文档内容
重难点 05 导数常考经典压轴小题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 函数切线问题】..........................................................................................................................................3
【题型2 导数中函数的单调性问题】......................................................................................................................4
【题型3 导数中函数的极值问题】..........................................................................................................................6
【题型4 导数中函数的最值问题】..........................................................................................................................9
【题型5 函数零点（方程根）个数问题】...........................................................................................................12
【题型6 利用导数解不等式】................................................................................................................................16
【题型7 导数中的不等式恒成立问题】................................................................................................................19
【题型8 任意存在性问题】....................................................................................................................................22
【题型9 函数零点嵌套问题】................................................................................................................................26
【题型10 双变量问题】..........................................................................................................................................30
导数是高考数学的必考内容，是高考常考的热点内容，主要涉及导数的运算及几何意义，利用导数研
究函数的单调性，函数的极值和最值问题等，考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想.
从近三年的高考情况来看，导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，
难度较小；利用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，
属综合性问题，解题时要灵活求解．
【知识点1 切线方程的求法】
1.求曲线“在”某点的切线方程的解题策略：
①求出函数y=f(x)在x=x 处的导数，即曲线y=f(x)在点(x,f(x))处切线的斜率；
0 0 0
②在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程为y=y+f'(x)(x-x).
0 0 0
2.求曲线“过”某点的切线方程的解题通法：
①设出切点坐标T(x,f(x))(不出现y)；
0 0 0
②利用切点坐标写出切线方程：y=f(x)+f'(x)(x-x)；
0 0 0
③将已知条件代入②中的切线方程求解.
【知识点2 导数中函数单调性问题的解题策略】
1.确定函数单调区间的步骤；
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求f'(x)；(3)解不等式f'(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f'(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.
2.含参函数的单调性的解题策略：
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论.
(2)若导函数为二次函数式，首先看能否因式分解，再讨论二次项系数的正负及两根的大小；若不能因
式分解，则需讨论判别式△的正负，二次项系数的正负，两根的大小及根是否在定义域内.
3.根据函数单调性求参数的一般思路：
(1)利用集合间的包含关系处理：y=f(x)在(a,b)上单调，则区间(a,b)是相应单调区间的子集.
(2)f(x)为增(减)函数的充要条件是对任意的x∈(a,b)都有f'(x)≥0(f'(x)≤0)，且在(a,b)内的任一非空子区间
上，f'(x)不恒为零，应注意此时式子中的等号不能省略，否则会漏解.
(3)函数在某个区间上存在单调区间可转化为不等式有解问题.
【知识点3 函数的极值与最值问题的解题思路】
1.运用导数求函数f(x)极值的一般步骤：
(1)确定函数f(x)的定义域；
(2)求导数f'(x)；
(3)解方程f'(x)=0，求出函数定义域内的所有根；
(4)列表检验f'(x)在f'(x)=0的根x 左右两侧值的符号；
0
(5)求出极值.
2.根据函数极值求参数的一般思路：
已知函数极值，确定函数解析式中的参数时，要注意：根据极值点的导数为0和极值这两个条件列方
程组，利用待定系数法求解.
3.利用导数求函数最值的解题策略：
(1)利用导数求函数f(x)在[a,b]上的最值的一般步骤：
①求函数在(a,b)内的极值；
②求函数在区间端点处的函数值f(a)，f(b)；
③将函数f(x)的各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.
(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值的一般步骤：
求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性
和
极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值.
【知识点4 导数的综合应用】
1.导数中函数的零点（方程的根）的求解策略
(1)利用导数研究方程根（函数零点）的技巧
①研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．
②根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．
③利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．
(2)已知函数零点个数求参数的常用方法
①分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建
关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．②分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，
将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
2.导数中恒成立、存在性问题的求解策略
恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．
如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数
单调性求解函数的最大、最小值；当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函
数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，结合函数图象，
利用导数来求解．
【题型1 函数切线问题】
【例1】（2023·全国·模拟预测）若曲线y=(1−x)ex有两条过点A(a,0)的切线，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1)∪(3,+∞) B．(−3,1)
C．(−∞,−3) D．(−∞,−3)∪(1,+∞)
【解题思路】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】设切点为(x ,(1−x )ex 0)，由已知得y′=−xex，则切线斜率k=−x ex 0，
0 0 0
切线方程为y−(1−x )ex 0=−x ex 0(x−x )．
0 0 0
∵直线过点A(a,0)，∴−(1−x )ex 0=−x ex 0(a−x )，
0 0 0
化简得x2−(a+1)x +1=0．∵切线有2条，
0 0
∴Δ=(a+1) 2−4>0，则a的取值范围是(−∞,−3)∪(1,+∞)，
故选：D.
1
【变式1-1】（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）已知函数f (x)= −1，则曲线y=f (x)在点(−1,f (−1))处
ex
的切线方程为（ ）
A．ex+ y+1=0 B．ex−y+1=0
C．ex+ y−1=0 D．ex−y−1=0
【解题思路】先由导数求切线的斜率，再求出切点，结合点斜式方程写出即可.1 1
【解答过程】由f (x)= −1，得f′(x)=− ，
ex ex
所以f′(−1)=−e，又f (−1)=e−1，
故曲线y=f (x)在点(−1,f (−1))处的切线的方程为y−(e−1)=−e(x+1)，即ex+ y+1=0.
故选：A.
【变式1-2】（2023·四川雅安·统考一模）若直线y=kx与曲线y=lnx相切，则k=（ ）
1 2 1 2
A． B． C． D．
e2 e2 e e
【解题思路】利用导数的几何意义计算即可.
1 1
【解答过程】设切点为(x ,lnx )，则由题意可知f′(x)= ⇒f′ (x )= =k，
0 0 x 0 x
0
所以¿.
故选：C.
1
【变式1-3】（2023·四川凉山·统考一模）函数f (x)= x2+alnx在区间(1,2)的图象上存在两条相互垂直的
2
切线，则a的取值范围为（ ）
A．(−2,1) B．(−2,−1) C．(−2,0) D．(−3,−2)
【解题思路】利用导数的几何意义结合导函数的单调性计算即可.
1 a
【解答过程】由f (x)= x2+alnx⇒f′(x)=x+ (x>0)，
2 x
不妨设这两条相互垂直的切线的切点为(x ,f (x )),(x ,f (x ))，且f′ (x )⋅f′ (x )=−1
1 1 2 2 1 2
若a≥0，则f′(x)>0恒成立，不符合题意，可排除A项；
所以a<0，此时易知y=f′(x)单调递增，
要满足题意则需¿.
故选：D.
【题型2 导数中函数的单调性问题】
【例2】（2023·吉林长春·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）下列函数中，既是偶函数，又在区间
(0,+∞)上单调递增的是（ ）
1
A．y= B．y=e−2x C．y=−x2+1 D．y=lg|x|
x2
【解题思路】求导判断函数单调性，并结合偶函数的定义逐一判断即可.1 −2
【解答过程】对于A选项：当x∈(0,+∞)时，y= 的导函数为y′= <0，
x2 x3
1
所以y= 在x∈(0,+∞)时单调递减，故A选项不符合题意；
x2
对于B选项：当x∈(0,+∞)时，y=e−2x的导函数为y=−2e−2x<0，
所以y=e−2x在x∈(0,+∞)时单调递减，故B选项不符合题意；
对于C选项：当x∈(0,+∞)时，y=−x2+1的导函数为y′=−2x<0，
所以y=−x2+1在x∈(0,+∞)时单调递减，故C选项不符合题意；
1
对于D选项：当x∈(0,+∞)时，y=lg|x|=lgx的导函数为y′= >0，
x⋅ln10
1
所以y= 在x∈(0,+∞)时单调递增，
x2
又函数y=lg|x|的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，且f (x)=lg|x|=lg|−x|=f (−x)，故D选项符合题意.
故选：D.
【变式2-1】（2023·陕西商洛·统考一模）已知函数f (x)=2(x−1)ex−x2−ax在R上单调递增，则a的最大
值是（ ）
1
A．0 B． C．e D．3
e
【解题思路】结合导数，将f (x)在R上单调递增转化为f′(x)=2xex−2x−a≥0恒成立，再参变分离，转
化为a≤2xex−2x恒成立，即求出2xex−2x的最小值即可得.
【解答过程】由题意可得f′(x)=2xex−2x−a，
因为f (x)在R上单调递增，所以f′(x)=2xex−2x−a≥0恒成立，
即a≤2xex−2x恒成立，
设g(x)=2xex−2x，则g′(x)=(2x+2)ex−2，
令ℎ(x)=(2x+2)ex−2，则ℎ ′(x)=(2x+4)ex，
当x<−2时，ℎ ′(x)<0，x>−2时,ℎ ′(x)>0,
故ℎ(x)在(−∞,−2)为减函数，在(−2,+∞)上为增函数，
故ℎ(x)
min
= ℎ(−2)<0，但ℎ(0)=0，
x→−∞时，ℎ(x)→−2，
故当x<0时，g′(x)<0，当x>0时，g′(x)>0，
则g(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
故g(x) =g(0)=0，即a≤0.
min故选：A.
5 24 4 1
【变式2-2】（2023·全国·模拟预测）已知x=ln ，y= ln ，z=− ，则（ ）
6 25 5 6
A．y0），则f'(x)=lnx+1>0 ⇒ x> ，所以函数f (x)在 ,+∞ 上为增
e e
函数.
1 4 5 (4) (5) 24 4 5
又 < < 所以f y ；
e 5 6 5 6 25 5 6
1 1−x
设g(x)=lnx−x+1，则g'(x)= −1= >0 ⇒ 00时，x=− <0，g(0)=−a<0，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)=x2+ax−a≥0
2 2a
不恒成立，不符题意；当a≤0时，x=− ≥0，当x∈(0,+∞)时，g(x)=x2+ax−a≥0恒成立，则
2
Δ=a2+4a≤0，解得−4≤a≤0．
故选：D．
【题型3 导数中函数的极值问题】
【例3】（2023·四川成都·校考模拟预测）已知函数f (x)=x3−2ax2+a2x+1在x=1处有极小值，则a的值
为（ ）
A．1 B．3 C．1或3 D．−1或3
【解题思路】由f (x)在x=1处有极小值可知，f′(1)=0解出a的值，并根据单调性验证.
【解答过程】因为f (x)=x3−2ax2+a2x+1，
所以f′(x)=3x2−4ax+a2，
因为函数f (x)=x3−2ax2+a2x+1在x=1处有极小值，
所以f′(1)=3−4a+a2=0，解得a=1或a=3，
当a=1时，f′(x)=3x2−4x+1=(3x−1)(x−1)，
1 1
当f′(x)>0时，x< 或x>1，当f′(x)<0时， 0时，x<1或x>3，当f′(x)<0时，10可得答案．【解答过程】由题意，得f′ (x)=2−
(sinx) ′
=2−
1
=
2cos2x−1
，
cosx cos2x cos2x
π π π π
当x∈ ( − ,− ) ∪ ( , ) 时，2cos2x−1<0，f′ (x)<0；
2 4 4 2
π π
当x∈ ( − , ) 时，2cos2x−1>0，f′ (x)>0．
4 4
π π π π π π
( ) ( ) ( )
所以f(x)在 − ,− 上单调递减，在 − , 上单调递增，在 , 上单调递减．
2 4 4 4 4 2
π π 3π
当x=− 时，f(x)取得极小值，为f ( − )=− +1；
4 4 2
π π π
当x= 时，f(x)取得极大值，为f ( )=− −1．
4 4 2
故选：D．
x2 lnx
【变式3-2】（2023·甘肃兰州·校考一模）已知函数f (x)=ex+ −lnx的极值点为x ，函数ℎ(x)= 的
2 1 2x
最大值为x ，则（ ）
2
A．x >x B．x >x C．x ≥x D．x ≥x
1 2 2 1 1 2 2 1
(1 1) 1 1
【解题思路】根据题目条件求出x ∈ , ，x = < ，即可判断．
1 4 2 2 2e 4
x2
【解答过程】f (x)=ex+ −lnx的定义域为(0,+∞)，
2
f′(x)=ex+x−
1
在(0,+∞)上单调递增，且f
(1)
=e
1
2−
3
>0，f
(1)
=e4
1
−
15
<0，
x 2 2 4 4
所以∃x ∈
(1
,
1)
， ex 1+x −
1
=0，
1 4 2 1 x
1
所以当0x 时f′(x)>0，即f (x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
1 1 1 1
(1 1)
则f (x)在x=x 处取得极小值且x ∈ , ．
1 1 4 2
lnx 2−2lnx 1−lnx
ℎ(x)= 的定义域为(0,+∞)，由ℎ ′(x)= = ，
2x 4x2 2x2
当x∈(0,e)时，ℎ ′(x)>0，当x∈(e,+∞)时，ℎ ′(x)<0，
lnx lne 1
故ℎ(x)= 在x=e处取得极大值，也是最大值，ℎ(x) = ℎ(e)= = ，
2x max 2e 2e1 1
即x = < ．所以x >x ．
2 2e 4 1 2
故选：A.
π
【变式3-3】（2023·广东广州·广州校考模拟预测）设函数f (x)=sin( ωx+ ) (ω>0)，已知f (x)在
5
[0,2π]有且仅有5个零点，下述四个结论错误的是（ ）
[12 29)
A．ω的取值范围是 ,
5 10
π
( )
B．f (x)在 0, 单调递增
10
3π 16
C．若x= 是f (x)在(0,2π)上的第一个极值点，则ω= ；
25 5
3π 5 4π
D．若x= 是f (x)在(0,2π)上的第一个极值点，y=− x+ 是f (x)的切线
25 2 5
【解题思路】选项A，利用函数有5个零点，根据整体思想，可得答案；
选项B，根据正弦函数的单调性，利用整体思想，结合选项A，求其最值，可得答案；
选项C，根据正弦函数零点的计算公式，建立方程，可得答案；
选项D，先求直线与三角函数的公共点，根据导数的几何意义，可得答案.
π
【解答过程】∵f (x)=sin( ωx+ ) (ω>0)，在[0,2π]有且仅有5个零点，∴0≤x≤2π，
5
π π π π 12 29
≤ωx+ ≤2πω+ ，则5π≤2πω+ <6π ， ≤ω< ，A正确；
5 5 5 5 5 10
π π π ωπ π
当00，因此g(x)=0有两个不同实根，
又g(0)=−3<0，因此g(x)=0两根一正一负，
由题意正根在(1,2)内，
3
所以¿，解得− 0)，构造函数ℎ(x)=2x+ (x>0)，利用导数求出函数ℎ(x)的
x2 x2
单调区间及极值，作出其大致函数图象，结合函数图象求出a，再利用导数求出函数f (x)在[−1,1]上的最
值即可.
【解答过程】函数f(x)=2x3−ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且仅有一个零点，
即方程f(x)=2x3−ax2+1=0在(0,+∞)内有且仅有一个实根，
1
分离参数可得a=2x+ (x>0)，
x21
令ℎ(x)=2x+ (x>0)，
x2
则函数y= ℎ(x),y=a只有一个交点，
2
2(x3−1)
ℎ ′(x)=2− = ，
x3 x3
当01时，ℎ ′(x)>0，
所以函数ℎ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x) = ℎ(1)=3，
min
又当x→0时，ℎ(x)→+∞，当x→+∞时，ℎ(x)→+∞，
1
如图，作出函数ℎ(x)=2x+ (x>0)的大致图像，
x2
由图可知a=3，
所以f(x)=2x3−3x2+1，则f′ (x)=6x2−6x=6x(x−1)，
当−10，当00，使得
f (x )=g(x )=t成立，则x −2x 的最小值为（ ）
1 2 1 2
A．2−ln4 B．2+ln4 C．e−ln2 D．e+ln2
【解题思路】由题设知f(x )=f(ex 2)=t，研究f(x)的单调性及最值，画出函数图象，数形结合确定
1
y=t>0、f(x)的交点个数得x =ex 2，进而将目标式化为x −2x =x −2lnx 且x >1，构造函数研究最小
1 1 2 1 1 1
值即可.
【解答过程】由题设x lnx =x ex 2=ex 2lnex 2=t，即f(x )=f(ex 2)=t，
1 1 2 1
1 1
由f′ (x)=1+lnx，则(0, )上f′ (x)<0，f(x)递减；( ,+∞)上f′ (x)>0，f(x)递增；
e e
1 1
f(x)≥f( )=− ，且f(1)=0，f(x)图象如下：
e e由图知：t∈(0,+∞)时，x =ex 2，即x =lnx 且x >1，所以x −2x =x −2lnx ，
1 2 1 1 1 2 1 1
2 x−2
令ℎ(x)=x−2lnx且x∈(1,+∞)，则ℎ ′ (x)=1− = ，
x x
12时，ℎ ′ (x)>0，ℎ(x)递增；
所以ℎ(x) = ℎ(2)=2−2ln2=2−ln4，即x −2x 的最小值为2−ln4.
min 1 2
故选：A.
【题型5 函数零点（方程根）个数问题】
【例5】（2023·辽宁大连·大连二十四中校考模拟预测）已知函数f (x)=¿，若函数
g(x)=f (x)−|kx2−4x|,(k∈R)恰有4个零点，则k的取值范围（ ）
A．(−∞,−1)∪(2√5,+∞) B．(−∞,−√5)∪(0,2)
C．(−∞,0)∪(0,2+2√2) D．(−∞,0)∪(2+2√5,+∞)
【解题思路】零点个数问题转化为根的个数问题，进而转化为两个函数交点个数问题，通过对k讨论，进
而得到k的取值范围.
【解答过程】当x≥0，f(x)=x3+2x2+x，则f′ (x)=3x2+4x+1，
因为x≥0，f′ (x)=3x2+4x+1>0，
所以当x≥0时，f(x)单调递增，
若函数g(x)=f (x)−|kx2−4x|,(k∈R)恰有4个零点,
则f (x)=|kx2−4x|有四个根，
即y=f (x)与y= ℎ(x)=|kx2−4x|有四个交点，
当k=0时，y=f (x)与y=|−4x|=4|x|，图象如下：两图象只有两个交点，不符合题意，
4
当k<0时，y=|kx2−4x|与x轴相交与两点x =0与x = (x 0时，y=|kx2−4x|与x轴相交与两点x =0与x = (x >x )
1 2 k 2 1
图象如下：
4
在[0, )内两图象有两个交点，所以若有四个交点，
k4
只需要y=x3+2x2+x与y=|kx2−4x|在( ,+∞)内还有两个根，
k
4
因为x> ，所以y=|kx2−4x|=kx2−4x，
k
4
所以有x3+2x2+x=kx2−4x在( ,+∞)内还有两个根，
k
4
即kx2=x3+2x2+5x在( ,+∞)内还有两个根，
k
5 4
所以在k=x+ +2在( ,+∞)内还有两个根，
x k
5
因为y=x+ +2≥2√5+2（当且仅当x=√5时，取等号），
x
4
所以 <√5且k>2√5+2，解得k>2√5+2，
k
综上所述，k的取值范围为(−∞,0)∪(2√5+2,+∞).
故选：D.
【变式5-1】（2023·海南省直辖县级单位·校联考二模）已知函数f (x)=¿， 若函数g(x)=f (−x)−f (x)，
则函数g(x)的零点个数为（ ）
A．1 B．3 C．4 D．5
【解题思路】本题首先通过函数奇偶性求出g(x)=¿，再利用导数研究其在(0,+∞)上的零点个数即可.
【解答过程】当x>0时，−x<0，f (−x)=3x
当x<0时，−x>0，f (−x)=e−x
∴g(x)=f(−x)−f(x)=¿，
g(−x)=f(x)−f(−x)=−g(x)，且定义域为R，关于原点对称，故g(x)为奇函数，
所以我们求出x>0时零点个数即可，
g(x)=3x−ex,x>0，g′ (x)=3−ex>0，令g′ (x)=3−ex>0，解得00，而g(2)=6−e2<0，故g(x)在(ln3,2)有1零点，
g
(1)
=1−e3
1
<0，故g(x)在(
1
,ln3)上有1零点，图像大致如图所示：
3 3故g(x)在(0,+∞)上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在(−∞,0)上也有2个零点，且g(0)=0，故
g(x)共5个零点，
故选：D.
【变式5-2】（2023·陕西商洛·陕西校考模拟预测）已知函数f (x)=¿，若关于x的方程
f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0有3个不同的实数根，则实数t的取值范围为（ ）
( 1) ( 1 ) [ 1 ]
A． −∞,− B． − ,0 C． − ,1 D．(−e,2)
e e e
【解题思路】求导分析函数f (x)的单调性及极值，作出函数f (x)的图象，把方程f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0
有3个不同的实数根转化为方程f (x)=t有3个不同的实数根，数形结合即可求解.
【解答过程】因为当x<0时，f (x)=xex，所以f′(x)=(1+x)ex，
所以当x∈(−∞,−1)时，f′(x)<0，f (x)单调递减；
1
当x∈(−1,0)时，f′(x)>0，f (x)单调递增，所以f (x)≥f (−1)=− ，且f (x)<0；
e
又因为当x≥0时，f (x)=−x2+2x=−(x−1) 2+1，
所以f (x)在x∈(0,1)时单调递增，在x∈(1,+∞)时单调递减，且f (x)≤f (1)=1，
所以作出函数f (x)=¿的大致图象如图：
由f2(x)−(2+t)f (x)+2t=0得[f (x)−2][f (x)−t]=0，
所以f (x)=2或f (x)=t，则f (x)=2无解，所以只有方程f (x)=t有3个不同的实数根，1
数形结合可知− √2时，f′ (x)>0；−√20，f (x)的极小值为f (√2)=(2−2√2)e√2<0，
∵f (x)=(x2−2x)ex=x(x−2)ex，
∴当x<0时，f(x)>0；当02时，f(x)>0，
根据以上信息，作出f (x)的大致图象如图所示：
由图可知，直线y=a与函数y=f(x)的图象有3个交点时，方程f (x)=a有3个不同的实根，则，
a∈(0,(2+2√2)e−√2)
因为方程f (x)=a的3个不同的实根为x ,x ,x (x 0，ℎ(x)单调递增，
1
所以ℎ(x) = ℎ(−1)=− ，又ℎ(−√2)=−√2e−√2 <0，ℎ(0)=0，故可得ℎ(x)<0，
min e
[ 1 ) a [ 1 )
所以x∈(−√2,0)时，ℎ(x)∈ − ,0 ，即 ∈ − ,0 ．
e x −2 e
2
故选：A．
【题型6 利用导数解不等式】
f (x)
【例6】（2023·陕西榆林·校考模拟预测）已知定义在(0,+∞)上的函数f (x)满足f′(x)− −1>0，且
x
f (1)=1，则不等式f (ex)−(x+1)ex>0的解集为（ ）
A．(0,+∞) B．(1,+∞) C．(−∞,0) D．(−∞,1)
f (x)
【解题思路】构造函数g(x)= −lnx，根据题意得g(x)在(0,+∞)上单调递增，不等式
x
f (ex)
f (ex)−(x+1)ex>0可转化为 −lnex>1，即g(ex)>g(1)，即可求解.
ex
f (x) xf′(x)−f (x) 1 xf′(x)−f (x)−x
【解答过程】设g(x)= −lnx，则g′(x)= − = ．
x x2 x x2f (x)
因为f′(x)− −1>0,x>0，所以xf′(x)−f (x)−x>0，
x
所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．
f (ex)
不等式f (ex)−(x+1)ex>0可转化为 −lnex>1，
ex
f (ex) f (1)
又g(ex)= −lnex，且g(1)= −ln1=1，
ex 1
即g(ex)>g(1)，所以ex>1，解得x>0，
即不等式f (ex)−(x+1)ex>0的解集为(0,+∞)．
故选：A．
【变式6-1】（2023·全国·模拟预测）若函数f(x)为偶函数，且当x≥0时，f(x)=x3+2x2+3．若
f(−9)≥f (a2−2a+1)，则实数a的取值范围为（ ）
A．[−2√3,4] B．[−4,2] C．[−2,4] D．[−4,2√3]
【解题思路】利用导数判断得f(x)在[0,+∞)上的单调性，再利用偶函数的性质得到|a2−2a+1|≤9，从
而得解.
【解答过程】因为当x≥0时，f(x)=x3+2x2+3，则f′ (x)=3x2+4x=x(3x+4)≥0，
所以f(x)在[0,+∞)上单调递增，
又f(x)为偶函数，f(−9)≥f (a2−2a+1)，所以f(|−9|)≥f (|a2−2a+1|)，
则|a2−2a+1|≤9，即−9≤a2−2a+1≤9，解得−2≤a≤4．
故选：C．
【变式6-2】（2023·陕西西安·校联考模拟预测）设函数f′(x)是函数f(x)(x∈R)的导函数，f (3)=e3，且
f′(x)−f (x)>0恒成立，则不等式f (x)−ex>0的解集为（ ）
A．(0,3) B．(1,3) C．(−∞,3) D．(3,+∞)
f (x)
【解题思路】根据题意构造函数g(x)= ，求导后判断其单调性，然后由f (3)=e3可得g(3)=1，则将原
ex
不等式转化为g(x)>g(3)，再利用其单调性可得答案.f (x) f′(x)−f (x)
【解答过程】令g(x)= ，则g′(x)= >0，则g(x)在R上单调递增.
ex ex
f (3)
因为f (3)=e3，所以g(3)= =1，
e3
f (x)
则f (x)−ex>0等价于 >1，
ex
即g(x)>g(3)，所以x>3，
所以不等式的解集为(3,+∞)，
故选：D.
3
【变式6-3】（2023·四川达州·统考一模）已知f
(x)=lnx−ax3，g(x)=xex−lnx−x−
，若不等式
4
f (x)
>0的解集中只含有两个正整数，则a的取值范围为（ ）
g(x)
[ln3 ln2) (ln3 ln2) [ln2 ln3) (ln2 ln3)
A． , B． , C． , D． ,
27 8 27 8 32 27 32 27
(x+1)(xex−1)
【解题思路】由已知得出g′(x)= ，令ℎ(x)=xex−1，根据其导数得出ℎ(x)再x>0上单调
x
递增，设ℎ(x
0
)=x
0
ex 0−1=0，结合其趋向得出在x∈(0,x
0
)上ℎ(x)∈(−1,0)，在x∈(x
0
,+∞)上
f (x)
ℎ(x)∈(0,+∞)，即可得出g(x)的单调性，即可得出其最小值大于0，则 >0等价于f (x)>0，分离参
g(x)
lnx
数后令j(x)=
，根据其导数得出其单调性，再求出与坐标轴交点并分析得出函数趋向，即可作图，根
x3
lnx
据图象得出若a<
解集中只含有两个正整数，只能是2,3，即可列不等式得出答案.
x3
3
【解答过程】g(x)=xex−lnx−x− 定义域为(0,+∞)，
4
1
(x+1)(xex−1)
g′(x)=ex+xex− −1= ，
x x
令ℎ(x)=xex−1，再x>0上ℎ ′(x)=ex(x+1)>0，
∴ℎ(x)再x>0上单调递增，x从+∞趋向于0时，xex趋向于0，则ℎ(x)=xex−1趋向于−1，
设ℎ(x )=x ex 0−1=0，即x ex 0=1，x =−lnx ，
0 0 0 0 0
则在x∈(0,x
0
)上ℎ(x)∈(−1,0)，在x∈(x
0
,+∞)上ℎ(x)∈(0,+∞)，
∴在x∈(0,x )上g′(x)<0，在x∈(x ,+∞)上g′(x)>0，
0 0
∴g(x)在(0,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，
0 0
3 3 1
∴g(x) =g(x )=x ex 0−lnx −x − =1+x −x − = >0，
min 0 0 0 0 4 0 0 4 4
f (x)
则 >0等价于f (x)>0，
g(x)
f (x)=lnx−ax3，定义域为(0,+∞)，
lnx
则f (x)>0，即lnx−ax3>0，等价于a< ，
x3
lnx x2−3x2lnx x2(1−3lnx)
令j(x)= ，则j′(x)= =
，
x3 (x3) 2 (x3) 2
1 1
1−3lnx<0，解得 x>e3，1−3lnx>0，解得 00，当 x∈ ( e3 1 ,+∞ ) 时，j′(x)<0，
则j(x)= ln
x3
x
在
(
0,e3
1)
上单调递增，在
(
e3
1
,+∞
)
上单调递减，
1
即j(x)的最大值在 x=e3处取得，
lnx
令j(x)= =0，解得x=1，即函数与x轴交于点(1,0)，
x3
lnx lnx
函数j(x)= 当x由+∞→0时，lnx→−∞，x3→0，则j(x)= →−∞，
x3 x3
lnx
当x由+∞→0时，lnx→+∞，x3→+∞，但x3的增长要远远大于lnx，则j(x)= →0，
x3
lnx
作j(x)=
图象如下：
x3lnx
∴要使a<
解集中只含有两个正整数，只能是2,3，
x3
ln4 ln2 ln3 [ln2 ln3)
∴j(4)≤a< j(3)，解得 = ≤a< ，即a∈ ,
64 32 27 32 27
故选：C.
【题型7 导数中的不等式恒成立问题】
【例7】（2023·全国·模拟预测）已知函数f(x)=ln(√x2+1+x)+ex−e−x−2x+3，若
(1 )
f (aex)+f(lna−lnx)>6对于x∈(0,+∞)恒成立，则实数a的取值范围是 ,+∞ ．
e
【解题思路】构造函数g(x)，ℎ(x)，利用导数讨论g(x)，ℎ(x)的单调性、奇偶性，进而构造函数
F(x)=f(x)−3，将原不等式等价转化F(aex)>F(lnx−lna)，利用单调性转化aex>lnx−lna，构造
函数G(x)=ex+x和H(x)=lnx−x，即可求导确定函数的最值.
【解答过程】令g(x)=ln(√x2+1+x)，因为x∈R，g(x)+g(−x)=ln1=0，所以g(x)是奇函数，
易知g(x)在R上单调递增．
同理令ℎ(x)=ex−e−x−2x，可知ℎ(x)是奇函数，
由于ℎ ′ (x)=ex+e−x−2≥2√ex ⋅e−x−2=0，故ℎ(x)在R上单调递增．
因此f(x)=ln(√x2+1+x)+ex−e−x−2x+3为R上单调递增．
令F(x)=f(x)−3=g(x)+ ℎ(x)，F(−x)=g(−x)+ ℎ(−x)=−[g(x)+ ℎ(x)]=−F(x)，
则F(x)是在R上单调递增的奇函数．不等式f (aex)+f(lna−lnx)>6等价于F(aex)+F(lna−lnx)>0，
故F(aex)>−F(lna−lnx)=F(lnx−lna)，由单调性得aex>lnx−lna，即ex+lna>lnx−lna，
即ex+lna+x+lna>x+lnx=elnx+lnx，构造函数G(x)=ex+x，
则G′ (x)=ex+1>0，G(x)在R上单调递增，G(x+lna)>G(lnx)等价于x+lna>lnx，
则x+lna>lnx，即lna>lnx−x，
1 1−x
令H(x)=lnx−x，则H′ (x)= −1= ，令H′ (x)>0，得01，故H(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
1
故H(x) =H(1)=−1，故lna>H(x) =−1，即a> ，
max max e
(1 )
故实数a的取值范围是 ,+∞ ．
e
(1 )
故答案为： ,+∞ .
e
【变式7-1】（2023·陕西咸阳·咸阳校考模拟预测）已知f (x),g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且
40
f(x)+g(x)=ex，若关于x的不等式2f (x)−ag2(x)≥0在(0,ln2)上恒成立，则实数a的最大值是 ．
9
【解题思路】参变分离，将问题转化为函数最值问题，利用导数研究单调性，结合换元法可解.
【解答过程】因为f (x),g(x)分别是定义域为R的偶函数和奇函数，且f(x)+g(x)=ex①，
所以f(−x)+g(−x)=e−x，即f(x)−g(x)=e−x②，
1 1
联立①②解得，f (x)= (ex+e−x),g(x)= (ex−e−x)，
2 2
因为y=ex,y=−e−x在(0,ln2)上都为增函数，
所以y=ex−e−x在(0,ln2)上单调递增，ex−e−x>e0−e0=0，
2f (x) ex+e−x
2f (x)−ag2(x)≥0⇔a≤ ⇔a≤
故不等式 g2(x) 1 (ex−e−x) 2
4
令t=ex+e−x，因为当x∈(0,ln2)时，t′=ex−e−x>0，t=ex+e−x单调递增，5
所以2 40 40
所以 4 9 ，所以a≤ ，即实数a的最大值是 .
t− 9 9
t
40
故答案为: .
9
【变式7-2】（2023·陕西咸阳·武功校考模拟预测）已知f (x)是定义在(0,+∞)上的可导函数，若
x 1
xf′(x)−f (x)= ，f (1)=− ，且x≥1时，f (xex)≤f (x+lnx−a)恒成立，则a的取值范围是 [1−e,1)
ex e
.
f (x) x 1
【解题思路】由f (x)=x⋅ ，求导，根据xf′(x)−f (x)= ，f (1)=− 得到f (x)在(0,+∞)上是减函数，
x ex e
然后将x≥1时，f (xex)≤f (x+lnx−a)恒成立，转化为¿求解.
x xf′(x)−f (x) 1
【解答过程】解：由于xf′(x)−f (x)= ⇒ = ，
ex x2 xex
f (x)
因为f (x)=x⋅ ，
x
f (x) (f (x)) ′ f (x) (xf′(x)−f (x)) f (x) 1
f′(x)= +x = +x = + ，
x x x x2 x ex
f (x) 1
设g(x)=f′(x)= + ，
x ex
(f (x)) ′ 1 1 1 1−x
则g′(x)= − = − = ，
x ex xex ex xex
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，此时g(x)为增函数；当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，此时g(x)为减函数；
1 1 1
所以g(x) =g(1)=f (1)+ =− + =0，即f′(x)≤0，
max e e e
故f (x)在(0,+∞)上是减函数.
又由于x≥1时，f (xex)≤f (x+lnx−a)恒成立，
所以¿，
设y=x+lnx−a，易知该函数为单调增函数，
故x≥1时，x+lnx−a>0，只需1−a>0，即a<1.
又由于xex≥x+lnx−a化为xex≥ln(xex)−a，xex−ln(xex)+a≥0，
设t=xex，由x≥1，得t≥e，故xex−ln(xex)+a≥0等价变形为当t≥e时，t−lnt+a≥0，
1
令ℎ(t)=t−lnt+a，则ℎ ′(t)=1− >0，
t
故当t∈[e,+∞)时，ℎ(t)=t−lnt+a为增函数，
所以t∈[e,+∞)若使t−lnt+a≥0在t∈[e,+∞)上恒成立，
只需e−1+a≥0，即a≥1−e.综上，1−e≤a<1.
故答案为：[1−e,1).
【变式7-3】（2023·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知函数f (x)=ex+ax−2，其中a∈R，若对于
任意的x ,x ∈[2,+∞)，且x 0恒成立，
所以函数g(x)为单调递增函数，所以g(x)≥g(2)=e2，
则a−2≤e2，解得a≤e2+2，所以实数a的取值范围是(−∞,e2+2].
故答案为：(−∞,e2+2].
【题型8 任意存在性问题】
2a
【例8】（2023·四川乐山·统考二模）若存在x ∈[−1,2]，使不等式x +(e2−1)lna≥ +e2x −2成立，
0 0 ex
0
0
则a的取值范围是（ ）
A． [ 1 ,e2 ] B． [ 1 ,e2 ] C． [ 1 ,e4 ] D． [1 ,e4 ]
2e e2 e2 e
a
【解题思路】等价变形给定的不等式，并令 =t，构造函数f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，将问题转化为存
ex
0
[ a a ]
在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，再借助导数求解即得.
e2 e−1
2a 2a
【解答过程】依题意，x +(e2−1)lna≥ +e2x −2 ⇔ (e2−1)lna−(e2−1)x ≥ −2
0 ex
0
0 0 ex
0
2a a 2a
⇔(e2−1)lna−(e2−1)lnex 0≥ −2⇔(e2−1)ln ≥ −2，
ex
0
ex
0
ex
0
a [ a a ]
令 =t，即(e2−1)lnt−2t+2≥0，由x ∈[−1,2]，得t∈ , ，
ex
0
0 e2 e−1[ a a ]
令f(t)=(e2−1)lnt−2t+2，则原问题等价于存在t∈ , ，使得f(t)≥0成立，
e2 e−1
e2−1 (e2−1)−2t e2−1 e2−1
求导得f′ (t)= −2= ，由f′ (t)<0，得t> ，由f′ (t)>0，得0k|f (x )−f (x )|（k为常数）成立，则常数k的取值范围为（ ）
1 2 1 2
( e2−3 ] ( e2−3)
A．(−∞,e−2] B．(−∞,e−2) C． −∞, D． −∞,
4 4
ex−x−1 ex−x−1
【解题思路】存在性问题转化为k< 在[1,2]上能成立，利用导数求 的最大值即可得解.
x2 x2
1
【解答过程】f(x)= x3 在[1,2]上为增函数，
3
1
由g(x)=ex− x2−x知，g′ (x)=ex−x−1，
2
令ℎ(x)=ex−x−1，则ℎ ′ (x)=ex−1，
当x>0时，ℎ ′ (x)=ex−1>0，即ℎ(x)=ex−x−1在(0,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x)> ℎ(0)=0，即g′ (x)>0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增，即g(x)在[1,2]上单调递增，
不妨设1≤x g(x )，f(x )>f(x )，
2 1 1 2 1 2
∴|g(x )−g(x )|>k|f (x )−f (x )|可化为g(x )−g(x )>kf (x )−kf (x )，
1 2 1 2 1 2 1 2
即g(x )−kf (x )>g(x )−kf (x )，
1 1 2 2
1 1
令F(x)=g(x)−kf(x)=ex− x2−x− kx3
，
2 3
则F′ (x)=ex−x−1−kx2，
∵∃x ,x ∈[1,2]， 使|g(x )−g(x )|>k|f (x )−f (x )|能成立，
1 2 1 2 1 2
∴F′ (x)>0在[1,2]上能成立，
ex−x−1
即k< 在[1,2]上能成立，
x2
(ex−x−1)
∴k< ，x∈[1,2]，
x2
max
ex−x−1
令G(x)= ，x∈[1,2]，
x2
(x−2)ex+x+2
则G′ (x)= ，令m(x)=(x−2)ex+x+2，
x3
则m′ (x)=(x−1)ex+1，当x∈[1,2]时，m′ (x)>0，
故m(x)在[1,2]上单调递增，所以m(x)≥m(1)=3−e>0，
故G′ (x)>0，G(x)在[1,2]上单调递增，
e2−3
∴G(x) =G(2)= ，
max 4e2−3
∴k< .
4
故选：D.
x2
【变式8-2】（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）已知函数f (x)= ,x>0.若存在实数a∈[0,1]，使
ex
得f ( 2− 1) ≤a3− 1 a2−2a+e−1 成立，则正实数m的取值范围为（ ）
m 2
(1 ] [1 ]
A． ,1 B． ,1 C．(0,1) D．(0,1]
2 2
1
【解题思路】依题意，令g(a)=a3− a2−2a+e−1,a∈[0,1]，求出g (a)=g(0)=e−1，若存在实数
2 max
a∈[0,1]，使得f ( 2− 1) ≤a3− 1 a2−2a+e−1 成立，等价于f ( 2− 1) ≤g (a)成立，进而转化为
m 2 m max
( 1) x2
f 2− ≤f (1)，再根据函数f (x)= ,x>0的单调性，得到¿，从而求出正实数m的取值范围.
m ex
1
【解答过程】令g(a)=a3− a2−2a+e−1,a∈[0,1]，则g′(a)=3a2−a−2=(3a+2)(a−1)，
2
∴当a∈[0,1]时，g′(a)≤0，函数g(a)在[0,1]上单调递减，
∴ g (a)=g(0)=e−1，
max
若存在实数a∈[0,1]，使得不等式f ( 2− 1) ≤a3− 1 a2−2a+e−1 成立，等价于f ( 2− 1) ≤g (a)=e−1
m 2 m max
成立，
( 1)
又∵ f (1)=e−1，∴ f 2− ≤f (1)，
m
x2 2x−x2 x(2−x)
∵ f (x)= ，所以f′(x)= = ,x>0.
ex ex ex
当x∈(0,2)时，f′(x)>0，函数f (x)在(0,2)上单调递增，
当x∈(2,+∞)时，f′(x)<0，函数f (x)在(2,+∞)上单调递减，
1
∵ m为正实数，∴ 2− <2，
m
1
又∵函数f (x)在(0,2)上单调递增，∴ ¿，解得 0，则f (x)在区间[1,2]上单调递增，
∴f (x) =f (1)=e+2a，
min
e(1−lnx)
g′ (x)= ，x∈[1,e]，g′ (x)>0，则g(x)在[1,e]上单调递增，
x2
x∈(e,3]，g′ (x)<0，则g(x)在(e,3]上单调递减，
eln3
g(1)=0，g(3)= >0，故g(x) =0，
3 min
e
综上，
e+2a≥0⇒a≥−
.
2
故选：C.
【题型9 函数零点嵌套问题】
a a
【例9】（2023·四川成都·石室中学校考一模）已知函数f (x)=(lnx) 2− xlnx+ x2 有三个零点x 、x 、
2 e 1 2
2lnx lnx lnx
x 且x 0，则t +t = >0，t t = >0，
1 2 2 1 2 e
1 1 2
有01，x ,x ,x 为函数f(x)=ax−x2的零点，
1 2 3
x 2lna D． 3 与2lna大小关系不确定
x x
2 2
【解题思路】x ,x ,x 为函数f(x)=ax−x2的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个
1 2 3
x
方程进行运算凑出x +x =2x ，可解出 3 为定值，然后再根据函数有三个零点求出2lna的范围可得答案.
1 3 2 x
2
【解答过程】易知x <00得x>1，令t′<0得x<1且x≠0，
ex−1
所以t= 在(−∞,0)，(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且t(1)=1，
x
如图：
ex−1
则t= ∈(−∞,0)∪(1,+∞)，
x
1
所以f (x)=0有3个不同的解等价于t+ +a=0有两个解t ，t ，
t+1 1 2
整理可得t2+(a+1)t+(a+1)=0，且t >1，t <0，
1 2
3
根据根的分布得¿，解得a<− ，又t +t =−(a+1)，
2 1 2
2ex
1
ex
2
ex
3
(ex
1
ex
2)
(ex
1
−1 ex
2
−1
)
所以 + + =2 + =2e + =2e(t +t )=−2e(a+1)∈(e,+∞).
x x x x x x x 1 2
1 2 3 1 2 1 2
故选：A.
【变式9-3】（2023·江西南昌·统考二模）已知正实数a使得函数f(x)=(ex−ax)(x−alnx)有且只有三个
不同零点x ,x ,x ，若x 0，
x lnx令g(x)= ex (x>0),ℎ(x)= x (x>1)，g′ (x)= ex (x−1) ，ℎ ′ (x)= lnx−1 ，
x lnx x2 (lnx) 2
当x∈(0,1)时，g′ (x)<0，函数g(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，g′ (x)>0，函数g(x)单调递增，
当x∈(1,e)时，ℎ ′ (x)<0，函数ℎ(x)单调递减，当x∈(e,+∞)时，ℎ ′ (x)>0，函数g(x)单调递增，
ex x
函数y=f(x)有三个零点，即直线y=a与函数g(x)= (x>0)与函数ℎ(x)= (x>1)的图象共有三个
x lnx
公共点，
ex x
在同一坐标平面内作出函数g(x)= (x>0)与函数ℎ(x)= (x>1)的图象，它们有公共点A(x ,y )，
x lnx 2 2
如图，
ex
因此直线y=a必过点A，令直线y=a与函数g(x)= (x>0)的图象另一交点为B(x ,y )，与函数
x 2 2
x
ℎ(x)= (x>1)
lnx
的图象另一交点为C(x ,y )，显然0e，于是x =ex 2，
x lnx lnex
2
lnx 3 3
2 3 3
由
ex
2 =
x
2 得：x2=ex 2⋅lnx =x x ，即x x =x2 ，D正确；
x lnx 2 2 3 1 1 3 2
2 2对于A，x +x >2√x x =2x ，A错误；
1 3 1 3 2
对于B，令φ(x)=ex−x−1,x>1，φ′ (x)=ex−1>0，函数φ(x)在(1,+∞)上递增，
即有φ(x)>φ(1)=e−2>0，因此ex>x+1，则x =ex 2>x +1>x +x ，
3 2 2 1
ex
1
而a= >1，从而√ax >x >x +x ，B错误；
x 3 3 2 1
1
√a
对于C，因为x x =x2，若x x = x2成立，则必有a=4，
1 3 2 1 3 2 2
令u(x)=ex−4x,x>0，u′ (x)=ex−4，当x∈(0,ln4)时，u′ (x)<0,u(x)递减，
当x∈(ln4,+∞)时，u′ (x)>0,u(x)递增，而
1
1
u( )=e4−1>0,u(1)=e−4<0,u(2)=e2−4<0,u(3)=e3−12>0，
4
ex 1
因此函数u(x)=ex−4x,x>0的两个零点，即方程 =4的两个根分别在区间( ,1),(2,3)内，
x 4
4
令t(x)=x−4lnx,x>1，t′ (x)=1− ，当x∈(1,4)时，t′ (x)<0,t(x)递减，
x
当x∈(4,+∞)时，t′ (x)>0,t(x)递增，而
t(1)=1>0,t(2)=2(1−ln4)<0,t(4)=4(1−ln4)<0,t(e3 )=e3−12>0，
x
因此函数t(x)=x−4lnx,x>1的两个零点，即方程 =4的两个根分别在区间(1,2),(4,e3 )内，
lnx
ex x
显然直线y=4与函数g(x)= (x>0)和ℎ(x)= (x>1)的图象的交点有4个，不符合题意，
x lnx
√a
所以a≠4，即x x = x2 不正确，C错误.
1 3 2 2
故选：D.
【题型10 双变量问题】
【例10】（2023下·福建福州·高二校考期中）已知函数f (x)=(x−2)ex，若f (x )=f (x )，且x ≠x ，
1 2 1 2
x ⋅x >0，则（ ）
1 21 3
A．x > B．x < C．x x >1 D．x +x <2
1 2 2 2 1 2 1 2
【解题思路】利用导数讨论函数f(x)的单调性，设x f(1−x)，结合
1 2 0
f (x )=f (x )变形、基本不等式，即可判断各项正误.
1 2
【解答过程】f(x)=(x−2)ex，则f′ (x)=(x−1)ex，令f′ (x)=0⇒x=1，
当x∈(−∞,1)时f′ (x)<0，f(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时f′ (x)>0，f(x)单调递增，
在x∈(−∞,2)上f(x)<0，且f(2)=0，f(0)=−2，f(x) =f(1)=−e，即f(x)≥−e.
min
综上，f(x)的图象如下：结合f (x )=f (x )=k，x ⋅x >0，令x 不一定成立，A错误；
0 0 0 1 2 0 1 2
3 3 3 √e3 3 3
又f( )=( −2)e2=− ∈(−e,−2)，故 0，
所以函数g(x)在R上单调递增，且g(0)=0，
所以f(1+x)>f(1−x)在R上恒成立，得f(x )=f [1+(x −1)]>f [1−(x −1)]，
2 2 2即f(x )>f(2−x )，又f(x )=f(x )，所以f(x )>f(2−x )，
2 2 1 2 1 2
由2−x <1，且函数f(x)在x∈(−∞,1)单调递减，得x <2−x ，即x +x <2，D正确.
2 1 2 1 2
又0x +x >2√x x ，即1>√x x ，故00,b>0)，可知原不等式等价于(lna−a+1)+(lnb−b+1)≥0，再令
2
g(x)=lnx−x+1，则原不等式等价于g(a)+g(b)≥0；再利用导数求出函数g(x)单调性，进而可得
g(x)≤0，由此可知只有当a=b=1时，即g(a)=g(b)=0时才满足g(a)+g(b)≥0，据此即可求出x,y的
值，进而求出结果.
【解答过程】∵4lnx+2ln(2y)≥x2+8 y−4(x>0,y>0)
∴2[ln(x2 )+ln(2y)]≥x2+8 y−4 ，
1
即ln(x2 )+ln(2y)≥ x 2+4 y−2
2 ❑
1 1
∴ln[( x2 )⋅(4 y)]≥ x2+4 y−2，
2 2
1
设a= x2,b=4 y(a>0,b>0)，则有lnab≥a+b−2，即lna+lnb≥a+b−2，
2
∴(lna−a+1)+(lnb−b+1)≥0，
1 1−x
令g(x)=lnx−x+1，则g′ (x)= −1= ，
x x
∴当x∈(0,1)时，g′ (x)>0，g(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，g′ (x)<0，g(x)单调递减；
∴g(x) =g(1)=0，即g(x)≤0，
max
要使(lna−a+1)+(lnb−b+1)≥0成立等价于g(a)+g(b)≥0成立，
只有当a=b=1时，即g(a)=g(b)=0时才满足，
1
∴a= x2=1,b=4 y=1
2
1 √2
∴x=√2,y= ，∴xy= .
4 4
故选：A.
【变式10-2】（2023下·河南信阳·高二淮滨高中校考阶段练习）设函数f (x)=ex(x−aex) (其中e为自然
对数的底数)恰有两个极值点x ,x (x 0
2 1 2
【解题思路】据题意，对函数f(x)求导数，得出导数有两不等变号零点，转化为两函数有两个不同变号交
x +1
点的问题，结合图象即可得出a、x 、f (0)的取值范围,可知A,B错误，C正确；根据 2 =ex 2 −x 1对
2 x +1
1
f (x )+f (x )进行转化，可知x ∈(0,1]时，f (x )+f (x )≤0，故D错误.
1 2 2 1 2
【解答过程】解：∵函数f(x)=ex (x−aex )，
∴f ′(x)=(x+1−2a·ex )ex，
由于函数f(x)的两个极值点为x ，x ，
1 2
即x ，x 是方程f ′(x)=0即方程x+1−2aex=0的两不等实根，
1 2
当a=0时，x=−1，不满足两个根，
故当a≠0时，x+1
=ex
；
2a
x+1
设y = (a≠0)，y =ex ，
1 2a 2
x+1
y = (a≠0)过定点(−1,0)，
1 2a
过点(−1,0)做y =ex 的切线l，设切点(x ,ex 0)，
2 0
ex 0−0
则k = = y′ ¿,x =0,则k =1，
l x −(−1) 0 l
0
在同一坐标系内画出这两个函数的图象，如图所示：
应满足¿，
1
解得0b>0，blna=alnb，有如下四个结论：
①be；③∃a,b满足a⋅be2．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②③ C．①④ D．②④
lna lnb lnx
【解题思路】由由blna=alnb，则 = ，设f (x)= ，利用函数f (x)的单调性结合图象可判断
a b x
( a) a
1+ ln
lna lnb b b
①，②. 设 = =m>0，则¿,两式相减、相加，然后可得lna+lnb= ，设
a b a
−1
b
ℎ(t)=(1+t)lnt−2(t−1)，利用单调性可得a⋅b>e2得出答案.
lna lnb lnx 1−lnx
【解答过程】由blna=alnb，则 = ，设f (x)= ,则f′(x)=
a b x x2
当00，当x>e时，f′(x)<0
所以f (x)在(0，e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减,
又f (1)=0，当x>1时，有f (x)>0，则f (x)的图象如图.由blna=alnb，即f (a)=f (b)，且a>b>0，所以a>e>b>0，所以①正确，②错误；
lna lnb
设 = =m>0，则¿
a b
a
ln
两式相减得lna−lnb=m(a−b)，得 b
m=
a−b
a ( a) a
(a+b)ln 1+ ln
b b b
两式相加得lna+lnb=m(a+b)= =
a−b a
−1
b
a
设 =t>1
b
1+t 1
ℎ(t)=(1+t)lnt−2(t−1)，则ℎ ′(t)=lnt+ −2=lnt+ −1
t t
ℎ ″(t)=lnt+
1+t
−2=
1
−
1
=
1(
1−
1)
>0
t t t2 t t
所以ℎ ′(t)在(1，+∞)上单调递增，则ℎ ′(t)> ℎ ′(1)=0
所以ℎ(t)在(1，+∞)上单调递增，ℎ(t)> ℎ(1)=0,即(1+t)lnt>2(t−1)
( a) a
1+ ln
(1+t)lnt b b
所以 >2，即lnab=lna+lnb= >2
(t−1) a
−1
b
所以a⋅b>e2，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，
故选：C.
ex
(
e
)
1．（2023·全国·统考高考真题）曲线y= 在点 1, 处的切线方程为（ ）
x+1 2e e e e e 3e
A．y= x B．y= x C．y= x+ D．y= x+
4 2 4 4 2 4
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所
设方程即可求解.
ex ( e) e
【解答过程】设曲线y= 在点 1, 处的切线方程为y− =k(x−1)，
x+1 2 2
ex
因为y= ，
x+1
ex(x+1)−ex xex
所以y′= = ，
(x+1) 2 (x+1) 2
e
所以k= y′| =
x=1 4
e e
所以y− = (x−1)
2 4
ex ( e) e e
所以曲线y= 在点 1, 处的切线方程为y= x+ .
x+1 2 4 4
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知函数f (x)=aex−lnx在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为
（ ）．
A．e2 B．e C．e−1 D．e−2
1
【解题思路】根据f′(x)=aex− ≥0在(1,2)上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
1 1
【解答过程】依题可知，f′(x)=aex− ≥0在(1,2)上恒成立，显然a>0，所以xex≥
，
x a
设g(x)=xex,x∈(1,2)，所以g′(x)=(x+1)ex>0，所以g(x)在(1,2)上单调递增，
1 1
g(x)>g(1)=e，故e≥ ，即a≥ =e−1 ，即a的最小值为e−1．
a e
故选：C．
3．（2023·全国·统考高考真题）函数f (x)=x3+ax+2存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,−2) B．(−∞,−3) C．(−4,−1) D．(−3,0)
【解题思路】写出f′ (x)=3x2+a，并求出极值点，转化为极大值大于0且极小值小于0即可.
【解答过程】f(x)=x3+ax+2，则f′ (x)=3x2+a，若f (x)要存在3个零点，则f (x)要存在极大值和极小值，则a<0，
√−a √−a
令f′ (x)=3x2+a=0，解得x=− 或 ，
3 3
( √−a) (√−a )
且当x∈ −∞,− ∪ ,+∞ 时，f′ (x)>0，
3 3
( √−a √−a)
当x∈ − , ，f′ (x)<0，
3 3
( √−a) (√−a)
故f (x)的极大值为f − ，极小值为f ，
3 3
若f (x)要存在3个零点，则¿，即¿，解得a<−3，
故选：B.
b
4．（2022·全国·统考高考真题）当x=1时，函数f(x)=alnx+ 取得最大值−2，则f′ (2)=（ ）
x
1 1
A．−1 B．− C． D．1
2 2
【解题思路】根据题意可知f (1)=−2，f′(1)=0即可解得a,b，再根据f′(x)即可解出．
a b
【解答过程】因为函数f (x)定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f′(1)=0，而f′(x)= − ，所
x x2
2 2
以b=−2,a−b=0，即a=−2,b=−2，所以f′(x)=− + ，因此函数f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上
x x2
1 1
递减，x=1时取最大值，满足题意，即有f′(2)=−1+ =− ．
2 2
故选：B.
31 1 1
5．（2022·全国·统考高考真题）已知a= ,b=cos ,c=4sin ，则（ ）
32 4 4
A．c>b>a B．b>a>c C．a>b>c D．a>c>b
c 1 1
【解题思路】由 =4tan 结合三角函数的性质可得c>b;构造函数f (x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞),
b 4 2
利用导数可得b>a,即可得解.
【解答过程】[方法一]：构造函数
π
因为当x∈ ( 0, ) ,x1，故 >1，所以c>b；
b 4 b
1
设f(x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞)，
2
f′ (x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，
(1) 1 31
故f >f(0)=0，所以cos − >0，
4 4 32
所以b>a，所以c>b>a，故选A
[方法二]：不等式放缩
π
因为当x∈ ( 0, ) ,sinx1−2
(1) 2
=
31
，故b>a
8 4 8 8 32
4sin 1 +cos 1 =√17sin (1 +φ ) ，其中φ∈ ( 0, π) ，且sinφ= 1 ,cosφ= 4
4 4 4 2 √17 √17
1 1 1 π π 1
当4sin +cos =√17时， +φ= ，及φ= −
4 4 4 2 2 4
1 4 1 1
此时sin =cosφ= ，cos =sinφ=
4 √17 4 √17
1 1 4 1 1
故cos = < =sin <4sin ，故ba，所以c>b>a，故选A
[方法三]：泰勒展开
31 0.252 1 0.252 0.254
设x=0.25，则a= =1− ，b=cos ≈1− + ，
32 2 4 2 4!
1
sin
1 4 0.252 0.254
c=4sin = ≈1− + ，计算得c>b>a，故选A.
4 1 3! 5!
4
[方法四]：构造函数
c 1 π 1 1 c
因为 =4tan ，因为当x∈ ( 0, ) ,sinx ,即 >1，所以c>b；设
b 4 2 4 4 b
1
f(x)=cosx+ x2−1,x∈(0,+∞)，f′ (x)=−sinx+x>0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增，则
2(1) 1 31
f >f(0)=0,所以cos − >0，所以b>a,所以c>b>a，
4 4 32
故选：A．
[方法五]：【最优解】不等式放缩
c 1 π 1 1 c
因为 =4tan ，因为当x∈ ( 0, ) ,sinx ,即 >1，所以c>b；因为当
b 4 2 4 4 b
x∈ ( 0, π ) ,sinx1−2 (1) 2 = 31 ，故b>a，所以c>b>a．
2 8 4 8 8 32
故选：A．
6．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为
36π，且3≤l≤3√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
[ 81] [27 81] [27 64]
A． 18, B． , C． , D．[18,27]
4 4 4 4 3
【解题思路】设正四棱锥的高为ℎ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确
定正四棱锥体积的取值范围.
【解答过程】∵球的体积为36π，所以球的半径R=3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为ℎ，
则l2=2a2+ ℎ 2，32=2a2+(3−ℎ) 2 ,
所以6ℎ =l2，2a2=l2−ℎ 2
1 1 2 l4 l2 1( l6 )
所以正四棱锥的体积V = Sℎ = ×4a2×ℎ = ×(l2− )× = l4− ，
3 3 3 36 6 9 36
1( l5 ) 1 (24−l2 )
所以V′= 4l3− = l3 ，
9 6 9 6当3≤l≤2√6时，V′>0，当2√60，此时函数f (t)单调递增，
当t>a时，f′(t)<0，此时函数f (t)单调递减，
所以，f (t) =f (a)=ea ，
max
由题意可知，直线y=b与曲线y=f (t)的图象有两个交点，则b0，当t>a+1时，f (t)<0，作出函数f (t)的图象如下图所示：
由图可知，当00肘，f(x)=x2lnx，则f′(x)=2xlnx+x2 ⋅ =x(2lnx+1)，
x
1 1
令f′(x)<0，得
00，得
x>e
− 2；
故f(x)在 ( 0,e − 1 2 ) 上单调递减，在 ( e − 1 2,+∞ ) 上单调递增，
因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 ( −e − 1 2,0 ) 上单调递增，在 ( −∞,e − 1 2 ) 上单调递减，显然，此时x=0是f(x)的极大值，故D错误.
故选：ABC.
b c
9．（2023·全国·统考高考真题）若函数f (x)=alnx+ + (a≠0)既有极大值也有极小值，则（ ）．
x x2
A．bc>0 B．ab>0 C．b2+8ac>0 D．ac<0
【解题思路】求出函数f(x)的导数f′ (x)，由已知可得f′ (x)在(0,+∞)上有两个变号零点，转化为一元二
次方程有两个不等的正根判断作答.
b c a b 2c ax2−bx−2c
【解答过程】函数f(x)=alnx+ + 的定义域为(0,+∞)，求导得f′ (x)= − − = ，
x x2 x x2 x3 x3
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′ (x)在(0,+∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2−bx−2c=0有两个不等的正根x ,x ，
1 2
于是¿，即有b2+8ac>0，ab>0，ac<0，显然a2bc<0，即bc<0，A错误，BCD正确.
故选：BCD.
10．（2022·全国·统考高考真题）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心 D．直线y=2x是曲线y=f(x)的切线
【解题思路】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用
导数的几何意义判断D.
√3 √3
【解答过程】由题，f′(x)=3x2−1，令f′(x)>0得x> 或x<− ，
3 3
√3 √3
令f′ (x)<0得− 0，f( )=1− >0，f (−2)=−5<0，
3 9 3 9
( √3)
所以，函数f (x)在 −∞,− 上有一个零点，
3
√3 (√3) (√3 )
当x≥ 时，f (x)≥f >0，即函数f (x)在 ,+∞ 上无零点，
3 3 3
综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；
令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R，ℎ(−x)=(−x) 3−(−x)=−x3+x=−ℎ(x)，
则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，
将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，
所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；
令f′(x)=3x2−1=2，可得x=±1，又f(1)=f (−1)=1，
当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.
故选：AC.
11．（2023·全国·统考高考真题）设a∈(0,1)，若函数f (x)=ax+(1+a) x在(0,+∞)上单调递增，则a的取
[√5−1 )
值范围是 ,1 .
2
【解题思路】原问题等价于f′(x)=axlna+(1+a) xln(1+a)≥0恒成立，据此将所得的不等式进行恒等变形，
(1+a) x lna
可得 ≥− ，由右侧函数的单调性可得实数a的二次不等式，求解二次不等式后可确定实数
a ln(1+a)
a的取值范围.
【解答过程】由函数的解析式可得f′(x)=axlna+(1+a) xln(1+a)≥0在区间(0,+∞)上恒成立，
则(1+a) xln(1+a)≥−axlna，即
(1+a) x
≥−
lna
在区间(0,+∞)上恒成立，
a ln(1+a)
(1+a) 0 lna
故 =1≥− ，而a+1∈(1,2)，故ln(1+a)>0，
a ln(1+a)√5−1
故¿即¿，故 ≤a<1，
2
[√5−1 )
结合题意可得实数a的取值范围是 ,1 .
2
[√5−1 )
故答案为： ,1 .
2
12．（2022·全国·统考高考真题）已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax−ex2（a>0且a≠1）的极小值
1 2
(1 )
点和极大值点．若x 0，即y=ex图象在y=lna⋅ax下方
1 2
a>1，图象显然不符合题意，所以01，则′(x)在R上单调递增，此时若′(x )=0，则f′(x)在
0
(−∞,x )上单调递减，在(x ,+∞)上单调递增，此时若有x=x 和x=x 分别是函数
0 0 1 2
f (x)=2ax−ex2 (a>0且a≠1)的极小值点和极大值点，则x >x ，不符合题意；
1 2
若00且a≠1)
0 (lna) 2 1 2
的极小值点和极大值点，且x 0，f′ (x )=2(ax 0lna−ex )=2 ( e −ex ) >0，即
1 2 0 0 0 lna 0
1 e 1
x
0
<
lna
，x
0
lna>1故 lnax 0=x
0
lna=ln
(lna) 2
>1，所以
e
