第14 讲 导数的概念与运算 · 综合测试（解析卷）
答案速查表
1
2
3
4
5
A
B
D
B
C
6
7
8
9
10
A
D
B
AC
ACD
11
12
13
14
15
ACD
3
2 x - y +1=0
1- ln 2
（1）
y =(1+e)x - 1
2 e-1
（2）
a∈(0, 1
e)∪(
1
e ,1)
16
17
18
19
（1）
(e,1+e-2e
2)
（2）证明见解析
（3）{2}
（1）
x + y +2=0
（2）(
1
e ,+ ∞)
（1）
2 x - y -1=0
（2）a=1
（1）y =-1
（2）（i）
a∈(0, 1
e) （ii）
M >θ( x)
1.若函数f ( x)在x0处可导，且lim ¿Δ x→0
f ( x0+2 Δ x)- f ( x0)
2 Δ x
=1¿，则f
'( x0)=
A. 1
B. -1
C. 2
D. 1
2
【答案】A
【解析】由导数定义可得
lim ¿Δ x→0
f ( x0+2 Δ x)- f ( x0)
2 Δ x
=lim ¿Δ x→0
f ( x0+2 Δ x)- f ( x0)
(2 Δ x)
= f
'( x0)¿¿，所以f
'( x0)=1.
【点拨】本题考查导数的定义，掌握导数的极限形式是解题关键.注意增量的一致性.
2.（2026·邯郸一模）“曲线y =aln x - 2 x
a 在x =1处的切线的倾斜角为π
4 ”是“a=2”的
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由y =aln x - 2 x
a ，得y
' = a
x - 2
a.由曲线y =aln x - 2 x
a 在x =1处的切线的倾斜角为π
4 ，可得
y
'|x =1=a- 2
a = tan π
4 =1，解得a=2或a=-1.故“曲线y =aln x - 2 x
a 在x =1处的切线的倾斜角为π
4
”是“a=2”的必要不充分条件.
【点拨】本题考查曲线的切线方程与常用逻辑用语，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.
3.（2025·五个一4 月联考）若曲线y = x
3+2 x在点(1,3)处的切线也与曲线y = x
2+ x +m相切，
则m=
A. 4
B. -2
C. - 4
D. 2
【答案】D
【解析】由y = x
3+2 x，得y
' =3 x
2+2，则曲线y = x
3+2 x在点(1,3)处的切线斜率为
k =3×1
2+2=5，切线方程为y -3=5( x -1)，即y =5 x -2.联立{
y =5 x -2
y = x
2+ x +m，消去y整理得
x
2- 4 x +m+2=0，由直线与曲线相切可得Δ=(- 4)
2- 4(m+2)=0，解得m=2.
【点拨】本题考查导数的几何意义及直线与抛物线相切问题，求出切线方程后利用判别式等于0
求解是解题关键.
4.（2025·上进3 月联考）已知函数f ( x)= x e
x -1+12的图象在x =t(t >0)处的切线过原点，则t
所在的区间是
A. (3,4)
B. (2,3)
C. (1,2)
D. (0,1)
【答案】B
【解析】因为f ( x)= xe
x -1+12，所以f
'( x)=( x +1)e
x -1.因为f ( x)的图象在x =t处的切线过原点，
则f
'(t )= f (t )-0
t -0
，即(t +1)e
t -1= t e
t -1+12
t
，整理得t
2e
t -1=12.设g(t )=t
2e
t -1，则g(t )在(0,+∞)
上单调递增，且g（2）= 4e<12，g（3）=9e
2>12，所以t ∈(2,3).
【点拨】本题考查导数的几何意义，利用切线过原点建立方程，再转化为函数的零点所在区间问
题是解题关键.
5.（2026·南通一模）函数f ( x)= x
2, g( x)=2ln x +a的图象有公共点，则实数a的取值范围为
A. [e ,+ ∞)
B. (1,+ ∞)
C. [1,+∞)
D. (-∞,-1]
【答案】C
【解析】函数f ( x)= x
2，与g( x)=2ln x +a图象有公共点，即关于x的方程x
2-2ln x -a=0有实根.
令h( x)= x
2-2ln x -a( x>0)，则h
'( x)=2 x - 2
x ( x>0)，令h
'( x)=0得x =1，所以当x>1时，
h
'( x)>0，h( x)单调递增；当0< x<1时，h
'( x)<0，h( x)单调递减.所以h( x)min=h（1）=1-a.
为使关于x的方程x
2-2ln x -a=0有实根，只需h( x)min=1-a≤0，所以a≥1.
【点拨】将两函数图象的交点问题转化为方程有解问题，进而构造新函数求最值是解决此类问题
的常用方法.
6.（2025·郑州外国语5 月调研）已知函数f ( x)=|ln x|图象的两条切线相互垂直，并分别
交y轴于A，B两点，则| AB|=
A. 2
B. e
C. 3
D. e+1
【答案】A
【解析】设函数f ( x)在点P( x1,f ( x1))和Q( x2,f ( x2))( x1< x2)处的两条切线互相垂直，当
x∈(0,1)时，f ( x)=- ln x，f
'( x)=- 1
x ；当x∈(1,+ ∞)时，f ( x)= ln x，f
'( x)= 1
x .则k AP=- 1
x1
，
k BQ= 1
x2，因为直线AP与BQ互相垂直，所以k AP⋅k BQ=-
1
x1 x2
=-1，即x1 x2=1.由图象可知，
0< x1<1< x2，则f ( x1)=- ln x1，f ( x2)= ln x2，所以直线AP方程为y + ln x1=- 1
x1
( x - x1)，当x =0
时，y =1- ln x1，故点A(0,1- ln x1)，同理，直线BQ方程为y - ln x2= 1
x2
( x - x2)，当x =0时，
y = ln x2-1，故点B(0,ln x2-1)，所以| AB|=|ln x2-1-(1- ln x1)|=|ln( x1 x2)-2|=2.
【点拨】本题考查导数的几何意义及切线方程的求解，利用两直线垂直斜率乘积为-1 建立联系是
解题关键.
7.（2025·广东六校5 月联考）已知过点A(a,0)可以作曲线y =( x -1)e
x的两条切线，则实数
a的取值范围是
A. (1,+ ∞)
B. (-∞,-e)∪(2,+∞)
C. (-∞,-2)∪(2,+ ∞) D. (-∞,-3)∪(1,+∞)
【答案】D
【解析】设切点为( x0, y0)，则y0=( x0-1)e
x0，y
' = xe
x，切线斜率k = x0e
x0，切线方程为
y - y0= x0e
x0( x - x0)，代入A(a,0)，可得-( x0-1)e
x0= x0e
x0(a- x0)，整理可得
x0
2-(1+a)x0+1=0，由题意可得该方程有两个解，则Δ=(1+a)
2- 4>0，即a
2+2a-3>0，解得
a>1或a<-3.故a的取值范围为(-∞,-3)∪(1,+ ∞).
【点拨】本题考查过某点的切线条数问题，通常设出切点坐标，利用导数求出切线方程，将切线
过定点转化为关于切点横坐标的方程，再由方程解的个数求参数范围.
8.（2024·银川二中一模）已知实数x , y满足2 x
2-5 ln x - y =0，m∈R，则
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2的最小值为
A. 9
2
B. 3 ❑√2
2
C.
❑√2
2
D. 1
2
【答案】B
【解析】∵
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2=
❑√( x -m)
2+( y +m)
2，又y =2 x
2-5 ln x，
∴
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2表示点(m,-m)与曲线y =2 x
2-5ln x上的点之间的距离；∵点
(m,-m)的轨迹为y =- x，∴
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2表示直线y =- x上的点与曲线
y =2 x
2-5 ln x上的点之间的距离；令f ( x)=2 x
2-5 ln x，则f
'( x)= 4 x - 5
x ，令f
'( x)=-1，即
4 x - 5
x =-1，解得：x =1或x =- 5
4 （舍），又f （1）=2-5 ln1=2，
∴
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2的最小值即为点(1,2)到直线y =- x的距离d .∵d =|1+2|
❑√1
2+1
2 = 3 ❑√2
2
，
∴
❑√x
2+ y
2-2mx +2my +2m
2的最小值为3 ❑√2
2
.
【点拨】利用两点间距离公式的几何意义，将代数式的最值问题转化为曲线上一点到直线的距离
的最小值问题，结合导数求出平行于已知直线的切线切点是解题关键.
9.（2026·石家庄一模）已知函数f ( x)=a x
3- 1
x ，a∈R，f （1）=- 3
4，则
A. a= 1
4
B. 函数f ( x)的零点为±2
C. 曲线y = f ( x)上任意一点处切线的倾斜角不小于π
3
D. 若x1< x2，且x1 x2≠0，则f ( x1)<f ( x2)
【答案】AC
【解析】由f （1）=a-1=- 3
4 ，得a= 1
4 ，A 正确.由f ( x)= 1
4 x
3- 1
x =0，得x
4= 4，解得x =± ❑√2，
B 错误.f
'( x)= 3
4 x
2+ 1
x
2 ≥2❑√
3
4 x
2⋅1
x
2 = ❑√3，当且仅当3
4 x
2= 1
x
2即x
2= 2❑√3
3
时等号成立，所以曲线
y = f ( x)上任意一点处切线的斜率k ≥❑√3，倾斜角不小于π
3 ，C 正确.f ( x)在(-∞,0)和(0,+∞)上
单调递增，但f (-1)= 3
4 ，f （1）=- 3
4 ，f (-1)>f （1），D 错误.
【点拨】本题考查利用导数研究函数的性质及切线问题.注意基本不等式求最值及分段单调性不能
跨定义域区间比较.
10.（2024·广东名校5 月押题）若函数y = f ( x)的图象上至少存在两个不同的点P，Q，使
得曲线y = f ( x)在这两点处的切线垂直，则称函数y = f ( x)为“垂切函数”.下列函数中为
“垂切函数”的是
A. y = x
2
B. y =e
x
C. y = x ln x
D. y =sin x
【答案】ACD
【解析】对于A，y
' =2 x，存在x1，x2，使4 x1 x2=-1成立，A 正确.对于B，y
' =e
x>0，不存在x1，
x2，使e
x1+ x2=-1成立，B 错误.对于C，y
' = ln x +1，存在x1=1，x2=e
-2使得
(ln x1+1)(ln x2+1)=-1成立，C 正确.对于D，y
' =cos x，存在x1=0，x2= π，使cos x1cos x2=-1
成立，D 正确.
【点拨】理解“垂切函数”的新定义，将其转化为导函数的值域中存在两个实数乘积为-1 是解题
的关键.
11.（2026·东莞二模）若直线y =kx +b与曲线y =e
x相交于不同两点A( x1, y1)，B( x2, y2)，
曲线y =e
x在A，B点处的切线交于点P( x0, y0)，设AP的斜率为k1，BP的斜率为k2，则
A. b=0时，k >e
B. 2 x0= x1+ x2
C. 0< y0<e
x0
D. 1
k1
+ 1
k2
> 2
k
【答案】ACD
【解析】对于A，b=0时，y =kx，又过原点(0,0)作曲线y =e
x的切线，设切点为(t ,e
t)，y
' =e
x，
则切线方程为y =e
t( x -t )+e
t =e
t x +(1-t )e
t，又过(0,0)，∴(1-t )e
t =0，解得t =1，即过原点
(0,0)与曲线y =e
x相切的直线方程为y =e x，又直线y =kx与曲线y =e
x相交于不同两点，∴k >e，
故A 正确；
对于B，不妨取A(0,1)，B(1,e)，则曲线y =e
x在A ,B处的切线方程分别为y = x +1，y =e x，解
得x0=
1
e-1 ，此时2 x0=
2
e-1 ≠x1+ x2=1，故B 错误；
对于C，不妨取x1< x2，则x0> x1，曲线y =e
x在A( x1, y1)处的切线方程为y =e
x1 x +(1- x1)e
x1，设
f
'( x)=e
x -e
x1 x -(1- x1)e
x1，则f
″( x)=e
x -e
x1，令f
″( x)=0，解得x = x1，∴x< x1时，
f
″( x)=e
x -e
x1<0，f
'( x)单调递减，x> x1时，f
″( x)=e
x -e
x1>0，f
'( x)单调递增，
∴f
'( x)≥f
'( x1)=0，即e
x≥e
x1 x +(1- x1)e
x1（当且仅当x = x1时取等），由题易知x0≠x1，
e
x0>e
x1 x0+(1- x1)e
x1= y0，又e
x1>0，所以y =e
x1 x +(1- x1)e
x1单调递增，且x0> x1，∴y0>e
x1>0，
则0< y0<e
x0，故C 正确；
对于D，由题可知k1=e
x1，k2=e
x2，k =e
x2-e
x1
x2- x1
，
∴1
k1
+ 1
k2
- 2
k = 1
e
x1 + 1
e
x2 - 2( x2- x1)
e
x2-e
x1
=e
x2-e
x1
e
x1e
x2
+e
x2-e
x1
e
x1e
x2
- 2( x2- x1)
e
x2-e
x1
=e
x2- x1-e
x1- x2-2( x2- x1)
e
x2-e
x1
=e
2( x2- x1)-1-2( x2-
e
x2- x1(e
x2-e
x1)
不妨取x1< x2，则e
x2>e
x1，e
x2-e
x1>0，令m= x2- x1(m>0)，则
e
2( x2- x1)-1-2( x2- x1)e
x2- x1=e
2m-2me
m-1，令g(m)=e
2m-2me
m-1,m>0，
g
'(m)=2e
2m-2(m+1)e
m=2e
m(e
m-m-1)，令u(m)=e
m-m-1，u
'(m)=e
m-1，m>0时，
u
'(m)=e
m-1>0，u(m)在(0,+ ∞)单调递增，∴u(m)>u（0）=0，则
g
'(m)=2e
m(e
m-m-1)>0，∴g(m)在(0,+∞)单调递增，则g(m)>g（0）=0，
∴1
k1
+ 1
k2
- 2
k =e
2( x2- x1)-1-2( x2- x1)e
x2- x1
e
x2- x1(e
x2-e
x1)
>0，即1
k1
+ 1
k2
> 2
k ，故D 正确.
【点拨】本题考查导数的综合应用，涉及切线方程、函数单调性与最值，构造函数证明不等式是
解题难点.
12.（2024·大连育明高中一模）已知可导函数f ( x)，g( x)定义域均为R，对任意x满足
f ( x)+2 x
2 g(
1
2 x)= x -1，且f （1）=1，求f
'（1）+ g
'(
1
2)=＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【解析】由题意可知，令x =1，则f （1）+2×1
2× g(
1
2 ×1)=1-1，解得
g(
1
2)=- f （1）
2
=- 1
2，由f ( x)+2 x
2 g(
1
2 x)= x -1，得
f
'( x)+[2 x
2]
' g(
1
2 x)+2 x
2[g(
1
2 x)]
'
=( x -1)
'，即f
'( x)+ 4 xg(
1
2 x)+ x
2 g
'(
1
2 x)=1，令x =1，得
f
'（1）+ 4×1× g(
1
2 ×1)+1
2× g
'(
1
2 ×1)=1，即f
'（1）+ 4 g(
1
2)+ g
'(
1
2)=1，解得
f
'（1）+ g
'(
1
2)=1- 4 g(
1
2)=1- 4×(- 1
2)=3.
【点拨】本题考查复合函数的求导法则，通过赋值法求出函数值，再对恒等式两边求导是解题关
键.
13.（2026·济宁二模）曲线y =e
x+ x在(0,1)处的切线方程为＿＿＿＿＿＿.
【答案】2 x - y +1=0
【解析】由y =e
x+ x，得y
' =e
x+1，则曲线在(0,1)处的切线斜率k =e
0+1=2，所以切线方程为
y -1=2( x -0)，即2 x - y +1=0.
【点拨】本题考查导数的几何意义，求出导函数后代入切点横坐标得到切线斜率，再用点斜式写
出方程即可.
14.（2026·周口一高一模）已知曲线y = ln x +2与y = ln( x +1)的公切线为l，则l在y轴上的截
距为＿＿＿＿＿＿.
【答案】1- ln 2
【解析】设曲线y = ln x +2上的切点为( x1,ln x1+2)，又因为y
' = 1
x ，所以直线
l: y -(ln x1+2)= 1
x1
( x - x1)，即l: y = 1
x1
x + ln x1+1.设曲线y = ln( x +1)上的切点为( x2,ln( x2+1))，
又因为y
' =
1
x +1，所以直线l: y - ln( x2+1)=
1
x2+1 ( x - x2)，即l: y =
1
x2+1 x + ln( x2+1)-
x2
x2+1.因
为l是公切线，所以{
1
x1
=
1
x2+1
ln x1+1= ln( x2+1)-
x2
x2+1
，解得x1= 1
2，所以l: y =2 x - ln2+1，所以l在y轴
上的截距为1- ln 2.
【点拨】公切线问题通常分别设出两曲线上的切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程
组求解.
15.（13 分）（2026·南通一模）已知a>0且a≠1，函数f ( x)= loga x + 1
2 a x
2.
（1） 若a=e，求函数f ( x)在x =1处的切线方程；
（2） 若函数f ( x)有两个零点，求实数a的取值范围.
【答案】（1）y =(1+e)x - 1
2 e-1 （2）a∈(0, 1
e)∪(
1
e ,1)
【解析】
（1） 当a=e时，f ( x)= ln x + 1
2 e x
2，则f
'( x)= 1
x +e x，
故f
'（1）= 1
1 +e=1+e，.................................................................................................................... 2 分
x =1时，f （1）= ln1+ 1
2 e= 1
2 e，故切点为(1, 1
2 e)，..................................................................4 分
所以f ( x)在x =1处的切线方程为y - 1
2 e=(1+e)( x -1)，
即y =(1+e)x - 1
2 e-1............................................................................................................................6 分
（2） 函数f ( x)有两个零点，
⇔方程loga x + 1
2 a x
2=0在x∈(0,+∞)上有两个根，
⇔方程ln x
x
2 =- 1
2 aln a在x∈(0,+ ∞)上有两个根，
⇔函数y = ln x
x
2 与y =- 1
2 aln a的图象在x∈(0,+∞)上有两个交点，.............................................8 分
设g( x)= ln x
x
2 ，则g
'( x)= 1-2ln x
x
3
，
g
'( x)= 1-2ln x
x
3
>0时，0< x<❑√e；g
'( x)= 1-2ln x
x
3
<0时，x>❑√e，
所以g( x)= ln x
x
2 在(0,❑√e]上单调递增，在[ ❑√e,+ ∞)上单调递减，
由g（1）=0，g(❑√e)= 1
2e，当x>1时，g( x)>0，当x→+∞时，g( x)→0，.......................10 分
由图得0<- 1
2 a ln a< 1
2e，即- 1
e <aln a<0，
设h( x)= x ln x( x>0)，则h
'( x)=1+ ln x，
h
'( x)=1+ ln x>0时，x> 1
e ；h
'( x)=1+ ln x<0时，0< x< 1
e ；
所以h( x)= x ln x在(0, 1
e]上单调递减，在[
1
e ,+∞)上单调递增，
因为0< x<1时ln x<0，且h（1）=0，
所以当0< x<1时，- 1
e ≤h( x)<0；当x>1时，h( x)>0，
又因为h( x)min=h(
1
e)=- 1
e ，..............................................................................................................12 分
所以- 1
e < x ln x<0的解集为(0, 1
e)∪(
1
e ,1)，
综上所述a∈(0, 1
e)∪(
1
e ,1)............................................................................................................13 分
【点拨】本题考查利用导数研究切线方程及函数的零点问题.处理零点问题时，分离参数并构造函
数，利用导数研究其单调性与极值是通法.
16.（15 分）（2026·A10 联盟4 月联考）已知函数f ( x)= ln x - a
2 x
2+ x，a∈R.
（1） 当a= 4时，过点(0,2e
2)作直线l与曲线y = f ( x)相切，求切点坐标；
（2） 若0<m<n，且f (m)-m= f (n)-n，求证：f
'(
m+n
2 )<1（其中f
'( x)为f ( x)的导数）.
（3） 若关于x的不等式f ( x)+ ln a≤ln 2恒成立，求实数a的取值构成的集合.
【答案】（1）(e,1+e-2e
2) （2）证明见解析 （3）{2}
【解析】
（1） 当a= 4时，f ( x)= ln x -2 x
2+ x，f
'( x)= 1
x - 4 x +1，
设切点坐标为( x0,ln x0-2 x0
2+ x0)，
则直线l的方程为y - ln x0+2 x0
2- x0=(
1
x0
- 4 x0+1)( x - x0)，..........................................................2 分
将(0,2e
2)代入，得2e
2- ln x0+2 x0
2- x0=(
1
x0
- 4 x0+1)(0- x0)，
即ln x0+2 x0
2-2e
2-1=0.........................................................................................................................3 分
令t( x)= ln x +2 x
2-2e
2-1，易知y =t( x)在(0,+ ∞)上单调递增，
又t(e)=0，所以方程ln x0+2 x0
2-2e
2-1=0有唯一解x0=e，
故切点坐标为(e,1+e-2e
2)..................................................................................................................5 分
（2） 证明：∵0<m<n，f (m)-m= f (n)-n，∴ln m- a
2 m
2= ln n- a
2 n
2，
即ln m- ln n
m-n
= a(m+n)
2
.........................................................................................................................6 分
要证：f
'(
m+n
2 )<1，即证：
2
m+n - a(m+n)
2
<0，即证：
2
m+n - ln m- ln n
m-n
<0，
又因为0<m<n，即证2(m-n)
m+n
>ln m
n .................................................................................................7 分
令m
n =t，则0<t <1，欲证上式成立，等价于证明2(t -1)
t +1
>ln t.......................................................8 分
设函数h(t )= ln t - 2(t -1)
t +1
(0<t <1)，则h
'(t )= 1
t -
4
(t +1)
2 = (t -1)
2
t(t +1)
2 >0，
∴h(t )是(0,1)上的增函数，所以h(t )<h（1）=0，即2(t -1)
t +1
>ln t成立，
∴f
'(
m+n
2 )<1.......................................................................................................................................11 分
（3） g( x)= f ( x)+ ln a- ln 2= ln x - a
2 x
2+ x + ln a
2，则g
'( x)= 1
x -ax +1= 1-a x
2+ x
x
，
令g
'( x)=0，由a>0得x = 1+ ❑√1+ 4 a
2a
或x = 1- ❑√1+ 4 a
2a
（舍去），
在(0, 1+ ❑√1+ 4 a
2a
)上，g
'( x)>0，在(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
,+∞)上，g
'( x)<0，
∴g( x)在(0, 1+ ❑√1+ 4 a
2a
)上单调递增，在(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
,+∞)上单调递减，
∴g( x)max = g(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
)................................................................................................................. 13 分
∵g( x)≤0恒成立，∴g( x)max = g(
1+ ❑√1+ 4 a
2a
)≤0.
又g(
2
a)=0，∴1+ ❑√1+ 4 a
2a
= 2
a，解得a=2.
综上，a的取值集合为{2}....................................................................................................................15 分
【点拨】本题考查导数的综合应用，涉及切线方程、极值点偏移问题及不等式恒成立求参数，利
用对数平均不等式或构造函数法处理极值点偏移是难点.
17.（15 分）（2024·吉安六校5 月联考）已知函数f ( x)=e
x -1-ax -a(a∈R).
（1） 当a=2时，求曲线y = f ( x)在x =1处的切线方程；
（2） 若函数f ( x)有2 个零点，求a的取值范围.
【答案】（1）x + y +2=0 （2）(
1
e ,+∞)
【解析】
（1） 当a=2时，f ( x)=e
x -1-2 x -2，所以f
'( x)=e
x -1-2，..........................................................2 分
所以f
'（1）=-1，因为f （1）=-3，...........................................................................................4 分
所以曲线y = f ( x)在x =1处的切线方程为y +3=-( x -1)，
即x + y +2=0........................................................................................................................................... 6 分
（2） f
'( x)=e
x -1-a，若a≤0，f
'( x)>0，f ( x)在R上单调递增，不满足题意，.......................8 分
若a>0，令f
'( x)=0得x =1+ ln a，
f ( x)在(-∞,1+ ln a)上单调递减，在(1+ ln a,+∞)上单调递增，................................................10 分
且当x→-∞和x→+ ∞时，f ( x)→+∞，
故f (1+ ln a)=-a(1+ ln a)<0，解得a> 1
e ，.....................................................................................13 分
即a的取值范围是(
1
e ,+ ∞)...................................................................................................................15 分
【点拨】本题考查导数的几何意义及利用导数研究函数的零点个数，通过分类讨论参数确定单调
性与极值是解题关键.
18.（17 分）（2026·马鞍山二模）曲线f ( x)= x + ln x在点(1,1)处的切线为l.
（1） 求直线l的方程；
（2） 若直线l与曲线y = x
3-ax +1在y轴右侧只有一个公共点，求实数a的值.
【答案】（1）2 x - y -1=0 （2）a=1
【解析】
（1） 因为f ( x)= x + ln x，所以f
'( x)=1+ 1
x ，..................................................................................2 分
所以f
'（1）=2，又f （1）=1，....................................................................................................4 分
所以直线l的方程为y -1=2( x -1)，即2 x - y -1=0..........................................................................6 分
（2） 直线l: y =2 x -1与曲线y = x
3-ax +1在y轴右侧只有一个公共点，
即方程x
3-ax +1=2 x -1在(0,+ ∞)上只有一个解，
即a= x
2+ 2
x -2在(0,+ ∞)上只有一个解，...........................................................................................9 分
设g( x)= x
2+ 2
x -2( x>0)，则g
'( x)=2 x - 2
x
2 = 2( x
3-1)
x
2
................................................................12 分
令g
'( x)=0得x =1.
当x∈(0,1)时，g
'( x)<0，g( x)单调递减；
当x∈(1,+ ∞)时，g
'( x)>0，g( x)单调递增.
所以g( x)min= g（1）=1...................................................................................................................15 分
又当x→0时，g( x)→+∞；当x→+ ∞时，g( x)→+∞.
所以要使a= g( x)在(0,+∞)上只有一个解，只需a= g( x)min=1.
所以a=1.................................................................................................................................................17 分
【点拨】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究方程的根，通过分离参数构造函数求最值是
解题的常用方法.
19.（17 分）（2024·广东名校5 月押题）已知函数f ( x)= ln x - x，g( x)=-e
- x.
（1） 曲线y = f ( x)与y = g( x)在x = x0处的切线分别是l1: y =θ( x)，l2，且l1∥l2，求l1的方程；
（2） 已知af ( x)+ g( x)+2a<0(a≠0).
（i） 求a的取值范围；
（ii） 设函数F( x)= f ( x +a)+ ax
g( x) + x +a( x>0)的最大值为M，比较M与（1）中的θ( x)的
大小.
【答案】（1）y =-1 （2）（i）a∈(0, 1
e) （ii）M >θ( x)
【解析】
（1） f
'( x)= 1
x -1( x>0)，g
'( x)=e
- x.
因为两切线平行，所以f
'( x0)= g
'( x0)，即1
x0
-1=e
- x0，即e
x0(1- x0)= x0( x0-1).
因为x0>0，所以( x0-1)(e
x0+ x0)=0，解得x0=1..............................................................................3 分
所以直线l1与曲线y = f ( x)相切于点(1,-1)，斜率为0.
所以l1的方程为y =-1，即θ( x)=-1....................................................................................................4 分
（2）（i） 设φ( x)=af ( x)+ g( x)+2a=a ln x -ax -e
- x+2a( x >0).
设λ( x)= x
e
x ，则λ
'( x)= 1- x
e
x
.当0< x<1时，λ
'( x)>0，λ( x)单调递增；当x>1时，λ
'( x)<0，λ( x)
单调递减.因λ
'（1）=0，所以λ( x)max= λ（1）= 1
e .....................................................................6 分
若a<0，则当0< x<e
a时，aln x - 1
e +2a>0，又-ax>0，∴φ( x)>0，不合题意.........................7 分
若a≥1
e ，则φ（1）=a- 1
e ≥0，不合题意........................................................................................8 分
若0<a< 1
e ，则关于x的方程a- x
e
x =0有两个不相等实根，设为x1, x2( x1< x2)，所以0< x1<1< x2，
且a= x1
e
x1 = x2
e
x2 .
当x变化时，φ
'( x)，φ( x)变化情况如下表：
x∈(0, x1)时，φ
'( x)>0，φ( x)单调递增；
x∈( x1, x2)时，φ
'( x)<0，φ( x)单调递减；
x∈( x2,+∞)时，φ
'( x)>0，φ( x)单调递增.
设γ( x)= ln x - x +1，则γ
'( x)= 1
x -1，同上可证γ( x)max = γ （1）=0.
所以φ( x1)=a(ln x1- x1+1)<0，φ( x2)=a(ln x2- x2+1)<0，
所以φ( x)max =max {φ( x1),φ( x2)}<0..................................................................................................9 分
综上所述，a的取值范围为(0, 1
e).......................................................................................................10 分
（ii） F( x)= ln( x +a)-ae
x( x >0)，
∴F
'( x)=
1
x +a -ae
x =e
x(e
- x -ax -a
2)
x +a
( x>0).
设h( x)=e
- x-ax -a
2，则h
'( x)=-e
- x -a<0，h( x)在(0,+∞)单调递减.
因为0<a< 1
e ，所以h（0）=1-a
2>0.............................................................................................12 分
若x> 1
a，则e
- x<1，ax>1，h( x)<0，所以存在x3∈(0, 1
a)，使得h( x3)=0，F
'( x3)=0.
当0< x< x3时，h( x)>0，F
'( x)>0，F( x)单调递增；当x> x3时，h( x)<0，F
'( x)<0，F( x)单调
递减.
x = x3是F( x)的极大值点，且M = F( x3)...........................................................................................14 分
设K ( x)=e
x - x +1，则K
'( x)=e
x -1<0( x<0)，所以K ( x)在区间(-∞,0)单调递减，即当x<0时，
K ( x)> K （0）=0，e
x> x +1①.
所以h(1-a)=e
a-1-a(1-a)-a
2=e
a-1-a>a-1+1-a=0，所以x3>1-a，即x3+a>1............15 分
由h( x3)=0得ae
x3=
1
x3+a，∴F( x3)= ln( x3+a)-
1
x3+a.
设k( x)= ln( x +a)-
1
x +a，则k
'( x)=
1
x +a +
1
( x +a)
2 >0，k( x)单调递增，
所以F( x3)>ln1-1=-1.
所以M >θ( x)........................................................................................................................................17 分
【点拨】本题考查导数的综合应用，涉及切线平行、不等式恒成立求参数范围及极值最值的比较.
通过构造函数并利用隐零点代换是解决第二问的关键.
