专题03导数及其应用（解析版）_02高考数学_新高考复习资料_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考大一轮复习讲义+课件_赠2021年高考真题和模拟题数学（理）专项汇编

专题 03 导数及其应用
1．（2021·全国高考真题）若过点 可以作曲线 的两条切线，则（ ）
A． B．
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；
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.
【解析】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ，
所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ，
由题意可知，点 在直线 上，可得 ，
令 ，则 .
当 时， ，此时函数 单调递增，
当 时， ，此时函数 单调递减，
所以， ，
由题意可知，直线 与曲线 的图象有两个交点，则 ，
当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示：由图可知，当 时，直线 与曲线 的图象有两个交点.
故选：D.
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.
2．（2021·浙江高考真题）已知函数 ，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【解析】对于A， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除
A；
对于B， ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C， ，则 ，
当 时， ，与图象不符，排除C.
故选：D.
3．（2021·全国高考真题（理））设 ， ， ．则（ ）
A． B． C． D．
【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，
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.
【解析】 ,
所以 ;
下面比较 与 的大小关系.
记 ,则 , ，
由于
所以当0<x<2时， ,即 , ,所以 在 上单调递增，
所以 ,即 ,即 ;
令 ,则 , ,
由于 ，在x>0时, ,
所以 ,即函数 在[0,+∞)上单调递减，所以 ,即 ,即b<c;
综上， ,
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.
4．（2021·全国高考真题（理））设 ，若 为函数 的极大值点，则（
）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合对 进行分类讨论，画出 图象，由此确定正确选项.
【解析】若 ，则 为单调函数，无极值点，不符合题意，故 .
依题意， 为函数 的极大值点，
当 时，由 ， ，画出 的图象如下图所示：由图可知 ， ，故 .
当 时，由 时， ，画出 的图象如下图所示：
由图可知 ， ，故 .
综上所述， 成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
5．（2021·全国高考真题（理））曲线 在点 处的切线方程为__________．
【答案】
【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【解析】由题，当 时， ，故点在曲线上．
求导得： ，所以 ．
故切线方程为 ．
故答案为： ．
6．（2021·全国高考真题）函数 的最小值为______.
【答案】1
【分析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调
性，即可求 最小值.
【解析】由题设知： 定义域为 ，
∴当 时， ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递减；
当 时， ，有 ，此时 单调递增；
又 在各分段的界点处连续，
∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增；
∴
故答案为：1.
f xax bxe2(xR)
7．（2021·浙江高考真题）设a，b为实数，且a1，函数f x
（1）求函数 的单调区间；
b2e2 f x
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
blnb e2
（3）当ae时，证明：对任意be4，函数 f x 有两个不同的零点x,x ，满足 x 2  2e2 x 1  b .
1 2
e2.71828
(注： 是自然对数的底数)
 b 
,log
 
【答案】(1)b0时， f(x)在
R
上单调递增；b0时，函数的单调减区间为 a lna，单调增区
 b 
log ,
 
间为 a lna ；
 1,e2
(2) ；
(3)证明见解析.
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；
(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取
值范围；
(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.
f(x)ax bxe2, f(x)axlnab
【解析】(1) ，
b0 f(x)axlnab0 f(x) R
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若b0，
 b 
x ,log
当   a lna  时， f 'x0, f x 单调递减，
 b 
x log ,
当   a lna  时， f 'x0, f x 单调递增.
b0 f(x) R
综上可得， 时， 在 上单调递增； b   b 
,log log ,
   
b0时，函数的单调减区间为 a lna，单调增区间为 a lna .
f(x)  ax bxe2 0 exlna bxe2 0
(2) 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
bt b et e2
et  e2 0  ,t 0
令t  xlna，则 lna lna t ，
et e2 et t  et e2 et(t1)e2
g(t) ,g(t) 
记 ，
t t2 t2
h(t)et(t1)e2,h(t)et(t1)et 1et t 0
记 ，
h(2)0 t(0,2) h(t)0, t(2,) h(t)0
又 ，所以 时， 时， ，
b b
  g(2)e2,lna
则g(t)在(0,2)单调递减，(2,)单调递增， lna e2 ，
b
b2e2, 2,lna21ae2
e2 .
 1,e2
即实数a的取值范围是 .
a e, f(x)ex bxe2 ex e2 bx
(3) 有2个不同零点，则 ，故函数的零点一定为正数.
x x
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为 2，较小者为 1，
ex
1
e2 ex
2
e2
b  e4
x x ，
1 2
ex e2
注意到函数
y 
x 在区间
0,2
上单调递减，在区间
2,
上单调递增，
e5 e2
e4
故x 2 x ，又由 5 知x 5，
1 2 2
ex
1
e2 2e2 2e2
b   x 
x x 1 b ，
1 1blnb e2 e2
x  x  x lnb
要证 2 2e2 1 b ，只需 2 b ，
ex 2 e2 2ex 2 e2
b  gblnb
x x 且关于 b 的函数 b 在 be4 上单调递增，
2 2
2ex
2
e2x
x ln  2 x 5
所以只需证 2 x 2ex 2 2 ，
2
2ex
2
e2x
lnex 2 ln  2 0
只需证 x 2ex 2 ，
2
e2x
lnx ln20
只需证 2ex ，
e2 4x
 4 h(x)lnx ln2
2 ，只需证 ex 在x5时为正，
1 1
h(x) 4xex 4ex  4exx10 hx
由于 x x ，故函数 单调递增，
20 5 20 4x
h(5)ln5 ln2ln  0 h(x)lnx ln2
又 e5 2 e4 ，故 ex 在x5时为正，
从而题中的不等式得证.
【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，从高考来看，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．
xa
f(x) (x 0)
8．（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 
0, ,
【答案】（1）

 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）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方程
lnx lna a
 y  gx y  gx
x a 有两个不同的实数根，即曲线 与直线 lna 有两个交点，利用导函数研究 的
lna 1
gx gx 0 
单调性，并结合 的正负，零点和极限值分析 的图象，进而得到 a e ，发现这正好是
0 ga ge gx
，然后根据 的图象和单调性得到a的取值范围.
x2 2x2x x22xln2 x2x2xln2
f x , fx 
【解析】（1）当 时， 2x  2x2 4x ,
a2
2 2 2
f 'x0 x 0 x fx0 x fx0
令 得 ln2 ,当 ln2时， ,当 ln2 时， ,
 2   2 
0, ,
∴函数 f x 在   ln2  上单调递增；  ln2   上单调递减；
xa lnx lna lnx
f x 1 ax  xa  xlnaalnx  gx
（2） ax x a ,设函数 x ,
1lnx
gx
gx0
则 x2 ,令 ，得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 gx
又 ，当 x 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
lna 1
0  0 ga ge
必要条件是 a e ,这即是 ,
1,ee,
所以a的取值范围是 .
【点睛】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，关键是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.
f xlnax y  xf x
x0
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；证明见详解
y' a
【分析】（1）由题意求出 ，由极值点处导数为0即可求解出参数 ；
xln1x
g(x)
（2）由（1）得 xln1x ， 且 ，分类讨论x0,1和x,0，可等价转化为
x1 x0
gx1 xln1x xln1x x0,1 x,0
要证 ，即证 在 和 上恒成立，结合导数和换元法即
可求解
1 x
f xlnax f 'x y  xf x y'lnax
【解析】（1）由 xa ， xa，
y  xf x y'0lna0
又 x0 是函数 的极值点，所以 ，解得a1；
x f(x) xln1x
g(x) 
（2）由（1）得 f xln1x， xf(x) xln1x ， 且 ，
x1 x0x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 ， ，
gt1ttlnt g't1lnt1lnt
令 ， ，
t0,1 g'x0 gx g1 g10 gt g10
当 时， ， 单减，假设 能取到，则 ，故 ；
t1, g'x0 gx g1 g10 gt g10
当 时， ， 单增，假设 能取到，则 ，故 ；
xln1x
g(x) 1
综上所述， xln1x 在x,0  0,1恒成立
a
【点睛】本题为难题，根据极值点处导数为0可求参数 ，第二问解法并不唯一，分类讨论对函数进行等
价转化的过程，一定要注意转化前后的等价性问题，构造函数和换元法也常常用于解决复杂函数的最值与
恒成立问题.
1．（2021·全国高三其他模拟）已知函数f（x）＝ ﹣ex，则下列说法正确的是（ ）
A．f（x）无极大值，也无极小值
B．f（x）有极大值，也有极小值
C．f（x）有极大值，无极小值
D．f（x）无极小值，有极大值
【答案】C【分析】求导判断函数的单调性，但由于 不容易判断正负，所以需要二次求导来判断.
【解析】因为 ，所以 ，
令 ，
，
因为 ，所以 ，即 ，故 ，
所以 在 上单调递减，
又因为 ， ，
所以存在唯一的 ，使得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以f（x）有极大值，无极小值.
故选：C.
2．（2021·山东济南市·高三其他模拟）曲线 在x＝0处的切线方程是_________．
【答案】y＝﹣x+1
【分析】利用导数求出切线的斜率，利用点斜式求出点斜式方程.
【解析】 的导数为 ，
可得曲线 在x＝0处的切线的斜率为k＝﹣1，
又切点为（0，1），
所以切线的方程为y＝﹣x+1．故答案为：y＝﹣x+1．
3．（2021·全国高三其他模拟）函数 在 处的切线与坐标轴围成的图形面积为
___________.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义可求得切线方程，进而确定与坐标轴的交点坐标，从而求得面积.
【解析】切点 ， ，
切线： ，即 ，
与 轴交点 ，与 轴交点 ，
故 ，
故答案为： .
f(x)aex lnx1aR
4．（2021·福建高三三模）已知函数 .
ae f(x)
（1）当 时，讨论函数 的单调性：
x
2
（2）若函数 f(x)恰有两个极值点x ,x x  x  ，且x x 2ln3，求 x 的最大值.
1 2 1 2 1 2 1
0,
f(x)
【答案】（1） 在 上单调递增；（2）最大值为3.
f(x) a0 0ae f(x)
【分析】（1）对函数 求导，然后分 及 讨论即可得 的单调性；
x lnt tlnt t1lnt t1lnt
2 t x  x  x x  ht t 1
（2）设 x ，由题意， 1 t1， 2 t1，则 1 2 t1 ，设 t1 ，
1x
2
判断函数ht
的单调性，结合题意即可求得 x 的最大值.
1
1 ex ax
【解析】解：（1）函数的定义域为
0,
，
f (x)  aex 
x

xex ，
当a0时， f(x)0 恒成立， f(x) 在
0,
上单调递增；
0ae f(x)0 ex ax0
当 时，令 ，则 ，
g(x)ex ax g(x)ex a
设 ，则 ，
0 xlna g(x)0 g(x) xlna g(x)0 g(x)
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
g(x) g(lna)elna alna a(1lna)0
∴ ，
f(x)0 f(x)
0,
∴ ， 在 上单调递增；
0,
ae f(x)
综上，当 时， 在 上单调递增；
ex 1 ax 0
1

（2）依题意， fx 1  fx 2 0，则  ex 2 ax 2 0 ，
x x
ex 2 x 1  2 2 t
两式相除得， x
1
，设 x
1
，则t 1，x
2
tx
1
，e t1x
1
t，
lnt tlnt
x  x 
∴ 1 t1， 2 t1，
t1lnt
x x 
∴ 1 2 t1 ，
1
t 2lnt
t1lnt ht t
设ht t 1，则
t12
，
t1
1 1 2 (t 1)2
tt 2lntt 1 t 1    0
设 t ，则 t2 t t2 ，t 1, t10
∴ 在 单调递增，则 ，
ht0 ht 1,
∴ ，则 在 单调递增，
x x 2ln3
ht2ln3 h32ln3
又 1 2 ，即 ，而 ，
x
2
∴t1,3
，即 x 的最大值为3.
1
x
ex 2 x 1  2
【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键点是，根据
fx  fx 0得
x ，
1 2 1
x lnt tlnt t1lnt
2 t x  x  x x 
利用比值代换 x ，则有 1 t1， 2 t1， 1 2 t1 ，从而将双变量问题变为单变量
1
问题来解决.
f x xlnx1
5．（2021·北京高三其他模拟）已知函数 .
f x
（Ⅰ）求函数 的单调区间；
y  f x  x , f x 
（Ⅱ）求证：曲线 在点 0 0 处的切线不经过原点；
 1
f xk x
（Ⅲ）设整数k使得

 2
 对x0,
恒成立，求整数k的最大值.
f x  e2,  f x  0,e2
【答案】（Ⅰ） 在 上单调递增， 在 上单调递减；（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）2.
【分析】（Ⅰ）求函数的导数，结合函数单调性和导数之间的关系进行求解即可
（Ⅱ）利用导数的几何意义求出切线方程，利用反证法进行证明
（Ⅲ）将不等式进行转化，构造函数，求出函数的最小值进行证明即可
fx2lnx fx0
xe2
【解析】（Ⅰ）函数的导数为 ，由 得 ，
由
fx0 ，得xe2
，所以
f x
在
 e2, 
上单调递增，
由 fx0 ，得0 xe2 ，所以 f x 在  0,e2 上单调递减.f x  0,e2  e2, 
所以 的单调减区间为 ，增区间为 .
y  f x  x , f x  y f x  fx xx  x 0
（Ⅱ）由（Ⅰ）得曲线 在点 0 0 处的切线为 0 0 0 ，其中 0 ，
y  f x  x , f x 
假设 在点 0 0 处的切线经过原点.
0 f x  fx 0x  x lnx 12lnx x 
则有 0 0 0 ，即 0 0 0 0 ，
x 0 x 0
整理得 0 与 0 矛盾，
y  f x  x , f x 
则曲线 在点 0 0 处的切线不经过原点；
 1  1
f xk x f xk x 0
（Ⅲ）

 2
 对x0,
恒成立等价于当x0时，

 2

 恒成立.
 1
gx f xk x
令

 2
 ，则gxlnx2k .由gx0，得x
ek2，
gx gx
x
随着 变化， ， 的变化情况如下表所示：
x  0,ek2 ek2  ek2, 
gx
﹣ 0 +
gx
 极小值 
gx  0,ek2  ek2, 
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
1
gx g  ek2  kek2 0
所以函数 的最小值为 2 ，
1 1
hk kek2 h2 2e22 110
令 2 ，则 2 .
gx g  ek2  g10
当k 2时，因为 的最小值为 ， 1
f xk x
 
所以  2恒成立，符合题意；
1 1 1
hk ek2  e22 0 hk kek2 2,
当k 2时.由 2 2 ，得函数 2 ，在 上单调递减，所以
hkh20
，
gx g  ek2 hk0
故此时 的最小值 ，不符合题意，
k
所以整数 的最大值是2.
【点睛】利用导数解决不等式恒成立问题的方法
f(x)a g(x)a f(x) a g(x) a
(1)分离参数法求范围：若 或 恒成立，只需满足 min 或 max 即可，利用
f(x) g(x)
导数方法求出 的最小值或 的最大值，从而解决问题；
(2)把参数看作常数利用分类讨论方法解决：对于不适合分离参数的不等式，常常将参数看作常数直接构造
函数，常用分类讨论法，利用导数研究单调性、最值，从而得出参数范围
f(x)mx2lnx1
6．（2021·甘肃白银市·高三其他模拟（理））已知函数 .
f(x)
（1）讨论函数 的单调性；
f(x)mx22
（2）当x2时， 恒成立，求m的取值范围.
0,1
【答案】（1）答案见解析；（2） .
【分析】（1）含参数函数的单调性需要分类讨论得出结果；
f(x)mx22 m  t2 t  ln(t1)0
（2）通过换元把 恒成立转化为 恒成立，然后构造函数即可.
f(x) 1,
【解析】解：（1）由题意，函数 的定义域为 .
1
f '(x)m
则 x1.1
x 1
（i）当m0时，令 f '(x)0，得 m ，
1
1 x 1
令 f '(x)0，得 m ；
 1   1 
1, 1 1,
   
所以函数 f(x)在 m 上单调递减，在m 上单调递增；
m0 f '(x)0
x1,
（ii）当 时， 对任意 恒成立，
f(x) 1,
所以函数 在 上单调递减；
 1   1 
1, 1 1,
   
综上，当m0时， f(x)在 m 上单调递减，在m 上单调递增；
m0 f(x) 1,
当 时， 在 上单调递减.
f(x)mx22
（2）x2， 恒成立，
m(x2)2  f(x)m(x2)2 m(x2)ln(x1)0
即 恒成立，
m  t2 t  ln(t1)0
设t  x20，则 ，
g(t)m  t2 t  ln(t1)
设 ，
gt0
t 0
则问题转化为 ，都有 恒成立.
g1ln20
t 1
（i）当 时， 成立，
t 1 t2 t 0
（ii）当 时， ，
ln(t1)
g(t)0 m
所以 t2 t ，
m1 f(x)(x2)ln(x1)
2,
由（1）知，当 时， 在 上单调递增，f(x) f 20 lnx1 x2
x2
所以当 时， ，即 ，
ln(t1)
ln1tt 1
于是得当t  x20时，有 ，即 t ，
ln(t1) ln(t1) 1
  0,
故当t 1时， t2 t t(t1) t1 ，
ln(t1) 1
  (,0)
即 t2 t t1 ，
ln(t1)
m
所以当m0时， t2 t 恒成立；
0t 1 t2 t 0
(iii)当 时， ，
ln(t1)
g(t)0 m
所以 t2 t ，
ln(t1) ln(t1) 1
  (,1)
而 t2 t t(t1) t1 ，
ln(t1) 1
  (1,)
即 t2 t t1 ，
lnt1
m
所以当m1时， t2 t 恒成立.
gt0
t 0
综上所述，若对于 ，都有 恒成立，
0m1
则只需 即可.
0,1
m
故所求的 的取值范围为 .
【点睛】恒成立问题解题思路：
（1）参变量分离：
（2）构造函数：①构造函数，研究函数的单调性，求出函数的最值，解不等式即可；②构造函数后，研
究函数单调性，利用单调性解不等式，转化之后参数分离即可解决问题.f x xlnx
7．（2021·河南高三其他模拟（理））已知函数 .
gx f xax1
（1）讨论函数 的零点个数；
3sinxcosx2
f x
（2）证明： 2cosx .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
xea1 xea1
【分析】（1）先求导，令导数为0，得 ，分析导数在定义域内的增减性知 时，函数有极
小值，再分类讨论极值点处的正负，结合零点存在定理判断即可；
3sinxcosx2
xlnx
（2）结合（1）知当a1时，xlnx x1，要证 2cosx ，
3sinx
xlnx x1 1
2xxcosx3sinx0x0
需证 2cosx ，即证 ，再分段在x时和0xπ时，
结合导数分类讨论即可证明
gx xlnxax1x0 gxlnx1ax0
【解析】（1）解：因为 ，所以 .
gx0 gx0 gx  0,ea1
令 ，得xea1；令 ，得0 xea1.所以 在 上为减函数，在
 ea1,  gx  g  ea1 1ea1
上为增函数， min .
g  ea1 1ea1 0 gx
当a1时， ， 有且只有一个零点x1；
g  ea1 1ea1 0 gx
当a1时， ， 没有零点；
g  ea1 1ea1 0 g  ea aea aea 110 gx  ea1, 
当a1时， ， ，所以 在 上有唯一的零
ea 2a ea2a
点，又
g  ea aea aea 1
ea

ea
0 ，所以gx
在
 0,ea1
上有唯一的零点.
gx gx gx
综上所述，当a1时， 有且只有一个零点；当 a1 时， 没有零点；当a1时， 有两个
零点.gx gx 0
（2）证明：由（1）知，当a1时， min ，即 xlnx x1 .
3sinxcosx2 3sinx
xlnx xlnx x1 1
要证 2cosx ，需证 2cosx ，
3sinx
x x0
2xxcosx3sinx0x0
需证 2cosx ，即证 .
hx2xxcosx3sinxx0
设 .
hx2xxcosx3sinx x1cosxx3sinx x30
x
当 时， .
hx22cosxxsinx txhx txsinxxcosx
当0xπ时， ，令 ，则 .
xtx x xsinx0
再令 ，则 ，
tx 0, txsinxxcosxt00
所以 在 上为增函数， ，
tx 0, txhxh00
所以 在 上为增函数， ，
hx 0, hxh00
所以 在 上为增函数， .
3sinxcosx2
f x
故 2cosx 成立.
【点睛】本题考查利用导数讨论函数的零点个数，证明函数不等式恒成立问题，属于难题，讨论零点个数，
常用以下基本步骤：
①利用导数判断函数的增减区间；
②求出函数极值点；
③判断（讨论）函数极值与零点个数关系.
xlnx x1
对于函数不对等式的证明，常采用放缩法，如本题中 ，证明不等式恒成立的问题关键在于不
等式的等价转化.
f xlnxmxex
8．（2021·广东高三其他模拟）已知函数 .
f x  1, f 1 x2y 0 m
（1）若 的图象在点 处的切线与直线 平行，求 的值；f x0
x0
（2）在（1）的条件下，证明：当 时， ；
f x
（3）当m>1时，求 的零点个数.
m1
【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）有一个零点.
【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可
f x 0, f 00 f x0 0,
（2）利用导数，得到 在 上单调递增，由 ，即可证明 在 上恒成
立
f xlnx1xex 0 f x 0,
（3）由（2）可知当m>1且 x0 时， ，即 在 上没有零点，再
xm,0
xm0 xm
根据， ，得到 ，对 进行讨论，即可求解
f x  1, f 1 x2y 0
【解析】解：（1）因为 的图象在点 处的切线与直线 平行，
1
f1
所以 2，
1
fx x1ex
因为 xm ，
1 1
f1 
所以 1m 2，解得m1.
1 ex x2 1
fx x1ex 
（2）由（1）得当 时， x1 x1ex ，
m1
fx0 f x 0,
x0
当 时，因为 ，所以 在 上单调递增，
f 00 f x0 0,
因为 ，所以 在 上恒成立.
f xlnx1xex 0
（3）由（2）可知当m>1且 x0 时， ，
f x 0,
即 在 上没有零点，1 ex x2 m1xm
fx x1ex 
当xm,0时， xm xmex ，
gxex x2 m1xm xm,0
令 ， ，
gxex 2xm1
则 单调递增，
gmem 2mm1em m10
且 ，
g0m0
，
gx m,0
x
所以 在 上存在唯一零点，记为 0，
xm,x  gx0 xx ,0 gx0
且 0 时， ， 0 时， ，
gx m,x  x ,0
所以 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，
因为m>1，
gmem 0 g01m0
所以 ， ，
gx  g0 gx 0
因为 0 ，所以 0 ，
gx m,x  x x ,0
所以 在 0 上存在唯一零点 1，且在 0 上恒小于零，
xm,x  gx0 xx ,0 gx0
故 1 时， ； 1 时， ，
f x m,x  x ,0 f 0lnm0
所以 在 1 上单调递增，在 1 上单调递减，且 ，
f x m,0
所以 在 上至多有一个零点，
x memem m,0
取 2 ，
f x lnx mmem 0
则有 2 2 ，
f x m,0
所以由零点存在定理可知 在 上只有一个零点，f x m,
又f(0)不为0，所以 在 上只有一个零点.
1 ex x2 m1xm
fx x1ex 
【点睛】关键点睛：当xm,0时， xm xmex ，令
gxex x2 m1xm xm,0 gxex 2xm1
， ，则 单调递增，且
gmem 2mm1em m10 g0m0 gx m,0
， ，所以 在 上存在唯一零点，
x gx m,x  x
记为 0，进而得到所以 在 0 上存在唯一零点 1，进而讨论求解，属于难题
f(x)ex g(x)ax1
9．（2021·重庆市育才中学高三二模）已知函数 ， .
f(x) g(x)
（1）已知 恒成立，求a的值；
1lnx 1
 x2  1
（2）若x(0,1)，求证： f(x) x .
【答案】（1）a1；（2）证明见解析.
h(x) f(x)g(x)ex ax1 h(x)
【分析】（1）作差，设 ，利用导数求出 的最小值为
1 1
lna 10 (a)lna 1
h(lna)aalna10，只需 a ；设 a ，利用导数求出
(a) (1)  0
min ，解出a1；
1lnx 1 1
x 1 lnxx2 1 0
（2）利用ex  x1把原不等式转化为证明 x1 x ，即证： x ，
1
F(x)lnxx2 1
设 x ，利用导数求出最小值，即可证明.
h(x) f(x)g(x)ex ax1 h(x)ex a
【解析】（1）设 ， ，h(x)ex a 0 h(x) x,h(x)
a0
当 时， ， 单增，当 ，不满足恒成立
a0 h(x) x(,lna) h(x) x(lna,)
当 ， 在 单减， 在 单增，
1 1
1lna 0 lna 10
所以h(x)的最小值为h(lna)aalna10，即 a ，即 a
1 a1
(a)lna 1 (a)
设 a ， a2 ，所以(x)在x(0,1)单减，(x)在(1,)单增，
1
lna 10
(a) (1)  0
即 min ，故 a 的解只有a1，综上a1
x(0,1) ex  x1
（2）先证当 时， 恒成立.
h(x)ex x1 h(x)ex 10 h(x) x(0,1)
令 ，求导 ，所以 在 上单调递增，
h(x)h(0)0 ex  x1
，所以
1lnx 1 1lnx 1
x 1 x 1
所以要证 ex x ，即证 x1 x ，
x1 1
1lnxx2 x  x1 lnxx2 1 0
即证 x ，即证： x ，
1 1 1 1
F(x)lnxx2 1 F(x) 2x  (x1)2x0
设 x ，求导 x x2 x2 ，
F(x) (0,1) F(x) F(1)10
所以 在 上单调递减，所以 ，即原不等式成立.
1lnx 1
 x 1
所以当x(0,1)时，如 f(x) x 成立.
【点睛】利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个：
①直接构造函数利用导数证明；②直接做差构造函数利用导数证明；③先做适当的变换后再做差构造函数
利用导数证明.
f(x)ex
e
10．（2021·江苏高三其他模拟）已知函数 ，其中 是自然对数的底数.y  f(x)x
（1）求函数 的最小值；
2 3
f(x)lnx 
（2）求证： x 2.
【答案】（1）最小值为1；（2）证明见解析.
y f(x)xex xg(x) xR g(x)ex 1
【分析】（1） ， ． ，利用导数研究其单调性即可得出函数
g(x)
极小值即最小值．
2 3 2 3
（2） f(x)lnx  exlnx  ．分类讨论：① 时，由（1）可得： ，
x 2 x 2 x1 exx1
2 2 2
exlnx
x
(x1)lnx
x
．令h(x)(x1)lnx
x
，
x[1
，
)
，利用导数研究函数h(x)的单调性极值
2 2
与最值即可证明结论．② 时， ， ．可得 ，exlnx elnx ．令
0 x1 ex e lnx0 exlnxelnx x x
2
u(x)elnx ，利用导数研究函数h(x)的单调性极值与最值即可证明结论．
x
y  f(x)xex x xR
【解析】（1） ， ．
g(x)ex x
令 ，
g(x)ex 1 x0 g(x)0
， 时， ．
x0 g(x)0 g(x) x0 g(x)0 g(x)
时， ，此时函数 单调递增； 时， ，此时函数 单调递减．
x0 g(x)
可得 时函数 取得极小值即最小值，
g(0)0
．
2 3 2 3
（2）证明： f(x)lnx  exlnx  ．
x 2 x 2
2 2
① 时，由（1）可得： ，exlnx (x1)lnx ．
x1 exx1 x x2
令h(x)(x1)lnx ， ， ．
x x[1 )
x1 2 (x2)(x1)
h(x)lnx  lnx 0，
x x2 x2
3
 函数h(x)在 x[1 ， ) 上单调递增，因此 h(x)h （1）2 2 ．
2 2 3
exlnx (x1)lnx  ，
x x 2
2 3
exlnx  ．
x 2
0 x1 ex e lnx0
② 时， ， ．
exlnxelnx
，
2 2
exlnx elnx ．
x x
2
令u(x)elnx ，
x
2
e(x )
则u(x) e  2  e ，
x x2 x2
2 2 2 5 3
x u( )eln eeln2e 
u(x)
可得 e 时，函数 取得极小值即最小值， e e 9 2．
5
(29
e5，ln2
9
)．
2 2 3
x(0,1)时，exlnx elnx  ．
x x 2
2 3
综上可得：exlnx  ．
x 2
【点睛】方法点睛：不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比
较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二
是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论
先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
f xex mx2 x  gxexx2 axalnx1
11．（2021·山东高三其他模拟）已知函数 ， ．f x
x1 m
（1）若函数 在 处取得极大值，求实数 的值；
f x gx
m1 x 0 a
（2）当 时，若对 ，不等式 恒成立，求实数 的值．
2
m
【答案】（1） 3 ；（2）a1.
f x
m m x1
【分析】（1）先根据极值点对应的导数值为零求解出 的可取值，然后检验 的取值下 在 处
m
是否取极大值，由此确定出 的值；
exlnx axlnx1
x0
（1）先将问题转化为“ 时， ”，再通过换元将问题转化为“
tR,et at10 Ftet at1 Ft
恒成立”，然后构造函数 ，采用分类讨论的方法分析 的最小
值与0的关系，由此求解出a的值.
f xex mx2 x  f(x)ex(mx2 x2mx1)
【解析】（1）因为 ，所以 ，
2
f x f10 e1m12m10
m
因为 在x1处取极大值，所以 ，所以 ，所以 3
2 1
m f(x) ex2x3x1
当 3 时， 3 ，
 3 3  3 
x  ,     ,1  1 1,
 2 2  2 
f x  0 + 0 
f x 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
f x
x1
所以 在 处取极大值，符合题意；
f xex x2 x  gxexx2 axalnx1
（2）当m1时， ， ．
又因为对x 0，不等式 f x gx ，所以x0时， ex x2x  exx2 axalnx1，exlnx axlnx1
x0
所以 时， ，
hx xlnx 0, hx
令 t  xlnx ，因为 为 上的增函数，且 的值域为R，所以 tR ，
tR,et at10 Ftet at1 Ftet a
故问题转化为“ 恒成立”，不妨设 ，所以 ，
Ftet a 0 Ft F0e0 10
当a0时， ，所以 在R上单调递增，且 ，
t,0 Ft F00
所以当 时， ，这与题意不符；
Ft0
a0 xlna
当 时，令 ，解得 ，
t,lna Ft0 Ft tlna, Ft0 Ft
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
Ft  Flnaelna alna1aalna10
所以 min ，
1 1
1lna 0 lna 10
所以 a ，所以 a ，
1 a1
alna 1,a
记 a a2 ，
a0,1 a0 a a1, a0 a
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
a 10
所以 min ，
1
lna 10
a0
又因为 a ，即 ，所以a1.
【点睛】方法点睛：利用导数求解参数范围的两种常用方法：
（1）分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的
关系，求解出参数范围；
（2）分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范
围最后取并集.