重难点 08 导数常考经典压轴小题全归类【十大题型】
【新高考专用】
导数是高考数学的重要内容，是高考必考的重点、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、极值和最值，函数零点问题、不等式恒（能）成立问题等，考查分类讨论、数形
结合、转化与化归等思想.
从近几年的高考情况来看，导数的运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 导数的运算的方法技巧】
1．导数的运算的方法技巧
(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导.
(2)抽象函数求导，恰当赋值是关键，然后活用方程思想求解.
(3)复合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
【知识点2 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3 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4 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5 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．
3．导数中的双变量问题
导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握破解双参数
不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的
不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．
【题型1 导数的运算】
【例1】（2024·湖北·一模）已知函数f (x)=ex−f′(1)x，则（ ）e e
A．f (1)=− B．f′(1)=−
2 2
C．f (2)=e2−e D．f′(2)=e2−e
【解题思路】求导，通过赋值逐项判断即可.
【解答过程】因为f (x)=ex−f′(1)x，所以f′(x)=ex−f′(1)，
e
则f′(1)=e−f′(1)，所以f′(1)=
，
2
e e e
则f (x)=ex− x，所以f (1)= ,f′(2)=e2− ,f (2)=e2−e .
2 2 2
故选：C.
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)的定义域为R，若f (2x−1)+3，f′(x−2)都是奇函数，
2025
且f′(1)=−2f (−1)，则∑ f′(k)=（ ）
k=1
A．6 B．−9 C．3 D．−12
【解题思路】利用奇函数的性质得到f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，然后通过求导得到
f′(2x−1)=f′(−2x−1)，再结合f′(x−2)为奇函数得到f′(x)的周期，根据f (2x−1)+3为奇函数和
f′(1)=−2f (−1)得到f′(1)，最后利用周期性计算即可.
【解答过程】由f (2x−1)+3为奇函数可得f (2x−1)+3=−f (−2x−1)−3，
两边分别求导可得2f′(2x−1)=2f′(−2x−1)，
即f′(2x−1)=f′(−2x−1)，故f′(x−1)=f′(−x−1)，所以f′(x−2)=f′(−x)，
又f′(x−2)为奇函数，所以f′(x−2)=−f′(−x−2)，可得f′(−x)=−f′(−x−2)，
故f′(x+2)=−f′(x)，从而f′(x+4)=f′(x)，
故4是f′(x)的一个周期，
在f′(x+2)=−f′(x)中，分别令x=1和2可得：f′(3)=−f′(1)，f′(4)=−f′(2)，
所以f′(1)+f′(2)+f′(3)+f′(4)=0．
由f (2x−1)+3为奇函数可得f (−1)+3=0，
2025
故f′(1)=−2f (−1)=6，所以∑ f′(k)=506×0+f′(1)=6．
k=1
故选：A.
【变式1-2】（2024·山东·二模）已知f (x)为定义在R上的奇函数，设f′(x)为f (x)的导函数，若f (x)=f (2−x)+4x−4，则f′(2023)=（ ）
A．1 B．−2023 C．2 D．2023
【解题思路】根据f (x)=f (2−x)+4x−4进行f′(x)奇偶性和周期性的推导，得到f′(x)是周期为4的偶函
数，从而算出f′(2023)的值.
【解答过程】因为f (x)=f (2−x)+4x−4，所以两边求导，得f′ (x)=−f′ (2−x)+4，
即f′ (x)+f′ (2−x)=4①
因为f (x)为定义在R上的奇函数，则f(−x)=−f(x)，
所以两边求导，得f′ (x)=f′ (−x)，所以f′ (x)是定义在R上的偶函数，
所以f′ (2−x)=f′ (x−2)，结合①式可得，f′ (x)+f′ (x−2)=4，
所以f′ (x−2)+f′ (x−4)=4，两式相减得，f′ (x)=f′ (x−4)，
所以f′ (x)是周期为4的偶函数，
所以f′ (2023)=f′ (−1)=f′ (1).
由①式，令x=1，得f′ (1)=2，所以f′ (2023)=f′ (1)=2.
故选：C.
【变式1-3】（2024·山西晋中·模拟预测）已知函数f (x)=2x(x−2)(x−22)(x−23)(x−24)(x−25)(x−26)，
则f′(0)=（ ）
A．220 B．221 C．222 D．223
【解题思路】观察f(x)，构造函数φ(x)=(x−2)(x−22)(x−23)(x−24)(x−25)(x−26)，利用导数的四则
运算得到f′ (x)=2φ(x)+2xφ′ (x)，代入x=0即可得解.
【解答过程】设φ(x)=(x−2)(x−22)(x−23)(x−24)(x−25)(x−26)，
则f(x)=2xφ(x)，故f′ (x)=2φ(x)+2xφ′ (x)，所以f′ (0)=2φ(0)=2(0−2)(0−22)(0−23)(0−24)(0−25)(0−26)
=21+1+2+3+4+5+6=222.
故选：C.
【题型2 函数的切线问题】
【例2】（2024·江西景德镇·一模）过点A(0,1)且与曲线f(x)=x3+2x−1相切的直线方程是（ ）
A．y=5x+1 B．y=2x+1
C．y=x+1 D．y=−2x+1
【解题思路】根据导数几何意义以及斜率公式，计算可得切点坐标，即可求得切线方程.
【解答过程】f′(x)=3x2+2，点A不在曲线上，
x3+2x −1−1
设切点为(x ,x3+2x −1)，则f′ (x )=3x 2+2= 0 0 ，
0 0 0 0 0 x
0
解得：x =−1，得切点(−1,−4)，则k=f′ (−1)=5
0
切线方程为：y=5x+1，
故选：A．
【变式2-1】（2024·山东·模拟预测）若过点(1,m)可以作y=(x+1)ex的三条切线，则实数m的取值范围
是（ ）
A．(−4e−2,0) B．(−6e−3,0) C．(−6e−3,2e) D．(e,2e)
【解题思路】设出切点坐标(t,(t+1)et )，求导并利用导数的几何意义求出切线方程，用t表示出m，再构
造函数，利用导数探讨函数图象性质，进而求出m的范围.
【解答过程】依题意，设切点坐标为(t,(t+1)et )，由y=(x+1)ex，求导得y′=(x+2)ex，
则函数y=(x+1)ex的图象在点(t,(t+1)et )处的切线方程为y−(t+1)et=(t+2)et (x−t)，
由切线过点(1,m)，得m=(t+1)et+(t+2)et (1−t)=(−t2+3)et，
令g(t)=(−t2+3)et，依题意，直线y=m与函数y=g(t)的图象有3个公共点，g′ (t)=(−t2−2t+3)et=−(t+3)(t−1)et，当t<−3或t>1时，g′ (t)<0，当−3<t<1时，g′ (t)>0，
则函数g(t)在(−∞,−3),(1,+∞)上单调递减，在(−3,1)上单调递增，
当t=−3时，函数g(t)取得极小值g(−3)=−6e−3，而当t<−√3时，恒有g(t)<g(−√3)=0，
又g(2)=−e2<−6e−3，因此当−6e−3<m<0时，直线y=m与函数y=g(t)的图象有3个公共点，
所以实数m的取值范围是(−6e−3,0).
故选：B.
1 1
【变式2-2】（2024·广东佛山·一模）若直线y=kx与曲线y=lnx+ 相切，则k= ．
2x 2
1
【解题思路】设出切点坐标P(x ,y )，求导并利用导数的几何意义与两点间的斜率公式计算可得k= .
0 0 2
1
【解答过程】设直线y=kx与曲线y=lnx+ 相切于点P(x ,y )，
2x 0 0
1 1 1 1 2x −1
求导可得y′= − ，因此切线斜率k= − = 0 ，
x 2x2 x 2x2 2x2
0 0 0
1
lnx + −0
又切线过原点O(0,0)，可得 0 2x 2x −1 ，化简可得x lnx −x +1=0，
k = 0 = 0 0 0 0
PO x −0 2x2
0 0
令g(x)=xlnx−x+1，则g′(x)=lnx+1−1=lnx，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)时，g′(x)>0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)在x=1处取得极小值，也是最小值，g(1)=0，即可得g(x)=xlnx−x+1≥0，
2x −1 1
因此可得x =1，即可得k= 0 = .
0 2x2 2
0
1
故答案为： .
2
【变式2-3】（2024·四川成都·模拟预测）已知函数y=√x的图象与函数y=alnx的图象在公共点处有相同
的切线，则公共点坐标为 (e2,e) .1 a
【解题思路】设公共点为(x ,y )，由 = ，可得x =4a2 (a>0)，进而利用导数可得¿，求解即可.
0 0 2√x x 0
0 0
a 1
【解答过程】函数y=alnx的定义域为(0,+∞)，可得f′ (x)= ，由g′ (x)= ，
x 2√x
设曲线f(x)=alnx与曲线g(x)=√x的公共点为(x ,y )，
0 0
1 a
由于在公共点处有共同的切线，所以 = ，所以x =4a2 (a>0)，
2√x x 0
0 0
由f(x )=g(x )，可得alnx =√x ，联立可得¿，
0 0 0 0
解得x =e2 ，所以y =e，所以公共点坐标为(e2,e).
0 0
故答案为：(e2,e).
【题型3 导数中函数的单调性问题】
1
【例3】（2024·黑龙江佳木斯·模拟预测）若函数f (x)= x2−3x−4lnx，则函数f (x)的单调递减区间为
2
（ ）
A．(4,+∞) B．(0,1) C．(0,4) D．(1,4)
【解题思路】求函数f (x)的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果.
1
【解答过程】函数f (x)= x2−3x−4lnx，定义域为(0,+∞)，
2
4 x2−3x−4 (x−4)(x+1)
由f′(x)=x−3− = = ，令f′(x)<0，解得0<x<4，
x x x
则函数f (x)的单调递减区间为(0,4).
故选：C.
【变式3-1】（2024·湖北·一模）已知函数f (x)=ax2−lnx+2x是减函数，则a的取值范围为（ ）
( 1]
A．(−∞,0] B．(−∞,−1] C．(−∞,1] D． −∞,−
2
1 1 2 1 2
【解题思路】求导得f′(x)=2ax− +2，根据题意可得2a≤ − 对x∈(0,+∞)恒成立，求得 − 的
x x2 x x2 x
最小值即可.
1
【解答过程】由f (x)=ax2−lnx+2x，可得f′(x)=2ax− +2，
x
因为函数f (x)=ax2−lnx+2x是减函数，所以f′(x)≤0对x∈(0,+∞)恒成立，1 1 2
即2ax− +2≤0对x∈(0,+∞)恒成立，所以2a≤ − 对x∈(0,+∞)恒成立，
x x2 x
( 1 2) 1 2 (1 ) 2
所以2a≤ − ，又 − = −1 −1≥−1，当且仅当x=1时等号成立，
x2 x x2 x x
min
1 ( 1]
所以2a≤−1，所以a≤− ，所以a的取值范围为 −∞,− .
2 2
故选：D.
1
1 3 −
【变式3-2】（2024·吉林长春·模拟预测）已知a=sin ,b=ln ,c=3 2，则（ ）
3 2
A．c<b<a B．a<c<b
C．a<b<c D．b<a<c
1 1
【解题思路】先构造函数f (x)=x−sinx,x∈[0,1)，再应用函数单调性得出sin < ，再根据
3 3
(3) 2 (3) 3 1 3 1
<e< ，取对数判断得出 <ln < ，最后比较可得选项；
2 2 3 2 2
【解答过程】设f (x)=x−sinx,x∈[0,1)，则f′(x)=1−cosx≥0，所以f (x)在[0,1)上单调递增，
(1) 1 1 1 1
所以f >f (0)=0，即 −sin >0，所以a=sin < ；
3 3 3 3 3
(3) 2 (3) 3 3 3 1 3 1
因为 <e< ，所以2ln <1<3ln ，即 <b=ln < ；
2 2 2 2 3 2 2
1 1
− − 1
又c=3 2>4 2= ，所以a<b<c．
2
故选：C．
【变式3-3】（2024·河南·模拟预测）若函数f (x)=¿在(0,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围是（ ）
[ e2 ] [ e ] [ e2 ] [ e e ]
A． − ,e B． − ,0 C． − ,0 D． − ,
2 2 2 2 2
【解题思路】根据分段函数的单调性判断方法进行分析，在每一段上通过分离参数求最值得到a的取值范
围.
a
【解答过程】当0<x<2时，f (x)=ex− x2+3a，f′(x)=ex−ax≥0，
2
ex ex exx−ex ex(x−1)
a≤ ，令g(x)= ，g′(x)= = ，
x x x2 x2令g′(x)>0，可得1<x<2，令g′(x)<0，可得0<x<1，
故g(x)在(0,1)上单调递减，(1,2)上单调递增，a≤g(x) =g(1)=e；
min
a ex
当x≥2时，f (x)=ex+ x2−2a，f′(x)=ex+ax≥0，a≥− ，
2 x
ex exx−ex ex(1−x)
令ℎ(x)=− ，ℎ ′(x)=− = <0，
x x2 x2
e2
故ℎ(x)在[2,+∞)上单调递减，a≥ℎ(x) = ℎ(2)=− ，
max 2
a a
同时还需满足e2− ⋅22+3a≤e2+ ⋅22−2a，解得a≤0.
2 2
[ e2 ]
综上，a的取值范围是 − ,0 .
2
故选：C.
【题型4 导数中函数的极值问题】
【例4】（2024·辽宁·模拟预测）已知函数f (x)=x⋅(x−c) 2在x=1处有极大值，则c=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】首先根据f′(1)=0，求c，再代入验证，即可求解.
【解答过程】f′(x)=(x−c) 2+2x(x−c)=(x−c)(3x−c)，
由题意可知，f′(1)=0，得c=1或c=3，
1
当c=1时，f′(x)=(x−1)(3x−1)=0，得x=1或x= ，
3
1 1
当f′(x)>0，得x< 或x>1，f′(x)<0，得 <x<1，
3 3
( 1) (1 )
所以函数的单调递增区间是 −∞, 和(1,+∞)，单调递减区间是 ,1 ，
3 3
所以x=1是极小值，故c≠1，
c=3时，f′(x)=(x−3)(3x−3)=0，得x=1或x=3，
当f′(x)>0，得x<1或x>3，f′(x)<0，得1<x<3，
所以函数的单调递增区间是(−∞,1)和(3,+∞)，单调递减区间是(1,3)，
所以x=1是极大值，故c=3.
故选：C.3
【变式4-1】（2024·吉林·模拟预测）若函数f (x)=alnx+ −x既有极大值也有极小值，则实数a的取值范
x
围为（ ）
A．(0,2√3) B．(−∞,−2√3)∪(2√3,+∞)
C．(−∞,−2√3) D．(2√3,+∞)
【解题思路】求导，分析可知x2−ax+3=0有2个不相等的正根x ,x ，结合二次方程的根的分布列式求解
1 2
即可.
a 3 x2−ax+3
【解答过程】由题意可知：f (x)的定义域为(0,+∞)，且f′(x)= − −1=− ，
x x2 x2
若函数f (x)既有极大值也有极小值，则x2−ax+3=0有2个不相等的正根x ,x ，
1 2
则¿，解得a>2√3，
所以实数a的取值范围为(2√3,+∞).
故选：D.
1
【变式4-2】（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数f(x)=ex− x2−ax−a2
恰有两个极值点，则a的取值
2
范围是（ ）
A．[0,1] B．(0,1) C．[1,+∞) D．(1,+∞)
【解题思路】对函数求导后，令ℎ(x)=f′ (x)=ex−x−a，则只需要ℎ(x)有两个不同的零点，利用导数
求得ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，则ℎ(0)<0，得a>1，再结合零点存在性定理
可判断出ℎ(x)在(−∞,0)和(0,+∞)上各有一个零点，从而可求得结果.
【解答过程】f (x)的定义域是R，f′ (x)=ex−x−a，令ℎ(x)=ex−x−a，
所以ℎ ′ (x)=ex−1，令ℎ ′ (x)<0，解得x<0；令ℎ ′ (x)>0，解得x>0，
所以ℎ(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增．
要使f (x)恰有两个极值点，则f′ (0)= ℎ(0)=1−a<0，解得a>1，
此时f′ (−a)=e−a−(−a)−a=e−a>0，所以f′ (x)在(−∞,0)上有唯一的零点，
1 x−1
令g(x)=x−lnx−ln2(x>1)，所以g′ (x)=1− = ，
x x
所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，所以g(x)>1−ln2>0，
所以x−lnx−ln2>0(x>1)，
所以f′ (ln2a)=eln2a−ln2a−a=a−lna−ln2>0，
所以f′ (x)在(0,+∞)上有唯一的零点，
综上，当a>1时，f′ (x)在R上有两个不同的零点，且零点两侧的函数异号，
所以a的取值范围是(1,+∞)．
故选：D．
【变式4-3】（2024·江西宜春·模拟预测）已知函数f(x)=ex+e2−x+a(x−1) 2有3个极值点x ,x ,x ，则
1 2 3
x +x +x =（ ）
1 2 3
A．2a B．3a C．2 D．3
【解题思路】将函数有三个极值点转化为导函数有三个变号零点，再根据导函数的对称性即可得出答案.
【解答过程】由题意知f′ (x)有三个变号零点，
且三个零点为x ,x ,x ，不妨设x <x <x ，
1 2 3 1 2 3
f′ (x)=ex−e2−x−2a(x−1)，
因为f′(1−x)+f′ (1+x)=e1−x−e1+x−2ax+e1+x−e1−x+2ax=0，
所以函数f′ (x)关于(1,0)对称，
又f′(1)=0，所以x =1,x +x =2，
2 1 3
所以x +x +x =3.
1 2 3
故选：D.
【题型5 导数中函数的最值问题】
x
【例5】（2024·陕西西安·二模）函数f(x)= 在[−3,3]上的最大值和最小值分别是（ ）
x2+16 6 2 2 3 3 1 1
A． ,− B． ,− C． ,− D． ,−
13 13 5 5 10 10 2 2
【解题思路】求导，判断导数正负得函数f (x)在[−3,3]上的单调性求得结果.
1−x2
【解答过程】f′(x)=
，x∈[−3,3]，
(x2+1) 2
令f′(x)>0，解得−1<x<1，即f (x)在(−1,1)上单调递增，
令f′(x)<0，解得x∈[−3,−1)∪(1,3]，所以f (x)在[−3,−1)和(1,3]上单调递减，
3 1 1 3
又f (−3)=− ，f (−1)=− ，f (1)= ，f (3)= ，
10 2 2 10
1 1
所以函数f (x)在[−3,3]上的最大值为 ，最小值为− .
2 2
故选：D.
【变式5-1】（2024·陕西渭南·模拟预测）已知函数f (x)=xex+a在区间[0,1]上的最小值为1，则实数a的
值为（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
【解题思路】先利用导函数研究函数的单调性及最值计算即可.
【解答过程】由题意可知：f′(x)=(x+1)ex，
所以当x∈[0,1]时f′(x)>0，则f (x)在[0,1]上单调递增，
所以f (x) =f (0)=a=1.
min
故选：D.
【变式5-2】（2024·宁夏固原·一模）函数f (x)=sinx−(x+2)cosx−1在区间[0,2π]上的最小值、最大
值分别为（ ）
A．−2π−3,π+1 B．−2π−3,−3 C．−3,π+1D．−3,2
【解题思路】利用导数求得f (x)的单调区间，从而判断出f (x)在区间[0,2π]上的最小值和最大值.
【解答过程】f′(x)=cosx−cosx+(x+2)sinx=(x+2)sinx，
所以f (x)在区间(0,π)上f′(x)>0，即f (x)单调递增；
在区间(π,2π)上f′(x)<0，即f (x)单调递减，
又f (0)=−3,f (2π)=−2π−3，f (π)=π+1，
所以f (x)在区间[0,2π]上的最小值为−2π−3，最大值为π+1.
故选：A.
【变式5-3】（2024·福建·三模）函数f (x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)为f (x)的导函数，满足3
2(f (x)+x2)=x(f′(x)+x)，f (1)=− ，则f (x)的最小值为（ ）
2
e2
A．−e B．e C．−e2 D．−
2
xf′(x)−2f (x) 1 f(x) 1
【解题思路】根据题设有 = ，构造g(x)= ，易得g′ (x)= ，结合已知进一步得到
x3 x x2 x
3
f(x)=x2lnx− x2
，根据其导数求其最小值.
2
xf′(x)−2f (x) x2f′(x)−2xf (x) 1
【解答过程】由题设，可得 = = ，
x3 x4 x
f(x) x2f′(x)−2xf (x) 1
令g(x)= ，则g′ (x)= ，故g′ (x)= ，
x2 x4 x
3 3
所以g(x)=lnx+C，其中C为常数，又f (1)=− ，则g(1)=− ，
2 2
3 3 f(x) 3
所以C=− ，故g(x)=lnx− = ，则f(x)=x2lnx− x2 ，
2 2 x2 2
2f(x)
而f′(x)= +x=2x(lnx−1)，定义域为(0,+∞)，
x
当0<x<e时，f′(x)<0，故f(x)在(0,e)上递减，
当x>e时，f′(x)>0，故f(x)在(e,+∞)上递增，
e2
所以f (x)的极小值，也是最小值为f (e)=− .
2
故选：D.
【题型6 利用导数解不等式】
【例6】（2024·四川泸州·一模）已知函数f (x)=ex+x，则满足f (x)>f (2x−1)的x的取值范围是（ ）
A．(−∞,−1) B．(−∞,1) C．(−1,+∞) D．(1,+∞)
【解题思路】求导分析函数单调性，利用函数单调性解不等式可得结果.
【解答过程】∵f (x)=ex+x，
∴f′(x)=ex+1>0，
∴f (x)在R上为增函数，
由f (x)>f (2x−1)得，x>2x−1，解得x<1，故x的取值范围是(−∞,1).
故选：B.【变式6-1】（2024·吉林长春·一模）已知定义在(0,+∞)上的函数f(x),f′ (x)是f(x)的导函数，满足
xf′ (x)−2f(x)<0，且f(2)=4，则不等式f (2x)−4x>0的解集是（ ）
A．(0,1) B．(0,2) C．(1,+∞) D．(−∞,1)
f(x)
【解题思路】构造函数g(x)= ，由导数确定g(x)单调性，将已知不等式转化为关于g(x)不等式，然
x2
后利用单调性即可求解．
f(x) xf′ (x)−2f(x)
【解答过程】设g(x)= ，则 g′ (x)= ，
x2 x3
因为x>0，xf′ (x)−2f(x)<0，所以g′ (x)<0，可得g(x)在(0,+∞)上单调递减，
f (2x) f (2) f (2x) f (2)
不等式f(2x )>4x，即 >1= ，即 > ，所以g(2x)>g(2)，
4x 4 (2x) 2 22
因为g(x)在(0,+∞)上单调递减，所以2x<2，解得：x<1，
所以不等式的解集为：(−∞,1)，
故选：D.
【变式6-2】（2024·广东佛山·一模）设f′(x)是函数f (x)的导数，f (1−x)+f (1+x)=0，f (2)=0，当x>1
时，(x−1)f′(x)−f (x)>0，则使得f (x)<0成立的x的取值范围是（ ）
A．(0,1)∪(1,2) B．(0,1)∪(2,+∞) C．(−∞,0)∪(1,2) D．(−∞,0)∪(2,+∞)
f (x)
【解题思路】令g(x)= ，求导，得到g(x)在(1,+∞)上单调递增，且g(2)=0，由
x−1
f (1−x)+f (1+x)=0得到g(1−x)=g(1+x)，得到g(x)的对称性，故g(x)在(−∞,1)上单调递减，且
g(0)=g(2)=0，得到当x<0时，g(x)>0，则f (x)<0，当1<x<2时，g(x)<0，则f (x)<0，求出f (x)<0
成立的x的取值范围.
f (x) f′(x)(x−1)−f (x)
【解答过程】令g(x)= ，则g′(x)= ，
x−1 (x−1) 2
因为x>1时，(x−1)f′(x)−f (x)>0，故当x>1时，g′(x)>0，
故g(x)在(1,+∞)上单调递增，且g(2)=f (2)=0．
因为f (1−x)+f (1+x)=0，故(1−x−1)g(1−x)+(1+x−1)g(1+x)=0，
即−x⋅g(1−x)+x⋅g(1+x)=0，所以g(1−x)=g(1+x)，故g(x)关于直线x=1对称，故g(x)在(−∞,1)上单调递减，且g(0)=g(2)=0，
当x<0时，g(x)>0，则f (x)<0；
当1<x<2时，g(x)<0，则f (x)<0；
所以使得f (x)<0成立的x的取值范围是(−∞,0)∪(1,2).
故选：C．
【变式6-3】（2024·海南海口·模拟预测）已知定义在[−3,3]上的函数f (x)=ex−e−x−2x+1，若
f (m2)+f (m−2)≤2，则m的取值范围是（ ）
A．[−2,1] B．[−1,2]
C．[−1,√3] D．[−1,1]
【解题思路】根据g(x)=f (x)−1的奇偶性以及单调性，即可将问题转化为g(m2)≤g(2−m)，即可求解.
【解答过程】记g(x)=ex−e−x−2x, x∈[−3,3]，则g(−x)=e−x−ex+2x=−g(x)，
故g(x)为[−3,3]的奇函数，
又g′ (x)=ex+e−x−2≥2√exe−x−2=0，
因此g(x)为[−3,3]上的单调递增函数，
因为f (x)=g(x)+1，
由f (m2)+f (m−2)≤2可得g(m2)+g(m−2)+2≤2，进而g(m2)≤g(2−m)，
故−3≤m2≤2−m≤3，解得−1≤m≤1，
故选：D.
【题型7 导数中的函数零点（方程根）问题】
【例7】（2024·黑龙江大庆·三模）已知函数f (x)=|lnx|−kx−2有2个零点，则实数k的取值范围是
（ ）
( 1 ) [ 1 ) {1 } {1 }
A． −e, B． 0, C．(−1,0]∪ D．(−e,0]∪
e3 e3 e3 e3
【解题思路】由函数f (x)=|lnx|−kx−2有2个零点，得到方程|lnx|=kx+2有两个根，转化成函数
y=|lnx|与y=kx+2的图象有两个公共点的问题.对于y=|lnx|，分0<x<1和x>1两种情况讨论，去掉绝
1
对值得到图象.当0<x<1时，相切作为临界点，求得相切时k=−e；当x>1时，由相切得到k= ，结合图
e3象得到k的取值范围.
【解答过程】已知函数f (x)=|lnx|−kx−2有2个零点，所以方程|lnx|=kx+2有两个根，
即函数y=|lnx|与y=kx+2的图象有两个公共点.
1
（1）当0<x<1时，f (x)=|lnx|=−lnx,f′(x)=− .
x
若直线y=kx+2与曲线f (x)=|lnx|相切，设切点坐标为P(x ,−lnx )，则曲线在点P处的切线方程为
1 1
( 1 )
y+lnx = − (x−x ).
1 x 1
1
又因为切线过点(0,2)，所以2+lnx =
(
−
1 )
(0−x )，解得x =
1 ，即k=f′(1)
=−e.
1 x 1 1 e e
1
1
（2）当x>1时，f (x)=|lnx|=lnx,f′(x)= .
x
若直线y=kx+2与曲线f (x)=|lnx|相切，设切点坐标为Q(x ,lnx )，则曲线在点Q处的切线方程为
2 2
1
y−lnx = (x−x ).
2 x 2
2
1 1
又因为切线过点(0,2)，所以2−lnx = (0−x )，解得x =e3 ，即k=f′(e3)= .
2 x 2 2 e3
2
综上，结合函数y=|lnx|与函数y=kx+2的图象及增长速度可知，当两个函数的图象有两公共点时
{1 }
k∈(−e,0]∪
.
e3
故选：D.
【变式7-1】（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数f (x)=lnx+1−ax有两个零点x ,x ，且x <x ，则下
1 2 1 2
列命题正确的是（ ）2
A．a>1 B．x +x <
1 2 a
1
C．x ⋅x <1 D．x −x > −1
1 2 2 1 a
lnx+1 lnx+1
【解题思路】根据零点可将问题转化为a= ，构造g(x)= ，求导即可根据函数的单调性得
x x
(2 )
函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数ℎ(x)=f −x −f (x)，结合函数的
a
2
单调性即可求解B，根据x +x > 可得ln(x x )>0，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
1 2 a 1 2
lnx+1 lnx+1
【解答过程】由f (x)=0可得a= ，令g(x)= ，其中x>0，
x x
lnx
则直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，g′(x)=−
，
x2
由g′(x)>0可得0<x<1，即函数g(x)的单调递增区间为(0,1)，
由g′(x)<0可得x>1，即函数g(x)的单调递减区间为(1,+∞)，
1 lnx+1 1 lnx+1
且当0<x< 时，g(x)= <0，当x> 时，g(x)= >0，g(1)=1，
e x e x
如下图所示：
由图可知，当0<a<1时，直线y=a与函数g(x)的图象有两个交点，故A错误；
1
由图可知， <x <1<x ，
e 1 2
1 1−ax 1 1
因为f′(x)= −a= ，由f′(x)>0可得0<x< ，由f′(x)<0可得x> ，
x x a a
( 1) (1 ) 1
所以，函数f (x)的增区间为 0, ，减区间为 ,+∞ ，则必有0<x < <x ，
a a 1 a 2
1 2 1
所以，0<x < ，则 −x > ，
1 a a 1 a(2 ) (2 ) (2 ) 1
令ℎ(x)=f −x −f (x)=ln −x −a −x −lnx+ax，其中0<x< ，
a a a a
( 1) 2
2a x−
则ℎ ′(x)= 1 − 1 +2a= a <0，则函数ℎ(x)在 ( 0, 1) 上单调递减，
x− 2 x x ( x− 2) a
a a
(1) (2 ) (2 )
所以，ℎ(x )> ℎ =0，即f −x −f (x )>0，即f (x )<f −x ，
1 a a 1 1 1 a 1
(2 )
又f (x )=f (x )=0，可得f (x )<f −x ，
2 1 2 a 1
(1 ) 2 2
因为函数f (x)的单调递减区间为 ,+∞ ，则x > −x ，即x +x > ，故B错误；
a 2 a 1 1 2 a
ln(x x )+2 2
由¿，两式相加整理可得x +x = 1 2 > ，
1 2 a a
所以，ln(x x )>0，可得x ⋅x >1，故C错误；
1 2 1 2
1 1 1
由图可知 <x <1<x ，则−x >−1，又因为x > ，所以，x −x > −1，故D正确.
e 1 2 1 2 a 2 1 a
故选：D.
【变式7-2】（2024·四川·模拟预测）已知函数f (x)=¿若函数y=[f (x)] 2−af (x)有5个不同的零点，则a的
取值范围是（ ）
A．(0,1] B．(1,4] C．(1,4) D．(1,+∞)
−x(x+2)
【解题思路】求得f′(x)= ，得到函数f (x)的单调性和极值，作出函数f (x)的图象，根据题意，
ex
转化为f (x)=0和f (x)−a=0共有5个不相等实数根，结合图象，即可求解.
(x+2) 2 −x(x+2)
【解答过程】当x≤0时，f (x)= ，此时f′(x)= ，
ex ex
则x<−2时，f′(x)<0,f (x)单调递减；−2<x<0时，f′(x)>0,f (x)单调递增，
所以，当x=−2是f (x)的极小值点，作出如图所示的函数f (x)的图象，
函数y=[f (x)] 2−af (x)有5个不同的零点，则方程[f (x)] 2−af (x)=0，即f (x)[f (x)−a]=0有5个不相等实数根，
也即是f (x)=0和f (x)−a=0共有5个不相等实数根，
其中f (x)=0有唯一实数根x=−2，
只需f (x)−a=0有4个且均不为-2的不相等实数根，由图可知1<a<4，
即实数a的取值范围为(1,4).
故选：C.
| 2 |
【变式7-3】（2024·四川南充·一模）已知函数f(x)= lnx− +2 −m（0<m<3）有两个不同的零点x ，
x 1
x （x <x ），下列关于x ，x 的说法正确的有（ ）个
2 1 2 1 2
x 2 m 3
① 2<e2m ②x > ③e3<x < ④x x >1
x 1 m+2 2 3−m 1 2
1
A．1 B．2 C．3 D．4
【解题思路】
| 2 | | 2 |
函数f (x)= lnx− +2 −m(0<m<3)有两个不同零点x ,x (x <x )，转化为 lnx− +2 =m有两个交点，
x 1 2 1 2 x
| 2 |
构造函数g(x)= lnx− +2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造
x
函数，判断选项③,根据零点判断④.
| 2 |
【解答过程】由函数f (x)= lnx− +2 −m(0<m<3)有两个不同零点x ,x (x <x )，
x 1 2 1 2
| 2 |
转化为 lnx− +2 =m(0<m<3)有两个交点x ,x (x <x )，
x 1 2 1 2
构造函数g(x)=lnx− 2 +2，ℎ(x)= | lnx− 2 +2 | ，则g′(x)= 1 + 2 ，故g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)
x x x x2
单调递增，而g(1)=0，可得ℎ(x)图象如图所示故ℎ(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，
所以0<x <1<x ，
1 2
2 2
对于①，m=−lnx + −2=lnx − +2，
1 x 2 x
1 2
2 2 ( x )
所以2m=−lnx +lnx + − >ln 2 ，
1 2 x x x
1 2 1
x
所以
2<e2m
，故①正确；
x
1
2
对于②，由①可知m=−lnx + −2，故mx +2x −2=−x lnx >0，
1 x 1 1 1 1
1
2
因此 x > ，故②正确；
1 m+2
m m 3
对于③，因为0<m<3，所以0< <1，故1<e3<e, >1，
3 3−m
( 3 ) 3 2(3−m) 3 2m
所以g =ln − +2=ln + ，
3−m 3−m 3 3−m 3
( 3 ) m
则g −m=−ln(3−m)− +ln3，
3−m 3
m
构造函数Q(x)=−ln(3−m)− +ln3，
3
1 1 m
则Q′(x)= − = >0，而Q(0)=0，
3−m 3 3(3−m)
( 3 )
所以g >m=g(x )，
3−m 2
3
所以x < ，
2 3−m
g ( e m 3 ) = m − 2 +2 m−g ( e m 3 ) =2( m − 1 +1)
因为 3 m ，所以 3 m ，
e3 e3m 1
令
=t(0<t<1)，构造I(t)=t− +1，显然I(t)单调递增，且I(0)=0，
3 et
( m)
所以 m=g(x )>g e3
2
m
3
所以e3<x < ，故③正确；
2 3−m
2 2 4
对于④，由①可知，lnx x = + −4> −4，
1 2 x x √x x
1 2 1 2
4
所以lnx x − +4>0，
1 2 √x x
1 2
4
令√x x =n，W(n)=2lnn− +4，显然W(n)单调递增，且W(1)=0，
1 2 n
所以x x >1，故④正确.
1 2
故选：D.
【题型8 导数中的不等式恒成立问题】
ex
【例8】（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数f (x)= −ln(x−1)−lna+1，若f (x)≥0对任意的
a
x∈(1,+∞)恒成立，则a的取值范围是（ ）
A．(0,√e] B．(0,e] C． (
0,e
3
2
] D．(0,e2]
【解题思路】依题意可得ex−lna+x−lna≥eln(x−1)+ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，即可得到
x−lna≥ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，参变分离可得x−ln(x−1)≥lna，令
ℎ(x)=x−ln(x−1)，x∈(1,+∞)，利用导数求出ℎ(x) ，即可求出参数的取值范围.
min
【解答过程】因为f (x)≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
ex
即 −ln(x−1)−lna+1≥0对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
a
即ex−lna+x−lna≥ln(x−1)+x−1=eln(x−1)+ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
令g(x)=ex+x，则g′(x)=ex+1>0，所以g(x)=ex+x在R上单调递增，
又g(x−lna)≥g[ln(x−1)]对任意的x∈(1,+∞)恒成立，，
所以x−lna≥ln(x−1)对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
所以x−ln(x−1)≥lna对任意的x∈(1,+∞)恒成立，
令ℎ(x)=x−ln(x−1)，x∈(1,+∞)，1 x−2
则ℎ ′(x)=1− = ，所以当1<x<2时ℎ ′(x)<0，当x>2时ℎ ′(x)>0，
x−1 x−1
所以ℎ(x)在(1,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(x) = ℎ(2)=2，
min
所以lna≤2，则0<a≤e2，即a的取值范围为(0,e2].
故选：D.
【变式8-1】（2024·河南·模拟预测）已知λ>0，对任意的x>1，不等式 e2λx− ( lne2 1 λ ) lnx≥0 恒成立，则
实数λ的取值范围为（ ）
[1 ) [ 1 )
A． ,+∞ B． ,+∞
e 2e
C．[2e,+∞) D．[e,+∞)
【解题思路】根据题意，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，令ℎ(u)=ueu，利用导数求得ℎ(u)为单调递增
lnx lnt
函数，得到ℎ(2λx)≥ℎ(lnx)恒成立，进而转化为2λ≥ 恒成立，构造函数m(t)= ，利用导数求得
x t
m(t)单调性和最小值，即可求解.
【解答过程】因为λ>0，所以整理不等式 e2λx− ( lne2 1 λ ) lnx≥0 ，
可得2λe2λx≥lnx，转化为2λxe2λx≥elnxlnx恒成立，
令ℎ(u)=ueu,u>0，则ℎ ′(u)=(u+1)eu,u>0，
因为ℎ ′(u)>0，所以ℎ(u)在(0，+∞)上单调递增，所以ℎ(2λx)≥ℎ(lnx)恒成立，
又因为λ>0,x>1，所以2λx>0,lnx>0，
lnx
所以2λx≥lnx对任意的x>1恒成立，即2λ≥ 恒成立，
x
lnt 1−lnt
构造函数m(t)= (t>1)，则m′(t)= (t>1)，
t t2
当1<t<e时，m′(t)>0，m(t)单调递增；当t>e时，m′(t)<0，m(t)单调递减，
1 1 1
所以，当t=e时，m(t) = ，所以2λ≥ ，即λ≥ ．
max e e 2e
故选：B．
lnx
【变式8-2】（2024·陕西商洛·三模）已知λ>0，对任意的x>1，不等式e2λx− ≥0恒成立，则λ的取值
2λ
范围为（ ）A．[2e,+∞) B． [ 1 ,+∞ ) C．[e,+∞) D． [1 ,+∞ )
2e e
【解题思路】对已知不等式进行变形，通过构造函数法，利用导数的性质、参变量分离法进行求解即可.
【解答过程】由题意λ>0，不等式即2λe2λx≥lnx，进而转化为2λxe2λx≥lnxelnx，
令g(x)=xex，则g′(x)=(x+1)ex，
当x>0时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增.
则不等式等价于g(2λx)≥g(lnx)恒成立.
因为λ>0,x>1，所以2λx>0,lnx>0，
lnx
所以2λx≥lnx对任意x>1恒成立，即2λ≥ 恒成立.
x
lnt 1−lnt
设ℎ(t)= (t>1)，可得ℎ ′(t)= ，
t t2
当1<t<e,ℎ ′(t)>0,ℎ(t)单调递增,当t>e,ℎ ′(t)<0,ℎ(t)单调递减．
1 1 1
所以t=e,ℎ(t)有最大值ℎ(e)= ，于是2λ≥ ，解得λ≥ ．
e e 2e
故选：B.
1
【变式8-3】（2024·甘肃兰州·三模）已知函数f(x)= −x3 ，对于任意的x∈(1,2]，不等式
ex+1
(
x+1)
(
t+1
)
f +f <1恒成立，则实数t的取值范围为（ ）
x−1 (x−1) 2 (x−6)
A．(1,+∞) B．[−1,1] C．(−∞,−1] D．(−∞,−1)
【解题思路】由题意可得f(x)=1−f(−x)，f(x)在R上单调递减，所以不等式
x+1 t+1 x+1 t+1
f( )+f( )<1恒成立，等价于 >− 在x∈(1,2]恒成立，即
x−1 (x−1) 2 (x−6) x−1 (x−1) 2 (x−6)
(x+1)(x−1)(x−6)<−(t+1)恒成立，设ℎ(x)=(x+1)(x−1)(x−6)，x∈(1,2]，利用导数求出函
数ℎ(x)在x∈(1,2]的最值即可得答案．
1
【解答过程】解：因为f(x)= −x3 ，x∈R，易知f(x)在R上单调递减，
ex+1
1 ex
所以f(−x)= +x3= +x3 ，
e−x+1 ex+1
所以f(−x)+f(x)=1，所以f(x)=1−f(−x)，x+1 t+1
又因为对于任意的x∈(1,2]，不等式f( )+f( )<1恒成立，
x−1 (x−1) 2 (x−6)
t+1 x+1 x+1
即对于任意的x∈(1,2]，不等式f( )<1−f( )=f(− )恒成立，
(x−1) 2 (x−6) x−1 x−1
t+1 x+1
所以 >− 在x∈(1,2]上恒成立，
(x−1) 2 (x−6) x−1
x+1 t+1
即 >− 在x∈(1,2]上恒成立．
x−1 (x−1) 2 (x−6)
由x∈(1,2]，知x−1>0，x−6<0，
所以当x∈(1,2]，上式等价于(x+1)(x−1)(x−6)<−(t+1)恒成立．
设ℎ(x)=(x+1)(x−1)(x−6)=x3−6x2−x+6，x∈(1,2]，
ℎ′(x)=3x2−12x−1，开口向上，对称轴为x=2，
当x∈(1,2]时，ℎ′(x)< ℎ′(1)=−10<0，所以ℎ(x)在x∈(1,2]内单调递减，而ℎ(1)=0，
所以ℎ(x)<0，所以0≤−(t+1)，即t≤−1．
故选：C.
【题型9 导数中的能成立问题】
[1 ]
【例9】（2024·全国·模拟预测）若关于x的不等式(e−1)(lnx+ax)≥xeax−1在x∈ ,1 内有解，则正
2
实数a的取值范围是（ ）
[ 1 ] [ 1 ]
A．(0,2+2ln2] B． ,e C．(0,4] D． ,e
√e 2e
【解题思路】将由不等式转化为(e−1)ln(xeax)≥xeax−1，令t=xeax，得到(e−1)lnt≥t−1，令函数
[1 a ]
f (t)=(e−1)lnt−t+1，问题转化为存在t∈ e2,ea ，使得f (t)≥0，利用导数求得函数f (t)的单调性，
2
a
1
结合f (1)=0,f (e)=0，得到 e2≤e且ea≥1，即可求解.
2
【解答过程】由不等式(e−1)(lnx+ax)≥xeax−1，即(e−1)ln(xeax)≥xeax−1，
令t=xeax，即有(e−1)lnt≥t−1，
又由a>0，所以函数t=xeax在x∈[0,+∞)上单调递增，[1 ] [1 a ]
因为x∈ ,1 ，所以t=xeax ∈ e2,ea ，
2 2
[1 a ]
令f (t)=(e−1)lnt−t+1，问题转化为存在t∈ e2,ea ，使得f (t)≥0，
2
e−1−t
因为f′(t)= ，令f′(t)>0，可得0<t<e−1；令f′(t)<0，得t>e−1，
t
所以f (t)在(0,e−1)上单调递增，在(e−1,+∞)上单调递减，
又因为f (1)=0,f (e)=(e−1)lne−e+1=0，所以当1≤t≤e时，f (t)≥0，
[1 a ] 1 a
若存在t∈ e2,ea ，使得f (t)≥0成立，只需 e2≤e且ea≥1，
2 2
解得0≤a≤2+2ln2，因为a>0，所以a∈(0,2+2ln2].
故选：A.
lnx
【变式9-1】（2024·重庆·模拟预测）已知函数f (x)= ,g(x)=axe−ax ，若存在
x
x ∈(0,1),x ∈(−∞,0)使得f (x )=g(x )，则实数a的取值范围为（ ）
1 2 1 2
A．(−∞,−2) B．(−2,−1) C．(−1,+∞) D．(0,+∞)
【解题思路】利用导数求得f (x)在区间(0,1)上的值域，求得g(x)在区间(−∞,0)上的值域，由此求得a的取
值范围.
lnx 1−lnx
【解答过程】对于f (x)= (0<x<1)，f′(x)= >0，
x x
ln1
所以f (x)在区间(0,1)上单调递增， =0，
1
所以当x∈(0,1)时，f (x)的值域为(−∞,0).
a(1−ax)
对于g(x)=axe−ax(x<0)，g′(x)=a(1−ax)e−ax=
，
eax
若a=0，则g(x)=0，不符合题意.
若a>0，则g′(x)>0，所以g(x)在(−∞,0)上单调递增，
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为(−∞,0)，符合题意，D选项正确.
( 1)
当a<0时，g(x)在区间 −∞, 上g′(x)>0,g(x)单调递增，
a(1 )
在区间 ,+∞ 上g′(x)<0,g(x)单调递减，
a
1
g
(1)
=a×
1
×e
−a×
a=
1
，而当x<0时g(x)=axe−ax>0
a a e
( 1]
所以当x∈(−∞,0)时，g(x)的值域为 0, ，不符合题意.
e
综上所述，实数a的取值范围为(0,+∞).
故选：D.
【变式9-2】（2024·吉林延边·一模）若对任意x∈(e,+∞)，存在实数λ，使得关于x的不等式
1
ln(x−e)+λx+1≥0成立，则实数λ的最小值为 − ．
e
ln(x−e)+1 ln(x−e)+1
【解题思路】根据题意分析可知 ≥−λ，构建g(x)= ,x∈(e,+∞)，利用导数判
x x
断其单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
【解答过程】因为x∈(e,+∞)，ln(x−e)+λx+1≥0，
ln(x−e)+1
可得 ≥−λ，
x
x e
ln(x−e)+1 −ln(x−e)−1 −ln(x−e)
构建g(x)=
x
,x∈(e,+∞)，则 g′(x)= x−e = x−e ，
x2 x2
e
构建ℎ(x)= −ln(x−e),x>e
，
x−e
e
因为y= ,y=−ln(x−e)在(e,+∞)内单调递减，
x−e
可知ℎ(x)在(e,+∞)内单调递减，且ℎ(2e)=0，
当e<x<2e时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0；
当x>2e时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0；
1
可知g(x)在(e,2e)上单调递增，在(2e,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(2e)= ，
e
1 1
可得 ≥−λ，可得λ≥− ，
e e
1
所以实数λ的最小值为− .
e1
故答案为：− .
e
1
【变式9-3】（2024·浙江·模拟预测）已知函数f (x)= +2x2 ，g(x)=2m−lnx，若关于x的不等式
e2x
1
f (x)≤xg(x)有解，则m的最小值是 .
2
【解题思路】参变分离可得2m≥e−2x−lnx−(−2x−lnx)有解，令t=−2x−lnx，g(t)=et−t，利用导数
求出g(t) ，即可求出参数的取值范围，从而得解.
min
1
【解答过程】由f (x)≤xg(x)得
+2x2≤x(2m−lnx)，显然x>0，
e2x
1
所以2m≥ +2x+lnx=e−2x−lnx−(−2x−lnx)有解，
xe2x
令t=−2x−lnx，则t∈R，
令g(t)=et−t，则g′(t)=et−1，所以当t<0时g′(t)<0，当t>0时g′(t)>0，
所以g(t)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
所以g(t)❑ =g(0)=1，即e−2x−lnx−(−2x−lnx)≥1，
min
1 1
所以2m≥1，则m≥ ，即m的最小值是 .
2 2
1
故答案为： .
2
【题型10 双变量问题】
1
【例10】（23-24高二下·福建福州·期末）已知x,y为正实数，lnx+ln y= −x，则（ ）
y
A．x＞y B．x＜y C．x+ y＞1 D．x+ y＜1
【解题思路】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
1 1 1 1
【解答过程】由lnx+ln y= −x得：lnx+x=−ln y+ =ln + ，
y y y y
1
构造函数f (x)=lnx+x，则f′(x)= +1>0，
x
可知f (x)=lnx+x在(0,+∞)上递增，
1 1 1
结合lnx+x=ln + ，得 x= ，即xy=1
y y y
由基本不等式可知：x+ y≥2√xy=2，当且仅当x= y=1时等号成立，所以x+ y>1.
故选：C.
【变式10-1】（2024·四川广安·模拟预测）已知0<x<y<π，且eysinx=exsin y，其中e为自然对数的
底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A．cosx+cos y<0 B．cosx+cos y>0
C．cosx>sin y D．sinx>sin y
sinx
【解题思路】构造f (x)= ，0<x<π，求导研究其单调性，判断出D选项，利用同角三角函数关系得
ex
π
到AB选项，构造差函数，得到x> −y，从而判断出C选项.
2
sinx sinx
【解答过程】构造f (x)= ，0<x<π，则f (x)= >0恒成立，
ex ex
cosx−sinx
则f′(x)=
，
ex
π cosx−sinx
当0<x< 时，cosx>sinx，f′(x)= >0，
4 ex
π cosx−sinx
当 <x<π 时，cosx<sinx，f′(x)= <0
4 ex
sinx π π
所以f (x)= 在 ( 0, ) 单调递增，在 ( ,π) 单调递减，
ex 4 4
π
因为0<x<y<π，所以0<x< <y<π ，0<ex<ey，
4
sinx sin y
又 = >0，所以0<sinx<sin y，D错误，
ex ey
π
因为0<x< <y<π ，所以cosx=√1−sin2x>0，|cos y|=√1−sin2y，
4
所以cosx>|cos y|，所以cosx+cos y>0，A错误，B正确.
π π
令g(x)=f (x)−f ( −x ) ，则g ( )=0，
2 4
π
( −x)
π cosx−sinx sinx−cosx (sinx−cosx) ex−e2
g′(x)=f′(x)+f′( −x )= + =
2 ex π −x π
e2 e2
当0<x<π时，g′(x)>0恒成立，π
所以g(x)=f (x)−f ( −x ) 在(0,π)上单调递增，
2
π π π
当x∈ ( 0, ) 时，g(x)=f (x)−f ( −x )<0，即f (x)<f ( −x ) ，
4 2 2
因为f (x)=f (y)，
π
所以f (y)<f ( −x )
2
π
因为0<x< <y<π
，
4
π π
所以
−x>
，
2 4
π
因为f (x)在
( ,π)
单调递减，
4
π π
所以y> −x，即x> −y
2 2
因为φ(x)=cosx在(0,π)上单调递减，
π
所以cosx<cos ( −y )=sin y，C错误
2
故选：B.
1
【变式10-2】（23-24高二下·四川遂宁·期中）已知函数f (x)=lnx,g(x)= x+1，若f (x )=g(x )，则
2 1 2
x −x 的最小值为 4−2ln2 .
1 2
【解题思路】令f (x )=g(x )=t，则x −x =et−2t+2，求导，利用导数研究函数的最小值即可.
1 2 1 2
1
【解答过程】设f (x )=g(x )=t，即lnx =t, x +1=t，解得x =et,x =2t−2，
1 2 1 2 2 1 2
所以x −x =et−2t+2，令ℎ(t)=et−2t+2，则ℎ ′(t)=et−2，令ℎ ′(t)=0，解得t=ln2，
1 2
当t<ln2时，ℎ ′(t)<0，当t>ln2时，ℎ ′(t)>0，
所以ℎ(t)在(−∞,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增，
所以ℎ(t)的最小值为ℎ(ln2)=2−2ln2+2=4−2ln2，所以x
1
−x
2
的最小值为4−2ln2.
故答案为：4−2ln2.
1
【变式 10-3】（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数f (x)= x2+(1−a)x−xlnx有两个极值点
2
x ,x (x <x )，则实数a的取值范围为 (1,+∞) ；若3x ≥x ，则lnx +lnx +2a的最大值为
1 2 1 2 1 2 1 22ln3 ．
【解题思路】
由f(x)有两个极值点x
1
,x
2
，得f′ (x)有两个变号零点，构造函数ℎ(x)=x−lnx−a，利用导数研究函数的
x
性质，得函数的草图，利用草图列式可求出a的取值范围；设 2=t∈(1,3]，将lnx +lnx +2a化为
x 1 2
1
(t+1)lnt (t+1)lnt
，再构造函数m(t)= ,t∈(1,3]，利用导数可求出其最大值.
t−1 t−1
【解答过程】
f(x)的定义域为(0,+∞)，f′ (x)=x+(1−a)−(1+lnx)=x−lnx−a，
由已知得x ,x 是f′(x)=x−lnx−a的两个变号零点，
1 2
1 x−1
令ℎ(x)=x−lnx−a，则ℎ ′(x)=1− = (x>0)，
x x
当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)<0,，ℎ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)>0，ℎ(x)单调递增，
所以函数f′(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
当x→0时，lnx→−∞，−lnx→+∞，f′(x)→+∞，
当x→+∞时，lnx→−∞，−lnx→+∞，f′(x)→+∞，
如图：
由图可知，只需f′(x) =f′(1)=1−a<0即可，所以a>1，
min
即实数a的取值范围是(1,+∞)；
x
若3x ≥x ，又0<x <x ，则令 2=t∈(1,3]，
1 2 1 2 x
1
x
由已知a=x −lnx =x −lnx ，则x −x =ln 2=lnt，
1 1 2 2 2 1 x
1lnt tlnt
则tx −x =lnt，则x = ，x =tx = ，
1 1 1 t−1 2 1 t−1
lnt tlnt (t+1)lnt
所以lnx +lnx +2a=x +x = + = ，
1 2 1 2 t−1 t−1 t−1
t+1 1
(t+1)lnt (lnt+ )(t−1)−(t+1)lnt −2lnt+t−
令m(t)=
t−1
,t∈(1,3]，则 m′(t)= t = t ，
(t−1) 2 (t−1) 2
1 2 1 (t−1) 2
令φ(t)=−2lnt+t− ，则φ′ (t)=− +1+ = >0(t∈(1,3])，
t t t2 t2
所以函数φ(t)在t∈(1,3]上递增，又因为φ(1)=0，
所以当t∈(1,3]时，φ(t)>0，即m′ (t)>0，
所以函数m(t)在t∈(1,3]上递增，所以m(t)≤m(3)=2ln3，
所以lnx +lnx +2a的最大值为2ln3．
1 2
故答案为：(1,+∞)；2ln3．
一、单选题
1．（2024·河南新乡·一模）函数f (x)=x3−2ex−1+5的图象在点(1,f (1))处的切线方程是（ ）
A．y=5x−1 B．y=x+1 C．y=−x+5 D．y=x+3
【解题思路】求出函数f(x)的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
【解答过程】函数f (x)=x3−2ex−1+5，求导得f′(x)=3x2−2ex−1，则f′(1)=1，而f (1)=4，
所以所求切线方程为y−4=x−1，即y=x+3.
故选：D.
(x )
2．（2024·山西吕梁·二模）已知可导函数f (x)的定义域为R,f −1 为奇函数，设g(x)是f (x)的导函数，
2
1 10
若g(2x+1)为奇函数，且g(0)= ，则∑❑kg(2k)=（ ）
2
k=1
11 11 13 13
A． B．− C． D．−
2 2 2 2
(x )
【解题思路】由f −1 为奇函数，结合导数运算f′(x−1)=f′(−x−1)，由g(2x+1)为奇函数，得到
21
g(x+1)+g(−x+1)=0，通过整理可得g(x+4)=−g(x)，进而分析得到g(8k+2)=g(8k+4)=− ,
2
1
g(8k+6)=g(8k+8)= ,k∈Z,从而得出结果.
2
(x ) (x ) ( x )
【解答过程】∵f −1 为奇函数，∴f −1 =−f − −1 .
2 2 2
即f (x−1)=−f (−x−1)，两边求导得f′(x−1)=f′(−x−1)，
则g(x−1)=g(−x−1)，可知g(x)关于直线x=−1对称，
又g(2x+1)为奇函数，所以g(2x+1)+g(−2x+1)=0，
即g(x+1)+g(−x+1)=0，可知g(x)关于直线(1,0)对称，
1
令x=1，可得g(2)+g(0)=0，即g(2)=−g(0)=− ，
2
由g(x−1)=g(−x−1)，可得g(x)=g(−x−2)，
由g(x+1)+g(−x+1)=0，可得g(x)+g(−x+2)=0，即g(x)=−g(−x+2)，
可得g(−x−2)=−g(−x+2)，即g(x+4)=−g(x)，
1
令x=0，可得g(4)=−g(0)=− ；
2
1
令x=2，可得g(6)=−g(2)= ；
2
且g(x+8)=−g(x+4)=−[−g(x)]=g(x)，可知8为g(x)的周期.
1 1
可知g(8k+2)=g(8k+4)=− ,g(8k+6)=g(8k+8)= ,k∈Z
,
2 2
10
1 1 11
所以∑❑kg(2k)=− (1+2+5+6+9+10)+ (3+4+7+8)=− .
2 2 2
k=1
故选：B.
3．（2024·山东·模拟预测）“a≥1”是“函数f (x)=¿在R上单调递增”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【解题思路】根据分段函数的单调性可知f (x)=ax−sinx在(−∞,0]上单增、f (x)=x2+ax−a+2在
(0,+∞)上单增，且f (0)≤f (0+)，结合导数的应用和二次函数的图象与性质计算即可求解.
【解答过程】当x≤0时，f (x)=ax−sinx，得f′(x)=a−cosx.因为−1≤cosx≤1，要使f (x)在(−∞,0]上单调递增，
则f′(x)=a−cosx≥0恒成立.即a≥cosx恒成立，得a≥1；
a
当x>0时，f (x)=x2+ax−a+2，图象为开口向上的抛物线，对称轴为x=− .
2
a
要使f (x)在(0,+∞)上单调递增，则x=− ≤0，解得a≥0；
2
同时，在x=0处，需要满足f (0)≤f (0+)，即0≤2−a，解得a≤2.
综上， ¿，解得1≤a≤2.
所以“a≥1”是“1≤a≤2” 的必要不充分条件，
即a≥1是函数f (x)在R上单调递增的必要不充分条件.
故选：C.
ex
4．（2024·四川眉山·一模）若函数f (x)= 在x=2时取得极小值，则f (x)的极大值为（ ）
x2+bx+1
1 e3
A． B．1 C． D．e
e 8
【解题思路】根据函数求导，结合极小值的定义建立方程求得参数，还原函数解析式明确定义域，求导列
表，可得答案.
ex ex[x2+(b−2)x+1−b]
【解答过程】由函数f (x)= ，求导可得f′(x)= ，
x2+bx+1 (x2+bx+1) 2
由题意可得f′(2)=0，则4+2(b−2)+1−b=0，解得b=−1，
所以f (x)= ex ，则x2−x+1= ( x− 1) 2 + 3 >0，
x2−x+1 2 4
ex(x2−3x+2) ex(x−1)(x−2)
f′(x)= =
，
(x2−x+1) 2 (x2−x+1) 2
令f′(x)=0，解得x=1或2，
可得下表：
x (−∞,1) 1 (1,2) 2 (2,+∞)
f′(x) 正 0 负 0 正
单调递
f (x) 单调递增 极大值 极小值 单调递增
减e1
则函数的极大值为f (1)= =e.
1−1+1
故选：D.
5．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知f (x)在(1,+∞)上单调递增，若f (x+1)为偶函数，
a=f
(
e
7
2
) ，
( 9) ( 3)
b=f ln ，c=f − ，则（ ）
2 2
A．a>c>b B．a>b>c C．c>b>a D．c>a>b
( 3) (7)
【解题思路】根据f (x+1)为偶函数得到f (x)关于x=1对称，即有f − =f ，构造函数
2 2
7 7
g(x)=ex−x−1，利用导数判断函数g(x)的单调性，可判断
e2
和
2
的大小，将ex>x+1两边同时取对数可
9 7
判断ln 和 的大小，最后根据f (x)在(1,+∞)上单调递增比较大小即可.
2 2
【解答过程】因为f (x+1)为偶函数，则f (−x+1)=f (x+1)，
( 3) (7)
所以f (x)关于x=1对称，所以c=f − =f ，
2 2
令g(x)=ex−x−1，则g′(x)=ex−1，
当x>1时，g′(x)>0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以g(x)>g(1)=e−2>0，即ex>x+1，
7 5
5 7
所以e2>e2> +1= ，
2 2
7 9
当x>1时，由ex>x+1得，x>ln(x+1)，则 >ln ，
2 2
7
9 7
由上可得1<ln < <e2，又f (x)在(1,+∞)上单调递增，
2 2
所以f ( ln 9) <f (7) <f ( e 7 2 ) ，即f ( ln 9) <f ( − 3) <f ( e 7 2 ) ，
2 2 2 2
所以a>c>b.
故选：A．
3+x
6．（2024·河南·模拟预测）已知f (x)=x3ln ，则f (x+2)>f (3x−2)的解集为（ ）
3−x( 1 )
A．(−3,3) B． − ,1 C．(0,2) D．(0,1)
3
【解题思路】首先确定函数的定义域，利用奇偶性定义和导数可确定f (x)的单调性，根据单调性可将所求
不等式化为自变量大小关系的比较，结合函数定义域可构造不等式组求得结果.
3+x
【解答过程】由 >0得：−3<x<3，∴f (x)的定义域为(−3,3)；
3−x
3−x 3+x
∵f (−x)=−x3ln =x3ln =f (x)，∴f (x)为定义在(−3,3)上的偶函数，
3+x 3−x
f (x)=x3ln −(3−x)+6 =x3ln ( −1+ 6 ) ，f′(x)=3x2ln 3+x + 6x3 ，
3−x 3−x 3−x (3+x)(3−x)
6 3+x 6x3
当x∈(0,3)时，−1+ ∈(1,+∞)，即ln >0，又3x2>0， >0，
3−x 3−x (3+x)(3−x)
∴f′(x)>0，∴f (x)在(0,3)上单调递增，又f (x)为偶函数，
∴f (x)图象关于y轴对称，在(−3,0)上单调递减，
由f (x+2)>f (3x−2)得：¿，解得：0<x<1，
∴f (x+2)>f (3x−2)的解集为(0,1).
故选：D.
7．（2024·黑龙江大庆·一模）已知函数f (x)=2lnx−ax+b−1，若对任意的x∈(0,+∞)，f (x)≤0，则
b−2a的最大值为（ ）
A．2ln2−1 B．3−2ln2 C．1−2ln2 D．2ln2−3
【解题思路】求出函数的导函数，当a≤0时推出矛盾，当a>0时求出f (x) ，即可得到
max
b≤3−2ln2+2lna，从而得到b−2a≤3−2ln2+2lna−2a，再利用导数求出lna−a的最大值，即可得
解.
2 2−ax
【解答过程】因为f (x)=2lnx−ax+b−1，x∈(0,+∞)，所以f′(x)= −a= ，
x x
当a≤0时，f′(x)>0恒成立，所以f (x)在(0,+∞)上单调递增，且当x→+∞时f (x)→+∞，不符合题意；
2 2
当a>0时，则当0<x< 时f′(x)>0，当x> 时f′(x)<0，
a a
( 2) (2 )
所以f (x)在 0, 上单调递增，在 ,+∞ 上单调递减，
a a
(2) 2 2
所以f (x) =f =2ln −a× +b−1≤0，则b≤3−2ln2+2lna，
max a a a
所以b−2a≤3−2ln2+2lna−2a，1 1−x
令g(x)=lnx−x，则g′(x)= −1= ，
x x
所以当0<x<1时g′(x)>0，当x>1时g′(x)<0，
所以g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)=−1，
所以lna−a≤−1，
则b−2a≤3−2ln2+2lna−2a≤1−2ln2，
即b−2a的最大值为1−2ln2.
故选：C.
8．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知f(x)=memx−lnx(m≥0)，若f(x)有两个零点，则实数m的取值范
围为（ ）
( 1) ( 1 )
A． 0, B． 0,
e e2
C． (1 ,+∞ ) D． [ 1 ,+∞ )
e e2
【解题思路】由同构的思想可知，若f(x)有两个零点，则mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，即mx=lnx
有两解，分离变量求导即可
【解答过程】解：由题意可知，若f(x)有两个零点，则f(x)=memx−lnx=0有两个解，
等价于mxemx−xlnx=0(x>0)有两个解，因为m≥0，x>0，所以lnx≥0，
令g(t)=tet，原式等价于g(mx)=g(lnx)有两个解，又g(t)在[0,+∞)上单调递增，
所以mx=lnx(x>0)有两个大于零的解.
lnx lnx
解mx=lnx，可得m= ，令ℎ(x)= (x>0)，
x x
1−lnx
则ℎ '(x)=
x2
，当0<x<e时，ℎ '(x)>0，当x>e时，ℎ '(x)<0，
1
所以ℎ(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，且ℎ(e)= ，ℎ(x)的图象如图：
e
1 lnx
所以当0<m< 时，m= 有两个交点，即f(x)有两个零点.
e x
故选：A.9．（2024·陕西安康·模拟预测）若存在x∈(0,+∞)，使得不等式a2x4+x≥eax2+ln2x成立，则实数a的取
值范围为（ ）
A． [ 1 ,+∞ ) B． [1 ,+∞ ) C． ( −∞, 1] D． ( −∞, 1 ]
2e e e 2e
【解题思路】将原不等式变形为(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，令f(x)=x2−ex，则f(ax2 )≥f(lnx)，然后
lnx
利用导数判断出f(x)在R上递减，所以将问题转化为ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，即a≤ 在
x2
lnx
x∈(0,+∞)上有解，再构造函数ℎ(x)= (x>0)，利用导数求出其小大值即可.
x2
【解答过程】由a2x4+x≥eax2+ln2x，得(ax2) 2 −eax2 ≥ln2x−x，
所以(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx，
令f(x)=x2−ex，则(ax2) 2 −eax2 ≥(lnx) 2−elnx可化为f(ax2 )≥f(lnx)，
f′ (x)=2x−ex，令g(x)=f′ (x)=2x−ex，则
g′ (x)=2−ex，令g′ (x)=2−ex=0，得x=ln2，
当x<ln2时，g′ (x)>0，当x>ln2时，g′ (x)<0，
所以f′ (x)在(−∞,ln2)上递增，在(ln2,+∞)上递减，
所以f′ (x)≤f′ (ln2)=2ln2−2<0，
所以f(x)在R上递减，
所以ax2≤lnx在x∈(0,+∞)上有解，lnx
所以a≤ 在x∈(0,+∞)上有解，
x2
lnx x−2xlnx 1−2lnx
令ℎ(x)= (x>0)，则ℎ ′ (x)= = (x>0)，
x2 x4 x3
由ℎ ′ (x)>0，得1−2lnx>0，得0<x<√e，
由ℎ ′ (x)<0，得1−2lnx<0，得x>√e，
所以ℎ(x)在(0,√e)上递增，在(√e,+∞)上递减，
ln(√e) 1
所以ℎ(x) = ℎ(√e)= = ，
max e 2e
1
所以a≤ ，
2e
( 1 ]
即实数a的取值范围为 −∞, ，
2e
故选：D.
10．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数f(x)=x3−x+1，则（ ）
A．f(x)有三个极值点 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】求导后判断单调性，从而求得极值点即可判断A；利用单调性结合零点存在性定理即可判断
B；令ℎ(x)=x3−x，得到ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，再结合图象的平移规律即可判断
C；由导数的几何意义求得切线方程即可判断D.
【解答过程】对于A，由题，f′(x)=3x2−1，
√3 √3 √3 √3
令f′(x)>0得x> 或x<− ，令f′ (x)<0得− <x< ，
3 3 3 3
√3 √3 √3 √3
所以f(x)在(−∞,− )，( ,+∞)上单调递增，(− , )上单调递减，
3 3 3 3
√3
所以x=± 是极值点，故A不正确；
3
√3 2√3 √3 2√3
对应B，因f(− )=1+ >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；
对于C，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；
对于D，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：C.
二、多选题
2−x
11．（2024·全国·模拟预测）设函数f (x)=ax−ln ，则对任意实数a，下列结论中正确的有（ ）
x
A．f (x)至少有一个零点 B．f (x)至少有一个极值点
C．点(1,f (1))为曲线y=f (x)的对称中心D．x轴一定不是函数f (x)图象的切线
【解题思路】对于A选项，由函数零点的存在性定理可推得f (x)至少有一个零点；
对于B选项，可得当a=0时，f′(x)>0恒成立，得f (x)在(0,2)上递增，则f (x)无极值点；
对于C选项，由f (1+x)+f (1−x)=2f (1)可知点(1,f (1))为曲线y=f (x)的对称中心；
对于D选项，假设存在实数a，则¿，可推得无实数解，故假设不成立，即可判断.
2−x
【解答过程】对于A选项，函数f (x)=ax−ln 的定义域为(0,2)，
x
当x→0时， f (x)→−∞，当x→2时， f (x)→+∞，
由函数零点的存在性定理可知f (x)至少有一个零点，故A正确；
1 1
对于B选项，f (x)=ax−ln(2−x)+lnx,f′(x)=a+ + ，
2−x x
1 1
当a=0时，f′(x)= + >0恒成立，
2−x x所以f (x)=ax−ln(2−x)+lnx在(0,2)上递增，则f (x)无极值点，故B错误；
[ 2−(1+x)] [ 2−(1−x)]
对于C选项，f (1+x)+f (1−x)= a(1+x)−ln + a(1−x)−ln
1+x 1−x
1−x 1+x
=2a−ln −ln =2a=2f (1)，
1+x 1−x
所以对任意实数a，点(1,f (1))为曲线y=f (x)的对称中心，故C正确；
对于D选项，假设存在实数a，使得f (x)的图像与x轴切于点P(x ,0)，
0
x 2−x
则¿，得¿，消去a得 0 +1+ln 0=0，
2−x x
0 0
x
设t= 0 ，则t+1−lnt=0，
2−x
0
因为lnt≤t−1，故t+1−lnt≥(t+1)−(t−1)=2，
所以t+1−lnt=0无实数解，故假设不成立，
则对任意实数a，x轴一定不是函数f (x)图象的切线，故D正确．
故选：ACD．
12．（2024·重庆·模拟预测）关于函数f (x)=x4−2x3+1 ，下列说法正确的是（ ）
3
A．f (x)在(−∞,0)上单调递减 B．f (x)的图象关于直线x= 对称
2
11
C．f (x)的最小值为− D．f (x)的一个极大值为1
16
【解题思路】首先求函数的导数，利用导数与函数单调性，极值的关系，即可判断ACD，利用特殊值，即
可判断B.
3
【解答过程】f′(x)=4x3−6x2=2x2(2x−3)=0，得x=0或x= ，
2
x,f′(x),f (x)的变化情况如下表，
( 3) 3 (3 )
x (−∞,0) 0 0, ,+∞
2 2 2
f′(x)− 0 − 0 +11
f (x) 单调递减 单调递减 极小值− 单调递增
16
( 3) (3 )
由表可知，函数在区间 −∞, 单调递减，在区间 ,+∞ 单调递增，
2 2
3 11
当x= 时取极小值，也是最小值− ，无极大值，
2 16
3
f (0)=1，f (3)=81−54+1=28，f (0)≠f (3)，所以函数也不关于x= 对称，
2
所以正确的只有AC.
故选：AC.
13．（2024·云南大理·一模）已知函数f (x)=xex−a，则下列说法正确的是（ ）
1
A．f (x)有最大值− −a
e
B．当a=1时，f (x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程是y=x−1
C．f (x)在区间[−2,0]上单调递减
( 1 )
D．关于x的方程f (x)=0有两个不等实根，则a的取值范围是 − ,0
e
【解题思路】A选项，求导，得到函数单调性，进而求出最值；B选项，求出f′(0)=1,f (0)=−1，利用导
数的几何意义得到切线方程；
C选项，在A选项基础上，得到函数单调性；D选项，xex−a=0⇔xex=a，令g(x)=xex，求导得到其
单调性和最值，
( 1 )
结合函数图象，得到a的取值范围是 − ,0 .
e
【解答过程】因为f′(x)=ex(x+1)，
选项A，当x<−1时，f′(x)<0，当x>−1时，f′(x)>0.
所以在区间(−∞,−1)上f (x)单调递减，在区间(−1,+∞)上f (x)单调递增，
1
所以f (x)有最小值f (−1)=− −a，无最大值，故A错误；
e
选项B，当a=1时，f′(0)=1,f (0)=−1，
所以f (x)的图象在点(0,f (0))处的切线方程是y=x−1，故B正确；
选项C，因为在区间(−∞,−1)上f (x)单调递减，在区间(−1,+∞)上f (x)单调递增，故C错误；
选项D，方程f (x)=0，即xex−a=0⇔xex=a，令g(x)=xex，而g′(x)=ex+xex=ex(x+1)，
当x<−1时，g′(x)<0，当x>−1时，g′(x)>0.
所以在区间(−∞,−1)上g(x)单调递减，在区间(−1,+∞)上g(x)单调递增，
当x<0时g(x)<0，且g(0)=0，如图，
( 1 )
a的范围是 − ,0 ，故D正确.
e
故选：BD.
14．（2024·广西来宾·模拟预测）下列关于函数f (x)=x−xlnx的说法，正确的有（ ）
A．x=1是f (x)的极大值点
B．函数f˙(x)有两个零点
C．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x >e
1 2 1 2
D．若方程f (x)=m有两根x ,x ，则x +x <e
1 2 1 2
【解题思路】对于AB，利用导数求出函数f (x)的单调性和f (x)=0的解即可判断AB；对于CD，不妨设
e e
x <x ， 由0<x <1<x <e得 lnx <0, ≠1 ，进而由f (x )=f (x )得 x <x ln ，接着利用
1 2 1 2 1 x 1 2 1 2 x
2 2
lnx<x−1(x>1)放缩不等式即可得解.
【解答过程】因为f (x)=x−xlnx，所以f′(x)=1−(lnx+1)=−lnx，x>0，
所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，
所以函数f˙(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
令f (x)=0⇒x(1−lnx)=0⇒x=0（舍）或x=e，
对于A，由上可知x=1是f (x)的极大值点，故A正确；
对于B，由上可知函数f˙(x)只有1个零点x=e，故B错误；对于CD，方程f (x)=m有两根x ,x ，则x −x lnx =x (1−lnx )=m,x (1−lnx )=m，
1 2 1 1 1 1 1 2 2
不妨设x <x ， 则由上可知0<x <1<x <e，
1 2 1 2
e e
则
lnx <0, ≠1
，所以
0<x <x (1−lnx )=x (1−lnx )=x ln
，
1 x 1 1 1 2 2 2 x
2 2
1 1−x
令g(x)=lnx−x+1，则g′(x)= −1= ，
x x
所以当x∈(1,+∞)时，g′(x)<0，所以g(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以x∈(1,+∞)时g(x)<g(1)=0即lnx<x−1，
e e
所以 x
1
<x
2
ln
x
<x
2
(
x
−1)=e−x
2
，故x
1
+x
2
<e，故C错误，D正确.
2 2
故选：AD.
三、填空题
15．（2024·海南·模拟预测）已知函数f (x)的导函数为f′(x)=x，若g(x)=f (sinx)，g′(x)为g(x)的导函
数，则g′(π)
=
1
.
4 2
π
【解题思路】求出复合函数的导函数，代入 求值.
4
【解答过程】g'(x)=(sinx) 'f'(sinx)=cosxsinx，
2
所以g′(π)
=cos
π
sin
π
=
(√2)
=
1
.
4 4 4 2 2
1
故答案为： .
2
16．（2024·陕西咸阳·模拟预测）已知直线y=kx+t既是曲线y=ex的切线，也是曲线y=−e−x的切线，则
k= e .
【解题思路】分别求导，根据导数的几何意义列方程组，计算即可.
【解答过程】设曲线y=ex与y=−e−x的切点分别为(x ,ex 1),(x ,−e−x 2)，
1 2
易知两曲线的导函数分别为y′=ex，y′=e−x，
由题意可知：¿，可得¿，
则¿，解得¿，所以k=ex 1=e.
故答案为：e.
17．（2024·广东河源·模拟预测）已知函数f (x)=ex−lnx+(1−m)x−lnm的最小值为0，则m= e .
【解题思路】根据给定的条件，利用同构变形并构造函数，借助函数的单调性转化成求函数的最小值.
【解答过程】依题意，ex−lnx+(1−m)x−lnm≥0对于x>0恒成立，且能取得等号，
即ex+x≥ln(mx)+mx=ln(mx)+eln(mx)对于x>0恒成立，且能取得等号，
函数g(x)=ex+x在(0,+∞)上单调递增，不等式为g(x)≥g[ln(mx)]，
ex
则x≥ln(mx)，即ex≥mx，因此m≤ 在(0,+∞)上恒成立，且能取得等号，
x
ex
设ℎ(x)= (x>0)，于是m是函数ℎ(x)在(0,+∞)上的最小值，
x
(x−1)ex
求导得ℎ ′(x)= ，当x∈(0,1)时，ℎ ′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，ℎ ′(x)>0，
x2
函数ℎ(x)在(0,1)上递减，在(1,+∞)上递增，且ℎ(x)
min
= ℎ(1)=e，
所以m=e.
故答案为：e.
18．（2024·上海徐汇·一模）设a∈R,f (x)=x2+ax+lnx，若函数y=f (x)存在两个不同的极值点，则a
的取值范围为 (−∞,−2√2) .
【解题思路】函数y=f (x)存在两个不同的极值点等价于y=f′(x)在(0,+∞)内有两个异号零点，进而转化
为f′(x)=0在(0,+∞)内有两个不等根即可求解.
【解答过程】解：易知函数f (x)=x2+ax+lnx的定义域为(0,+∞)，
1 2x2+ax+1
f′(x)=2x+a+ = ，
x x
因为函数y=f (x)存在两个不同的极值点，
所以f′(x)=0在(0,+∞)内有两个不等根，
设g(x)=2x2+ax+1，x∈(0,+∞)，
则只需¿，即¿，
所以a<−2√2，则a的取值范围为(−∞,−2√2).
故答案为：(−∞,−2√2).19．（2024·四川眉山·一模）已知函数f (x)=(x−1)ex−xlnx，若∀x ，x ∈(0,+∞)且x ≠x ，有
1 2 1 2
f (x 1 )−f (x 2 ) >a恒成立，则实数a的取值范围是 ( −∞, 1] .
x2−x2 2
1 2
lnx 1
【解题思路】将条件转化为g(x)=f(x)−ax2在(0,+∞)上单调递增，再转化为ex− − ≥2a在
x x
lnx 1
(0,+∞)上恒成立，利用导数求函数ℎ(x)=ex− − 的最小值，可得结论.
x x
f (x )−f (x )
【解答过程】不妨设x >x >0，则不等式 1 2 >a可化为f (x )−f (x )>a(x2−x2)，
1 2 x2−x2 1 2 1 2
1 2
所以f (x )−ax2>f (x )−ax2 ，
1 1 2 2
设g(x)=f(x)−ax2，由已知可得g(x)=f(x)−ax2在(0,+∞)上单调递增，
所以f ′(x)−2ax≥0在(0,+∞)上恒成立，
所以xex−lnx−1−2ax≥0在(0,+∞)上恒成立，
lnx 1
所以ex− − ≥2a在(0,+∞)上恒成立，
x x
lnx 1 1−lnx 1 lnx x2ex+lnx
设ℎ(x)=ex− − ，则ℎ′(x)=ex− + =ex+ = ，
x x x2 x2 x2 x2
1
设φ(x)=x2ex+lnx，则φ′(x)=(x2+2x)ex+ >0，
x
所以函数φ(x)=x2ex+lnx在(0,+∞)上单调递增，
1
又φ(1)=e>0，φ (1) = e2 −ln2< 2 −ln√e=0，
2 4 4
(1 )
所以存在x ∈ ,1 ，满足φ(x )=0，
0 2 0
1
1 1 1 ln
即x2ex 0+lnx =0，所以x ex 0= ln =ln e x 0，
0 0 0 x x x
0 0 0
设μ(x)=xex (x>0)，则μ′(x)=xex+ex>0，1
所以μ(x)=xex在(0,+∞)上单调递增，又x >0,ln >0，
0 x
0
1
所以x =ln =−lnx ，
0 x 0
0
lnx 1
所以当x>x 时，φ(x)>0，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)=ex− − 在(x ,+∞)上单调递增，
0 x x 0
lnx 1
当0<x<x 时，φ(x)<0，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)=ex− − 在(0,x )上单调递减，
0 x x 0
lnx 1
所以ℎ(x)≥ℎ(x )=ex 0− 0− ，又x2ex 0+lnx =0，
0 x x 0 0
0 0
1 1 1
所以ℎ(x)≥ex 0+x ex 0− = +1− =1，
0 x x x
0 0 0
1
所以2a≤1，所以a≤ ，
2
( 1]
所以实数a的取值范围是 −∞, .
2
( 1]
故答案为： −∞, .
2
