专题3.1 导数的概念及其意义与运算（举一反三复习讲义）
【全国通用】
命题规律
分析
1、导数的概念及其意义与运算
导数是高考数学的必考内容，导数的概念及其意义、导数的运算是高考
常考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，一般以选择题、填空
题的形式考察导数的几何意义、求曲线的切线方程，试题难度属中低档；
导数的几何意义也可能会作为解答题中导数大题的一问进行考查，重点考
查切线方程求解，复习时要加强这方面的训练。
高考真题
统计
考点
2023 年
2024 年
2025 年
导数的概
念及其意
义与运算
全国甲卷（文数）：
第8 题，5 分
全国乙卷（文数）：
第20 题，12 分
新课标I 卷：第13
题，5 分
新课标Ⅱ卷：第16
题，15 分
全国一卷：第12 题，5
分
北京卷：第20 题，15
分
全国乙卷（理数）：
第21 题，12 分
全国甲卷（文数）：
第7 题，5 分
全国甲卷（理数）：
第6 题，5 分
天津卷：第20 题，16
分
2026 年
命题预测
预测在2026 年全国卷高考数学中，对导数的几何意义的考查不会有大
的变化。导数的几何意义大概率依旧以单选题或填空题的形式考查，分值
为5 分，主要考查切线方程的求解、切线的参数问题等，切线问题聚焦“再
一点的切线方程”与“过一点的切线方程”，难度不大；也有可能会在解
答题中与函数的单调性、极值、最值以及零点等内容结合考查，此时综合
性强，试题难度较大。
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.
2．复合函数的求导法则
复合函数y=f(g(x))的导数和函数y=f(u),u=g(x)的导数间的关系为
=
，即y 对x 的导数等于y 对u
的导数与u 对x 的导数的乘积.
3．求复合函数导数的步骤
第一步：分层：选择中间变量，写出构成它的内、外层函数；
第二步：分别求导：分别求各层函数对相应变量的导数；
第三步：相乘：把上述求导的结果相乘；
第四步：变量回代：把中间变量代回.
知识点
2
切线问题及其解题策略
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=x0处的导数，即曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处切线的斜率；
(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=y0+f'(x0)(x-x0).
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(x0,f(x0))(不出现y0)；
(2)利用切点坐标写出切线方程：y=f(x0)+f'(x0)(x-x0)；
(3)将已知条件代入②中的切线方程求解.
3．与切线有关的参数问题的解题策略：
(1)处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)并解出参数：
①切点处的导数是切线的斜率；
②切点在切线上，故满足切线方程；
③切点在曲线上，故满足曲线方程.
(2)利用导数的几何意义求参数问题时，注意利用数形结合，化归与转化的思想方法.
4．公切线问题的解题思路
求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把
两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切
可用判别式法.
【题型1 导数的定义及其应用】
【例1】（2025·甘肃白银·三模）如果质点按规律s(t )=2t
2−t（距离单位：m，时间单位：s）运动，则质
点在2s 末的瞬时速度为（ ）
A．8 m/s
B．7m/s
C．6 m/s
D．5 m/s
【答案】B
【解题思路】利用瞬时变化率的定义即可求得该质点在2s 末的瞬时速度.
【解答过程】
lim
Δt →0 Δs
Δt
=
lim
Δt →0 2(2+ Δt )
2−(2+ Δt )−(2×4−2)
Δt
= lim
Δt →0
(7+2 Δt )=7，
则质点在2s 末的瞬时速度为7m/s.
故选：B.
【变式1-1】（2025·江苏盐城·三模）若f ( x)= ln 2−x
e
x ，则
lim
Δ x→0 f (1+ Δ x)−f (1)
Δ x
=（ ）
A．0
B．2
C．－2
D．－4
【答案】C
【解题思路】根据复合函数导数及极限求解导数的定义即可求解.
【解答过程】因为f ( x)=ln 2−x
e
x
，所以f
'( x)=(
2−x
e
x )
'
×e
x
2−x = −e
x−e
x(2−x)
e
2 x
×e
x
2−x = x−3
2−x ，
所以f
' (1)= 1−3
2−1 =−2，
则
lim
Δ x→0 f (1+ Δ x)−f (1)
Δ x
= f
' (1)=−2.
故选：C.
【变式1-2】（2025·天津·一模）已知Δ x>0,若函数y = x
2在x0到x0+ Δ x之间的平均变化率为k1，在
x0−Δ x到x0的平均变化为k2，则k1与k2的大小关系是 .(填k1>k2，k1 <k2或不确定)
【答案】k1>k2
【解题思路】根据题意，由平均变化率的公式代入计算，即可得到k1,k2，然后作差，即可得到其大小关
系.
【解答过程】因为k1= f (x0+ Δ x)−f (x0)
Δ x
= (x0+ Δ x)
2−x0
2
Δ x
=2 x0+ Δ x，
k2= f (x0)−f (x0−Δ x)
Δ x
= x0
2−(x0−Δ x)
2
Δ x
=2 x0−Δ x，
且k1−k2=2 Δ x>0，则k1>k2.
故答案为：k1>k2.
【变式1-3】（2025·上海虹口·一模）2024 年10 月30 日“神舟十九号”载人飞船发射成功，标志着中国空
间站建设进入新阶段．在飞船竖直升空过程中，某位记者用照相机在同一位置以同一姿势连续拍照两次．
已知“神舟十九号”飞船船体实际长度为H，且在照片上飞船船体长度为h，比较两张照片，相对于照片
中的同一固定参照物飞船上升了m．假设该记者连按拍照键间的反应时间为t，并忽略相机曝光时长，若用
平均速度估算瞬时速度，则拍照时飞船的瞬时速度为 ．（用含有H、h、m、t 的式子表示）
【答案】Hm
ht
【解题思路】先求出第二次拍照飞船的实际上升的高度，再由实际上升的高度除以该记者连按拍照键间的
反应时间为t，即可求出拍照时飞船的瞬时速度.
【解答过程】设第二次拍照飞船的实际上升了x，
所以H
h = x
m，解得：x = Hm
h ，
所以拍照时飞船的瞬时速度为：v = x
t = Hm
ht .
故答案为：Hm
ht .
【题型2 导数的运算】
【例2】（2025·河北·模拟预测）若函数f ( x)=3
x与函数g( x)的图象关于直线y = x对称，则g
′(1)=（ ）
A．1
3
B．1
C．ln3
D．1
ln3
【答案】D
【解题思路】根据给定条件，求出函数g( x)及导数，进而求出导数值.
【解答过程】由函数f ( x)=3
x与函数g( x)的图象关于直线y = x对称，得g( x)= log3 x，
求导得g
′( x)=
1
x ln3，所以g
′(1)= 1
ln3 .
故选：D.
【变式2-1】（2025·陕西安康·三模）已知函数f (x)及其导函数f
′ (x)的定义域均为R，若f
′ (x)为奇函数，
f (x +1)+ x为偶函数，则f
′ (101)=（ ）
A．−101
B．101
C．0
D．−1
【答案】A
【解题思路】由已知可得f
′ (−x)=−f
′ (x)，f (−x +1)−x = f (x +1)+ x，求导得f
′ (−x +1)=−f
′ (x−1)，
进而可得f
′ (x)−f
′ (x−2)=−2，累加可求得f
′ (101).
【解答过程】因为函数f (x)及其导函数f
′ (x)为奇函数，所以f
′ (−x)=−f
′ (x)，
又函数f (x +1)+ x为偶函数，所以f (−x +1)−x = f (x +1)+ x，
对两边求导，得−f
′ (−x +1)−1= f
′ (x +1)+1，所以−f
′ (−x +1)−f
′ (x +1)=2，
又f
′ (−x)=−f
′ (x)，所以f
′ (−x +1)=−f
′ (x−1)，
所以f
′ (x−1)−f
′ (x +1)=2，所以f
′ (x)−f
′ (x−2)=−2，
所以f
′ (101)−f
′ (99)=−2，f
′ (99)−f
′ (97)=−2，⋯，f
′ (3)−f
′ (1)=−2，
所以f
′ (101)−f
′ (1)=−2×50=−100，又f
′ (1)−f
′ (−1)=−2，所以f
′ (1)+ f
′ (1)=−2，所以f
′ (1)=−1，
所以f
′ (101)=−101.
故选：A.
【变式2-2】（2025·四川巴中·模拟预测）已知f (x)是定义在R上的偶函数，且函数f
′ (x)+e
−x也是偶函数，
其中f
′ (x)表示函数f (x)的导函数，则f
′ (x)=（ ）
A．e
x−e
−x
2
B．e
x+e
−x
2
C．e
x−e
−x
D．e
x+e
−x
【答案】A
【解题思路】结合导数的运算法则，偶函数的定义逐一判断各个选项即可求解.
【解答过程】设g(x)= f
' (x)+e
−x，
对于A，g(x)=e
x−e
−x
2
+e
−x =e
x+e
−x
2
，函数g(x)=e
x+e
−x
2
的定义域为R，关于原点对称，且
g(−x)= g(x)，
所以g(x)是偶函数，
若f
′ (x)=e
x−e
−x
2
，则f (x)=e
x+e
−x
2
+c，c 是常数，f (x)的定义域为R，且f (−x)= f (x)，所以f (x)也是偶
函数，故A 正确；
对于B，若f
′ (x)=e
x+e
−x
2
，则f (x)=e
x−e
−x
2
+c，c 是常数，所以f (−x)= f (x)不成立，故B 错误；
对于C，g(x)=e
x−e
−x+e
−x=e
x是非奇非偶函数，故C 错误；
对于D，若f
′ (x)=e
x+e
−x，则f (x)=e
x−e
−x+c，c 是常数，所以f (−x)= f (x)不成立，故D 错误.
故选：A.
【变式2-3】（2025·山东泰安·模拟预测）已知函数f (x)是定义在R上的可导函数，且f (x)满足
f (2−x)= f (x)，f (x +2)=−f (x)，当x∈[0,1)时，f (x)=2❑√x，则f
′(
1011
2 )=（ ）
A．❑√2
B．−❑√2
C．
❑√2
2
D．−
❑√2
2
【答案】B
【解题思路】先判断函数的周期性，从而得到导数的周期性，再根据导函数的对称性和周期性可求
f
′(
1011
2 ) .
【解答过程】由f (x +2)=−f (x)可得f (x + 4)=−f (x +2)= f (x)，
所以函数f (x)周期是4，且f
′ (x)的周期也是4.
因为f (2−x)= f (x)，故−f
′ (2−x)= f
′ (x)，
故f
′ (x)的图象关于直线(1,0)对称.
对f (x)=2❑√x求导得f
′ (x)= 1
❑√x ，f
′(
1
2)= ❑√2.
则f
′(
1011
2 )= f
′(
3+126×8
2
)= f
′(4×126+ 3
2)= f
′(
3
2)=−f
′(
1
2)=−❑√2
故选：B.
【题型3 求曲线切线的斜率（倾斜角）】
【例3】（2025·福建厦门·一模）已知直线l与曲线y = x
3−x在原点处相切，则l的倾斜角为（ ）
A．π
6
B．π
4
C．3π
4
D．5π
6
【答案】C
【解题思路】利用导数几何意义求直线的斜率，进而确定倾斜角.
【解答过程】由y
′ =3 x
2−1，则y
′|x =0=−1，即直线l的斜率为−1，
根据倾斜角与斜率关系及其范围知：l的倾斜角为3π
4 .
故选：C.
【变式3-1】（2025 高二上·全国·专题练习）已知函数f (x)的图象如图所示，下列数值的排序正确的是
（ ）
A．0<f
′ (2)<f
′ (3)<f (3)−f (2)
B．0<f (3)−f (2)<f
′ (2)<f
′ (3)
C．0<f
′ (3)<f
′ (2)<f (3)−f (2)
D．0<f
′ (3)<f (3)−f (2)<f
′ (2)
【答案】D
【解题思路】根据导数的几何意义以及两点斜率公式即可求解.
【解答过程】f
′ (2)和f
′ (3)分别表示函数f (x)的图象在x =2和x =3处的切线斜率，结合图象可得
0<f
′ (3)<f
′ (2)，
而f (3)−f (2)= f (3)−f (2)
3−2
，表示过x =2和x =3两点的直线斜率，则0<f
′ (3)<f (3)−f (2)<f
′ (2)，
故选：D.
【变式3-2】（2025·上海浦东新·三模）曲线f ( x)= 1
3 x
3−x
2的图象上有一动点，则在此动点处切线的斜率
的取值范围为
.
【答案】[−1,+ ∞)
【解题思路】根据导数的几何意义，即可求解.
【解答过程】f
′ (x)= x
2−2 x =(x−1)
2−1≥−1，根据导数的几何意义可知，切线的斜率的取值范围为
[−1,+∞).
故答案为：[−1,+∞).
【变式3-3】（25-26 高三上·湖南长沙·月考）函数 f (x)=cos x + ❑√3 x的图象在x =π处的切线的倾斜角为
.
【答案】π
3
【解题思路】根据导数的几何意义以及斜率和倾斜角的关系即可求解.
【解答过程】因为f
′ (x)=−sin x + ❑√3，所以f
′ (π)= ❑√3，即切线的斜率为❑√3，所以切线的倾斜角为π
3 .
故答案为：π
3 .
【题型4 求曲线的切线方程】
【例4】（2025·四川成都·一模）函数f (x)= x +sin x的图象在点(
π
2 ,f(
π
2 ))处的切线方程为（ ）
A．x + y −π−1=0
B．x + y −1=0
C．x−y +1=0
D．x−y =0
【答案】C
【解题思路】对函数求导，然后根据切点坐标求出切线的斜率和切线方程.
【解答过程】因为f (x)= x +sin x，所以f
' (x)=1+cos x.
所以f
'(
π
2)=1+cos π
2 =1，而f(
π
2)= π
2 +sin π
2 = π
2 +1.
所以切线方程为y −π
2 −1= x−π
2 ，即x−y +1=0.
故选：C.
【变式4-1】（2025·江西景德镇·一模）过点A(0,1)且与曲线f ( x)= x
3+2 x−1相切的直线方程是（ ）
A．y =5 x +1
B．y =2 x +1
C．y = x +1
D．y =−2 x +1
【答案】A
【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)=3 x
2+2，点A不在曲线上，
设切点为( x0, x0
3+2 x0−1)，则f
′(x0)=3 x0
2+2= x0
3+2 x0−1−1
x0
，
解得：x0=−1，得切点(−1,−4)，则k = f
′(−1)=5
切线方程为：y =5 x +1，
故选：A．
【变式4-2】（2025·陕西西安·三模）已知函数f (x)=(ax +1)e
x．
(1)当a=1时，求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若当x ≥0时，f (x)≥1恒成立，求a的取值范围．
【答案】(1)2 x−y +1=0．
(2)[0,+∞)．
【解题思路】（1）结合导数的几何意义先求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）先对函数求导，结合导数与单调性关系对a进行分类讨论，然后结合恒成立与最值关系转化即可求解.
【解答过程】（1）当a=1时，f
′ (x)=(x +2)e
x，则f
′ (0)=2．
又f (0)=1，所以切线方程为y =2 x +1，即2 x−y +1=0．
（2）f
′ (x)=(ax +1+a)e
x．
当a≥0时，f
′ (x)>0在[0,+ ∞)上恒成立，则f (x)在[0,+ ∞)上单调递增，
又f (0)=1，所以f (x)≥1恒成立，满足题意；
当a<0时，−1
a >0，f(−1
a)=0<1，不符合题意．
综上，a的取值范围为[0,+ ∞)．
【变式4-3】（2025·北京大兴·三模）已知函数f (x)=ln(1+ x)+2cos x.
(1)求曲线y = f (x)在(0,f (0))处的切线方程；
(2)若x∈(−1,1)，求曲线y = f (x)与曲线y =
1
❑√1+ x 的交点个数.
【答案】(1)y = x +2
(2)交点个数为1
【解题思路】（1）借助导数的结合意义计算即可得；
（2）原问题可转化为函数g(x)=ln(1+ x)+2cos x−
1
❑√1+ x 在x∈(−1,1)上的零点个数问题，借助导数
研究函数的单调性后结合零点的存在性定理即可判断.
【解答过程】（1）由f (x)=ln(1+ x)+2cos x，则f (0)=ln(1+0)+2cos0=2，
f
′ (x)=
1
x +1 −2sin x，则f
′ (0)=
1
0+1 −2sin0=1，
所以切线方程为y −2=1⋅(x−0)，即y = x +2；
（2）令ln(1+ x)+2cos x =
1
❑√1+ x ，故ln(1+ x)+2cos x−
1
❑√1+ x =0，
令g(x)=ln(1+ x)+2cos x−
1
❑√1+ x ，g
′ (x)=
1
1+ x −2sin x + 1
2
(1+ x)
−3
2，
令h(x)= g
′ (x)=
1
1+ x −2sin x + 1
2
(1+ x)
−3
2，
h
′ (x)=−
1
(1+ x)
2 −2cos x−3
4
(1+ x)
−5
2，
当x∈(−1,1)时，cos x ≥0，(1+ x)
2>0，(1+ x)
−5
2 >0，
∴h
′ (x)<0，∴h(x)在(−1,1)上为减函数，即g
′ (x)在(−1,1)上为减函数，
又g
′ (0)=1+ 1
2 >0，g
′ (1)= 1
2 −2sin1+ 1
2 2
−3
2 < 1
2 −2sin1+ 1
2 <1−2× 1
2 =0，
∴g
′ (x)在(0,1)上有唯一的零点，设为x0，即g
′(x0)=0(0< x0<1)，
∴g(x)在(−1, x0)上为增函数，在(x0,1)上为减函数，
又g(−π
4 )=ln(1−π
4 )+2cos(
π
4 )−
1
❑√1−π
4
=ln(1−π
4 )+ ❑√2−
1
❑√1−π
4
<❑√2−2<0
，
g(0)=2−1>0，
g(1)=ln2+2cos1−1
❑√2 >ln2+2cosπ
3 −1
❑√2 = ln 2+1−
❑√2
2 >0，
∴g(x)在(−1, x0)上有且只有一个零点，在(x0,1)上无零点，
所以曲线y = f (x)与曲线y =
1
❑√1+ x 的交点个数为1.
【题型5 与切线有关的参数问题】
【例5】（2025·安徽·一模）若直线y = x
e +a与曲线y =ln x +1相切，则实数a的值为（ ）
A．0
B．1
C．1
e
D．e
【答案】B
【解题思路】先对曲线方程求导，根据导数的几何意义得出切点处的导数等于直线斜率，从而求出切点坐
标，最后把切点坐标代入直线方程求出a．
【解答过程】曲线方程y =ln x +1求导得y
′ = 1
x ，
∵直线y = x
e +a与曲线y =ln x +1相切，设切点为(x0, y0)，则1
x0
= 1
e ，解得x0=e，
∴代入曲线方程得y0= lne+1=2，故切点坐标为(e,2)，
∵切点同时位于直线上，
∴ e
e +a=2，解得a=1．
故选：B．
【变式5-1】（2025·山东聊城·模拟预测）若曲线y = x
2+5在x =2处的切线与曲线y = ln x +3 x +t（t为常
数）相切，则t =（ ）
A．3
B．0
C．2
D．1
【答案】C
【解题思路】根据导数的几何意义，求得切线方程为y = 4 x +1，设切线与曲线y = ln x +3 x +t相切的切点
为(x0,ln x0+3 x0+t)，得到1
x0
+3= 4，求得x0的值，进而得到答案.
【解答过程】由函数y = x
2+5，可得y
′ =2 x，所以y
′|x =2= 4且y |x =2=9，
所以曲线y = x
2+5在点(2,9)处的切线方程为y = 4 x +1，
又由y = ln x +3 x +t，可得y
′ = 1
x +3，
设切线与曲线y = ln x +3 x +t相切的切点为(x0,ln x0+3 x0+t)，则1
x0
+3= 4，
解得x0=1，所以3+t = 4 +1，解得t =2.
故选：C.
【变式5-2】（2025·福建厦门·三模）已知曲线y = x +ln x在点(1,1)处的切线与曲线y = x
2−2 x−a相切，
则a=
．
【答案】−3
【解题思路】先求出y = x +ln x的导函数y
′，将切点(1,1)的横坐标x =1代入y
′求出的是切线的斜率，利用
点斜式得到y = x +ln x的切线方程，这个切线方程就是曲线y = x
2−2 x−a的切线方程，求y = x
2−2 x−a
的导函数y
′，则这个y
′等于切线的斜率，从中求出曲线y = x
2−2 x−a的切线的切点的横坐标，将其代入切
线方程，从而得到曲线y = x
2−2 x−a的切线的切点，将这个切点代入y = x
2−2 x−a得到a值.
【解答过程】由y = x +ln x，求导可得y
′ =1+ 1
x ，将切点(1,1)的横坐标x =1代入y
′ =1+ 1
x ，
得到切线的斜率k =1+1=2，则切线方程为y −1=2(x−1)，即y =2 x−1，
由y = x
2−2 x−a，求导可得y
′ =2 x−2，
由曲线y = x +ln x在点(1,1)处的切线与曲线y = x
2−2 x−a相切，
则曲线y = x
2−2 x−a的切线为y =2 x−1，
令2 x−2=2，解得x =2，
将x =2代入y =2 x−1，可得y =3，得到曲线y = x
2−2 x−a上切线的切点为(2,3)，
将(2,3)代入y = x
2−2 x−a，可得3= 4−4−a，解得a=−3．
故答案为:−3．
【变式5-3】（2025·吉林长春·三模）已知函数f (x)= x ln x，g(x)=a x
2−x．若经过点A (1,0)存在一条直
线l 与曲线y = f (x)和y = g(x)都相切，则a=
．
【答案】1
【解题思路】首先求函数f (x)过点A (1,0)处的切线方程，再让切线与函数g(x)联立，根据Δ=0，即可求
解.
【解答过程】f
′ (x)= ln x +1，设直线l与f (x)相切于点(x0, x0ln x0)
所以切线方程为y −x0ln x0=(ln x0+1)(x−x0)，切线过点(1,0)，
则−x0ln x0=(ln x0+1)(1−x0)，整理为ln x0= x0−1，
设h(x)= ln x−x +1，h
′ (x)= 1
x −1= 1−x
x
，x>0，
当0< x<1时，h
′ (x)>0，h(x)单调递增，当x>1时，h
′ (x)<0，h(x)单调递减，
所以当x =1时，h(x)取得最大值，h(1)=0，
所以方程ln x0= x0−1的根为x0=1，
所以切线方程为y = x−1，
联立{
y = x−1
y =a x
2−x)，得a x
2−2 x +1=0，Δ= 4−4 a=0，得a=1.
故答案为：1.
【题型6 切线的条数问题】
【例6】（2025·全国·一模）函数f ( x)= 4 x sin x cos x过原点的切线条数为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】利用二倍角的正弦公式变形后设切点为(x0,f (x0))，利用导数的意义得到切线方程，再对解
的情况进行讨论可得.
【解答过程】f ( x)= 4 x sin x cos x =2 x sin (2 x)，
f
′ (x)=2sin (2 x)+ 4 x cos(2 x)，
设切点为(x0,f (x0))，切线方程为y = f
′(x0)(x −x0)+ f (x0)，
将原点代入切线方程可得0= f
′(x0)(0−x0)+ f (x0)，
所以[2sin(2 x0)+ 4 x0cos(2 x0))(−x0)+2 x0sin(2 x0)=0，
化简可得−4 x0
2cos(2 x0)=0，解得x0=0或cos(2 x0)=0，
当x0=0时，f (0)=0，f
′ (0)=0，切线方程为y =0；
当cos(2 x0)=0时，解得x0=π
4 + 1
2 k π,k ∈Z，当k为偶数时，x0=π
4 + 1
2 k π,k ∈Z对应的切线方程为
y =2 x；当k为奇数时，x0=π
4 + 1
2 k π,k ∈Z对应的切线方程为y =−2 x；
所以共有3 条不同的切线.
故选：C.
【变式6-1】（2025·全国·模拟预测）若曲线y =(1−x)e
x有两条过点A (a,0)的切线，则a的取值范围是
（ ）
A．(−∞,−1)∪(3,+∞)
B．(−3,1)
C．(−∞,−3)
D．(−∞,−3)∪(1,+ ∞)
【答案】D
【解题思路】根据题意，由导数的几何意义表示出切线方程，然后列出不等式代入计算，即可得到结果.
【解答过程】设切点为(x0,(1−x0)e
x0)，由已知得y
′ =−xe
x，则切线斜率k =−x0e
x0，
切线方程为y −(1−x0)e
x0=−x0e
x0(x−x0)．
直线过点
∵
A (a,0)，∴−(1−x0)e
x0=−x0e
x0(a−x0)，
化简得x0
2−(a+1) x0+1=0．
切线有
∵
2 条，
∴Δ=(a+1)
2−4>0，则a的取值范围是(−∞,−3)∪(1,+ ∞)，
故选：D.
【变式6-2】（24-25 高三上·河北承德·开学考试）过点(2,0)可作曲线f (x)= x
3−3 x−2的切线条数为
（ ）
A．1
B．2
C．3
D．0
【答案】B
【解题思路】根据导数的几何意义，结合该点是不是切点分类讨论进行求解即可.
【解答过程】由f (x)= x
3−3 x−2⇒f
′ (x)=3 x
2−3，
当点(2,0)是切点时，此时切线的斜率为f
′ (2)=3×2
2−3=9，此时有一条切线；
当点(2,0)不是切点时，设切点为(x0, y0)，则切线的斜率为f
′(x0)=3 x0
2−3，
切线方程为：y −(x0
3−3 x0−2)=(3 x0
2−3)(x−x0)，该切线过点(2,0)，
于是有0−(x0
3−3 x0−2)=(3 x0
2−3)(2−x0)⇒x0
3−3 x0
2+ 4 =0⇒x0
3+1−3 x0
2+3=0
⇒(x0+1)(x0
2−x0+1)−3(x0+1)(x0−1)=0⇒(x0+1)(x0−2)
2=0⇒x0=−1或x0=2（舍去），
综上所述：过点(2,0)可作曲线f (x)= x
3−3 x−2的切线条数为2，
故选：B.
【变式6-3】（2025·全国·模拟预测）若过点(m,n)可作函数y =2 x + 1
x
(x>0)图象的两条切线，则必有
（ ）
A．0<2m+ 1
m <n
B．0<n<2m
C．2m<n<2m+ 1
m
D．n<2m
【答案】C
【解题思路】设切点为(a,2a+ 1
a)，a>0，求导，根据导数的几何意义可得(2m−n)a
2+2a−m=0有两
个正根，利用判别式及根与系数关系列不等式可得解.
【解答过程】设切点为(a,2a+ 1
a)，a>0，
又y
′ =2−1
x
2，所以切线斜率k =2−1
a
2，
所以切线方程为y −(2a+ 1
a)=(2−1
a
2)(x−a)，
又切线过点(m,n)，
则n−(2a+ 1
a)=(2−1
a
2)(m−a)，a>0，
即(2m−n)a
2+2a−m=0，
由过点(m,n)可作两条切线，
所以(2m−n)a
2+2a−m=0有两个正根，
即{
2m−n≠0
Δ=2
2−4 (2m−n)⋅(−m)>0
−
2
2m−n >0
−
m
2m−n >0
)
，整理可得2m<n<2m+ 1
m，
故选：C.
【题型7 两条切线平行、垂直、公切线问题】
【例7】（2025·陕西汉中·一模）若直线y =tx −2(t ∈R)是曲线y = ln x与曲线y =e
x−b(b∈R)的公切
线，则b=（ ）
A．1
B．2
C．e
D．1
e
【答案】B
【解题思路】分别设直线与两条曲线的切点，利用导数求切线斜率，写出切线方程，结合公切线的表达式
列等式，依次求解参数t与b.
【解答过程】设直线y =tx −2与曲线y =ln x的切点为(x1,ln x1)，
由y
′ = 1
x ，得t = 1
x1
，即x1= 1
t .
切线方程为y −ln x1=t (x−x1)，代入x1= 1
t 、ln x1=−lnt，得y =tx −1−lnt.
因该切线为y =tx−2，故−1−lnt =−2，解得t =e.
设直线y =e x−2与曲线y =e
x−b的切点为(x2,e
x2−b)，
由y
′ =e
x，得e
x2=e，即x2=1.
切线方程为y −(e
1−b)=e(x−1)，化简得y =e x−b.
因该切线为y =e x−2，故−b=−2，解得b=2.
故选：B.
【变式7-1】（2025·福建·模拟预测）已知直线y =kx +b既是曲线y = ln x的切线，也是曲线y =−ln(−x)
的切线，则（ ）
A．k = 1
e ，b=0
B．k =1，b=0
C．k = 1
e ，b=−1
D．k =1，b=−1
【答案】A
【解题思路】设出切点，写出切线方程，利用对应系数相等建立方程，解出即可.
【解答过程】设直线与曲线y = ln x的切点为(x1,ln x1)且x1>0，
与曲线y =−ln(−x)的切点为(x2,−ln(−x2))且x2<0，
又y
′ =(ln x)
′ = 1
x ，y
′ =[−ln(−x))=−1
x ，
则直线y =kx +b与曲线y = ln x的切线方程为y −ln x1= 1
x1
(x−x1)，即y = 1
x1
x + ln x1−1，
直线y =kx +b与曲线y =−ln(−x)的切线方程为y + ln(−x2)=−1
x2
(x−x2)，即y =−1
x2
x +1−ln(−x2)，
则{
1
x1
=−1
x2
ln x1−1=1−ln(−x2))
，解得{
x1=e
x2=−e)，故k = 1
x1
= 1
e ,b= ln x1−1=0，
故选：A.
【变式7-2】（2025·山东·一模）已知f (x)=e
x（e为自然对数的底数），g( x)= ln x +2，请写出f ( x)与
g( x)的一条公切线方程 ．
【答案】y = x +1或y =e x（写出其中一个即可）
【解题思路】首先设出切点，再分别求切线方程，公切线的性质，列式求解.
【解答过程】设切线与函数f (x)=e
x的图象切于点P(x1,e
x1)，f
′(x1)=e
x1，
所以切线方程为y −e
x1=e
x1(x−x1)，即y =e
x1 x−x1e
x1+e
x1
设切线与函数g(x)= ln x +2的图象切于点Q(x2,ln x2+2), x2>0，f
′(x2)= 1
x2
，
则切线方程为y −ln x2−2= 1
x2
(x−x2)，即y = 1
x2
x +1+ ln x2，
若两条切线是一条直线，则{
e
x1= 1
x2
−x1e
x1+e
x1=1+ ln x2)
，得x1=−ln x2，
得(1−x1)e
x1=1−x1，解得：x1=1或x1=0，
当x1=0时，切线方程为y = x +1，当x1=1时，切线方程为y =e x，
故答案为：y = x +1或y =e x（写出其中一个即可）.
【变式7-3】（2025·河北秦皇岛·模拟预测）设a≠0，若曲线f (x)=aln(x−1)在点(2,f (2))处的切线也是
曲线g(x)=e
ax−2的切线，则a=
．
【答案】1
2
【解题思路】首先根据题意求出切线方程，然后对g(x)求导，根据斜率值和切点的函数值求出a的值.
【解答过程】因为f
' (x)=
a
x−1，
所以f
' (2)=a,f (2)=a ln1=0.
所以曲线f (x)在点(2,f (2))的切线方程为：y =a(x−2).
因为g
' (x)=ae
ax−2，
设曲线g(x)与该切线的切点为(x0,a(x0−2)).
所以g
'(x0)=ae
a x0−2=a，所以a x0−2=0，即a x0=2.
又g(x0)=e
a x0−2=a(x0−2)=2−2a=e
0，
所以a= 1
2.
故答案为：1
2.
【题型8 与切线有关的最值问题】
【例8】（2025·河南驻马店·模拟预测）已知点P为曲线y = x + 9
x 上的动点，则点P到直线x + y =0的距离
的最小值为（ ）
A．3 ❑√2
B．6
C．9 ❑√2
2
D．9
【答案】B
【解题思路】根据曲线的切线与直线平行时，切点到直线的距离最小，求出曲线的切点，再根据点到直线
的距离公式计算最小距离即可.
【解答过程】设曲线y = x + 9
x 在点P处的切线与直线x + y =0平行，
由y
′ =1−9
x
2 =−1，得x =± 3 ❑√2
2
，则P (
3 ❑√2
2
, 9 ❑√2
2 )或P (−3 ❑√2
2
,−9 ❑√2
2 )，
则动点P到直线x + y =0的距离的最小值为d =|
3 ❑√2
2
+ 9 ❑√2
2 )
❑√1
2+1
2
=|−3 ❑√2
2
−9 ❑√2
2 )
❑√1
2+1
2
=|6 ❑√2)
❑√2
=6.
所以点P到直线x + y =0的距离的最小值为6，
故选：B.
【变式8-1】（2025·陕西汉中·模拟预测）已知A(x1, y1),B(x2, y2)为曲线y =e
x上两个不同的点，曲线
y =e
x在点A ,B处的切线相交于点C (x0, y0)，且这两条切线的斜率之积为1，则x0+1
y0
−y2
4 的最小值为
（ ）
A．ln2
2
B．
❑√2
2
C．e
D．ln2
4
【答案】B
【解题思路】根据题意设A(x1, y1),B(x2, y2)，表示出切线方程，由两条切线的斜率之积为1，得到
x2=−x1，联立求出x0，y0，对
x0+1
y0
−y2
4 化简，利用基本不等式可求其最小值.
【解答过程】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
∵y
′ =e
x，
在
∴
A(x1, y1)处的切线方程l1: y =e
x1(x −x1)+e
x1，
在B(x2, y2)处的切线方程l2: y =e
x2(x −x2)+e
x2，
这两条切线的斜率之积为
∵
1，∴e
x1⋅e
x2=e
x1+ x2=1⇒x2=−x1，
切线相交于点
∵
C (x0, y0)，
联立解得，
∴
x0= x1e
x1−x2e
x2
e
x1−e
x2
−1= x1e
2 x1+ x1
e
2 x1−1
−1，
y0=e
x1( x1e
2 x1+ x1
e
2 x1−1
−1−x1)+e
x1= 2 x1e
x1
e
2 x1−1
，
即x0+1
y0
−y2
4 = e
2 x1+1
2e
x1 −e
−x1
4 = e
x1
2 +
1
4 e
x1 ≥2❑√
e
x1
2 ⋅1
4 e
x1 =
❑√2
2
，
当e
x1
2 =
1
4 e
x1 =
❑√2
4 时取等，
故选：B.
【变式8-2】（2025·山东济南·模拟预测）若曲线y =e
x−a(a>0)在x =0处的切线也是曲线
y = ln( x +b)(b>0)的切线，则1
a + 1
b的最小值为
.
【答案】2
【解题思路】根据导数的几何意义可得曲线y =e
x−a(a>0)在x =0处的切线方程，再根据导数的几何意义
求出前者与后者的切点坐标后可得a+b=2，利用“1”的妙用可得最小值.
【解答过程】(e
x−a)
′ =e
x，(ln( x +b))
′ =
1
x +b，
因为曲线y =e
x−a(a>0)在x =0处的切线的斜率为e
0=1，
故曲线y =e
x−a(a>0)在x =0处的切线方程为y = x−0+e
0−a= x +1−a，
设该直线与曲线y = ln( x +b)(b>0)的切点坐标为(m,ln (m+b))，
则
1
m+b =1，故m=1−b，故切点坐标为(1−b,0)，
该切点在直线y = x +1−a上，故0=1−b+1−a即a+b=2，
故1
a + 1
b = 1
2
(a+b)(
1
a + 1
b)= 1
2(2+ b
a + a
b)≥2，
当且仅当a=b=1时等号成立，故1
a + 1
b的最小值为2，
故答案为：2.
【变式8-3】（2025·安徽蚌埠·二模）柯西不等式（Cauchy-SchwarzLnequality）是法国数学家柯西与德国数
学家施瓦茨分别独立发现的，它在数学分析中有广泛的应用.现给出一个二维柯西不等式：
(a
2+b
2)(c
2+d
2)≥(ac +bd)
2，当且仅当ad =bc时等号成立.已知a>0,b>0，直线y = x−2a与曲线
y =ln(x +b)相切，则1
a + 1
b + ❑√
1
a
2 + 1
b
2的最小值为
.
【答案】10
【解题思路】首先根据函数的导数求出切点横坐标，再结合切点在函数图象和直线上得到a 与b 的关系，
然后对所求式子进行变形，利用均值不等式来求解最小值.
【解答过程】由y =ln(x +b)，所以y
′ =
1
x +b，设切点为(x0, y0)，则
1
x0+b =1，故x0=1−b，
又y0= x0−2a, y0=ln(x0+b)，所以y0=ln(x0+b)=0, x0−2a=0，所以2a+b=1，
所以1
a + 1
b + ❑√
1
a
2 + 1
b
2 = 1
a + 1
b + ❑√(
1
a
2 + 1
b
2)(
16
25 + 9
25)≥1
a + 1
b + 4
5a + 3
5b = 9
5a + 8
5b =(
9
5a + 8
5b)(2a+b)
= 18
5 + 8
5 + 9b
5a + 16a
5b ≥26
5 +2❑√
9b
5a ⋅16a
5b =10，
当且仅当3
5a = 4
5b , 9b
5a = 16a
5b ，
即a= 3
10 ,b= 2
5时等号成立，所以1
a + 1
b + ❑√
1
a
2 + 1
b
2的最小值为10.
故答案为：10.
点
导数的运算
考
一
一、单选题
1．（2024·上海·高考真题）现定义如下:当x∈(n,n+1)时(n∈N )，若f (x +1)= f
′ (x)，则称f (x)为延展
函数.已知当x∈(0,1)时，g(x)=e
x且h(x)= x
10，且g( x),h( x)均为延展函数，则以下结论（ ）
（1）存在y =kx +b(k ,b∈R ,k ,b≠0)与y = g(x)有无穷个交点
（2）存在y =kx +b(k ,b∈R,k ,b≠0)与y =h(x)有无穷个交点
A．（1）（2）都成立
B．（1）（2）都不成立
C．（1）成立（2）不成立
D．（1）不成立（2）成立.
【答案】D
【解题思路】由延展函数的定义分段求出g( x),h( x)解析式，作出函数图象，数形结合可得.
【解答过程】当x∈(1,2)时，x−1∈(0,1)，则g( x−1)=e
x−1，
又g
′( x−1)=e
x−1，则由延展函数定义可得g( x)= g
′( x−1)=e
x−1；
同理可得，当x∈(2,3)，g( x)=e
x−2；⋯；
任意n∈N，当x∈(n,n+1)时，g( x)=e
x−n.
当x∈(1,2)时，x−1∈(0,1)，则h( x−1)=(x−1)
10，则h( x)=10( x−1)
9；
同理可得，当x∈(2,3)时，h( x)=10×9( x−2)
8；⋯；
当x∈(9,10)时，h( x)=10!( x−9)；
当x∈(10,11)，h( x)=10!；当x∈(11,12)，h( x)=0；⋯；
则任意n∈N ,n≥11时，当x∈(n,n+1),h( x)=0.
如图，作出g(x)与h(x)大致图像，
因为k ,b≠0，如图可知，不存在直线y =kx +b与g( x)图象有无穷个交点，故（1）不成立；
又因为当x∈(9,10)，h( x)=10!( x−9)，
故当k =10!,b=−9×10!时，
直线y =10! x−9×10!与h(x)的图象在区间(9,10)的函数部分重合，
即有无穷个交点，故（2）成立；
故选：D.
二、解答题
2．（2025·全国一卷·高考真题）已知数列{an)中，a1=3，an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1).
(1)证明：数列{nan)是等差数列；
(2)给定正整数m，设函数f ( x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m，求f
′(−2)．
【答案】(1)证明见解析；
(2)f
′ (−2)= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
【解题思路】（1）根据题目所给条件an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)化简，即可证明结论；
（2）先求出{an)的通项公式，代入函数并求导，函数两边同乘以x，作差并利用等比数列前n项和得出导
函数表达式，即可得出结论.
【解答过程】（1）由题意证明如下，n∈N
∗，
在数列{an)中，a1=3，
an+1
n = an
n+1 +
1
n(n+1)，
∴(n+1)an+1=nan+1，即(n+1)an+1−nan=1，
∴{nan)是以a1=3为首项，1 为公差的等差数列.
（2）由题意及（1）得，n∈N
∗，
在数列{nan)中，首项为3，公差为1，
∴nan=3+1×(n−1)，即an=1+ 2
n，
在f (x)=a1 x +a2 x
2+⋯+am x
m中，
f (x)=3 x +2 x
2+⋯+(1+ 2
m)x
m，f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
∴{
f
′ (x)=3+ 4 x +⋯+(m+2) x
m−1
x f
′ (x)=3 x + 4 x
2+⋯+(m+2) x
m)，
当x≠1且x≠0时，
∴(1−x)f
' (x)=3+ x + x
2+⋯+ x
m−1−(m+2) x
m=3+ x(1−x
m−1)
1−x
−(m+2) x
m，
∴f
′ (x)=
3
1−x + x(1−x
m−1)
(1−x)
2
−(m+2) x
m
1−x
∴f
′ (−2)=
3
1−(−2) + −2[1−(−2)
m−1)
[1−(−2))
2
−(m+2)(−2)
m
1−(−2)
=1+
(−2)[1−(−2)
m−1)
9
−(m+2)(−2)
m
3
=1−2
9 −(−2)
m
9
−(m+2)(−2)
m
3
= 7
9 −(3m+7)(−2)
m
9
.
点
导数的
义
考
二
概念和几何意
一、单选题
1．（2024·全国甲卷·高考真题）设函数f (x)=e
x+2sin x
1+ x
2
，则曲线y = f (x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴
所围成的三角形的面积为（ ）
A．1
6
B．1
3
C．1
2
D．2
3
【答案】A
【解题思路】借助导数的几何意义计算可得其在点(0,1)处的切线方程，即可得其与坐标轴的交点坐标，即
可得其面积.
【解答过程】f
′ (x)= (e
x+2cos x)(1+ x
2)−(e
x+2sin x)⋅2 x
(1+ x
2)
2
，
则f
′ (0)= (e
0+2cos0)(1+0)−(e
0+2sin 0)×0
(1+0)
2
=3，
即该切线方程为y −1=3 x，即y =3 x +1，
令x =0，则y =1，令y =0，则x =−1
3，
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S = 1
2 ×1×|−1
3)= 1
6 .
故选：A.
2．（2023·全国甲卷·高考真题）曲线y =e
x
x +1在点(1,e
2)处的切线方程为（ ）
A．y =e
4 x
B．y =e
2 x
C．y =e
4 x +e
4
D．y =e
2 x + 3e
4
【答案】C
【解题思路】先由切点设切线方程，再求函数的导数，把切点的横坐标代入导数得到切线的斜率，代入所
设方程即可求解.
【解答过程】设曲线y = e
x
x +1在点(1, e
2)处的切线方程为y −e
2 =k (x−1)，
因为y = e
x
x +1，
所以y
′ = e
x(x +1)−e
x
(x +1)
2
=
x e
x
(x +1)
2，
所以k = y
′|x =1= e
4
所以y −e
2 = e
4
(x−1)
所以曲线y = e
x
x +1在点(1, e
2)处的切线方程为y = e
4 x + e
4 .
故选：C.
二、填空题
3．（2025·全国一卷·高考真题）若直线y =2 x +5是曲线y =e
x+ x +a的一条切线，则a=
.
【答案】4
【解题思路】法一：利用导数的几何性质与导数的四则运算求得切点，进而代入曲线方程即可得解；法
二：利用导数的几何性质与导数的四则运算得到关于切点(x0, y0)与a的方程组，解之即可得解.
【解答过程】法一：对于y =e
x+ x +a，其导数为y
′ =e
x+1，
因为直线y =2 x +5是曲线的切线，直线的斜率为2，
令y
′ =e
x+1=2，即e
x =1，解得x =0，
将x =0代入切线方程y =2 x +5，可得y =2×0+5=5，
所以切点坐标为(0,5)，
因为切点(0,5)在曲线y =e
x+ x +a上，
所以5=e
0+0+a，即5=1+a，解得a= 4.
故答案为：4.
法二：对于y =e
x+ x +a，其导数为y
′ =e
x+1，
假设y =2 x +5与y =e
x+ x +a的切点为(x0, y0)，
则{
e
x0+1=2
y0=2 x0+5
y0=e
x0+ x0+a)
，解得a= 4.
故答案为：4.
4．（2024·新课标
卷
Ⅰ
·高考真题）若曲线y =e
x+ x在点(0,1)处的切线也是曲线y = ln( x +1)+a的切线，
则a=
.
【答案】ln 2
【解题思路】先求出曲线y =e
x+ x在(0,1)的切线方程，再设曲线y = ln (x +1)+a的切点为
(x0,ln(x0+1)+a)，求出y
′，利用公切线斜率相等求出x0，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求
解.
【解答过程】由y =e
x+ x得y
′ =e
x+1，y
′|x =0=e
0+1=2，
故曲线y =e
x+ x在(0,1)处的切线方程为y =2 x +1；
由y = ln (x +1)+a得y
′ =
1
x +1，
设切线与曲线y = ln (x +1)+a相切的切点为(x0,ln(x0+1)+a)，
由两曲线有公切线得y
′ =
1
x0+1 =2，解得x0=−1
2，则切点为(−1
2 ,a+ ln 1
2)，
切线方程为y =2(x + 1
2)+a+ ln 1
2 =2 x +1+a−ln 2，
根据两切线重合,所以a−ln2=0，解得a= ln2.
故答案为：ln2.
三、解答题
5．（2025·天津·高考真题）已知函数f ( x)=ax−(ln x)
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，x1, x2, x3且(x1< x2< x3).
（i）求a 的取值范围；
（ii）证明(ln x2−ln x1)⋅ln x3< 4 e
e−1．
【答案】(1)y = x
(2)（i）(0, 4
e
2)；（ii）证明见解析.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义，求导数值得斜率，由点斜式方程可得；
（2）（i）令f ( x)=0，分离参数得a= (ln x)
2
x
，作出函数g( x)= (ln x)
2
x
图象，数形结合可得a范围；（ii）
由（2）结合图象，可得x1, x2, x3范围，整体换元ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3，转化为¿，结合由②③可
得¿，两式作差，利用对数平均不等式可得t1t3<4，再由t1
2=ae
t1<a得−t1<❑√a，结合a= t3
2
e
t3减元处理，再
构造函数求最值，放缩法可证明不等式.
【解答过程】（1）当a=1时，f ( x)= x−(ln x)
2，x>0，
则f '( x)=1−2ln x
x
，则f '(1)=1，且f (1)=1，
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−(ln x)
2=0，x>0，
得a= (ln x)
2
x
，
设g( x)= (ln x)
2
x
, x>0，
则g'( x)=
2ln x
x
⋅x−(ln x)
2
x
2
= ln x(2−ln x)
x
2
，
由g'( x)=0解得x =1或e
2，其中g(1)=0，g(e
2)= 4
e
2；
当0< x<1时，g'( x)<0，g( x)在(0,1)上单调递减；
当1< x<e
2时，g'( x)>0，g( x)在(1,e
2)上单调递增；
当x>e
2时，g'( x)<0，g( x)在(e
2,+ ∞)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.
结合图象可知，0<a< 4
e
2.
故a的取值范围为(0, 4
e
2 )；
（ii）由图象可知，0< x1<1< x2<e
2< x3，
设ln x1=t1,ln x2=t2,ln x3=t3，则t1<0<t2<2<t3，
满足¿，由②③可得¿，
两式作差可得t3−t2=2(ln t3−ln t2)，
则由对数均值不等式可得2=
t3−t2
ln t3−ln t2
>❑√t2t3，
则t2t3<4，故要证(ln x2−ln x1)⋅ln x3< 4 e
e−1，
即证t2t3−t1t3< 4 e
e−1，只需证4−t1t3≤4 e
e−1，
即证−t1t3≤
4
e−1，又因为t1<0,t1
2=ae
t1<a，则|t1|=−t1<❑√a，
所以−t1t3<❑√at3= t3
2
e
t3
2
，故只需证
t3
2
e
t3
2
≤
4
e−1，
设函数φ(t )= t
2
e
t
2
,t >2，则φ'(t )=
2t e
t
2 −1
2 t
2e
t
2
e
t
=
(2−1
2 t )t
e
t
2
，
当2<t <4时，φ'(t )>0，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；
故φ(t )max =φ(4)= 16
e
2 ，即φ(t )≤16
e
2 .
而由4 e
2−16e+16= 4(e−2)
2>0，
可知16
e
2 <
4
e−1成立，故命题得证.
6．（2024·新课标
卷
Ⅱ
·高考真题）已知函数f ( x)=e
x−ax−a
3．
(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,+∞)
【解题思路】（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a
2+ ln a−1>0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知f
′( x)=e
x−a有零点，可得a>0，进而利用导数求f (x)的单
调性和极值，分析可得a
2+ ln a−1>0，构建函数解不等式即可.
【解答过程】（1）当a=1时，则f ( x)=e
x−x−1，f
′( x)=e
x−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)=e
x−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>ln a；令f
′( x)<0，解得x<ln a；
可知f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减，在(ln a,+∞)内单调递增，
则f ( x)有极小值f (ln a)=a−a ln a−a
3，无极大值，
由题意可得：f (ln a)=a−a ln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，则g
′ (a)=2a+ 1
a >0，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，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)=e
x−a，
若f ( x)有极小值，则f
′( x)=e
x−a有零点，
令f
′( x)=e
x−a=0，可得e
x=a，
可知y =e
x与y =a有交点，则a>0，
若a>0，令f
′( x)>0，解得x>ln a；令f
′( x)<0，解得x<ln a；
可知f ( x)在(−∞,ln a)内单调递减，在(ln a,+∞)内单调递增，
则f ( x)有极小值f (ln a)=a−a ln a−a
3，无极大值，符合题意，
由题意可得：f (ln a)=a−a ln a−a
3<0，即a
2+ ln a−1>0，
构建g(a)=a
2+ ln a−1,a>0，
因为则y =a
2, y = ln a−1在(0,+ ∞)内单调递增，
可知g(a)在(0,+ ∞)内单调递增，且g(1)=0，
不等式a
2+ ln a−1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，
所以a 的取值范围为(1,+ ∞).
7．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数f (x)=(
1
x +a)ln(1+ x)．
(1)当a=−1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程．
(2)若函数f (x)在(0,+ ∞)单调递增，求a的取值范围．
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2){a|a≥1
2).
【解题思路】（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f
′ (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立，整理变形可得g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)≥0在区间
(0,+∞)上恒成立，然后分类讨论a≤0,a≥1
2 ,0<a< 1
2三种情况即可求得实数a的取值范围.
【解答过程】（1）当a=−1时，f (x)=(
1
x −1)ln (x +1)(x>−1)，
则f
′ (x)=−1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x −1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
′ (1)=−ln2，
所以函数在(1,f (1))处的切线方程为y −0=−ln 2(x−1)，即(ln 2) x + y −ln 2=0.
（2）由函数的解析式可得f
′ (x)=(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)×
1
x +1
(x>−1)，
满足题意时f
′ (x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立.
令(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 ≥0，则−(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)≥0，
令g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0,+ ∞)上恒成立，
则g
′ (x)=2ax−ln (x +1)，
当a≤0时，由于2ax ≤0,ln (x +1)>0，故g
′ (x)<0，g(x)在区间(0,+∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，不合题意;
令h(x)= g
′ (x)=2ax−ln (x +1)，则h
' (x)=2a−
1
x +1，
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以h
' (x)>0,h(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
即g
′ (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
所以g
′ (x)> g
′ (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，满足题意.
当0<a< 1
2时，由h
' (x)=2a−
1
x +1 =0可得x = 1
2a −1，
当x∈(0, 1
2a −1)时，h
′ (x)<0,h(x)在区间(0, 1
2a −1)上单调递减，即g
′ (x)单调递减，
注意到g
′ (0)=0，故当x∈(0, 1
2a −1)时，g
′ (x)<g
′ (0)=0，g(x)单调递减，
由于g(0)=0，故当x∈(0, 1
2a −1)时，g(x)<g(0)=0，不合题意.
综上可知：实数a得取值范围是{a|a≥1
2).
8．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数f ( x)=(
1
x +a)ln(1+ x).
(1)当a=−1时，求曲线y = f (x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)是否存在a，b，使得曲线y = f(
1
x)关于直线x =b对称，若存在，求a，b 的值，若不存在，说明理由.
(3)若f (x)在(0,+ ∞)存在极值，求a 的取值范围.
【答案】(1)(ln 2) x + y −ln 2=0；
(2)存在a= 1
2 ,b=−1
2满足题意，理由见解析.
(3)(0, 1
2).
【解题思路】(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)首先求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可
得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的a,b是否正确即可；
(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)，然后对函数求
导，利用切线放缩研究导函数的性质，分类讨论a≤0，a≥1
2和0<a< 1
2三中情况即可求得实数a的取值范
围.
【解答过程】（1）当a=−1时，f (x)=(
1
x −1)ln (x +1)，
则f
′ (x)=−1
x
2 ×ln (x +1)+(
1
x −1)×
1
x +1，
据此可得f (1)=0,f
′ (1)=−ln2，
函数在(1,f (1))处的切线方程为y −0=−ln 2(x−1)，
即(ln 2) x + y −ln 2=0.
（2）令g(x)= f(
1
x)=(x +a)ln(
1
x +1)，
函数的定义域满足1
x +1= x +1
x
>0，即函数的定义域为(−∞,−1)∪(0,+∞)，
定义域关于直线x =−1
2对称，由题意可得b=−1
2，
由对称性可知g(−1
2 +m)= g(−1
2 −m)(m> 1
2)，
取m= 3
2可得g(1)= g(−2)，
即(a+1)ln2=(a−2)ln 1
2，则a+1=2−a，解得a= 1
2，
经检验a= 1
2 ,b=−1
2满足题意，故a= 1
2 ,b=−1
2.
即存在a= 1
2 ,b=−1
2满足题意.
（3）由函数的解析式可得f
′ (x)=(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1，
由f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，则f
′ (x)在区间(0,+∞)上存在变号零点;
令(−1
x
2)ln (x +1)+(
1
x +a)
1
x +1 =0，
则−(x +1)ln (x +1)+(x +a x
2)=0，
令g(x)=a x
2+ x−(x +1)ln (x +1)，
f (x)在区间(0,+ ∞)存在极值点，等价于g(x)在区间(0,+∞)上存在变号零点，
g
′ (x)=2ax−ln (x +1),g
″ (x)=2a−
1
x +1
当a≤0时，g
′ (x)<0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递减，
此时g(x)<g(0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不合题意;
当a≥1
2，2a≥1时，由于1
x +1 <1，所以g
″ (x)>0,g
′ (x)在区间(0,+∞)上单调递增，
所以g
′ (x)> g
′ (0)=0，g(x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，g(x)>g(0)=0，
所以g(x)在区间(0,+ ∞)上无零点，不符合题意；
当0<a< 1
2时，由g
″ (x)=2a−
1
x +1 =0可得x = 1
2a −1，
当x∈(0, 1
2a −1)时，g
″ (x)<0，g
′ (x)单调递减，
当x∈(
1
2a −1,+∞)时，g
″ (x)>0，g
′ (x)单调递增，
故g
′ (x)的最小值为g
′(
1
2a −1)=1−2a+ ln 2a，
令m(x)=1−x + ln x (0< x<1)，则m
′ (x)= −x +1
x
>0，
函数m(x)在定义域内单调递增，m(x)<m(1)=0，
据此可得1−x + ln x<0恒成立，
则g
′(
1
2a −1)=1−2a+ ln 2a<0，
由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+ ∞时，
g
′ (x)=2ax−ln (x +1)→+ ∞，
且注意到g
′ (0)=0，
根据零点存在性定理可知:g
′ (x)在区间(0,+ ∞)上存在唯一零点x0.
当x∈(0, x0)时，g
′ (x)<0，g(x)单调减，
当x∈(x0,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x0)< g(0)=0.
令n(x)= ln x−❑√x，则n
′ (x)= 1
x −
1
2❑√x = 2−❑√x
2 x
，
则函数n(x)= ln x−❑√x在(0,4)上单调递增，在(4 ,+∞)上单调递减，
所以n(x)≤n(4)= ln 4−2<0，所以ln x<❑√x，
所以g(
4
a
2)=(
4
a
2 +1)[
a(
4
a
2 +1)−ln(
4
a
2 +1)−1−a
4
a
2 +1
−2a+1)
>(
4
a
2 +1)[
4
a +a−ln(
4
a
2 +1)+a−1−2a+1)
=(
4
a
2 +1)[
4
a −ln(
4
a
2 +1))>(
4
a
2 +1)(
4
a −❑√
4
a
2 +1)
>(
4
a
2 +1)
16
a
2 −4
a
2 −1
4
a + ❑√
4
a
2 +1
=(
4
a
2 +1)
12
a
2 −1
4
a + ❑√
4
a
2 +1
>0，
所以函数g(x)在区间(0,+ ∞)上存在变号零点，符合题意.
综合上面可知:实数a得取值范围是(0, 1
2).
