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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00时, ,
所以 ,即函数 在[0,+∞)上单调递减，所以 ,即 ,即b1时，求 的零点个数.
m1
【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 00 f x0 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 xlnx1xex 0 f x 0,
（3）由（2）可知当m>1且 x0 时， ，即 在 上没有零点，再
xm,0
xm0 xm
根据， ，得到 ，对 进行讨论，即可求解
f x 1, f 1 x2y 0
【解析】解：（1）因为 的图象在点 处的切线与直线 平行，
1
f1
所以 2，
1
fx x1ex
因为 xm ，
1 1
f1
所以 1m 2，解得m1.
1 ex x2 1
fx x1ex
（2）由（1）得当 时， x1 x1ex ，
m1
fx0 f x 0,
x0
当 时，因为 ，所以 在 上单调递增，
f 00 f x0 0,
因为 ，所以 在 上恒成立.
f xlnx1xex 0
（3）由（2）可知当m>1且 x0 时， ，
f x 0,
即 在 上没有零点，1 ex x2 m1xm
fx x1ex
当xm,0时， xm xmex ，
gxex x2 m1xm xm,0
令 ， ，
gxex 2xm1
则 单调递增，
gmem 2mm1em m10
且 ，
g0m0
，
gx m,0
x
所以 在 上存在唯一零点，记为 0，
xm,x gx0 xx ,0 gx0
且 0 时， ， 0 时， ，
gx m,x x ,0
所以 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，
因为m>1，
gmem 0 g01m0
所以 ， ，
gx g0 gx 0
因为 0 ，所以 0 ，
gx 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，
xm,x gx0 xx ,0 gx0
故 1 时， ； 1 时， ，
f x m,x x ,0 f 0lnm0
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 memem m,0
取 2 ，
f x lnx mmem 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 m1xm
fx x1ex
【点睛】关键点睛：当xm,0时， xm xmex ，令
gxex x2 m1xm xm,0 gxex 2xm1
， ，则 单调递增，且
gmem 2mm1em m10 g0m0 gx m,0
， ，所以 在 上存在唯一零点，
x gx 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)ax1
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；
1lnx 1
x2 1
（2）若x(0,1)，求证： f(x) x .
【答案】（1）a1；（2）证明见解析.
h(x) f(x)g(x)ex ax1 h(x)
【分析】（1）作差，设 ，利用导数求出 的最小值为
1 1
lna 10 (a)lna 1
h(lna)aalna10，只需 a ；设 a ，利用导数求出
(a) (1) 0
min ，解出a1；
1lnx 1 1
x 1 lnxx2 1 0
（2）利用ex x1把原不等式转化为证明 x1 x ，即证： x ，
1
F(x)lnxx2 1
设 x ，利用导数求出最小值，即可证明.
h(x) f(x)g(x)ex ax1 h(x)ex a
【解析】（1）设 ， ，h(x)ex a 0 h(x) x,h(x)
a0
当 时， ， 单增，当 ，不满足恒成立
a0 h(x) x(,lna) h(x) x(lna,)
当 ， 在 单减， 在 单增，
1 1
1lna 0 lna 10
所以h(x)的最小值为h(lna)aalna10，即 a ，即 a
1 a1
(a)lna 1 (a)
设 a ， a2 ，所以(x)在x(0,1)单减，(x)在(1,)单增，
1
lna 10
(a) (1) 0
即 min ，故 a 的解只有a1，综上a1
x(0,1) ex x1
（2）先证当 时， 恒成立.
h(x)ex x1 h(x)ex 10 h(x) x(0,1)
令 ，求导 ，所以 在 上单调递增，
h(x)h(0)0 ex x1
，所以
1lnx 1 1lnx 1
x 1 x 1
所以要证 ex x ，即证 x1 x ，
x1 1
1lnxx2 x x1 lnxx2 1 0
即证 x ，即证： x ，
1 1 1 1
F(x)lnxx2 1 F(x) 2x (x1)2x0
设 x ，求导 x x2 x2 ，
F(x) (0,1) F(x) F(1)10
所以 在 上单调递减，所以 ，即原不等式成立.
1lnx 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)xex xg(x) xR 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 x1 exx1
2 2 2
exlnx
x
(x1)lnx
x
．令h(x)(x1)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 x1 ex e lnx0 exlnxelnx 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)xex x xR
【解析】（1） ， ．
g(x)ex x
令 ，
g(x)ex 1 x0 g(x)0
， 时， ．
x0 g(x)0 g(x) x0 g(x)0 g(x)
时， ，此时函数 单调递增； 时， ，此时函数 单调递减．
x0 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 (x1)lnx ．
x1 exx1 x x2
令h(x)(x1)lnx ， ， ．
x x[1 )
x1 2 (x2)(x1)
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 (x1)lnx ，
x x 2
2 3
exlnx ．
x 2
0 x1 ex e lnx0
② 时， ， ．
exlnxelnx
，
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 eeln2e
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 xex mx2 x gxexx2 axalnx1
11．（2021·山东高三其他模拟）已知函数 ， ．f x
x1 m
（1）若函数 在 处取得极大值，求实数 的值；
f x gx
m1 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）a1.
f x
m m x1
【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；
exlnx axlnx1
x0
（1）先将问题转化为“ 时， ”，再通过换元将问题转化为“
tR,et at10 Ftet at1 Ft
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 xex mx2 x f(x)ex(mx2 x2mx1)
【解析】（1）因为 ，所以 ，
2
f x f10 e1m12m10
m
因为 在x1处取极大值，所以 ，所以 ，所以 3
2 1
m f(x) ex2x3x1
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
x1
所以 在 处取极大值，符合题意；
f xex x2 x gxexx2 axalnx1
（2）当m1时， ， ．
又因为对x 0，不等式 f x gx ，所以x0时， ex x2x exx2 axalnx1，exlnx axlnx1
x0
所以 时， ，
hx xlnx 0, hx
令 t xlnx ，因为 为 上的增函数，且 的值域为R，所以 tR ，
tR,et at10 Ftet at1 Ftet a
故问题转化为“ 恒成立”，不妨设 ，所以 ，
Ftet a 0 Ft F0e0 10
当a0时， ，所以 在R上单调递增，且 ，
t,0 Ft F00
所以当 时， ，这与题意不符；
Ft0
a0 xlna
当 时，令 ，解得 ，
t,lna Ft0 Ft tlna, Ft0 Ft
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
Ft Flnaelna alna1aalna10
所以 min ，
1 1
1lna 0 lna 10
所以 a ，所以 a ，
1 a1
alna 1,a
记 a a2 ，
a0,1 a0 a a1, a0 a
当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单调递增，
a 10
所以 min ，
1
lna 10
a0
又因为 a ，即 ，所以a1.
【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.
