文档内容
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2021-2025高考真题分类 导数及其应用(解答题)
~ ~
2021-2025高考真题分类 导数及其应用(解答题)1
一 导数的几何意义 1
二 利用导数研究函数的极值 6
三 利用导数研究不等式恒成立问题 12
四 利用导数证明不等式 21
五 利用导数研究函数的零点 37
六 导数与数列的综合 50
七 导数与概率的综合 54
八 导数新定义 55
~ ~
一 导数的几何意义
1. (2023·全国乙卷·高考真题)已知函数fx
1
= +a
x
ln1+x ．
(1)当a=-1时，求曲线y=fx 在点 1,f1 处的切线方程．
(2)若函数fx 在0,+∞ 单调递增，求a的取值范围．
【答案】(1)ln2 x+y-ln2=0；
1
(2)aa≥
2
.
【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后
求解切线方程即可；
(2)原问题即fx ≥0在区间0,+∞ 上恒成立，整理变形可得gx =ax2+x-x+1 lnx+1 ≥0
在区间0,+∞
1 1
上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥ ,0-1 ，
则fx
1
=- ×lnx+1
x2
1
+ -1
x
1
× ，
x+1
据此可得f1 =0,f1 =-ln2，
所以函数在 1,f1 处的切线方程为y-0=-ln2x-1 ，即ln2 x+y-ln2=0.
(2)由函数的解析式可得fx
1
=-
x2
lnx+1
1
+ +a
x
1
× x>-1
x+1
，
满足题意时fx ≥0在区间0,+∞ 上恒成立.
1
令-
x2
lnx+1
1
+ +a
x
1
≥0，则-x+1
x+1
lnx+1 +x+ax2 ≥0，
令gx =ax2+x-x+1 lnx+1 ，原问题等价于gx ≥0在区间0,+∞ 上恒成立，
则gx =2ax-lnx+1 ，
当a≤0时，由于2ax≤0,lnx+1 >0，故gx <0，gx 在区间0,+∞ 上单调递减，
此时gx 0,hx 在区间0,+∞ 上单调递增，
即gx 在区间0,+∞ 上单调递增，
数学试题 第 1 页 共 56 页所以gx >g0 =0，gx 在区间0,+∞ 上单调递增，gx >g0 =0，满足题意.
1
当00，解得
4 2 4
1
- 1，
3
1
令h(x)<0，解得x<- 或00；当x> 时，fx
2
<0.
所以，fx =f-1
max
=1，fx =f4
min
1
=- .
4
4. (2021·全国乙卷·高考真题)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1．
(1)讨论fx 的单调性；
(2)求曲线y=fx 过坐标原点的切线与曲线y=fx 的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2) 1,a+1 和-1，-1-a .
【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.
【解析】(1)由函数的解析式可得：fx =3x2-2x+a，
导函数的判别式Δ=4-12a，
1
当Δ=4-12a≤0,a≥ 时，fx
3
≥0,fx 在R上单调递增，
数学试题 第 3 页 共 56 页1
当Δ=4-12a>0,a< 时，f'x 3
1- 1-3a 1+ 1-3a
=0的解为：x = ,x = ， 1 3 2 3
1- 1-3a
当x∈-∞,
3
时，f'x >0,fx 单调递增；
1- 1-3a 1+ 1-3a
当x∈ ,
3 3
时，f'x <0,fx 单调递减；
1+ 1-3a
当x∈ ,+∞
3
时，f'x >0,fx 单调递增；
1
综上可得：当a≥ 时，fx
3
在R上单调递增，
1
当a< 时，fx
3
1- 1-3a
在-∞,
3
1+ 1-3a
， ,+∞
3
上
单调递增，在 1- 1-3a , 1+ 1-3a
3 3
上单调递减.
(2)由题意可得：fx 0 =x3 0 -x2 0 +ax 0 +1，fx 0 =3x2-2x +a， 0 0
则切线方程为：y-x3 0 -x2 0 +ax 0 +1 =3x2 0 -2x 0 +a x-x 0 ，
切线过坐标原点，则：0-x3 0 -x2 0 +ax 0 +1 =3x2 0 -2x 0 +a 0-x 0 ,
整理可得：2x3 0 -x2 0 -1=0，即：x 0 -1 2x2 0 +x 0 +1 =0，
解得：x 0 =1，则fx 0 =f1 =1-1+a+1=a+1，f'(x 0 )=f1 =1+a
切线方程为：y=a+1 x,
与fx =x3-x2+ax+1联立得x3-x2+ax+1=(a+1)x，
化简得x3-x2-x+1=0,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，∴x-1 是x3-x2-x+1的
一个因式，∴该方程可以分解因式为x-1 x2-1 =0,
解得x =1,x =-1,
1 2
f-1 =-1-a，
综上，曲线y=fx 过坐标原点的切线与曲线y=fx 的公共点的坐标为1,a+1 和-1，-1-a .
【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.
5. (2025·北京·高考真题)已知函数f(x)的定义域是-1,+∞ ,f0 =0，导函数fx
ln1+x
=
，设l 是 1+x 1
曲线y=fx 在点A(a,f(a))(a≠0)处的切线．
(1)求f(x)的最大值；
(2)当-10，求 2 1
2 1 1 2 1 2 x -x
2 1
的取值范围．
1
【答案】(1)
e
(2)证明见解析
e2-1
(3) ,1
e2+1
数学试题 第 4 页 共 56 页【分析】(1)利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
(2)求出直线l 1 的方程，再构造函数hx ，只需证明其最小值(或者下确界)大于零即可；
2a-x -x
(3)求出直线l 的方程，即可由题意得到x ,x 的表示，从而用字母a表示出 2 1 ，从而求出范
2 1 2 x -x
2 1
围.
【解析】(1)设gx =fx ，gx
1
1+x 1+x
=
-ln1+x
1+x
1-ln1+x
=
2
1+x
，
2
由gx =0可得x=e-1，当x∈-1,e-1 时，gx >0，gx 单调递增，
当x∈e-1,+∞ 时，gx <0，gx 单调递减，
所以fx 的最大值为fe-1
1
= .
e
(2)因为fa
ln1+a
=
1+a ，所以直线l 1 的方程为y-fa
ln1+a
=
x-a 1+a
ln1+a
，即y=
x-a 1+a
+fa ，
设hx =fx
ln1+a
-
x-a
1+a
+fa
，hx
ln1+x
=
ln1+a
-
1+x
=fx
1+a
-fa ，
由(1)可知，fx 在x∈-1,e-1 上单调递增，而-1x>a时，hx >0，hx 单调递增，且fa 0时，fx
ln1+x
=
>0，fx
1+x
在0,+∞ 上单调递增，
所以fa >f0 =0,fa >0，
2a- fa
2a-x -x
所以 2 1 =
x -x 2 1
fa +a
fa
- -
fa
+a
fa fa fa +a- -
fa
+a
- fa
=
2+1
fa
2
=-1+
2+1 fa
，
2+1
1
由(1)可得当a>0时，f(a)∈0,
e
，
所以 fa 1 2∈0,
e2
2 ,
fa
2e2 ∈ ,2
2+1 e2+1
，
所以 2a-x 2 -x 1 ∈ e2-1 ,1
x -x e2+1
2 1
.
解法二：由fx
ln1+x
=
可设fx
1+x
ln21+x
=
+C，又f0
2
=0，所以C=0，即fx =
ln21+x
，
2
数学试题 第 5 页 共 56 页ln1+a
因为直线l 的方程为y= 1
x-a 1+a
ln21+a
+
，易知a≠0， 2
1+a
所以直线l 的方程为y=- 2 ln1+a x-a
ln21+a
+
, 2
1+a
x =a-
1
ln1+a ln31+a
，x =
2 2
21+a
+a.
1+a
2a-x -x
所以 1 2 =
x -x 2 1
ln1+a ln31+a
-
2
21+a
ln31+a
21+a
1+a
+
ln1+a
1+a
=
2
2-ln21+a
ln21+a +1+a 2
ln21+a
1-
=
1+a 2
ln21+a
1+a
1-g2a
=
+1
2
1+g2a
2
=-1+
1+g2a
,由(1)知,当x>0时，gx
1
∈0,
e
，所以g2a ∈
1 0,
e2
,
所以 2a-x 2 -x 1 ∈ e2-1 ,1
x -x e2+1
2 1
.
二 利用导数研究函数的极值
1. (2025·上海·高考真题)已知f(x)=x2-(m+2)x+mlnx,m∈R．
(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x2-1的解集；
(2)若函数y=f(x)满足在(0,+∞)上存在极大值，求m的取值范围；
【答案】(1)1,+∞
(2)m>0且m≠2.
【分析】(1)先求出m，从而原不等式即为x+lnx>1，构建新函数sx =x+lnx,x>0，由该函数为增
函数可求不等式的解；
(2)求出函数的导数，就m≤0,02分类讨论后可得参数的取值范围.
【解析】(1)因为f1 =0，故1-m-2+0=0，故m=-1，故fx =x2-x-lnx，
故fx ≤x2-1即为x+lnx≥1，
设sx =x+lnx,x>0，则sx
1
=1+ >0，故sx
x
在0,+∞ 上为增函数，
而x+lnx≥1即为sx ≥s1 ，故x≥1，
故原不等式的解为1,+∞ .
(2)fx 在0,+∞ 有极大值即为有极大值点.
fx =2x-m+2
m 2x2-m+2
+ =
x
x+m 2x-m
=
x
x-1
，
x
若m≤0，则x∈0,1 时，fx <0，x∈1,+∞ 时，fx >0，
故x=1为fx 的极小值点，无极大值点，故舍；
m m
若0< <1即00，
m
故x= 为fx
2
的极大值点，符合题设要求；
若m=2，则x∈0,+∞ 时，fx ≥0，fx 无极值点，舍；
数学试题 第 6 页 共 56 页m m
若 >1即m>2，则x∈1,
2 2
时，fx <0，
x∈0,1
m
∪ ,+∞
2
时，fx >0，
故x=1为fx 的极大值点，符合题设要求；
综上，m>0且m≠2.
2. (2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=ex-ax-a3．
(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点1,f(1) 处的切线方程；
(2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【答案】(1)e-1 x-y-1=0
(2)1,+∞
【分析】(1)求导，结合导数的几何意义求切线方程；
(2)解法一：求导，分析a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a2+lna-1>
0，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f(x)=ex-a有零点，可得a>0，进而利用导数求fx 的单
调性和极值，分析可得a2+lna-1>0，构建函数解不等式即可.
【解析】(1)当a=1时，则f(x)=ex-x-1，f(x)=ex-1，
可得f(1)=e-2，f(1)=e-1，
即切点坐标为1,e-2 ，切线斜率k=e-1，
所以切线方程为y-e-2 =e-1 x-1 ，即e-1 x-y-1=0.
(2)解法一：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)≥0对任意x∈R恒成立，
可知f(x)在R上单调递增，无极值，不合题意；
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x0，
构建ga =a2+lna-1,a>0，则ga
1
=2a+ >0，
a
可知ga 在0,+∞ 内单调递增，且g1 =0，
不等式a2+lna-1>0等价于ga >g1 ，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞ ；
解法二：因为f(x)的定义域为R，且f(x)=ex-a，
若f(x)有极小值，则f(x)=ex-a有零点，
令f(x)=ex-a=0，可得ex=a，
可知y=ex与y=a有交点，则a>0，
若a>0，令f(x)>0，解得x>lna；令f(x)<0，解得x0，
构建ga =a2+lna-1,a>0，
因为则y=a2,y=lna-1在0,+∞ 内单调递增，
可知ga 在0,+∞ 内单调递增，且g1 =0，
数学试题 第 7 页 共 56 页不等式a2+lna-1>0等价于ga >g1 ，解得a>1，
所以a的取值范围为1,+∞ .
3. (2023·北京·高考真题)设函数f(x)=x-x3eax+b，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=-x+
1．
(1)求a,b的值；
(2)设函数g(x)=f(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f(x)的极值点个数．
【答案】(1)a=-1,b=1
(2)答案见解析
(3)3个
【分析】(1)先对fx 求导，利用导数的几何意义得到f(1)=0，f(1)=-1，从而得到关于a,b的方程组，
解之即可；
(2)由(1)得gx 的解析式，从而求得gx ，利用数轴穿根法求得gx <0与gx >0的解，由此求
得gx 的单调区间；
(3)结合(2)中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间-∞,0 ，0,x 1 ，x 1 ,x 2 与x 2 ,+∞ 上
fx 的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得fx 的极值点个数.
【解析】(1)因为f(x)=x-x3eax+b,x∈R，所以fx =1-3x2+ax3 eax+b，
因为fx 在(1,f(1))处的切线方程为y=-x+1，
所以f(1)=-1+1=0，f(1)=-1，
1-13×ea+b=0 则
1-3+a
，解得 a=-1 ，
ea+b=-1 b=1
所以a=-1,b=1.
(2)由(1)得gx =fx =1-3x2-x3 e-x+1x∈R ，
则gx =-xx2-6x+6 e-x+1，
令x2-6x+6=0，解得x=3± 3，不妨设x =3- 3，x =3+ 3，则00恒成立，
所以令gx <0，解得0x 2 ；令gx >0，解得x<0或x 0，即f-1 f0 <0
所以fx 在-∞,0 上存在唯一零点，不妨设为x ，则-10，则fx 单调递增；
所以fx 在-∞,0 上有一个极小值点；
当x∈0,x 1 时，fx 在0,x 1 上单调递减，
则fx 1 =f3- 3 0，则fx 单调递增；当x 4 f3 =1>0，故fx 1 fx 2 <0，
所以fx 在x 1 ,x 2 上存在唯一零点，不妨设为x ，则x x 2 =3+ 3>3时，3x2-x3=x23-x <0，
所以fx =1-3x2-x3 e-x+1>0，则fx 单调递增，
所以fx 在x 2 ,+∞ 上无极值点；
综上：fx 在-∞,0 和x 1 ,x 2 上各有一个极小值点，在0,x 1 上有一个极大值点，共有3个极值点.
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断fx 1 与fx 2 的正负情况，充分利用fx 的单调
性，寻找特殊点判断即可得解.
4. (2023·新课标Ⅱ卷·高考真题)(1)证明：当00对∀x∈0,1 恒成立，
则Fx 在0,1 上单调递增，可得Fx >F0 =0，
所以x>sinx,x∈0,1 ；
构建Gx =sinx-x-x2 =x2-x+sinx,x∈0,1 ，
则Gx =2x-1+cosx,x∈0,1 ，
构建gx =Gx ,x∈0,1 ，则gx =2-sinx>0对∀x∈0,1 恒成立，
则gx 在0,1 上单调递增，可得gx >g0 =0，
即Gx >0对∀x∈0,1 恒成立，
则Gx 在0,1 上单调递增，可得Gx >G0 =0，
所以sinx>x-x2,x∈0,1 ；
综上所述：x-x20，解得-10
因为fx =cosax-ln1-x2 =cos a x -ln1-x2 =cosbx-ln1-x2 ，
且f-x =cos-bx -ln 1--x 2 =cosbx-ln1-x2 =fx ，
所以函数fx 在定义域内为偶函数，
数学试题 第 9 页 共 56 页由题意可得：fx
2x
=-bsinbx- ,x∈-1,1
x2-1
，
1
(i)当0-b2x- =
x2-1 x2-1
，
1-x2
且b2x2>0,2-b2≥0,1-x2>0，
所以fx
xb2x2+2-b2
>
>0，
1-x2
即当x∈0,m ⊆0,1 时，fx >0，则fx 在0,m 上单调递增，
结合偶函数的对称性可知：fx 在-m,0 上单调递减，
所以x=0是fx 的极小值点，不合题意；
1
(ⅱ)当b2>2时，取x∈0,
b
⊆0,1 ，则bx∈0,1 ，
由(1)可得fx
2x
=-bsinbx- <-bbx-b2x2
x2-1
2x x
- = -b3x3+b2x2+b3x+2-b2
x2-1 1-x2
，
构建hx
1
=-b3x3+b2x2+b3x+2-b2,x∈0,
b
，
则hx
1
=-3b3x2+2b2x+b3,x∈0,
b
，
且h0
1
=b3>0,h
b
=b3-b>0，则hx
1
>0对∀x∈0,
b
恒成立，
可知hx
1
在0,
b
上单调递增，且h0
1
=2-b2<0,h
b
=2>0，
所以hx
1
在0,
b
1
内存在唯一的零点n∈0,
b
，
当x∈0,n 时，则hx <0，且x>0,1-x2>0，
则fx
x
< -b3x3+b2x2+b3x+2-b2
1-x2
<0，
即当x∈0,n ⊆0,1 时，fx <0，则fx 在0,n 上单调递减，
结合偶函数的对称性可知：fx 在-n,0 上单调递增，
所以x=0是fx 的极大值点，符合题意；
综上所述：b2>2，即a2>2，解得a> 2或a<- 2，
故a的取值范围为-∞,- 2 ∪ 2,+∞ .
【点睛】关键点睛：
i.当00，即函数的定义域为-∞,-1
x x
∪0,+∞ ，
1 1
定义域关于直线x=- 对称，由题意可得b=- ，
2 2
1
由对称性可知g- +m
2
1
=g- -m
2
1
m>
2
，
3
取m= 可得g1
2
=g-2 ，
即a+1 ln2=a-2
1 1
ln ，则a+1=2-a，解得a= ，
2 2
1 1 1 1
经检验a= ,b=- 满足题意，故a= ,b=- .
2 2 2 2
1 1
即存在a= ,b=- 满足题意.
2 2
(3)由函数的解析式可得fx
1
=-
x2
lnx+1
1
+ +a
x
1
，
x+1
由fx 在区间0,+∞ 存在极值点，则fx 在区间0,+∞ 上存在变号零点;
1
令-
x2
lnx+1
1
+ +a
x
1
=0，
x+1
则-x+1 lnx+1 +x+ax2 =0，
令gx =ax2+x-x+1 lnx+1 ，
fx 在区间0,+∞ 存在极值点，等价于gx 在区间0,+∞ 上存在变号零点，
gx =2ax-lnx+1 ,gx
1
=2a-
x+1
当a≤0时，gx <0，gx 在区间0,+∞ 上单调递减，
此时gx 0,gx 在区间0,+∞ 上单调递增，
所以gx >g0 =0，gx 在区间0,+∞ 上单调递增，gx >g0 =0，
所以gx 在区间0,+∞ 上无零点，不符合题意；
数学试题 第 11 页 共 56 页1
当00，gx 单调递增，
故gx
1
的最小值为g -1
2a
=1-2a+ln2a，
令mx =1-x+lnx00，
x
函数mx 在定义域内单调递增，mx 0，gx 单调递增，
所以gx 0 +1
a2
4 4 +a-ln +1
a a2
+a-1-2a+1
4 = +1
a2
4 4 -ln +1
a a2
4 > +1
a2
4 4 - +1
a a2
4
> +1
a2
16 4
- -1
a2 a2 4
= +1
4 4 a2
+ +1
a a2
12
-1
a2
>0，
4 4
+ +1
a a2
所以函数gx 在区间0,+∞ 上存在变号零点，符合题意.
1
综合上面可知:实数a得取值范围是0,
2
.
【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，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，合函数求导，应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.
(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程
组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要
进行验证.
三 利用导数研究不等式恒成立问题
π
1. (2025·全国一卷·高考真题)(1)设函数f(x)=5cosx-cos5x，求f(x)在 0,
4
的最大值；
数学试题 第 12 页 共 56 页(2)给定θ∈(0,π)，设a为实数，证明：存在y∈[a-θ,a+θ]，使得cosy≤cosθ；
(3)设b∈R，若存在φ∈R使得5cosx-cos(5x+φ)≤b对x∈R恒成立，求b的最小值．
【答案】(1)3 3
(2)证明见解析
(3)3 3
【分析】(1)利用导数结合三角变换得导数零点，讨论导数的符号后得单调性，从而可求最大值；或者利
用均值不等式可求最大值.
(2)利用反证法可证三角不等式有解；
(3)先考虑φ=0,π时b的范围，对于φ∈0,π 时，可利用(2)中的结论结合特值法求得b≥3 3，从而
可得b的最小值；或者先根据函数解析特征得b≥0，再结合特值法可得b≥3 3，结合(1)的结果可得b的最
小值.
【解析】(1)法1：fx =-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x，
π
因为x∈ 0,
4
π
，故2x∈ 0,
2
，故sin2x≥0，
π
当00即fx
6
>0，
π π
当 2kπ+2π-θ且a+θ<2kπ+2π+θ，此时a无解，
矛盾，故无解；故存在k∈Z，使得2kπ-θ,2kπ+θ ∩a-θ,a+θ ≠∅，
法2：由余弦函数的性质知cosy≤cosθ的解为 2kπ+θ,2k+1 π-θ k∈Z ，
数学试题 第 13 页 共 56 页若每个 2kπ+θ,2k+1 π-θ 与a-θ,a+θ 交集都为空，
则对每个k∈Z，必有2k+1 π-θa+θ之一成立.
a a a a
此即k< -1或k> ，但长度为1的闭区间 -1,
2π 2π 2π 2π
上必有一整数k，该整数k不满足条件，
矛盾.
故存在y∈a-θ,a+θ ，使得cosy≤cosθ成立.
(3)法1：记hx =5cosx-cos5x+φ ，
因为hx+2π =5cosx+2π -cos5x+10π+φ =hx ，
故hx 为周期函数且周期为2π,故只需讨论x∈0,2π ,φ∈0,π 的情况.
当φ=π时，hx =5cosx-cos5x+π =5cosx+cos5x≤6，
当φ=0时，h(x)=5cosx-cos5x，
此时hx =-5sinx+5sin5x=10cos3xsin2x,x∈0,2π ，
π π 5π 7π 3π 11π
令h(x)=0，则x= , , ,π, , , ，
6 2 6 6 2 6
π
而h
6
11π
=h
6
π
=3 3,h
2
3π
=h
2
5π
=0,h
6
7π
=h
6
=-3 3,h(π)=-4，
π
h(0)=h(2π)=4，故h(x) =h
max 6
11π
=h
6
=3 3，
当φ∈0,π ，在(2)中取φ=t，则存在y∈φ-θ,φ+θ ，使得cosy≤cosθ，
5π 3 y-φ θ θ
取θ= ，则cosy≤- ，取x= ∈- ,
6 2 5 5 5
y-φ π π
即x= ∈- ,
5 6 6
，
5 3
故5cosx≥ ，故5cosx-cos5x+φ
2
≥3 3，
π
综上b≥3 3，可取x= ，φ=0使得等号成立.
6
综上，b =3 3.
min
法2：设g φx =5cosx-cos5x+φ .
①一方面，若存在φ，使得g φx =5cosx-cos5x+φ ≤b对任意x恒成立，则对这样的φ，同样有
g φx =-g φx+π ≥-b.
所以 g φx ≤b对任意x恒成立，这直接得到b≥0.
φ π
设
6
-
6
=m，则根据 g φx ≤b恒成立，有
φ π
b≥ g - +
φ 6 6
φ π
= 5cos- +
6 6
φ 5π
-cos +
6 6
φ π
= 5cos -
6 6
φ π
+cos -
6 6
=
φ π
6cos -
6 6
=6cosm
φ π
b≥ g - -
φ 6 6
φ π
= 5cos- -
6 6
φ 5π
-cos -
6 6
φ π
= 5cos +
6 6
φ π
+cos +
6 6
=
φ π
6cos +
6 6
π
=6cosm+
3
φ π
b≥ g - +
φ 6 2
φ π
= 5cos- +
6 2
φ 5π
-cos +
6 2
φ π
= 5cos -
6 2
φ π
+cos -
6 2
=
φ π
6cos -
6 2
π
=6cosm-
3
所以cosm
π
, cosm+
3
π
, cosm-
3
b
均不超过 ，
6
再结合cos2x=2cosx 2-1，
数学试题 第 14 页 共 56 页2π
就得到cos2m,cos2m+
3
2π
,cos2m-
3
b
均不超过2
6
2 b2
-1= -1.
18
b2 3 3
假设b<3 3，则 -1<
18
2 1
-1= ，
18 2
2π
故cos2m,cos2m+
3
2π
,cos2m-
3
1
∈ -1,
2
.
2π 2π
但这是不可能的，因为三个角2m,2m+ ,2m- 和单位圆的交点将单位圆三等分，这三个点不
3 3
1
可能都在直线x= 左侧.
2
所以假设不成立，这意味着b≥3 3.
②另一方面，若b=3 3，则由(1)中已经证明fx ≤3 3，
知存在φ=0，使得
5cosx-cos5x+φ =5cosx-cos5x=fx ≤3 3=b.
从而b=3 3满足题目要求.
综合上述两个方面，可知b的最小值是3 3.
2. (2024·全国甲卷·高考真题)已知函数fx =ax-1 -lnx+1．
(1)求fx 的单调区间；
(2)当a≤2时，证明：当x>1时，fx 1时，ex-1-2x+1+lnx>0即可.
1 ax-1
【解析】(1)f(x)定义域为(0,+∞)，f(x)=a- =
x x
ax-1
当a≤0时，f(x)= <0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减；
x
1
当a>0时，x∈ ,+∞
a
时，f(x)>0，f(x)单调递增，
1
当x∈0,
a
时，f(x)<0，f(x)单调递减.
综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0,+∞)；
1
a>0时，f(x)的单调递增区间为 ,+∞
a
1
，单调递减区间为0,
a
.
(2)a≤2，且x>1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx-1≥ex-1-2x+1+lnx，
令g(x)=ex-1-2x+1+lnx(x>1)，下证g(x)>0即可.
1 1
g(x)=ex-1-2+ ，再令h(x)=g(x)，则h(x)=ex-1- ，
x x2
显然h(x)在(1,+∞)上递增，则h(x)>h(1)=e0-1=0，
即g(x)=h(x)在(1,+∞)上递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+∞)上单调递增，
故g(x)>g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证
x
3. (2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知函数f(x)=ln +ax+b(x-1)3
2-x
(1)若b=0，且f(x)≥0，求a的最小值；
(2)证明：曲线y=f(x)是中心对称图形；
数学试题 第 15 页 共 56 页(3)若f(x)>-2当且仅当1-2在1,2
2
上恒成立可求得b≥- .
3
【解析】(1)b=0时，fx
x
=ln +ax，其中x∈0,2
2-x
，
则fx
1 1 2
= + +a=
x 2-x x2-x
+a,x∈0,2 ，
因为x2-x
2-x+x
≤
2
2
=1，当且仅当x=1时等号成立，
故fx =2+a，而fx
min
≥0成立，故a+2≥0即a≥-2，
所以a的最小值为-2.，
(2)fx
x
=ln +ax+bx-1
2-x
3的定义域为0,2 ，
设Pm,n 为y=fx 图象上任意一点，
Pm,n 关于1,a 的对称点为Q2-m,2a-n ，
因为Pm,n 在y=fx
m
图象上，故n=ln +am+bm-1
2-m
3，
而f2-m
2-m
=ln +a2-m
m
+b2-m-1
m
3=- ln +am+bm-1
2-m
3
+2a，
=-n+2a，
所以Q2-m,2a-n 也在y=fx 图象上，
由P的任意性可得y=fx 图象为中心对称图形，且对称中心为1,a .
(3)因为fx >-2当且仅当1-2恒成立.
此时fx
x
>-2即为ln +21-x
2-x
+bx-1 3>0在1,2 上恒成立，
设t=x-1∈0,1
t+1
，则ln -2t+bt3>0在0,1
1-t
上恒成立，
设gt
t+1
=ln -2t+bt3,t∈0,1
1-t
，
则gt
2 t2-3bt2+2+3b
= -2+3bt2=
1-t2
，
1-t2
当b≥0，-3bt2+2+3b≥-3b+2+3b=2>0，
故gt >0恒成立，故gt 在0,1 上为增函数，
故gt >g0 =0即fx >-2在1,2 上恒成立.
2
当- ≤b<0时，-3bt2+2+3b≥2+3b≥0，
3
故gt ≥0恒成立，故gt 在0,1 上为增函数，
故gt >g0 =0即fx >-2在1,2 上恒成立.
数学试题 第 16 页 共 56 页2 2
当b<- ，则当0-2在1,2
2
上恒成立时b≥- .
3
2
而当b≥- 时，
3
2
而b≥- 时，由上述过程可得gt
3
在0,1 递增，故gt >0的解为0,1 ，
即fx >-2的解为1,2 .
2
综上，b≥- .
3
【点睛】思路点睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数
对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范
围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.
4. (2024·全国甲卷·高考真题)已知函数fx =1-ax ln1+x -x．
(1)当a=-2时，求fx 的极值；
(2)当x≥0时，fx ≥0，求a的取值范围．
【答案】(1)极小值为0，无极大值.
1
(2)a≤-
2
【分析】(1)求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.
1 1
(2)求出函数的二阶导数，就a≤- 、- 0时，f(x)>0，
故fx 在x=0处取极小值且极小值为f0 =0，无极大值.
(2)fx =-aln1+x
1-ax
+ -1=-aln1+x
1+x
a+1
-
x
,x>0，
1+x
设sx =-aln1+x
a+1
-
x
,x>0，
1+x
则sx
-a a+1
= -
x+1
1+x
ax+1
=-
2
+a+1
1+x
ax+2a+1
=-
2 1+x
，
2
1
当a≤- 时，sx
2
>0，故sx 在0,+∞ 上为增函数，
故sx >s0 =0，即fx >0，
所以fx 在0,+∞ 上为增函数，故fx ≥f0 =0.
1 2a+1
当- 0三种情况，利用零点
cos2x
存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.
【解析】(1)因为a=1，所以fx
sinx π
=x- ,x∈0,
cos2x 2
，
则fx
cosxcos2x-2cosx-sinx
=1-
sinx cos2x+2sin2x
=1-
cos4x cos3x
cos3x-cos2x-21-cos2x
=
cos3x+cos2x-2
= ，
cos3x cos3x
π
令t=cosx，由于x∈0,
2
，所以t=cosx∈0,1 ，
所以cos3x+cos2x-2=t3+t2-2=t3-t2+2t2-2=t2t-1 +2t+1 t-1 =t2+2t+2 t-1 ，
因为t2+2t+2=t+1 2+1>0，t-1<0，cos3x=t3>0，
所以fx
cos3x+cos2x-2 π
= <0在0,
cos3x 2
上恒成立，
所以fx
π
在0,
2
上单调递减.
(2)法一：
构建gx =fx
sinx π
+sinx=ax- +sinx01，
cos2x
数学试题 第 18 页 共 56 页所以fx
sinx
+sinx=sinx- <0，满足题意；
cos2x
π
当a<0时，由于00时，因为fx
sinx sin3x
+sinx=ax- +sinx=ax- ，
cos2x cos2x
令gx
sin3x π
=ax- 00，
cos30
π
若∀00，则gx
π
在0,
2
上单调递增，
注意到g0 =0，所以gx >g0 =0，即fx +sinx>0，不满足题意；
π
若∃00，所以gx 在0,x 1 上单调递增，
则在0,x 1 上有gx >g0 =0，即fx +sinx>0，不满足题意；
综上：a≤0.
【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g0 >0，从而分类讨论
gx
π
在0,
2
上的正负情况，得到总存在靠近x=0处的一个区间，使得gx >0，从而推得存在gx >
g0 =0，由此得解.
sinx π
6. (2023·全国甲卷·高考真题)已知函数f(x)=ax- ,x∈0,
cos3x 2
(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)0.
π
所以f(x)在0,
4
π π
上单调递增,在 ,
4 2
上单调递减
(2)设g(x)=f(x)-sin2x
g(x)=f(x)-2cos2x=g(t)-22cos2x-1
at2+2t-3 2 3
= -2(2t-1)=a+2-4t+ - 设φ(t)
t2 t t2
2 3
=a+2-4t+ -
t t2
2 6 -4t3-2t+6 2(t-1)(2t2+2t+3)
φ(t)=-4- + = =- >0
t2 t3 t3 t3
所以φ(t)<φ(1)=a-3.
1°若a∈(-∞,3],g(x)=φ(t)0.
所以∃t 0 ∈(0,1),使得φt 0
π
=0,即∃x ∈0, 0 2 ,使得gx 0 =0.
当t∈t 0 ,1 ,φ(t)>0,即当x∈0,x 0 ,g(x)>0,g(x)单调递增.
所以当x∈0,x 0 ,g(x)>g(0)=0,不合题意.
综上,a的取值范围为(-∞,3].
【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性t=cosx在定义域内是减函数,若t =
0
cosx 0 ,当t∈t 0 ,1 ,φ(t)>0,对应当x∈0,x 0 ,g(x)>0.
7. (2021·天津·高考真题)已知a>0，函数f(x)=ax-xex．
(I)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：
(II)证明f(x)存在唯一的极值点
(III)若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．
【答案】(I)y=(a-1)x,(a>0)；(II)证明见解析；(III)-e,+∞
【分析】(I)求出fx 在x=0处的导数，即切线斜率，求出f0 ，即可求出切线方程；
(II)令fx =0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a与y=gx 仅有一个交点，利用导数求出gx
数学试题 第 20 页 共 56 页的变化情况，数形结合即可求解；
(III)令h(x)=x2-x-1 ex,(x>-1)，题目等价于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x) ，利 min
用导数即可求出hx 的最小值.
【解析】(I)f(x)=a-(x+1)ex，则f(0)=a-1，
又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x,(a>0)；
(II)令f(x)=a-(x+1)ex=0，则a=(x+1)ex，
令g(x)=(x+1)ex，则g(x)=(x+2)ex，
当x∈(-∞,-2)时，g(x)<0，gx 单调递减；当x∈(-2,+∞)时，g(x)>0，gx 单调递增，
当x→-∞时，gx <0，g-1 =0，当x→+∞时，gx >0，画出gx 大致图像如下：
所以当a>0时，y=a与y=gx 仅有一个交点，令gm =a，则m>-1，且f(m)=a-g(m)=0，
当x∈(-∞,m)时，a>g(x)，则f(x)>0，fx 单调递增，
当x∈m,+∞ 时，a-1，
max
所以{f(x)-a} max =f(m)-a=m2-m-1 em,(m>-1)，
令h(x)=x2-x-1 ex,(x>-1)，
若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)
，
min
h(x)=x2+x-2 ex=(x-1)(x+2)ex，x>-1，
当x∈(-1,1)时，h(x)<0，hx 单调递减，当x∈(1,+∞)时，h(x)>0，hx 单调递增，
所以h(x) =h(1)=-e，故b≥-e，
min
所以实数b的取值范围-e,+∞ .
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y=a与y=gx 仅有一个交点；第三问解题的关键
是转化为存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x) .
min
四 利用导数证明不等式
1. (2025·天津·高考真题)已知函数f(x)=ax-(lnx)2
(1)a=1时，求f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)f(x)有3个零点，x 1 ,x 2 ,x 3 且x 1 0，
2lnx
则f(x)=1- ，则f(1)=1，且f(1)=1，
x
则切点(1,1)，且切线的斜率为1，
故函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x；
(2)(i)令f(x)=ax-(lnx)2=0，x>0，
(lnx)2
得a= ，
x
lnx
设g(x)=
2
,x>0，
x
2lnx
⋅x-lnx x
则g(x)=
2 lnx(2-lnx)
= ，
x2 x2
4
由g(x)=0解得x=1或e2，其中g(1)=0，g(e2)= ；
e2
当00，g(x)在(1,e2)上单调递增；
当x>e2时，g(x)<0，g(x)在(e2,+∞)上单调递减；
且当x→0时，g(x)→+∞；当x→+∞时，g(x)→0；
如图作出函数g(x)的图象，
要使函数f(x)有3个零点，
则方程a=g(x)在(0,+∞)内有3个根，即直线y=a与函数g(x)的图象有3个交点.
4
结合图象可知，0 t t ，
lnt -lnt 2 3
3 2
4e
则t t <4，故要证(lnx -lnx)⋅lnx < ，
2 3 2 1 3 e-1
4e 4e
即证t t -tt < ，只需证4-tt ≤ ，
2 3 1 3 e-1 1 3 e-1
4
即证-t 1 t 3 ≤ e-1 ，又因为t 1 <0,t2 1 =aet12，则φ(t)= =
t et
e2
t
，
t
e2
当20，则φ(t)在(2,4)上单调递增；
当t>4时，φ(t)<0，则φ(t)在4,+∞ 上单调递减；
16 16
故φ(t) =φ(4)= ，即φ(t)≤ .
max e2 e2
而由4e2-16e+16=4(e-2)2>0，
16 4
可知 < 成立，故命题得证.
e2 e-1
2. (2024·天津·高考真题)已知函数fx =xlnx．
(1)求曲线y=fx 在点 1,f1 处的切线方程；
(2)若fx ≥ax- x 对任意x∈0,+∞ 成立，求实数a的值；
(3)若x 1 ,x 2 ∈0,1 ，求证：fx 1 -fx 2 ≤x 1 -x 2
1
2．
【答案】(1)y=x-1
(2)2
(3)证明过程见解析
【分析】(1)直接使用导数的几何意义；
(2)先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；
(3)先确定fx 的单调性，再对x ,x 分类讨论. 1 2
【解析】(1)由于fx =xlnx，故fx =lnx+1.
所以f1 =0，f1 =1，所以所求的切线经过1,0 ，且斜率为1，故其方程为y=x-1.
(2)设ht =t-1-lnt，则ht
1 t-1
=1- = ，从而当01时ht >0.
所以ht 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，这就说明ht ≥h1 ，即t-1≥lnt，且等号成立当且仅
当t=1.
设gt =at-1 -2lnt，则
fx -ax- x =xlnx-ax- x
1
=x a -1
x
1
-2ln
x
1
=x⋅g
x
.
当x∈0,+∞
1
时， 的取值范围是0,+∞
x
，所以命题等价于对任意t∈0,+∞ ，都有gt ≥0.
一方面，若对任意t∈0,+∞ ，都有gt ≥0，则对t∈0,+∞ 有
0≤gt =at-1 -2lnt=at-1
1
+2ln ≤at-1
t
1
+2 -1
t
2
=at+ -a-2，
t
数学试题 第 23 页 共 56 页取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.
2 2 a
再取t= ，得0≤a⋅ +2 -a-2=2 2a-a-2=- a- 2
a a 2
2，所以a=2.
另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞ 都有gt =2t-1 -2lnt=2ht ≥0，满足条件.
综合以上两个方面，知a的值是2.
fb
(3)先证明一个结论：对0
b-a b-a a
1-
b
+lna=1+lna，
a
1-
b
blnb-alna fb
所以lna+1< 时fx
e
>0.
所以fx
1
在0,
e
1
上递减，在 ,+∞
e
上递增.
不妨设x ≤x ，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.
1 2
1
情况一：当 e ≤x 1 ≤x 2 <1时，有 fx 1 -fx 2 =fx 2 -fx 1 <lnx 2 +1 x 2 -x 1 时，由 ≥ln -1可知
2 2 2 c-x c
φx
1 c 1 1 2
=lnx+1+ >ln +1+ = -ln -1
2 c-x 2 2 c-x 2 c-x c
≥0.
所以φx 在0,c 上存在零点x 0 ，再结合φx 单调递增，即知00.
故φx 在0,x 0 上递减，在x 0 ,c 上递增.
①当x 0 ≤x≤c时，有φx ≤φc =0；
1
②当0q c，可得
1-q2
φx
1
=xlnx-clnc- c-x<-clnc- c-x<-clnc-q c= c cln -q
c
<0.
再根据φx 在0,x 0 上递减，即知对00时，fx >1；
5
(3)证明： 0时lnx+1
2x
> ，构造g(x)=lnx+1
x+2
2x
- ，利用导数研究单调性，即可证结
x+2
论；
(3)构造h(n)=lnn!
1
-n+
2
lnn +n，n∈N*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(1)=1，再构
(x+5)(x-1) (x+5)(x-1)
造φ(x)=lnx- 且x>0，应用导数研究其单调性得到lnx≤ 恒成立，对h(n)
4x+2 4x+2
3 1 1
-h(n+1)作放缩处理，结合累加得到h(1)-h(n)< ln2-1+ < n≥3
2 12 6
，即可证结论.
ln(x+1) ln(x+1) 1 1 ln(x+1)
【解析】(1)f(x)= + ，则f(x)= + - ，
x 2 x(x+1) 2(x+1) x2
1 ln3 1 ln3
所以f(2)= - ，故x=2处的切线斜率为 - ；
3 4 3 4
(2)要证x>0时fx
1 1
= +
x 2
lnx+1 >1，即证lnx+1
2x
> ，
x+2
令g(x)=lnx+1
2x 1 4 x2
- 且x>0，则g(x)= - = >0，
x+2 x+1 (x+2)2 (x+1)(x+2)2
所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即lnx+1
2x
> .
x+2
所以x>0时fx >1.
(3)设hn =lnn!
1
-n+
2
lnn+n，n∈N*，
则hn+1 -hn
1
=1+n+
2
1
lnn-n+
2
lnn+1
1
=1-n+
2
1
ln1+
n
，
1 1
由(2)知：x= ∈(0,1]，则f
n n
1
=n+
2
1
ln1+
n
>1，
数学试题 第 25 页 共 56 页所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*上递减，故h(n)≤h(1)=1；
下证lnn!
1
-n+
2
5
lnn+n> ，
6
(x+5)(x-1) (x-1)2(1-x)
令φ(x)=lnx- 且x>0，则φ(x)= ，
4x+2 x(2x+1)2
当00，φ(x)递增，当x>1时φ(x)<0，φ(x)递减，
所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞
(x+5)(x-1)
上lnx≤ 恒成立，
4x+2
1
则h(n)-h(n+1)=n+
2
1
ln1+
n
1
-1≤n+
2
1
6+
n
⋅
1
n
2
23+
n
1
-1= <
4n(3n+2)
1 1 1
-
12 n-1 n
，
1 1
所以h(2)-h(3)< 1-
12 2
1 1 1
，h(3)-h(4)< -
12 2 3
，⋯，h(n-1)-h(n)<
1 1 1
-
12 n-2 n-1
，
1 1
累加得：h(2)-h(n)< 1-
12 n-1
3
，而h(2)=2- ln2，h(1)=1
2
7 3 3 5
因为 > >ln2，所以h(2)=2- ln2> ，
9 4 2 6
1 1
则-h(n)< 1-
12 n-1
3
-2+ ln2n≥3
2
，
3 1 1
所以h(1)-h(n)< ln2-1+ 1-
2 12 n-1
3 1 1 5
< ln2-1+ < ，故h(n)> n≥3
2 12 6 6
；
5 5
综上， 0，导数研究其函数符号得lnx≤ 恒成立，结合放缩、
4x+2 4x+2
3 1 1
累加得到h(1)-h(n)< ln2-1+ 1-
2 12 n
为关键.
4. (2023·新课标Ⅰ卷·高考真题)已知函数fx =aex+a -x．
(1)讨论fx 的单调性；
(2)证明：当a>0时，fx
3
>2lna+ ．
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)先求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
1
(2)方法一：结合(1)中结论，将问题转化为a2- -lna>0的恒成立问题，构造函数ga
2
1
=a2- -
2
lnaa>0 ，利用导数证得ga >0即可.
方法二：构造函数hx =ex-x-1，证得ex≥x+1，从而得到f(x)≥x+lna+1+a2-x，进而将问题
1
转化为a2- -lna>0的恒成立问题，由此得证.
2
【解析】(1)因为f(x)=aex+a -x，定义域为R，所以fx =aex-1，
当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故fx =aex-1<0恒成立，
数学试题 第 26 页 共 56 页所以fx 在R上单调递减；
当a>0时，令fx =aex-1=0，解得x=-lna，
当x<-lna时，fx <0，则fx 在-∞,-lna 上单调递减；
当x>-lna时，fx >0，则fx 在-lna,+∞ 上单调递增；
综上：当a≤0时，fx 在R上单调递减；
当a>0时，fx 在-∞,-lna 上单调递减，fx 在-lna,+∞ 上单调递增.
(2)方法一：
由(1)得，fx =f-lna
min
=ae-lna+a +lna=1+a2+lna，
3 3 1
要证f(x)>2lna+ ，即证1+a2+lna>2lna+ ，即证a2- -lna>0恒成立，
2 2 2
令ga
1
=a2- -lnaa>0
2
，则ga
1 2a2-1
=2a- = ，
a a
令ga
2
<0，则00，则a> ；
2
所以ga
2
在0,
2
2
上单调递减，在 ,+∞
2
上单调递增，
所以ga
2
=g
min 2
2
=
2
2 1 2
- -ln =ln 2>0，则ga
2 2
>0恒成立，
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
方法二：
令hx =ex-x-1，则hx =ex-1，
由于y=ex在R上单调递增，所以hx =ex-1在R上单调递增，
又h0 =e0-1=0，
所以当x<0时，hx <0；当x>0时，hx >0；
所以hx 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，
故hx ≥h0 =0，则ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立，
因为f(x)=aex+a -x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，
当且仅当x+lna=0，即x=-lna时，等号成立，
3 3 1
所以要证f(x)>2lna+ ，即证f(x)>2lna+ ，即证a2- -lna>0，
2 2 2
令ga
1
=a2- -lnaa>0
2
，则ga
1 2a2-1
=2a- = ，
a a
令ga
2
<0，则00，则a> ；
2
所以ga
2
在0,
2
2
上单调递减，在 ,+∞
2
上单调递增，
所以ga
2
=g
min 2
2
=
2
2 1 2
- -ln =ln 2>0，则ga
2 2
>0恒成立，
3
所以当a>0时，f(x)>2lna+ 恒成立，证毕.
2
5. (2022·天津·高考真题)已知a，b∈R，函数fx =ex-asinx,gx =b x
(1)求曲线y=fx 在 0,f0 处的切线方程；
(2)若曲线y=fx 和y=gx 有公共点，
(i)当a=0时，求b的取值范围；
数学试题 第 27 页 共 56 页(ii)求证：a2+b2>e．
【答案】(1)y=(1-a)x+1
(2)(i)b∈ 2e,+∞ ；(ii)证明见解析
【分析】(1)求出f(0)可求切线方程；
(2)(i)当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为st =et2-bt,t≥0在0,+∞ 上有零点，求
导后分类讨论结合零点存在定理可求b∈[ 2e,+∞).
(ii)曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx +b x -ex0=0，利用点到直线的距离得到 a2+b2≥
0 0
ex0 e2x
，利用导数可证 >e，从而可得不等式成立.
sin2x +x sin2x+x
0 0
【解析】(1)f(x)=ex-acosx，故f(0)=1-a，而f(0)=1，
曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1-a x-0 +1即y=1-a x+1.
(2)(i)当a=0时，
因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex=b x有解，
设t= x，故x=t2，故et2=bt在0,+∞ 上有解，
设st =et2-bt,t≥0，故st 在0,+∞ 上有零点，
而st =2tet2-b,t>0，
若b=0，则st =et2>0恒成立，此时st 在0,+∞ 上无零点，
若b<0，则st >0在0,+∞ 上恒成立，故st 在0,+∞ 上为增函数，
而s0 =1>0，st ≥s0 =1，故st 在0,+∞ 上无零点，
故b>0，
设ut =2tet2-b,t>0，则ut =2+4t2 et2>0，
故ut 在0,+∞ 上为增函数，
而u0 =-b<0，ub =b2eb2-1 >0，
故ut 在0,+∞ 上存在唯一零点t ， 0
且0t 0 时，ut >0；
故0t 0 时，st >0；
所以st 在0,t 0 上为减函数，在t 0 ,+∞ 上为增函数，
故st min =st 0 ，
因为st 在0,+∞ 上有零点，故st 0 ≤0，故et2 0-bt ≤0， 0
2
而2t et2 0-b=0，故et2 0-2t2et2 0≤0即t ≥ ，
0 0 0 2
设vt =2tet2,t>0，则vt =2+4t2 et2>0，
故vt 在0,+∞ 上为增函数，
1
而b=2t et2 0，故b≥ 2e2 = 2e.
0
(ii)因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，
所以ex-asinx=b x有解x ，其中x ≥0，
0 0
若x =0，则1-a×0=b×0，该式不成立，故x >0.
0 0
故asinx +b x -ex0=0，考虑直线asinx +b x -ex0=0，
0 0 0 0
a2+b2表示原点与直线asinx 0 +b x 0 -ex0=0上的动点a,b 之间的距离，
ex0 e2x0
故 a2+b2≥ ，所以a2+b2≥ ，
sin2x +x sin2x +x
0 0 0 0
数学试题 第 28 页 共 56 页下证：对任意x>0，总有sinx 0时，ex>x+1恒成立，
qx =ex-1-x,x>0，则qx =ex-1>0，
故qx 在0,+∞ 上为增函数，故qx >q0 =0即ex>x+1恒成立.
e2x
下证： >e在0,+∞
sin2x+x
上恒成立，即证：e2x-1>sin2x+x，
即证：2x-1+1≥sin2x+x，即证：x≥sin2x，
而x>sinx ≥sin2x，故x≥sin2x成立.
ex0
故 >e，即a2+b2>e成立.
sin2x +x
0 0
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的
不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.
e
6. (2022·浙江·高考真题)设函数f(x)= +lnx(x>0)．
2x
(1)求f(x)的单调区间；
(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点 x 1 ,fx 1 , x 2 ,fx 2 , x 3 ,fx 3 处的切线都经过点(a
,b)．证明：
1 a
(ⅰ)若a>e，则0 ，fx
2
>0，
故fx
e
的减区间为0,
2
，fx
e
的增区间为 ,+∞
2
.
(2)(ⅰ)因为过a,b 有三条不同的切线，设切点为 x i ,fx i ,i=1,2,3，
故fx i -b=fx i x i -a ，
数学试题 第 29 页 共 56 页故方程fx -b=fx x-a 有3个不同的根，
1 e
该方程可整理为 -
x 2x2
x-a
e
- -lnx+b=0，
2x
设gx
1 e
= -
x 2x2
x-a
e
- -lnx+b，
2x
则gx
1 e 1 e
= - +- +
x 2x2 x2 x3
x-a
1 e
- +
x 2x2
1
=- x-e
x3
x-a ，
当0a时，gx <0；当e0，
故gx 在0,e ,a,+∞ 上为减函数，在e,a 上为增函数，
因为gx 有3个不同的零点，故ge <0且ga >0，
1 e
故 -
e 2e2
e-a
e 1 e
- -lne+b<0且 -
2e a 2a2
a-a
e
- -lna+b>0，
2a
a e
整理得到：b< +1且b> +lna=fa
2e 2a
，
此时b-fa
1 a
- -1
2 e
a e
< +1- +lna
2e 2a
a 1 3 e
- + = - -lna，
2e 2 2 2a
设ua
3 e
= - -lna，则ua
2 2a
e-2a
= <0，
2a2
故ua 为e,+∞ 上的减函数，故ua
3 e
< - -lne=0，
2 2e
故00，
1 e
故 -
e 2e2
e-a
e 1 e
- -lne+b>0且 -
2e a 2a2
a-a
e
- -lna+b<0，
2a
a a
整理得到： +1 >1，m= <1，
t x a e
3 1
2 e-a 1 1 2 e-a e-a 2e e-a
要证： + < + < - ，即证2+ 0
72
k+1
即证：
lnk m-13
+
k-1
m2-m+12
>0，
72
记φk
k+1
=
lnk
,k>1，则φk
k-1
1
=
k-1
1
k- -2lnk
2 k
，
设uk
1
=k- -2lnk，则uk
k
1 2 2 2
=1+ - > - =0，所以uk
k2 k k k
>u1 =0，
φk >0，
故ϕk 在1,+∞ 上为增函数，故φk
1
>φ
m
，
k+1
所以
lnk m-13
+
k-1
m2-m+12 m+1
>
72
lnm m-13
+
m-1
m2-m+12
，
72
记ωm
m-1
=lnm+
m-13 m2-m+12
72m+1
,0
2
2 3m3+3
72mm+1
>0，
2
所以ωm 在0,1 为增函数，故ωm <ω1 =0，
m-1
故lnm+
m-13 m2-m+12
72m+1
m+1
<0即
lnm m-13
+
m-1
m2-m+12
>0，
72
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程
的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
7. (2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知函数f(x)=xeax-ex．
(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)<-1，求a的取值范围；
1 1 1
(3)设n∈N∗，证明： + +⋯+ >ln(n+1)．
12+1 22+2 n2+n
【答案】(1)fx 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .
1
(2)a≤
2
(3)见解析
【分析】(1)求出fx ，讨论其符号后可得fx 的单调性.
(2)设hx =xeax-ex+1，求出hx
1 1
，先讨论a> 时题设中的不等式不成立，再就01恒成立，从而可得lnn+1
t
1
-lnn< 对任意的n∈
n2+n
N*恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.
【解析】(1)当a=1时，fx =x-1 ex，则fx =xex，
当x<0时，fx <0，当x>0时，fx >0，
故fx 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .
(2)设hx =xeax-ex+1，则h0 =0，
又hx =1+ax eax-ex，设gx =1+ax eax-ex，
则gx =2a+a2x eax-ex，
1
若a> ，则g0
2
=2a-1>0，
因为gx 为连续不间断函数，
故存在x 0 ∈0,+∞ ，使得∀x∈0,x 0 ，总有gx >0，
故gx 在0,x 0 为增函数，故gx >g0 =0，
故hx 在0,x 0 为增函数，故hx >h0 =0，与题设矛盾.
1
若00，总有ln1+x 0，总有xe2
1x-ex+1<0成立，
2
令t=e2
1x，则t>1,t2=ex,x=2lnt，
1
故2tlnt1恒成立.
t
n+1 n+1 n
所以对任意的n∈N*，有2ln < - ，
n n n+1
整理得到：lnn+1
1
-lnn< ，
n2+n
1 1 1
故 + +⋯+ >ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+lnn+1
12+1 22+2 n2+n
-lnn
=lnn+1 ，
故不等式成立.
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处
导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.
数学试题 第 32 页 共 56 页8. (2021·全国乙卷·高考真题)设函数fx =lna-x ，已知x=0是函数y=xfx 的极值点．
(1)求a；
x+f(x)
(2)设函数g(x)= ．证明:gx
xf(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+ln1-x
(2)由(1)得g(x)=
xln1-x
，x<1且x≠0，分类讨论x∈0,1 和x∈-∞,0 ，可等价转化为要
证gx <1，即证x+ln1-x >xln1-x 在x∈0,1 和x∈-∞,0 上恒成立，结合导数和换元法即可
求解
【解析】(1)由fx =lna-x ⇒f'x
1
= ，y=xfx
x-a
⇒y'=lna-x
x
+ ，
x-a
又x=0是函数y=xfx 的极值点，所以y'0 =lna=0，解得a=1；
(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(-∞,0)∪(0,1)．
xln(1-x) ln(1-x) x
1 1 1 1 x-1
要证g(x)<1，即证 + <1，即证 <1- = ．
ln(1-x) x ln(1-x) x x
1 x-1 x x
(ⅰ)当x∈(0,1)时， <0， <0，即证ln(1-x)> ．令F(x)=ln(1-x)- ，
ln(1-x) x x-1 x-1
-1 -1 x
因为F(x)= - = >0，所以F(x)在区间(0,1)内为增函数，所以F(x)>F(0)=0．
1-x (x-1)2 (x-1)2
1 x-1 x
(ⅱ)当x∈(-∞,0)时， >0， >0，即证ln(1-x)> ，由(ⅰ)分析知F(x)在区间
ln(1-x) x x-1
(-∞,0)内为减函数，所以F(x)>F(0)=0．
综合(ⅰ)(ⅱ)有g(x)<1．
[方法二]【最优解】：转化为无分母函数
由(1)得fx =ln1-x
x+f(x) x+ln1-x
，g(x)= =
xf(x)
xln1-x
，x<1且x≠0，
当 x∈0,1
x+ln1-x
时，要证g(x)=
xln1-x
<1，∵x>0,ln1-x <0，∴xln1-x <0，即证x+
ln1-x >xln1-x ，化简得x+1-x ln1-x >0；
同理，当x∈-∞,0
x+ln1-x
时，要证g(x)=
xln1-x
<1，∵x<0,ln1-x >0，∴xln1-x <0，即
证x+ln1-x >xln1-x ，化简得x+1-x ln1-x >0；
令hx =x+1-x ln1-x ，再令t=1-x，则t∈0,1 ∪1,+∞ ，x=1-t，
令φt =1-t+tlnt，φt =-1+lnt+1=lnt，
当t∈0,1 时，φt <0，φt 单减，故φt >φ1 =0；
当t∈1,+∞ 时，φt >0，φt 单增，故φt >φ1 =0；
x+ln1-x
综上所述，g(x)=
xln1-x
<1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φ(x)=lnx-(x-1)，因为φ(x)= -1= ，所以φ(x)在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,
x x
+∞)内是减函数，所以φ(x)≤φ(1)=0，即lnx≤x-1(当且仅当x=1时取等号)．故当x<1且x≠0时，
数学试题 第 33 页 共 56 页1 1 1 1 x x
>0且 ≠1，ln < -1，即-ln(1-x)< ，所以ln(1-x)> ．
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)> ，所以 < =1- ，即 + <1，
x-1 ln(1-x) x x ln(1-x) x
所以g(x)<1．
x
(ⅱ)当x∈(-∞,0)时，ln(1-x)> >0，同理可证得g(x)<1．
x-1
x+ln(1-x)
综合(ⅰ)(ⅱ)得，当x<1且x≠0时， <1，即g(x)<1．
xln(1-x)
【整体点评】(2)方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当x∈(0,1)时，转化为证明ln(1-x)
x x
> ，当x∈(-∞,0)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；
x-1 x-1
方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当x∈0,1 时，x+1-x ln1-x >0成立和
当x∈-∞,0 时，x+1-x ln1-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；方法三先构造函数φ(x)=lnx-(x-1)，利用导数分析单调性，证得常见常用结论lnx
x
≤x-1(当且仅当x=1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
x-1
得要证得不等式，有一定的巧合性.
9. (2022·北京·高考真题)已知函数f(x)=exln(1+x)．
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(2)设g(x)=f(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；
(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．
【答案】(1)y=x
(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】(1)先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；
(2)在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；
(3)令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞)上单
调递增，即得证.
【解析】(1)解：因为f(x)=exln(1+x)，所以f0 =0，
即切点坐标为0,0 ，
1
又f(x)=exln(1+x)+
1+x
，
∴切线斜率k=f(0)=1
∴切线方程为：y=x
1
(2)解：因为g(x)=f(x)=exln(1+x)+
1+x
，
2 1
所以g(x)=exln(1+x)+ -
1+x (1+x)2
，
2 1
令h(x)=ln(1+x)+ - ，
1+x (1+x)2
1 2 2 x2+1
则h(x)= - + = >0，
1+x (1+x)2 (1+x)3 (1+x)3
数学试题 第 34 页 共 56 页∴h(x)在[0,+∞)上单调递增，
∴h(x)≥h(0)=1>0
∴g(x)>0在[0,+∞)上恒成立，
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)解：原不等式等价于f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)，
令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，
即证m(x)>m(0)，
∵m(x)=f(x+t)-f(x)=ex+tln(1+x+t)-exln(1+x)，
ex+t ex
m(x)=ex+tln(1+x+t)+ -exln(1+x)- =g(x+t)-g(x)，
1+x+t 1+x
1
由(2)知g(x)=f(x)=exln(1+x)+
1+x
在0,+∞ 上单调递增，
∴g(x+t)>g(x)，
∴m(x)>0
∴m(x)在0,+∞ 上单调递增，又因为x,t>0，
∴m(x)>m(0)，所以命题得证.
10.(2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知函数fx =x1-lnx .
(1)讨论fx 的单调性；
1 1
(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna-alnb=a-b，证明：2< + 0；当x∈1,+∞ 时，f'x <0．
故fx 在区间0,1 内为增函数，在区间1,+∞ 内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
1 1
由blna-alnb=a-b得 1-ln
a a
1 1
= 1-ln
b b
1
，即f
a
1
=f
b
．
1 1
由a≠b，得 ≠ ．
a b
1 1 1
由(1)不妨设 ∈(0,1), ∈(1,+∞)，则f
a b a
1
>0，从而f
b
1
>0，得 ∈(1,e)，
b
①令gx =f2-x -fx ，
则g(x)=ln(2-x)+lnx=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]，
当x∈0,1 时，g′x <0，gx 在区间0,1 内为减函数，gx >g1 =0，
从而f2-x >fx
1
，所以f2-
a
1
>f
a
1
=f
b
，
1 1 1 1
由(1)得2- < 即2< + ．①
a b a b
数学试题 第 35 页 共 56 页令hx =x+fx ，则h'x =1+fx =1-lnx，
当x∈1,e 时，h′x >0，hx 在区间1,e 内为增函数，hx 2．
要证：m+n>2⇔n>2-m⇔fn 2．
再证m+nm，所以需证n1-lnn +n0，故hx 在区间1,e 内单调递增．
所以hx 2同证法2．以下证明x +x 1，
2 1 x
1
tlnt
由x(1-lnx)=x (1-lnx )得x(1-lnx)=tx[1-ln(tx)]，lnx =1- ，
1 1 2 2 1 1 1 1 1 t-1
要证x 1 +x 2 2同证法2．
1 2
e
-2+ +lnx
1-lnx x
再证明x +x φe =0,h′x >0，hx 在区间0,e 内单调递增．
1-lnx 1-lnx 1-lnx x -e
因为0 1
1 2 x -e x -e 1-lnx x -e
1 2 2 2
又因为fx 1 =fx 2
1-lnx x x x -e
，所以 1 = 2 , 2 > 1 ， 1-lnx x x x -e
2 1 1 2
即x2 2 -ex 2 0．
1 1
因为x 0.
(1)讨论fx 的单调性；
(2)若y=fx 的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.
【答案】(1)fx
1
的减区间为0,
a
1
，增区间为 ,+∞
a
1
；(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.
(2)根据f1 >0及(1)的单调性性可得fx >0，从而可求a的取值范围.
min
【解析】(1)函数的定义域为0,+∞ ，
2ax+3
又f(x)=
(ax-1)
，
x
因为a>0,x>0，故2ax+3>0，
1 1
当0 时，f(x)>0；
a a
数学试题 第 37 页 共 56 页所以fx
1
的减区间为0,
a
1
，增区间为 ,+∞
a
.
(2)因为f1 =a2+a+1>0且y=fx 的图与x轴没有公共点，
所以y=fx 的图象在x轴的上方，
由(1)中函数的单调性可得fx
1
=f
min a
1
=3-3ln =3+3lna，
a
1
故3+3lna>0即a> .
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.
1 1
2. (2025·全国二卷·高考真题)已知函数f(x)=ln(1+x)-x+ x2-kx3，其中0x ，证明见解析.
1 2
【分析】(1)先由题意求得fx
1
=x2 -3k
1+x
，接着构造函数gx
1
= -3k,x>0，利用导数工
1+x
具研究函数gx 的单调性和函数值情况，从而得到函数的单调性，进而得证函数fx 在区间(0,+∞)上存
在唯一极值点；再结合f0 =0和x→+∞时fx 的正负情况即可得证fx 在区间(0,+∞)上存在唯一零
点；
1
(2)(i)由(1)x 1 +1= 3k 和gt =fx 1 +t -fx 1 -t 结合(1)中所得导函数fx 1 计算得到gt =
6kt2t2-x2 1 -2x 1 1+x 1 2-t2 ，再结合t∈0,x 1 得gt <0即可得证；
(ii)由函数gt 在区间0,x 1 上单调递减得到0>f2x 1 ，再结合fx 2 =0，
和函数fx 的单调性以以及函数值的情况即可得证.
【解析】(1)由题得fx
1 x2 1
= -1+x-3kx2= -3kx2=x2 -3k
1+x 1+x 1+x
，
因为x∈0,+∞ ，所以x2>0，设gx
1
= -3k,x>0，
1+x
则gx
1
=-
1+x
<0在(0,+∞)上恒成立，所以gx
2
在(0,+∞)上单调递减，
g0 =1-3k>0，令gx 0
1
=0⇒x = -1， 0 3k
所以当x∈0,x 0 时，gx >0，则fx >0；当x∈x 0 ,+∞ 时，gx <0，则fx <0，
所以fx 在0,x 0 上单调递增，在x 0 ,+∞ 上单调递减，
所以fx 在(0,+∞)上存在唯一极值点，
对函数y=ln1+x
1 x
-x有y= -1=- <0在(0,+∞)上恒成立，
1+x 1+x
所以y=ln1+x -x在(0,+∞)上单调递减，
所以y=ln1+x -x0,t∈0,x 1 ,∴t2-x2 1 -2x 1 0,1+x 1 2-t2 0，
∴g(t)= 6kt2t2-x2 1 -2x 1
1+x 1
<0，
2-t2
即g(t)在t∈0,x 1 上单调递减.
(ii)2x >x ，证明如下：
1 2
由(i)知：函数gt 在区间0,x 1 上单调递减，
所以g0 >gx 1 即0>f2x 1 ，又fx 2 =0，
由(1)可知fx 在x 0 ,+∞ 上单调递减，x 2 ∈x 0 ,+∞ ，且对任意x∈0,x 2 fx >0，
所以2x >x .
1 2
1
3. (2022·全国乙卷·高考真题)已知函数f(x)=ax- -(a+1)lnx．
x
(1)当a=0时，求f(x)的最大值；
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)-1
(2)0,+∞
【分析】(1)由导数确定函数的单调性，即可得解；
(2)求导得fx
ax-1
=
x-1
，按照a≤0、01结合导数讨论函数的单调性，求得函
x2
数的极值，即可得解.
【解析】(1)当a=0时，fx
1
=- -lnx,x>0，则fx
x
1 1 1-x
= - = ，
x2 x x2
当x∈0,1 时，fx >0，fx 单调递增；
当x∈1,+∞ 时，fx <0，fx 单调递减；
所以fx =f1
max
=-1；
(2)fx
1
=ax- -a+1
x
lnx,x>0，则fx
1 a+1 ax-1
=a+ - =
x2 x
x-1
，
x2
当a≤0时，ax-1<0，所以当x∈0,1 时，fx >0，fx 单调递增；
当x∈1,+∞ 时，fx <0，fx 单调递减；
所以fx =f1
max
=a-1<0，此时函数无零点，不合题意；
1
当01，在0,1
a
1
, ,+∞
a
上，fx >0，fx 单调递增；
1
在1,
a
上，fx <0，fx 单调递减；
又f1 =a-1<0，
数学试题 第 39 页 共 56 页1 1
由(1)得 +lnx≥1，即ln ≥1-x，所以lnx1时，f(x)=ax- -(a+1)lnx>ax- -2(a+1) x>ax-(2a+3) x，
x x
3
则存在m= +2
a
2 1
> ，使得fm
a
>0，
所以fx
1
仅在 ,+∞
a
有唯一零点，符合题意；
当a=1时，fx
x-1
=
2
≥0，所以fx
x2
单调递增，又f1 =a-1=0，
所以fx 有唯一零点，符合题意；
1 1
当a>1时， <1，在0,
a a
,1,+∞ 上，fx >0，fx 单调递增；
1
在 ,1
a
上，fx <0，fx 单调递减；此时f1 =a-1>0，
1 1 1
由(1)得当01- ，ln x>1- ，所以lnx>21-
x x x
，
1 1 1
此时f(x)=ax- -(a+1)lnx0，再利用导数即可得证.
【解析】(1)[方法一]：常规求导
f(x)的定义域为(0,+∞)，则
1 1
f(x)= -
x x2
1 1 1
ex- +1= 1-
x x x
1
ex+1-
x
x-1 ex
= +1
x x
令fx =0,得x=1
当x∈(0,1),f(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(1,+∞),f(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1-a，
若f(x)≥0,则e+1-a≥0,即a≤e+1
所以a的取值范围为(-∞,e+1]
[方法二]：同构处理
数学试题 第 40 页 共 56 页由fx ≥0得：e-lnx+x+x-lnx-a≥0
令t=x-lnx,t≥1，则ft =et+t-a≥0即a≤et+t
令gt =et+t,t∈1,+∞ ，则g't =et+1>0
故gt =et+t在区间1,+∞ 上是增函数
故gt =g1
min
=e+1，即a≤e+1
所以a的取值范围为(-∞,e+1]
(2)[方法一]：构造函数
由题知,fx 一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设x <1f x
2
又因为fx 1 =fx 2 ,故只需证fx 2
1
>f x
2
ex 1 1
即证 -lnx+x-xex -lnx- >0,x∈(1,+∞)
x x
ex 1 1 1
即证 -xex -2 lnx- x-
x 2 x
>0
ex 1 1 1
下面证明x>1时， -xex >0,lnx- x-
x 2 x
<0
ex 1
设g(x)= -xex ,x>1，
x
1 1
则g(x)= -
x x2
1 1 1
ex- ex+xex⋅-
x2
1 1
= 1-
x x
1 1
ex-ex1-
x
1
=1-
x
ex 1
-ex
x
x-1 ex 1
= -ex
x x
设φx
ex
= x>1
x
,φx
1 1
= -
x x2
x-1
ex= ex>0
x2
所以φx >φ1
1
=e,而ex 0,所以g(x)>0
x
所以g(x)在(1,+∞)单调递增
ex 1
即g(x)>g(1)=0,所以 -xex >0
x
1 1
令h(x)=lnx- x-
2 x
,x>1
1 1 1
h(x)= - 1+
x 2 x2
2x-x2-1 -(x-1)2
= = <0
2x2 2x2
所以h(x)在(1,+∞)单调递减
1 1
即h(x)0,所以xx <1.
1 2
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：fx
ex ex
= +ln -a
x x
ex
令t= >1，则ft
x
=t+lnt-a，f't
1
=1+ >0
t
数学试题 第 41 页 共 56 页所以gt =t+lnt-a在1,+∞ 上单调递增，故gt =0只有1个解
又因为fx
ex ex ex1 ex2
= +ln -a有两个零点x ,x ，故t= = x x 1 2 x x
1 2
x -x
两边取对数得：x -lnx =x -lnx ，即 1 2 =1
1 1 2 2 lnx -lnx
1 2
x -x
又因为 x 1 x 2 < lnx 1 -ln 2 x *
1 2
，故 xx <1，即xx <1 1 2 1 2
x -x
下证 x 1 x 2 < lnx 1 -ln 2 x *
1 2
x -x x -x x x x
因为 xx < 1 2 ⇔lnx -lnx < 1 2 ⇔ln 1 < 1 - 2
1 2 lnx -lnx 1 2 xx x x x
1 2 1 2 2 2 1
x 1
不妨设t= 1 >1，则只需证2lnt1，则h't
t
2 1 1
= -1- =-1-
t t2 t
2
<0
故ht
1
=2lnt-t+ 在1,+∞
t
上单调递减
故ht 0,当x∈(-1,0),g(x)=ex+a1-x2 >0,即f(x)>0
所以f(x)在(-1,0)上单调递增,f(x)0
所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,即f(x)>0
所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0
数学试题 第 42 页 共 56 页故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意
3°若a<-1
(1)当x∈(0,+∞),则g(x)=ex-2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增
g(0)=1+a<0,g(1)=e>0
所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f(m)=0
当x∈(0,m),f(x)<0,f(x)单调递减
当x∈(m,+∞),f(x)>0,f(x)单调递增
所以
当x∈(0,m),f(x)-1,则h(x)= ,x>-1,
ex ex
x
所以h(x)= 在-1,1
ex
上单调递增，在1,+∞ 上单调递减，所以h(x)≤h1
1
= ，
e
又e-a
e
-1>0，fe-a
e-1
a 1
≥- +a⋅ =0，
e e
所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点
又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点
(2)当x∈(-1,0),g(x)=ex+a1-x2
设h(x)=g(x)=ex-2ax
h(x)=ex-2a>0
所以g(x)在(-1,0)单调递增
1
g(-1)= +2a<0,g(0)=1>0
e
所以存在n∈(-1,0),使得g(n)=0
当x∈(-1,n),g(x)<0,g(x)单调递减
当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递增,g(x)0
e
所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f(t)=0
当x∈(-1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减，
当x∈-1,0 ，hx >h-1 =-e，
又-10
所以f(x)在(-1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点
即f(x)在(-1,0)上有唯一零点
所以a<-1,符合题意
所以若f(x)在区间(-1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(-∞,-1)
数学试题 第 43 页 共 56 页【点睛】
方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，
肯定要两方面都说明.
6. (2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知函数fx =x-1 ex-ax2+b．
(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
2 2
2a；
1
②00,fx 单调递增；
1
当00,fx 单调递增，
若x∈ ln2a ,0 ，则fx <0,fx 单调递减，
若x∈0,+∞ ，则fx >0,fx 单调递增；
1
当a= 时，fx
2
≥0,fx 在R上单调递增；
1
当a> 时，若x∈-∞,0
2
，则fx >0,fx 单调递增，
若x∈ 0,ln2a ，则fx <0,fx 单调递减，
若x∈ ln2a ,+∞ ，则fx >0,fx 单调递增；
(2)若选择条件①：
1 e2
由于 2a>1,f0
2 2
=b-1>0，
b 而f-
a
b =-1-
a
e- a b -b+b<0，
而函数在区间-∞,0 上单调递增，故函数在区间-∞,0 上有一个零点.
f ln2a =2a ln2a -1 -a ln2a 2+b
>2a ln2a -1 -a ln2a 2+2a
数学试题 第 44 页 共 56 页=2aln2a -a ln2a 2
=aln2a 2-ln2a ，
1 e2
由于 4,4a<2，f2 =e2-4a+b>0，
而函数在区间0,+∞ 上单调递增，故函数在区间0,+∞ 上有一个零点.
当b<0时，构造函数Hx =ex-x-1，则Hx =ex-1，
当x∈-∞,0 时，Hx <0,Hx 单调递减，
当x∈0,+∞ 时，Hx >0,Hx 单调递增，
注意到H0 =0，故Hx ≥0恒成立，从而有：ex≥x+1，此时：
fx =x-1 ex-ax2+b≥x-1 x+1 -ax2+b=1-a x2+b-1 ，
1-b
当x> 时，1-a
1-a
x2+b-1 >0，
1-b
取x 0 = 1-a +1，则fx 0 >0，
即：f0
1-b
0,f +1
1-a
0，
而函数在区间0,+∞ 上单调递增，故函数在区间0,+∞ 上有一个零点.
f ln2a =2a ln2a -1 -a ln2a 2+b
≤2a ln2a -1 -a ln2a 2+2a
=2aln2a -a ln2a 2
=aln2a 2-ln2a ，
1
由于01，函数fx =ax-bx+e2(x∈R)
(1)求函数fx 的单调区间；
(2)若对任意b>2e2，函数fx 有两个不同的零点，求a的取值范围；
(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数fx 有两个不同的零点x 1 ,x 2 ,x 2 >x 1
blnb
，满足x > x + 2 2e2 1
e2
.
b
(注：e=2.71828⋅⋅⋅是自然对数的底数)
【答案】(1)见解析
数学试题 第 45 页 共 56 页(2)1,e2 ；
(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)方法一：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.
【解析】(1)f(x)=ax-bx+e2,f(x)=axlna-b，
①若b≤0，则f(x)=axlna-b≥0，所以f(x)在R上单调递增；
②若b>0，
b
当x∈-∞,log alna 时，f'x <0,fx 单调递减，
b
当x∈log ,+∞ alna 时，f'x >0,fx 单调递增.
综上可得，b≤0时，f(x)的单调递增区间为-∞,+∞ ,无减区间；
b
b>0时，函数的单调减区间为-∞,log
alna
b
，单调增区间为log ,+∞
alna
.
(2)f(x)有2个不同零点⇔ax-bx+e2=0有2个不同解⇔exlna-bx+e2=0有2个不同的解，
bt b et+e2
令t=xlna，则et- +e2=0⇒ = ,t>0，
lna lna t
et+e2 et⋅t-et+e2
记g(t)= ,g(t)=
t
et(t-1)-e2
= ，
t2 t2
记h(t)=et(t-1)-e2,h(t)=et(t-1)+et⋅1=et⋅t>0，
又h(2)=0，所以t∈(0,2)时，h(t)<0,t∈(2,+∞)时，h(t)>0，
b b
则g(t)在(0,2)单调递减，(2,+∞)单调递增，∴ >g(2)=e2,∴lna< ，
lna e2
b
∵b>2e2,∴ >2,∴lna≤2⇒10，故函数的零点一定为正数.
由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x ，较小者为x ，
2 1
b=
ex1+e2
=
ex2+e2
>e4，
x x
1 2
ex+e2
注意到函数y= 在区间0,2
x
上单调递减，在区间2,+∞ 上单调递增，
e5+e2
故x <25，
1 2 5 2
b=
ex1+e2
<
2e2
⇒x <
2e2
，
x x 1 b
1 1
blnb e2 e2
要证x > x + ，只需x >lnb+ ，
2 2e2 1 b 2 b
ex2+e2 2ex2
b= < 且关于b的函数gb
x x
2 2
e2
=lnb+ 在b>e4上单调递增，
b
所以只需证x 2 >ln
2
x
e
2
x2
+
e
2
2
e
x
x 2 2 x 2 >5 ，
只需证lnex2-ln
2ex2
-
e2x
2 >0，
x
2
2ex2
数学试题 第 46 页 共 56 页e2x
只需证lnx- -ln2>0，
2ex
e2 4x
∵ <4，只需证h(x)=lnx- -ln2在x>5时为正，
2 ex
1 1
由于h(x)= +4xe-x-4e-x= +4e-xx-1
x x
>0，故函数hx 单调递增，
20 5 20 4x
又h(5)=ln5- -ln2=ln - >0，故h(x)=lnx- -ln2在x>5时为正，
e5 2 e4 ex
从而题中的不等式得证.
[方法二]：分析+放缩法
a=e,f(x)=ex-bx+e2有2个不同零点x ,x ，不妨设x 4)．
且fx 1 =ex1-bx 1 +e2=0,fx 2 =ex2-bx +e2=0． 2
blnb e2 blnb blnb blnb
要证x > x + ，只需证bx -e2> bx ，即证ex2> bx ，只需证x >ln bx
2 2e2 1 b 2 2e2 1 2e2 1 2 2e2 1
．
2e2
又f
b
2c2 2e2 bx
=e b -e2<0，所以x < ，即 1 <1．
1 b 2e2
所以只需证x >ln(blnb)．而lnb>4，所以blnb>b，
2
又ln(blnb)>lnb，所以只需证f(ln(blnb))<0．
所以f(ln(blnb))=blnb-bln(blnb)+e2=-blnlnb+e2<-e4ln4+e2<0，原命题得证．
[方法三]：
若a=e且b>e4，则满足12e2，由(Ⅱ)知f(x)有两个零点x 1 ,x 2x 1 x + ⇔bx -e2> bx 1 2 2 2e2 1 b 2 2e2 1
blnb
⇔ex2> ex1+e2
2e2
．．
因为0blnb⇔bx -e2>blnb⇔x >lnb+ ．
2 2 b
e2
又因为f(x)在区间(lnb,+∞)内单调递增，故只需证flnb+ b e4时有eb 0且a≠1，函数f(x)= (x>0)．
ax
(1)当a=2时，求fx 的单调区间；
(2)若曲线y=fx 与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．
2
【答案】(1)0,
ln2
2
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；
(2)方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线y=fx 与直线y=1有且仅有两个交点等价转化
lnx lna
为方程 = 有两个不同的实数根，即曲线y=gx
x a
lna
与直线y= 有两个交点，利用导函数研究
a
gx 的单调性，并结合gx 的正负，零点和极限值分析gx
lna 1
的图象，进而得到0< < ，发现这正好
a e
是00,当x> 时，fx
ln2
<0,
∴函数fx
2
在0,
ln2
2
上单调递增； ,+∞
ln2
上单调递减；
(2)[方法一]【最优解】：分离参数
fx
xa lnx lna
= =1⇔ax=xa⇔xlna=alnx⇔ = ,设函数gx
ax x a
lnx
= ,
x
则gx
1-lnx
= ,令gx
x2
=0，得x=e,
在0,e 内gx >0,gx 单调递增；
在e,+∞ 上gx <0,gx 单调递减；
∴gx =ge
max
1
= ,
e
又g1 =0，当x趋近于+∞时，gx 趋近于0，
所以曲线y=fx 与直线y=1有且仅有两个交点，即曲线y=gx
lna
与直线y= 有两个交点的充
a
lna 1
分必要条件是0< < ,这即是00,g(x)>0,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增，所
以，g(x)在(0,+∞)内最多只有一个零点，不符合题意；
a a
当a>1时，lna>0，令g(x)=0得x= ，当x∈0,
lna lna
a
时，g(x)>0；当x∈ ,+∞
lna
时，g
a
(x)<0；所以，函数g(x)的递增区间为0,
lna
a
，递减区间为 ,+∞
lna
．
由于00，所以 >e，即a-elna>0．
lna
e a-e
构造函数h(a)=a-elna，则h(a)=1- = ，所以h(a)的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,
a a
+∞)，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．
所以，实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)．
[方法三]分离法：一曲一直
xa
曲线y=f(x)与y=1有且仅有两个交点等价为 =1在区间(0,+∞)内有两个不相同的解．
ax
xlna xlna
因为xa=ax，所以两边取对数得alnx=xlna，即lnx= ，问题等价为g(x)=lnx与p(x)=
a a
有且仅有两个交点．
lna
①当01时，取g(x)=lnx上一点x 0 ,lnx 0
1
,g(x)= x ,gx 0
1
= x ,g(x)在点x 0 ,lnx 0
0
的切线方
1
程为y-lnx 0 = x x-x 0
0
1
，即y= x-1+lnx ． x 0
0
lna 1 lna 1
1 xlna = , = ,
当y= x x-1+lnx 0 与p(x)= a 为同一直线时有 a x 0 得 a e
0 lnx -1=0, x =e.
0 0
xlna lna 1 xlna
直线p(x)= 的斜率满足：0< < 时，g(x)=lnx与p(x)= 有且仅有两个交点．
a a e a
lna 1-lna
记h(a)= ,h(a)= ，令h(a)=0，有a=e．a∈(1,e),h(a)>0,h(a)在区间(1,e)内单
a a2
调递增；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he
1
= ，所以
e
lna 1
当a>1且a≠e时有0< < ．
a e
综上所述，实数a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞)．
[方法四]：直接法
xa axa-1⋅ax-axlna⋅xa
f(x)= (x>0),f(x)=
ax ax
xa-1(a-xlna)
= ．
2 ax
a
因为x>0，由f(x)=0得x= ．
lna
当01时， >0，由f(x)>0得0 ,f(x)在区间 ,+∞
lna lna
内单调递减．
a 因为 lim f(x)=0，且limf(x)=0，所以f
x→+∞ x→0+ lna
a
lna >1，即
a
= aa- ln a a >1，即aa- ln a a >(lna)a,
a (lna)a alna
a1- ln 1 a >lna，两边取对数，得1- 1
lna
lna>ln(lna)，即lna-1>ln(lna)．
1
令lna=t，则t-1>lnt，令h(x)=lnx-x+1，则h(x)= -1，所以h(x)在区间(0,1)内单调递增，
x
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．
故实数a的范围为(1,e)∪(e,+∞)．]
【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
数学试题 第 49 页 共 56 页题，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
方法三：将问题取对，分成g(x)=lnx与p(x)= 两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切
a
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.
六 导数与数列的综合
1. (2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值．
(1)求a；
(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个
交点的横坐标成等差数列．
【答案】(1)a=1
(2)见解析
【分析】(1)根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨
论.
(2)根据(1)可得当b>1时，ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数均为2，构建新函数h(x)=
ex+lnx-2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得fx ,gx 的大小关系，根据存在直线y=b与曲
线y=fx 、y=gx 有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数
列.
【解析】(1)f(x)=ex-ax的定义域为R，而f(x)=ex-a，
若a≤0，则f(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.
g(x)=ax-lnx的定义域为0,+∞
1 ax-1
，而g(x)=a- = .
x x
当xlna时，f(x)>0，故f(x)在lna,+∞ 上为增函数，
故f(x) min =flna =a-alna.
1 1
当0 时，g(x)>0，故g(x)在 ,+∞
a a
上为增函数，
1
故g(x) =g
min a
1
=1-ln .
a
因为f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值，
1 a-1
故1-ln =a-alna，整理得到 =lna，其中a>0，
a 1+a
设pa
a-1
= -lna,a>0，则pa
1+a
2
=
1+a
1 -a2-1
- =
2 a a1+a
≤0，
2
故pa 为0,+∞ 上的减函数，而p1 =0，
故pa
1-a
=0的唯一解为a=1，故 =lna的解为a=1.
1+a
综上，a=1.
(2)[方法一]：
数学试题 第 50 页 共 56 页1
由(1)可得f(x)=ex-x和g(x)=x-lnx的最小值为1-ln1=1-ln =1.
1
当b>1时，考虑ex-x=b的解的个数、x-lnx=b的解的个数.
设Sx =ex-x-b，Sx =ex-1，
当x<0时，Sx <0，当x>0时，Sx >0，
故Sx 在-∞,0 上为减函数，在0,+∞ 上为增函数，
所以Sx =S0
min
=1-b<0，
而S-b =e-b>0，Sb =eb-2b，
设ub =eb-2b，其中b>1，则ub =eb-2>0，
故ub 在1,+∞ 上为增函数，故ub >u1 =e-2>0，
故Sb >0，故Sx =ex-x-b有两个不同的零点，即ex-x=b的解的个数为2.
设Tx =x-lnx-b，Tx
x-1
= ，
x
当01时，Tx >0，
故Tx 在0,1 上为减函数，在1,+∞ 上为增函数，
所以Tx =T1
min
=1-b<0，
而Te-b =e-b>0，Teb =eb-2b>0，
Tx =x-lnx-b有两个不同的零点即x-lnx=b的解的个数为2.
当b=1，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b仅有一个解，
当b<1时，由(1)讨论可得x-lnx=b、ex-x=b均无根，
故若存在直线y=b与曲线y=fx 、y=gx 有三个不同的交点，
则b>1.
1
设h(x)=ex+lnx-2x，其中x>0，故h(x)=ex+ -2，
x
设sx =ex-x-1，x>0，则sx =ex-1>0，
故sx 在0,+∞ 上为增函数，故sx >s0 =0即ex>x+1，
1
所以h(x)>x+ -1≥2-1>0，所以h(x)在0,+∞
x
上为增函数，
1
而h(1)=e-2>0，h
e3
1 2 2
=ee3 -3- x 0 时，hx >0即ex-x>x-lnx即fx >gx ，
因此若存在直线y=b与曲线y=fx 、y=gx 有三个不同的交点，
故b=fx 0 =gx 0 >1，
此时ex-x=b有两个不同的根x ,x (x <01，
x =x -b
故 x 0 =x 4 -b 即x 1 +x 4 =2x 0 .
1 0
[方法二]：
由(1)知，f(x)=ex-x，g(x)=x-lnx，
且f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；
g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，且f(x) =g(x) =1.
min min
①b<1时，此时f(x) =g(x) =1>b，显然y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)
min min
共有0个交点，不符合题意；
②b=1时，此时f(x) =g(x) =1=b，
min min
故y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；
③b>1时，首先，证明y=b与曲线y=f(x)有2个交点，
即证明F(x)=f(x)-b有2个零点，F'(x)=f'(x)=ex-1，
所以F(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
又因为F(-b)=e-b>0，F(0)=1-b<0，F(b)=eb-2b>0，
(令t(b)=eb-2b，则t'(b)=eb-2>0，t(b)>t(1)=e-2>0)
所以F(x)=f(x)-b在(-∞,0)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(0,+∞)上存在且只存在1个零
1
点，设为x .
2
其次，证明y=b与曲线和y=g(x)有2个交点，
1
即证明G(x)=g(x)-b有2个零点，G'(x)=g'(x)=1- ，
x
所以G(x)(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
又因为G(e-b)=e-b>0，G1 =1-b<0，G(2b)=b-ln2b>0，
1
(令μ(b)=b-ln2b，则μ'(b)=1- >0，μ(b)>μ(1)=1-ln2>0)
b
所以G(x)=g(x)-b在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为x ，在(1,+∞)上存在且只存在1个零点，
3
设为x .
4
再次，证明存在b，使得x =x :
2 3
因为F(x )=G(x )=0，所以b=ex2-x =x -lnx ，
2 3 2 3 3
若x =x ，则ex2-x =x -lnx ，即ex2-2x +lnx =0，
2 3 2 2 2 2 2
所以只需证明ex-2x+lnx=0在(0,1)上有解即可，
即φ(x)=ex-2x+lnx在(0,1)上有零点，
1
因为φ
e3
1 2
=ee3 - -3<0，φ(1)=e-2>0，
e3
所以φ(x)=ex-2x+lnx在(0,1)上存在零点，取一零点为x ，令x =x =x 即可，
0 2 3 0
此时取b=ex0-x
0
则此时存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，
最后证明x +x =2x ，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，
1 4 0
因为F(x)=F(x )=F(x )=0=G(x )=G(x )=G(x )
1 2 0 3 0 4
所以F(x)=G(x )=F(lnx )，
1 0 0
又因为F(x)在(-∞,0)上单调递减，x <0，00即ex0>1，x >1，所以x =ex0，
0 1 4
又因为ex0-2x +lnx =0，所以x +x =ex0+lnx =2x ，
0 0 1 4 0 0
即直线y=b与两条曲线y=f(x)和y=g(x)从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.
【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨
论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.
2. (2023·上海·高考真题)令fx =lnx，取点 a 1 ,fa 1 过其曲线y=fx 作切线交y轴于0,a 2 ，取点
a 2 ,fa 2 过其作切线交y轴于0,a 3 ，若a <0则停止，以此类推，得到数列a 3 n ．
(1)若正整数m≥2，证明a =lna -1；
m m-1
(2)若正整数m≥2，试比较a 与a -2大小；
m m-1
(3)若正整数k≥3，是否存在k使得a ,a ⋯a 依次成等差数列？若存在，求出k的所有取值，若不存
1 2 k
在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)a ≤a -2
m m-1
(3)存在，k=3
【分析】(1)由导数的几何意义得切线方程后证明，
(2)构造函数后由导数证明不等式，
(3)由等差数列的性质，根据导数判断单调性与方程根的个数后求解，
1 1
【解析】(1)f(x)= ，则f(x)在(a ,f(a ))处的切线为y-lna = (x-a )，
x n n n a n
n
当x=0时，y=lna -1，即a =lna -1，
n n+1 n
所以当正整数m≥2时，a =lna -1；
m m-1
(2)作差得a -(a -2)=lna -a +1，
n+1 n n n
1
令g(x)=lnx-x+1，g(x)= -1，
x
当00，当x>1时，g(x)<0，
故g(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
g(x)≤g(1)=0，故a ≤a -2，
n+1 n
所以当正整数m≥2时，试比较a ≤a -2；
m m-1
(3)a -a =lna -a -1，令h(x)=lnx-x-1，
n+1 n n n
h(x)与g(x)单调性相同，由(2)得h(x)≤h(1)=-2，
当x→0时，h(x)→-∞，当x→+∞时，h(x)→-∞，
故h(x)=d至多有两解，
若a ,a ,a ⋯,a 成等差数列，则h(a )=h(a )=⋯=h(a )，
1 2 3 k 2 3 k
故最多3项成等差数列，此时d<-2，k=3．
而a =lna -1，a =ea2+1，
3 2 1
数学试题 第 53 页 共 56 页1
令t(x)=ex+1+lnx-1-2x，t(x)=ex+1+ -2，显然x>0时，t(x)>0，
x
故t(x)在(0,+∞)上单调递增，
而，t(0.01)<0，t(1)=e2-3>0，故t(x)=0有唯一解，
存在a ∈(0.01,1)使得a +a =2a ，此时a <0，故存在最多3项成等差数列，
2 1 3 2 3
七 导数与概率的综合
1. (2021·新高考全国Ⅱ卷·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，P(X=i)=p(i=0,1,2,3)．
i
(1)已知p =0.4,p =0.3,p =0.2,p =0.1，求E(X)；
0 1 2 3
(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：p +px+p x2+p x3=x
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.
【分析】(1)利用公式计算可得E(X).
(2)利用导数讨论函数的单调性，结合f1 =0及极值点的范围可得fx 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.
【解析】(1)E(X)=0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1=1.
(2)设fx =p 3 x3+p 2 x2+p 1 -1 x+p ， 0
因为p 3 +p 2 +p 1 +p 0 =1，故fx =p 3 x3+p 2 x2-p 2 +p 0 +p 3 x+p ， 0
若EX ≤1，则p +2p +3p ≤1，故p +2p ≤p . 1 2 3 2 3 0
fx =3p 3 x2+2p 2 x-p 2 +p 0 +p 3 ，
因为f0 =-p 2 +p 0 +p 3 <0，f1 =p +2p -p ≤0， 2 3 0
故fx 有两个不同零点x ,x ，且x <0<1≤x ， 1 2 1 2
且x∈-∞,x 1 ∪x 2 ,+∞ 时，fx >0；x∈x 1 ,x 2 时，fx <0；
故fx 在-∞,x 1 ，x 2 ,+∞ 上为增函数，在x 1 ,x 2 上为减函数，
若x 2 =1，因为fx 在x 2 ,+∞ 为增函数且f1 =0，
而当x∈0,x 2 时，因为fx 在x 1 ,x 2 上为减函数，故fx >fx 2 =f1 =0，
故1为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根，
0 1 2 3
若x 2 >1，因为f1 =0且在0,x 2 上为减函数，故1为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根， 0 1 2 3
综上，若EX ≤1，则p=1.
若EX >1，则p +2p +3p >1，故p +2p >p . 1 2 3 2 3 0
此时f0 =-p 2 +p 0 +p 3 <0，f1 =p +2p -p >0， 2 3 0
故fx 有两个不同零点x ,x ，且x <00；x∈x 3 ,x 4 时，fx <0；
故fx 在-∞,x 3 ，x 4 ,+∞ 上为增函数，在x 3 ,x 4 上为减函数，
而f1 =0，故fx 4 <0，
又f0 =p 0 >0，故fx 在0,x 4 存在一个零点p，且p<1.
所以p为p +px+p x2+p x3=x的一个最小正实根，此时p<1，
0 1 2 3
故当EX >1时，p<1.
数学试题 第 54 页 共 56 页(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.
八 导数新定义
1. (2024·上海·高考真题)对于一个函数fx 和一个点Ma,b ，令sx =(x-a)2+ fx -b 2，若
P x 0 ,fx 0 是sx 取到最小值的点，则称P是M在fx 的“最近点”．
1
(1)对于f(x)= (x>0)，求证：对于点M0,0
x
，存在点P，使得点P是M在fx 的“最近点”；
(2)对于fx =ex,M1,0 ，请判断是否存在一个点P，它是M在fx 的“最近点”，且直线MP与y=
f(x)在点P处的切线垂直；
(3)已知y=f(x)在定义域R上存在导函数f(x)，且函数 g(x) 在定义域R上恒正，设点
M 1 t-1,ft -gt ，M 2 t+1,ft +gt ．若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx 的“最
近点”，试判断fx 的单调性．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，P0,1
(3)严格单调递减
【分析】(1)代入M(0,0)，利用基本不等式即可；
(2)由题得sx =(x-1)2+e2x，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即
可；
(3)根据题意得到s 1x 0 =s 2 x 0 =0，对两等式化简得fx 0
1
=- ，再利用“最近点”的定义得到不 g(t)
等式组，即可证明x =t，最后得到函数单调性.
0
【解析】(1)当M(0,0)时，sx
1
=(x-0)2+ -0
x
2 1 1
=x2+ ≥2 x2⋅ =2，
x2 x2
1
当且仅当x2= 即x=1时取等号，
x2
故对于点M0,0 ，存在点P1,1 ，使得该点是M0,0 在fx 的“最近点”．
(2)由题设可得sx =(x-1)2+ex-0 2=(x-1)2+e2x，
则sx =2x-1 +2e2x，因为y=2x-1 ,y=2e2x均为R上单调递增函数，
则sx =2x-1 +2e2x在R上为严格增函数，
而s0 =0，故当x<0时，sx <0，当x>0时，sx >0，
故sx =s0
min
=2，此时P0,1 ，
而fx =ex,k=f0 =1，故fx 在点P处的切线方程为y=x+1.
0-1
而k = =-1，故k ⋅k=-1，故直线MP与y=fx
MP 1-0 MP
在点P处的切线垂直．
(3)设s 1x =(x-t+1)2+ fx -ft +gt 2，
s 2x =(x-t-1)2+ fx -ft -gt 2，
而s 1x =2(x-t+1)+2 fx -ft +gt fx ，
s 2x =2(x-t-1)+2 fx -ft -gt fx ，
若对任意的t∈R，存在点P同时是M 1 ,M 2 在fx 的“最近点”，
设Px 0 ,y 0 ，则x 0 既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，
因为两函数的定义域均为R，则x 也是两函数的极小值点，
0
则存在x 0 ,使得s 1x 0 =s 2 x 0 =0，
数学试题 第 55 页 共 56 页即s 1x 0 =2x 0 -t+1 +2fx 0 fx 0 -f(t)+g(t) =0①
s 2 x 0 =2x 0 -t-1 +2fx 0 fx 0 -f(t)-g(t) =0②
由①②相等得4+4g(t)⋅fx 0 =0，即1+fx 0 g(t)=0，
即fx 0
1
=- ，又因为函数g(x)在定义域R上恒正， g(t)
则fx 0
1
=- <0恒成立， g(t)
接下来证明x =t，
0
因为x 0 既是s 1x 的最小值点，也是s 2x 的最小值点，
则s 1x 0 ≤s(t),s 2x 0 ≤s(t)，
即x 0 -t+1 2+ fx 0 -ft +gt 2≤1+ gt 2，③
x 0 -t-1 2+ fx 0 -ft -gt 2≤1+ gt 2，④
③+④得2x 0 -t 2+2+2 fx 0 -f(t) 2+2g2(t)≤2+2g2(t)
即x 0 -t 2+ fx 0 -ft 2≤0，因为x 0 -t 2≥0, fx 0 -ft 2≥0
x -t=0
则 0
fx 0 -ft
=0
，解得x
0
=t，
则ft
1
=- <0恒成立，因为t的任意性，则fx
g(t)
严格单调递减.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到fx 0
1
=- ，再利用最值 g(t)
点定义得到x =t即可.
0
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