x1
3．（2021·全国·高考真题（理））曲线y
x2
在点1,3处的切线方程为__________．
【答案】5x y20
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．
【详解】由题，当x1时，y3，故点在曲线上．2x22x1 5
y 
求导得： x22 x22 ，所以y| 5．
x1
故切线方程为5x y20．
故答案为：5x y20．
f x:
4．（2021·全国·高考真题）写出一个同时具有下列性质①②③的函数 _______．
f xx  f x  f x  x(0,) f(x)0 f(x)
① 1 2 1 2 ；②当 时， ；③ 是奇函数．
f xx4 f xx2n nN*
【答案】 （答案不唯一， 均满足）
f x
【分析】根据幂函数的性质可得所求的 .
f xx4 f xx xx 4 x4x4  f x  f x 
【详解】取 ，则 1 2 1 2 1 2 1 2 ，满足①，
fx4x3 fx0
x0
， 时有 ，满足②，
fx4x3
的定义域为R，
fx4x3 fx fx
又 ，故 是奇函数，满足③.
f xx4 f xx2n nN*
故答案为： （答案不唯一， 均满足）
f x 2x12lnx
5．（2021·全国·高考真题）函数 的最小值为______.
【答案】1
1 1
0x x1
【分析】由解析式知
f(x)
定义域为(0,)，讨论
2
、
2
、x1，并结合导数研究的单调性，
即可求 f(x)最小值.
f(x)|2x1|2lnx (0,)
【详解】由题设知： 定义域为 ，
1
0x
∴当
2
时， f(x)12x2lnx，此时
f(x)
单调递减；
1 2
当 x1时， ，有 f(x)2 0，此时 单调递减；
2 f(x)2x12lnx x f(x)
2
当x1时，
f(x)2x12lnx
，有 f(x)2
x
0，此时
f(x)
单调递增；又 f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有：0x1时， f(x)单调递减， x1 时， f(x)单调递增；
∴ f(x) f(1)1
故答案为：1.
三、解答题
C:x2 2pyp0
F F
6．（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线 的焦点为 ，且 与圆
M :x2(y4)2 1 4
上点的距离的最小值为 ．
p
（1）求 ；
P M PA,PB C A,B △PAB
（2）若点 在 上， 是 的两条切线， 是切点，求 面积的最大值．
p2 20 5
【答案】（1） ；（2） .
p p
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于 的等式，即可解出 的值；
（2）设点 Ax 1 ,y 1  、 Bx 2 ,y 2  、 P  x 0 ,y 0  ，利用导数求出直线 PA 、PB，进一步可求得直线AB的方程，
AB
将直线 AB 的方程与抛物线的方程联立，求出 以及点P到直线 AB 的距离，利用三角形的面积公式结合
二次函数的基本性质可求得△PAB面积的最大值.
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
 p
由题意知， F  0, 2  ，设圆M上的点Nx 0 ,y 0  ，则x 0 2y 0 42 1．
x2 1y 425 y 3
所以 0 0 0 ．
从而有 |FN | x 0 2   2 p  y 0    2  1y 0 42   2 p  y 0    2  (p8)y 0 15 p 4 2 ．
p2
|FN |  3p9 4
因为5 y 3，所以当y 3时， min 4 ．
0 0
p0 p2 p2
又 ，解之得 ，因此 ．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值 p p
F0,  FM  4
抛物线C的焦点为  2， 2 ，
p
414
所以， F 与圆 M :x2(y4)2 1 上点的距离的最小值为 2 ，解得p2；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线 的方程为 ，即y 
x2
，对该函数求导得
y=
x
，
C x2 4y 4 2
Ax,y  Bx ,y  P  x,y 
设点 1 1 、 2 2 、 0 0 ，
x xx
直线 的方程为yy  1  xx  ，即y 1 y ，即 ，
PA 1 2 1 2 1 x 1 x2y 1 2y0
x x2y 2y0
PB 2 2
同理可知，直线 的方程为 ，
xx 2y 2y 0
1 0 1 0

由于点
P
为这两条直线的公共点，则x
2
x
0
2y
2
2y
0
0，
x x2y2y 0
所以，点A、 B 的坐标满足方程 0 0 ，
x x2y2y 0
所以，直线 AB 的方程为 0 0 ，
x x2y2y 0
 0 0
 x2
联立

y
4
，可得
x22x x4y 0
，
0 0
x x 2x xx 4y
由韦达定理可得 1 2 0， 1 2 0，
所以， AB  1    x 2 0    2  x 1 x 2 24x 1 x 2   x 0 24  x 0 24y 0  ，
x24y
d  0 0
点 到直线 的距离为 x24 ，
P AB 0
1 1 x24y 1 3
S  AB d   x24  x24y   0 0   x24y  2
所以， △PAB 2 2 0 0 0 x24 2 0 0 ，
0
x24y 1y 424y y212y 15y 6221
 0 0 0 0 0 0 0 ，1 3
202 20 5
由已知可得 5 y 0 3 ，所以，当 y 0 5 时，△PAB的面积取最大值2 .
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
x x 2x ,x x 4y
同方法一得到 1 2 0 1 2 0．
 x2 
Qx , 0  y 
过P作y轴的平行线交 AB 于Q，则  0 2 0 ．
S  1 |PQ| x x  1  1 x22y   4x216y  1  x24y  2 3
PAB 2 1 2 22 0 0  0 0 2 0 0 ．
x cos,
0

P点在圆M上，则y 4sin,
0
1 3 1 3 1 3
S   x24y  2   cos24sin16  2  (sin2)2212．
PAB 2 0 0 2 2  
sin1 △PAB 20 5
故当 时 的面积最大，最大值为 ．
[方法三]：直接设直线AB方程法
 x2   x2 
Ax, 1  Bx , 2 
设切点A，B的坐标分别为  1 4 ，  2 4 ．
ykxb,

设l :ykxb，联立l 和抛物线C的方程得x2 4y, 整理得x24kx4b0．
AB AB
Δ16k216b0 k2b0 x
1
x
2
4k,x
1
x
2
4b
判别式 ，即 ，且 ．
x2 x
y  y 
抛物线C的方程为x2 4y，即 4 ，有 2 ．
x2 x x x2 x x2
则l : y 1  1xx ，整理得y 1x 1 ，同理可得l : y 2 x 2 ．
PA 4 2 1 2 4 PB 2 4
 x x2
y 1x 1 ,
 2 4
联立方程 可得点P的坐标为 ，即 ．
 y x 2 x x 2 2 , P   x 1 x 2 , x 1 x 2  
 2 4  2 4  P(2k,b)1(b4)2
将点P的坐标代入圆M的方程，得(2k)2(b4)2 1，整理得k2  ．
4
|AB| 1k2 x x  1k2  x x 24x x  1k2  16k216b
由弦长公式得 1 2 1 2 1 2 ．
2k22b
d 
点P到直线 AB 的距离为 k21 ．
1(b4)2  3 b212b15 3
所以S  1 |AB|d  1 16k216b2k22b 4  k2b 3  4  b  4   ，
PAB 2 2  4   4 
y b[5,3] b[3,5]
P
其中 ，即 ．
b5 S  20 5
当 时， PAB max ．
【整体点评】
FN Nx ,y 
（1）方法一利用两点间距离公式求得 关于圆M上的点 0 0 的坐标的表达式，进一步转化为关于
y 0 p F
的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得 的值；方法二，利用圆的性质， 与圆
M :x2(y4)2 1 Ax,y  Bx ,y 
上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点 1 1 、 2 2 、
 
P x,y x x2y2y 0
0 0 ，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程 0 0 ，
x x 2x xx 4y AB
然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得 1 2 0， 1 2 0，利用弦长公式求得 的长，进而得到
 
P x,y y
面积关于 0 0 坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于 0的二次函数最值问题；方法二，同方法
 x2 
Qx , 0  y 
一得到x 1 x 2 2x 0 ，x 1 x 2 4y 0 ，过P作y轴的平行线交 AB 于Q，则  0 2 0  ．由
1
S PAB  2 |PQ| x 1 x 2 求得面积关于P  x 0 ,y 0 坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法l :ykxb
灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线 AB ，联立直线 AB 和抛物线方程，利用韦达定
k2b0 x 1 x 2 4k,x 1 x 2 4b P M k,b
理判别式得到 ，且 ．利用点 在圆 上，求得 的关系，然后利用导数求
得两切线方程，解方程组求得P的坐标P(2k,b)，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于 b
的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
f(x)x3x2ax1
7．（2021·全国·高考真题（文））已知函数 ．
f x
（1）讨论 的单调性；
y f x y f x
（2）求曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标．
1，1a
【答案】(1)答案见解析；(2) 和 .
【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.
fx3x22xa
【详解】(1)由函数的解析式可得： ，
导函数的判别式412a，
1
当412a0,a 时， fx0, f x在R上单调递增，
3
1 13a 1 13a
x  ,x 
当 时， 的解为： 1 3 2 3 ，
 1 13a 
x, 
当  3 时， 单调递增；
 
1 13a 1 13a
x , 
当  3 3 时， 单调递减；
 
1 13a 
x ,
当  3 时， 单调递增；
 
综上可得：当 时， 在R上单调递增， 1 13a  1 13a 
,   ,
当 时， 在 3 ， 3 上
   
1 13a 1 13a
 , 
单调递增，在 3 3 上单调递减.
 
f x x3x2ax 1 fx 3x22x a
(2)由题意可得： 0 0 0 0 ， 0 0 0 ，
y  x3x2ax 1    3x22x a xx 
则切线方程为： 0 0 0 0 0 0 ，
0  x3x2ax 1    3x22x a 0x 
切线过坐标原点，则： 0 0 0 0 0 0 ,
2x3x210 x 1 2x2x 1  0
整理可得： 0 0 ，即： 0 0 0 ，
f '(x ) f11a
解得： ，则 ， 0
ya1x
切线方程为： ,
x3x2ax1(a1)x
与 联立得 ，
x3x2x10
x1
x3x2x1
化简得 ,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根， 是 的一个因式，
x1 x21  0,
∴该方程可以分解因式为
x 1,x 1
解得 1 2 ,
f 11a
，
1，1a
综上，曲线 过坐标原点的切线与曲线 的公共点的坐标为 和 .
【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.f(x)(x1)ex ax2b
8．（2021·全国·高考真题）已知函数 ．
（1）讨论 f(x)的单调性；
（2）从下面两个条件中选一个，证明： f(x)只有一个零点
1 e2
① a ,b2a；
2 2
1
0a ,b2a
② ．
2
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；
(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.
f 'xx  ex2a 
【详解】(1)由函数的解析式可得： ，
x,0 f 'x0, f x
a0
当 时，若 ，则 单调递减，
x0, f 'x0, f x
若 ，则 单调递增；
1
当 0a 2时，若x,ln2a ，则 f 'x0, f x 单调递增，
xln2a,0 f 'x0, f x
若 ，则 单调递减，
x0, f 'x0, f x
若 ，则 单调递增；
1
a
当 2时， f 'x0, f x在 上单调递增；
R
1
当a 时，若x,0，则 f 'x0, f x单调递增，
2
x0,ln2a f 'x0, f x
若 ，则 单调递减，
xln2a, f 'x0, f x
若 ，则 单调递增；
(2)若选择条件①：
1 e2
a�
由于2 2 ，故12ae2，则b2a1, f 0b10，
 b   b   b
f  1 e a bb0
而  a   a  ，
   ,0 ,0
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
f ln2a2aln2a1aln2a 2 b
   
2aln2a1aln2a 2 2a
   
2aln2aaln2a 2
 
aln2a2ln2a
 
，
1 e2
a�
由于2 2 ，12ae2，故aln2a  2ln2a  0，
0,
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
若选择条件②：
1
由于 0a 2，故2a1，则 f 0b12a10，
e2 4,4a2 f 2e24ab0
当b0时， ， ，
0, 0,
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
b0
Hxexx1 Hxex1
当 时，构造函数 ，则 ，
x,0 Hx0,Hx
当 时， 单调递减，
x0, Hx0,Hx
当 时， 单调递增，
H00 Hx0
ex x1
注意到 ，故 恒成立，从而有： ，此时：
f xx1exax2bx1x1ax2b 1ax2b1
，
1b
x
当 1a 时，
1ax2b10，1b
x  1
取 0 1a ，则 f x 0，
0
 1b 
f 00, f  10
即：  1a  ，
 
0, 0,
而函数在区间 上单调递增，故函数在区间 上有一个零点.
f ln2a2aln2a1aln2a 2 b
   
2aln2a1aln2a 2 2a
   
2aln2aaln2a 2
 
aln2a2ln2a
 
，
1
由于 0a 2，02a1，故aln2a  2ln2a  0，
,0
结合函数的单调性可知函数在区间 上没有零点.
综上可得，题中的结论成立.
【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，所以
在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，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．
f xlnax x0 yxf x
9．（2021·全国·高考真题（理））设函数 ，已知 是函数 的极值点．
（1）求a；
x f(x)
g(x)
（2）设函数
xf(x)
．证明: gx1 ．
【答案】（1）a1；（2）证明见详解
【分析】（1）由题意求出y'，由极值点处导数为0即可求解出参数 a ；
xln1x
g(x)
（2）由（1）得 xln1x ，x1且x0，分类讨论x0,1 和x,0 ，可等价转化为要证gx1 xln1xxln1x x0,1 x,0
，即证 在 和 上恒成立，结合导数和换元法即可求解
1 x
【详解】（1）由 f xlnax f 'x ，yxf x y'lnax ，
xa xa
x0 yxf x y'0lna0 a1
又 是函数 的极值点，所以 ，解得 ；
（2）[方法一]：转化为有分母的函数
xln(1x) 1 1
由（Ⅰ）知，g(x)   ，其定义域为 ．
xln(1x) ln(1x) x (,0) (0,1)

1 1 1 1 x1
要证g(x)1，即证
ln(1x)

x
1 ，即证
ln(1x)
1
x

x
．
1 x1 x x
（ⅰ）当 时， 0 ， 0 ，即证ln(1x) ．令F(x)ln(1x) ，因为
x(0,1) ln(1x) x x1 x1
1 1 x
F(x)   0
1x (x1)2 (x1)2
，所以F(x)在区间
(0,1)
内为增函数，所以
F(x)F(0)0
．
1
x1 x
0
（ⅱ）当
x(,0)
时，
ln(1x)
，
x
0，即证ln(1x)
x1
，由（ⅰ）分析知F(x)在区间
(,0)内为减函数，所以F(x)F(0)0．
g(x)1
综合（ⅰ）（ⅱ）有 ．
[方法二] 【最优解】：转化为无分母函数
x f(x) xln1x
g(x) 
由（1）得 f xln1x， xf(x) xln1x ，x1且x0，
xln1x
g(x) 1
当 x0,1 时，要证 xln1x ，

x0,ln1x0， xln1x0，即证
xln1xxln1x x1xln1x0
，化简得 ；
xln1x
g(x) 1
同理，当x,0 时，要证 xln1x ，

x0,ln1x0， xln1x0，即证
xln1xxln1x x1xln1x0
，化简得 ；
hxx1xln1x t 1x t0,1  1, x1t
令 ，再令 ，则 ， ，t1ttlnt t1lnt1lnt
令 ， ，
t0,1 t0 t t10
当 时， ， 单减，故 ；
t1, t0 t t10
当 时， ， 单增，故 ；
xln1x
g(x) 1
综上所述，
xln1x 在x,0

0,1
恒成立.
[方法三] ：利用导数不等式中的常见结论证明
1 1x
令
(x)lnx(x1)
，因为(x)
x
1
x
，所以
(x)
在区间
(0,1)
内是增函数，在区间(1,)内是减
1
0
函数，所以
(x)(1)0
，即
lnxx1
（当且仅当
x1
时取等号）．故当
x1
且x0时，
1x
且
1 1 1 x x
1， ln  1 ，即ln(1x) ，所以ln(1x) ．
1x 1x 1x 1x x1
x 1 x1 1 1 1
（ⅰ）当
x(0,1)
时，0ln(1x)
x1
，所以
ln(1x)

x
1
x
，即
ln(1x)

x
1 ，所以g(x)1．
x
（ⅱ）当
x(,0)
时，ln(1x)
x1
0，同理可证得g(x)1．
xln(1x)
1
综合（ⅰ）（ⅱ）得，当
x1
且x0时，
xln(1x)
，即g(x)1．
【整体点评】
x
（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当 时，转化为证明ln(1x) ，当
x(0,1) x1
x
时，转化为证明ln(1x) ，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用
x(,0) x1
x0,1 x1xln1x0 x,0
不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当 时， 成立和当 时，
x1xln1x0
成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；
(x)lnx(x1) lnxx1
方法三先构造函数 ，利用导数分析单调性，证得常见常用结论 （当且仅当x
时取等号）．然后换元得到ln(1x) ，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，
x1 x1
有一定的巧合性.
f(x)a2x2ax3lnx1 a0
10．（2021·全国·高考真题（文））设函数 ，其中 .
f x
（1）讨论 的单调性；
y f x x
（2）若 的图象与 轴没有公共点，求a的取值范围.
 1 1  1
【答案】（1） f x 的减区间为   0, a  ，增区间为  a ,+ ；（2） a e.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
f 10 f x 0
（2）根据 及（1）的单调性性可得 min ，从而可求a的取值范围.
0,
【详解】（1）函数的定义域为 ，
2ax3(ax1)
又 f(x) ，
x
因为a0,x0，故2ax30，
1 1
当0x 时， ；当x 时， ；
a f(x)0 a f(x)0
 1 1 
所以 f x 的减区间为   0, a  ，增区间为  a ,+ .
f 1a2a10 y f x x
（2）因为 且 的图与 轴没有公共点，
y f x x
所以 的图象在 轴的上方，
1 1
f x  f  33ln 33lna
由（1）中函数的单调性可得 min a a ，
1
故 即a .
33lna0 e
【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.xa
f(x) (x0)
11．（2021·全国·高考真题（理））已知a0且a1，函数 ax ．
f x
a2
（1）当 时，求 的单调区间；
y f x y1
（2）若曲线 与直线 有且仅有两个交点，求a的取值范围．
 2   2 
【答案】（1）


0,
ln2

上单调递增；

ln2
,


上单调递减；（2）
1,e

e,
.
【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；
y f x y1
（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线 与直线 有且仅有两个交点等价转化为
lnx lna a
方程  有两个不同的实数根，即曲线ygx与直线 y 有两个交点，利用导函数研究gx的
x a lna
lna 1
单调性，并结合gx的正负，零点和极限值分析gx的图象，进而得到0  ，发现这正好是
a e
0gage gx
a
，然后根据 的图象和单调性得到 的取值范围.
x2 2x2xx22xln2 x2x2xln2
f x , fx 
【详解】（1）当 时， 2x  2x2 4x ,
a2
2 2 2
令 f 'x0得x ,当 0x 时， fx0,当x 时， fx0,
ln2 ln2 ln2
 2   2 
∴函数 f x 在   0, ln2  上单调递增；  ln2 ,   上单调递减；
（2）[方法一]【最优解】：分离参数
xa lnx lna lnx
f x 1ax xa  xlnaalnx  gx
ax x a ,设函数 x ,
1lnx
则gx
,令gx0，得 ,
x2 xe
0,e gx0 gx
在 内 , 单调递增；e, gx0 gx
在 上 , 单调递减；
1
gx ge
,
max e
g10
x 
gx
又 ，当 趋近于 时， 趋近于0，
a
所以曲线y f x与直线y1有且仅有两个交点，即曲线ygx与直线 y
lna
有两个交点的充分必要
lna 1
条件是0  ,这即是0gage,
a e
a
1,e

e,
所以 的取值范围是 .
[方法二]：构造差函数
由 y f(x) 与直线 y1 有且仅有两个交点知 f(x)1，即xa ax在区间(0,)内有两个解，取对数得方程
alnxxlna在区间(0,)内有两个解．
a axlna
g(x) lna
构造函数g(x)alnxxlna,x(0,)，求导数得
x x
．
lna0,x(0,),axlna0,g(x)0,g(x)
(0,) g(x)
当0a1时， 在区间 内单调递增，所以， 在
(0,)内最多只有一个零点，不符合题意；
x a x  0, a   x   a ,  
当 a1 时，lna0，令g(x)0得 lna，当  lna时，g(x)0；当 lna 时，g(x)0；
 a   a 
0,   ,
所以，函数g(x)的递增区间为 lna，递减区间为lna ．
 1 a   1  1
0e a 1 ,ge a1e alna0
由于 lna   ，
当x时，有alnxxlna，即g(x)0，由函数g(x)alnxxlna在(0,)内有两个零点知
 a   a 
g  lna   a   ln lna 1   0 ，所以 ln a a e ，即aelna0．
e ae
构造函数h(a)aelna，则 h(a)1
a

a
，所以h(a)的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)，所以h(a)h(e)0，当且仅当ae时取等号，故h(a)0的解为a1且ae．
(1,e)(e,)
所以，实数a的取值范围为 ．
[方法三]分离法：一曲一直
xa
曲线 与 有且仅有两个交点等价为 1在区间 内有两个不相同的解．
y f(x) y1 ax (0,)
xlna xlna
lnx p(x)
因为 xa ax，所以两边取对数得 alnxxlna ，即 a ，问题等价为g(x)lnx与 a 有且
仅有两个交点．
lna
0,p(x)
①当
0a1
时，
a
与g(x)只有一个交点，不符合题意．
1 1
x ,lnx ,g(x) ,gx  ,g(x)
②当
a1
时，取g(x)lnx上一点 0 0 x 0 x
0
在点 x
0
,lnx
0
 的切线方程为
1 1
ylnx  xx  y x1lnx
0 x 0 ，即 x 0 ．
0 0
lna 1 lna 1
  ,   ,
当y
x
1
0
x1lnx
0
与p(x) xl
a
na 为同一直线时有 
 ln
a
x 0 1
x 0
0,
得 
 x 0
a
e.
e
xlna lna 1 xlna
直线p(x) 的斜率满足：0  时， 与p(x) 有且仅有两个交点．
a a e g(x)lnx a
lna 1lna
记 h(a)
a
,h(a)
a2
，令h(a)0，有ae．a(1,e),h(a)0,h(a)在区间(1,e)内单调递增；
1
a(e,),h(a)0,h(a)在区间(e,)内单调递减；
ae
时，h(a)最大值为 g(e)
e
，所当
a1
且
ae
时
lna 1
有0  ．
a e
(1,e)(e,)
综上所述，实数a的取值范围为 ．
[方法四]：直接法
xa axa1ax axlnaxa xa1(axlna)
f(x) (x0), f(x) 
ax  ax2 ax ．a
x
因为
x0
，由 f(x)0得
lna
．
当0a1时， f(x)在区间(0,)内单调递减，不满足题意；
 a 
当 时， a 0，由 得0x a , f(x)在区间0, 内单调递增，由 得
a1 lna f(x)0 lna  lna f(x)0
 a 
x a , f(x)  ,
lna 在区间lna 内单调递减．
 a  a
a
  a
因为 lim f(x)0 ，且 lim f(x)0 ，所以 f   a   1，即 lna a   ( a lna ln ) a a 1，即
lna alna
x x0
 1 
a a ln a a (lna)a,a 1 ln 1 a lna，两边取对数，得   1 lna   lnaln(lna) ，即lna1ln(lna)．
1
h(x) 1
令
lnat
，则
t1lnt
，令h(x)lnxx1，则
x
，所以h(x)在区间
(0,1)
内单调递增，在区间
(1,) 内单调递减，所以h(x)h(1)0，所以t1lnt，则t1lnt的解为t1，所以lna1，即ae．
(1,e)(e,)
故实数a的范围为 ．]
【整体点评】
本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属较难试题，
方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数
形结合思想求解.
方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.
xlna
p(x)
方法三：将问题取对，分成g(x)lnx与
a
两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线
斜率与一次函数的斜率比较得到结论．
方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.
12．（2021·全国·高考真题）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0
代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的
P(X i) p(i0,1,2,3)
且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数， i ．p 0.4,p 0.3,p 0.2,p 0.1 E(X)
（1）已知 0 1 2 3 ，求 ；
p  p x p x2 p x3  x
（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程： 0 1 2 3
的一个最小正实根，求证：当E(X)1时， p1 ，当E(X)1时， p1 ；
（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．
【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.
E(X)
【分析】（1）利用公式计算可得 .
f 10 f x
（2）利用导数讨论函数的单调性，结合 及极值点的范围可得 的最小正零点.
（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.
E(X)00.410.320.230.11
【详解】（1） .
f x p x3 p x2p 1x p
（2）设 3 2 1 0，
p  p  p  p 1 f x p x3 p x2p  p  p x p
因为 3 2 1 0 ，故 3 2 2 0 3 0，
EX1 p 2p 3p 1 p 2p  p
若 ，则 1 2 3 ，故 2 3 0.
fx3p x22p xp  p  p 
3 2 2 0 3 ，
f0p  p  p 0 f1 p 2p  p 0
因为 2 0 3 ， 2 3 0 ，
fx
x,x x 01x
故 有两个不同零点 1 2，且 1 2，
x,x x , fx0 xx,x  fx0
且 1 2 时， ； 1 2 时， ；
f x ,x  x , x,x 
故 在 1 ， 2 上为增函数，在 1 2 上为减函数，
x 1 f x x , f 10
若 2 ，因为 在 2 为增函数且 ，
x0,x  f x x,x  f x f x  f 10
而当 2 时，因为 在 1 2 上为减函数，故 2 ，
p  p x p x2 p x3  x
故 1 为 0 1 2 3 的一个最小正实根，x 1 f 10 0,x  p  p x p x2 p x3  x
若 2 ，因为 且在 2 上为减函数，故1为 0 1 2 3 的一个最小正实根，
EX1 p1
综上，若 ，则 .
EX1 p 2p 3p 1 p 2p  p
若 ，则 1 2 3 ，故 2 3 0.
f0p  p  p 0 f1 p 2p  p 0
此时 2 0 3 ， 2 3 0 ，
fx
x ,x x 0x 1
故 有两个不同零点 3 4，且 3 4 ，
x,x  x , fx0 xx ,x  fx0
且 3  4 时， ； 3 4 时， ；
f x ,x  x , x ,x 
故 在 3 ， 4 上为增函数，在 3 4 上为减函数，
f 10 f x 0
而 ，故 4 ，
f 0 p 0 f x 0,x  p p1
又 0 ，故 在 4 存在一个零点 ，且 .
p p  p x p x2 p x3  x p1
所以 为 0 1 2 3 的一个最小正实根，此时 ，
EX1 p1
故当 时， .
（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过
1，则若干代后被灭绝的概率小于1.
f xx1lnx
13．（2021·全国·高考真题）已知函数 .
f x
（1）讨论 的单调性；
1 1
2  e
（2）设
a
，b为两个不相等的正数，且
blnaalnbab
，证明：
a b
.
f x 0,1 1,+
【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
1 1
m, n
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令 ，命题转换为证明： ，然后构造对称
a b 2mne
差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.f x 0,
【详解】(1) 的定义域为 ．
f xx1lnx fxlnx
由 得， ，
fx0 x0,1 f′x0 x1, f 'x0
x1
当 时， ；当 时 ；当 时， ．
f x 0,1 1,
故 在区间 内为增函数，在区间 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1 1 1 1 1 1
由 得 (1ln ) (1ln )，即 f( ) f( )．
blnaalnbab a a b b a b
1 1

由 ，得 ．
a� b a b
1 1 1 1 1
由（1）不妨设 (0,1), (1,)，则 f( )0 ，从而 f( )0 ，得 (1,e)，
a b a b b
gx f 2x f x
①令 ，
g(x)f(2x) f(x)ln(2x)lnxln(2xx2)ln[1(x1)2]
则 ，
x0,1 gx0 gx 0,1 gxg10
当 时， ， 在区间 内为减函数， ，
1 1 1
从而 f 2x f x，所以 f(2 ) f( ) f( ) ，
a a b
1 1 1 1
2  2 
由（1）得 即 ．①
a b a b
hxx f x h'x1 fx1lnx
令 ，则 ，
x1,e hx0 hx 1,e hxhee
当 时， ， 在区间 内为增函数， ，
1 1
从而x f xe，所以  f( )e．
b b
1 1 1 1 1 1
又由 (0,1)，可得  (1ln ) f( ) f( )，
a a a a a b
1 1 1 1
所以   f( ) e．②
a b b b
1 1
2  e
由①②得 ．
a blna lnb 1 1 lna1 lnb1
[方法二]【最优解】： 变形为    ，所以  ．
blnaalnbab a b b a a b
1 1
m, n
令
a b
．则上式变为m1lnmn1lnn，
于是命题转换为证明：2mne．
f xx1lnx f m f n mn
令 ，则有 ，不妨设 ．
0m1,1ne mn2
由（1）知 ，先证 ．
mn2n2m f n f 2m f(m) f 2m
要证：
 f m f 2m0
．
gx f x f 2x,x0,1
令 ，
gx fx f2xlnxln2xlnx2xln10
 
则 ，
gx 0,1 gxg10
mn2
在区间 内单调递增，所以 ，即 ．
再证mne．
m1lnmn1lnnm n1lnnnemne
因为 ，所以 ．
hxx1lnxx,x1,e
令 ，
h'x1lnx0
hx 1,e
所以 ，故 在区间 内单调递增．
hxhee hne
mne
所以 ．故 ，即 ．
1 1
2  e
综合可知 ．
a b
[方法三]：比值代换
1 1
 2
证明 a b 同证法2．以下证明x x e．
1 2
x
t  2 1
不妨设 ，则 ，
x tx x
2 1 1
tlnt
由x 1 (1lnx 1 )x 2 (1lnx 2 )得x 1 (1lnx 1 )tx 1 [1ln(tx 1 )]，lnx 1 1 t1 ，x x e 1tx e ln(1t)lnx 1
要证 1 2 ，只需证 1 ，两边取对数得 1 ，
tlnt
即ln(1t)1 1，
t1
ln(1t) lnt

即证 ．
t t1
s
ln(1s)
记g(s) ln(1s) ,s(0,)，则g(s) 1s .
s s2
s 1 1
记h(s) ln(1s)，则 h(s)  0 ，
1s (1s)2 1s
hs 0, hsh00 g's0
所以， 在区间 内单调递减． ，则 ，
gs 0,
所以 在区间 内单调递减．
t1, t10, gtgt1
由 得 ，所以 ，
ln(1t) lnt

即 ．
t t1
[方法四]：构造函数法
lna lnb 1 1 1 1
由已知得    ，令 x, x ，
a b b a a 1 b 2
x x f x  f x 
不妨设 1 2，所以 1 2 ．
0x 1x e 2x x e
由（Ⅰ）知， 1 2 ，只需证 1 2 ．
x x 2
1 2
证明 同证法2．
e
2 lnx
再证明 ．令h(x) 1lnx (0xe),h(x) x ．
x x e xe (xe)2
1 2
e 1 e xe
令 (x)lnx 2(0xe) ，则(x)   0．
x x x2 x2
xe0,hx0 hx 0,e
所以 ， 在区间 内单调递增．
1lnx 1lnx 1lnx x e
1  2 1  1
因为0x x e，所以 x e x e ，即1lnx x e
1 2 1 2 2 21lnx x x x e
1  2, 2  1
又因为 f x 1  f x 2  ，所以1lnx 2 x 1 x 1 x 2 e，
x2ex x2ex,x x x x e0
即 2 2 1 1 1 2 1 2 ．
1 1
因为 x 1 x 2 ，所以x 1 x 2 e，即 a  b e．
1 1
2  e
综上，有 结论得证．
a b
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导
数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明
题中的不等式即可.
x x e0
方法四：构造函数之后想办法出现关于 1 2 的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
一、单选题
y lnx xet M 1,t
1. （2022·全国·模拟预测）已知曲线 在 处的切线为l，点 到切线l的距离为d，则d
的最大值为（ ）
1e
A. 1 B. 2 C. 1e2 D. 2
【答案】D
y lnx
【分析】由 求导，由导数的几何意义求得切线 l的方程，然后利用点到直线的距离公式得到
1et
d 
，最后利用基本不等式求出d的最大值．
e2t 11
【详解】对
求导，得y
，
y lnx x
et
所以切线l的斜率为 ，
y lnet t
又 xet ，
yt et xet xetyt1et 0
所以切线l的方程为 ，即 ，
1tet t1et 1et 2et 2
d    1  1  2
所以 e2t 1 e2t 1 e2t 1 et  1 ，
et
t 0
当且仅当 时取等号，
2
故d的最大值为 ．
故选：D．
1
2. （2022·福建漳州·一模）将曲线C :xy 2(x0)上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的 ，得
1 2
C C x16y20
到曲线 2，则 2上到直线 距离最短的点坐标为（ ）
 1  1  1  1
 8,   4,   8,   4, 
A.  4 B.  4 C.  2 D.  2
【答案】B
【分析】先利用函数图象的变换得到曲线 C 对应函数，将曲线 C 上点到直线x16y20的最短距离
2 2
C
转化为曲线 2在某点处的切线和所给直线平行，再利用导数的几何意义进行求解.
2
【详解】将 化为y  ，
xy 2 x
1
则将曲线C 上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的 ，
1 22 1
C :2y  C : y  (x0)
得到曲线 2 x ，即 2 x ，
C x16y20
要使曲线 2上的点到直线 的距离最短，
C x16y20
只需曲线 2上在该点处的切线和直线 平行，
1
设曲线C 上该点为P(a, )，
2 a
1 1
y 
因为 x2 ，且x16y20的斜率为 16 ，
1 1
 
所以 a2 16，解得a 4或a 4（舍），
1
P(4, )
即该点坐标为 4 .
故选：B.
f xx33x 3,9 y  f x
3. （2022·全国·模拟预测）已知函数 ，则过点 可作曲线 的切线的条数
为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
【答案】C
【分析】设切点为
 a,a33a 
，根据导数的几何意义求得在切点
 a,a33a 
处的切线方程，再将
3,9
代入，求得a的值，即可得解.
【详解】解：因为 f xx33x，所以 fx3x2 3 ，
 a,a33a 
设切点为 ，
 a,a33a  y 3  a2 1 xaa33a
所以在切点 处的切线方程为 ，
3,9 93  a2 1 3aa33a
又 在切线上，所以 ，93  a2 1  3aa33a
即 ，
9
a 
整理得2a39a2 0，解得 a 0 或 2 2 ，
1
3,9 y  f x
所以过点 可作曲线 的切线的条数为2.
故选：C．
4. （2022·浙江·模拟预测）某地响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场．该滑雪场中某滑道的示意
图如下所示，A点、 B 点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20m．两点之间为滑雪
弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪
43 ~ 48 A B
者的身体与地面约成 的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则 、 两点在
水平方向的距离约为（ ）
13m 19m 23m 29m
A. B. C. D.
【答案】D
【分析】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，设三次函数的解
析式为 f xax3 bx2 cx，其中a0，设点 Ax
0
,10 ，则Bx
0
,10 ，在滑道最陡处，设滑雪者
 1
f0c

tan

的身体与地面所成角为 ，由题意得出
，fx ax3cx 10
，求出 ，即可得解.
0 0 0
 f x 3ax2 c0
 0 0
 b0  2x
0【详解】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，
f xax3 bx2 cx Ax ,10 Bx ,10
设三次函数的解析式为 ，其中 a0 ，设点 0 ，则 0 ，
fx3ax2 2bxc
x0
，在滑道最陡处， ，
b
 0
f x fx3ax2 c f xax3cx
则 的对称轴为直线x0，则 3a ，可得b0，则 ， ，

在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为 ，
 
sin 
 
   2 cos 1
f0ctan    
 
则  2   sin tan，
cos 
 
 2
x 1
f xax3 fx3ax2 
所以， tan， tan，
 1
fx 3ax2  0
  0 0 tan

由图可知 x ，可得 ，
 f x ax3 0 10
 0 0 tan 2x 30tan
0
2x 30tan29m

43 48，则
0 .
故选：D.
(m,n) yax(a0 a1)
5. （2022·全国·模拟预测）若过点 可以作曲线 且 的两条切线，则（ ）log nm log nm
A. a B. a
log nm log n m a
C. a D. a 与 的大小关系与 有关
【答案】D
【 分 析 】 设 切 点 为 ： (x ,ax 0)， 写 出 切 线 方 程 ， 根 据 点 (m,n)在 切 线 上 ， 得 到
0
ax 0 lnax lnam1n0，根据过点(m,n)可以作曲线 yax(a0且 a1) 的两条切线，由方程
0
有两个不同的根求解.
【详解】设切点为：(x ,ax 0)，
0
yax 0 lna
则 ，
yax
0
ax
0
lnaxx 
所以切线方程为 0 ，
(m,n)
因为点 在切线上，
nax
0
ax
0
lnamx 
所以 0 ，
ax
0
lnax lnam1n0
即 0 ，
gxaxlnaxlnam1n
令 ，
gxaxlnalnaxlnam
则 ，
g�( x) =0
令 ，得xm，
g�( x) <0 g�( x) >0
当 xm时， ，当 xm时， ，
gx gmam n
所以当xm时， 取得极小值 ，
naxlnaxlnam10
若a1，当xm时， ；
naxlnaxlnam10
若0a1时，当xm时， ；(m,n) yax(a0 a1)
因为过点 可以作曲线 且 的两条切线，
am n0 n0 0nam
所以 且 ，即 ，
log n
m a
所以 a 与 的大小关系与 有关，
故选：D
Ex
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（ ）
EX lnX EXln  EX E  X2lnX   E2Xln  EX
A. B.
EX sinX EXsin  EX E(X2sinX) E2(X)sin  EX
C. D.
【答案】A
【分析】根据各选项的期望，分别判断 y  xlnx、 y =x2lnx、 y  xsinx、 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 y1 ， y 0，即 为上凸函数，有
y  xlnx (0,) x x2 y
x lnx x lnx x x x x
1 1 2 2  1 2 ln 1 2 ，所以EX lnX EXln  EX；
2 2 2
3

B：由y =x2lnx且定义域为(0,)，则y2xlnxx，y2lnx3，显然(e 2,)上y0，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   E2Xln  EX
；
y  xsinx y1cosx ysinx [(2k1),2k] kZ y0 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
[(2k1),2k]，kZ为下凹函数，有 2 2 2 ，所以存在
EX sinX EXsin  EX
；

(0, )
D：由y  x2sinx，则y2xsinxx2cosx，y(2x2)sinx4xcosx，显然存在 2 上y0，
 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  EX
.
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x0处连续，但是 f x x 在x0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 kx2 y  x2lnx
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 kx2 与曲线 y  x2lnx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 kx2 ，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 kx2 与曲线y  x2lnx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： yx 0 2lnx 0 1 x  xx 0  ，因为过点2,0，代入可得：
 
0
2x 2x lnx 0
0 0 0 .
f x2x2xlnx0 x2 f 'x1lnx0 0,2 f x 0,2
令 ，则 在 上恒成立，所以 在 上单
2
f 10 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
Δ0
可得出直线 y 
4a
与曲线gtt2 t2lnt有两个交
gt
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 ylnt  xt y 1 xlnt1
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  xlnt1 可得 ax2  x1lnt 0 ，

 t t
1 1
Δ 4a1lnt0 t2 t2lnt
由题意可得a0且 t2 ，可得4a ，
gtt2 t2lnt gt2t2tlnttt12lnt
t 0
令 ，其中 ，则 .
gt0 gt
0t  e
当 时， ，此时函数 单调递增，
  e
当 t  e 时， gt0 ，此时函数 gt 单调递减，所以， gt max  g e  2 .
gt0 gt0
0t e t e
且当 时， ，当 时， ，如下图所示：1 1 e 1
y  y  gt 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 a0,b0
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
a1 b1
称之为“囧圆”，则当 ， 时，下列结论正确的是( )
f x
x1
A. 函数 的图象关于直线 对称
x1,1 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 x1
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a1，b1时，函数 |x|1.
{x|x1 xR} x0
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�x1， x1为减函数，则当x0时， f(x) 最大为 f(0)1，故B
正确；
x0 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 (10)2 (01)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,
m1
)（其中m1)，
1
则点 到圆心C的距离的平方为d2 m2 ( 1)2 ，
A m11 1 1 2 1 1
令
m1
t ，(t 0)，则d2 (1
t
)2 (t1)2 t2 
t2

t
2t2(t
t
)2 2(t
t
)4，
1
再令t ，（其中R)，
t
d2 2 24(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) blnxxcx2
11. （2022·全国·模拟预测） 已知函数 x （a，b，cR），则（ ）
abc1 y  f(x) x1 3x y0
A. 若 ，则曲线 在 处的切线方程为
1  3
 ,1  ln2
B. 若a0，b1，c1，则函数 f(x)在区间3 上的最大值为
4
b1 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a0 b1 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)3f(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)lnxcx2 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) lnxxx2 f(x)  12x
【详解】对于A， x ，得 f(1)3，且 x2 x ，所以 f(1)3，
y  f(x) x1 y33(x1) 3x y0
所以曲线 在 处的切线方程为 ，即 ，所以A正确.
1 1
1 (2x1)(x1)
,
f(x) 12x  
对于B， f(x)lnxxx2，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 xa
f(x) lnxx 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) a2
时，函数 的值域为 ，所以 ，所以C正确.
f(x)lnxxcx2 g(x)lnxcx2 (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 lnx0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 12lnx ，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x0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
x1
y 
1,2
12. （2022·山东菏泽·一模）曲线 2x3在点 处的切线方程为______．
【答案】5x y30
【分析】利用导数的几何意义求解
x1 (2x3)2(x1) 5
【详解】由y  ，得 y  ，
2x3 (2x3)2 (2x3)2
5
k  5
所以切线的斜率为 (23)2 ，
y(2)5[x(1)] 5x y30
所以所求的切线方程为 ，即 ，
5x y30
故答案为:
y ax1 y alnx2 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 alnx2 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
    a3
故答案为：3.
f x xlnx y  f x
xe
14. （2022·山东临沂·一模）函数 ，则曲线 在 处的切线方程为______.
2x ye0
【答案】
【分析】先求导，代入xe可得k  fe ，利用直线方程的点斜式即得解
1
【详解】由题意， fxlnxx ln(x)1
x
k  felne12, f ee
故 ，
y  f x ye2xe 2x ye0
xe
则曲线 在 处的切线方程为：
2x ye0
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 ，aR.
f x
（1）讨论 的单调性；5
f x a2x
（2）若1a2，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
fx2xalnx  x2 ax   3x2a 2xalnx1x0
所以 x
x0,e fx0 f x xe,
①若a0，则 2xa0 ，所以当 时， ， 单调递减，当 时，
fx0 f x
， 单调递增
a a   a
②若0a2e，则2 e ，所以当 x  2 ,e  时， fx0， f x 单调递减，当 x   0, 2  或
xe, fx0 f x
时， ， 单调递增；
a2e
fx0 f x 0,
③若 ，则 ， 在 上单调递增；
a  a
④若a2e，则2 e ，所以当 x   e, 2  时， fx0， f x 单调递减，当x0,e 或
a 
x ,
 2  时， fx0， f x 单调递增.
f x 0,e e,
综上，当a0时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
a   a
当0a2e时， f x 在  2 ,e  上单调递减，在   0, 2  ， e, 上单调递增；
f x 0,
a2e
当 时， 在 上单调递增； a a 
当a2e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 a2x xalnx x2a  a2
因为x0，所以 2 ，即 2 2
3 a
xalnx x 50
， 2 2
3 a
gxxalnx x 5
设 2 2
a 1
gxlnx  gx 0,
则 x 2，易知 在 上单调递增
a 1 a 1
g2ln2  0 g4ln4  0
因为1a2，所以 2 2 ， 4 2
t2,4 gt0
所以存在 ，使得
a 1
lnt   gx 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 
gx gttalnt t 5ta   t 5 5t 
所以 2 2   t 2   2 2  t 
a2 a2 a2 a2
设
htt
t
2 x4
，则
ht1
t2
0
，
ht
在
2,4
上单调递增，所以
t
t
4
4
5
5
f x a2x
gx0
所以 ，即 2 .
f xax2 2lnx1
aR
16. （2022·全国·模拟预测）已知函数 ，其中 .
f x
（1）讨论 的单调性；
f xae1x 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
fx2ax x0
，分 和 ，两种情况讨论，结合导数的
x a0 a0
符号可得答案；
gx f xae1x ax2 2lnxe1x a1 gx 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 xax2 2lnx1 0,
的定义域为 ，
2 2ax2 2
fx2ax 
x x .
fx0 f x 0,
当a0时， ， 在 上单调递减；
1
x
当a0时，由
fx0，有
a ，
 1 
x 0,
此时，当   a   时， fx0， f x单调递减；
 1 
x ,
当   a   时， fx0， f x单调递增.
f x 0,
a0
综上，当 时， 在 上单调递减；
 1   1 
当 a0 时， f x在   0, a  上单调递减，在   a ,  上单调递增.
【小问2详解】
f xae1x 0 1,
原不等式等价于 在 上恒成立.
gx f xae1x
令ax2 2lnxe1x a1
，
gx 1,
则只需 在 上恒大于0即可.
g10 gx
x1
又∵ ，故 在 处必大于等于0.
2
Fx gx2ax e1x
g10
令 x ， ，
3
a
可得 2 .
3 2
a Fx2a e1x 0
当 2 时， x2 ，
3
a Fx 1,
∴当 2 时， 在 上单调递增，
Fx F12a210 gx 1,
∴ ，故 也在 上单调递增，
gx g10 gx 1,
∴ ，即 在 上恒大于0.
3
a
综上， 2 .
f xex ax1
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 e2 x0
（2）若 ，求证：当 时， ．
f x fx0 fx0
【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 e2x10 hxex x2 e2x1x0
(2)将原不等式变形为 ，设 ，
hx hx hx
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 fxex a
的定义域为R， ，
fx0 f x
当a0时， ，则 在R上为增函数；
fxex elna
a0
当 时， ，
fx0 fx0
xlna xlna
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 e2x10
a e2
由 及 ，得 ．
hxex x2 e2x1x0 hxex 2xe2
设 ，则 ．
gxex 2xe2 gxex 2
设 ，则 ，
gx0 gx0
0 xln2 xln2
当 时， ；当 时， ，
hx 0,ln2 ln2,
所以 在 上为减函数，在 上为增函数，
xln2
hx hx
所以 是 的极小值点，也是 的最小值点，
h10 hln2h10
0ln21
因为 ， ，所以 ，
h03e0 x 0,ln2 hx 0
又 ，所以存在 0 ，使得 0 ，
x0,x 1, hx0 xx ,1 hx0
所以当 0 时， ；当 0 时， ，
hx 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，
hx  hx h1 hx
所以 0 为 的极大值， 为 的极小值，
h0h10 hx0
x0 x1
因为 ，所以当 时， （当且仅当 时取等号），f x x2
x0
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)
a1 a1
（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sinx0， x 2 0 ，cosx0，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)(1a)sinx x cosx
 
所以  2  ，
 
x 0,
若a1，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)(2a)cosx x sinx
 
若a1，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   (1a)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 .