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专题05 一元函数的导数及其应用
（十四大题型四大易错题）
【题型1 导数的定义及应用】
1．函数f (x)的定义域为R ,f (2)=3，若∀x∈R ,f
′ (x)>1，则f (x)> x +1的解集为
（ ）
A．(−2,2)
B．(2,+∞)
C．(−∞,2)
D．(−∞,+∞)
【答案】B
【分析】构造函数f (x)=2 x−1，解不等式即可得出答案.
【详解】构造函数f (x)=2 x−1，满足f (2)=3，f
′ (x)=2>1，
则由f (x)> x +1可得2 x−1> x +1，解得：x>2.
故选：B.
2．已知(1+ x)
6=a0+a1 x +a2 x
2+⋯+a6 x
6，则∑
i=1
6
❑iai=（ ）
A．48
B．192
C．128
D．72
【答案】B
【分析】令f (x)=(1+ x)
6，求导，然后令x =1求解.
【详解】解：令f (x)=(1+ x)
6，
则f
′ (x)=6(1+ x)
5=a1+2a2 x +3a3 x
2+⋯+6a6 x
5，
令x =1，得∑
i=1
6
❑iai=192．
故选：B．
【题型2 导数的运算/公式法则的灵活应用】
1
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3．求下列函数的导数．
(1)f (x)=−2 x
3+ 4 x
2
(2)f ( x)= xe
x
(3)f ( x)= x +1
x−1
(4)y =cos(2 x−π
4 )
(5)y = ln (4 x−1)
【答案】(1)f
′ (x)=−6 x
2+8 x
(2)f
′ (x)=(x +1)e
x
(3)f
′ (x)=
−2
(x−1)
2
(4)y
′ =−2sin(2 x−π
4 )
(5)y
′ =
4
4 x−1.
【分析】根据求导四则运算法则和复合函数求导法则进行计算
【详解】（1）由f (x)=−2 x
3+ 4 x
2可得f
′ (x)=−6 x
2+8 x；
（2）由f ( x)= xe
x可得f
′ (x)=e
x+ xe
x =(x +1)e
x；
（3）由f ( x)= x +1
x−1得f
′ (x)= x−1−(x +1)
(x−1)
2
=
−2
(x−1)
2；
（4）由y =cos(2 x−π
4 )，
则y
′ =−sin(2 x−π
4 )×(2−0)=−2sin(2 x−π
4 )；
（5）由y = ln (4 x−1)，
2
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则y
′ =
1
4 x−1 ×(4−0)=
4
4 x−1.
【题型3 “在"曲线上一点的切线】
4．已知函数f (x)是偶函数，当x>0时，f (x)= x
3+2 x，则曲线y = f (x)在x =−1处的切线
方程为（ ）
A．y =−5 x−2
B．y =−5 x−8
C．y =5 x +2
D．y =5 x +8
【答案】A
【分析】利用偶函数的性质求出当x<0时函数f (x)的解析式，然后求导，利用导数的几何
意义进行求解即可.
【详解】当x>0时，f (x)= x
3+2 x，函数f (x)是偶函数，
当x<0时，−x>0，f (x)= f (−x)=−x
3−2 x，
∴当x<0时，f
′ (x)=−3 x
2−2，
∴f
′ (−1)=−3−2=−5，即曲线y = f (x)在x =−1处切线的斜率为-5.
而f (−1)=3，所以曲线y = f (x)在x =−1处的切线方程为：y −3=−5(x +1).
所求即为y =−5 x−2.
故选：A.
5．已知函数f (x)=ax +a+cos x (a∈R) ，则曲线y = f (x)上一点(0,−2)处的切线方程为
（ ）
A．2 x + y +2=0
B．x + y +2=0
C．3 x + y +2=0
D．3 x + y −2=0
【答案】C
【分析】先根据题意可得f (0)=−2，求出a，再根据导数的几何意义即可得解.
【详解】由题意可得f (0)=−2，即a+1=−2，所以a=−3，
所以f (x)=−3 x +cos x−3，f
′ (x)=−3−sin x，
则f
′ (0)=−3，
3
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所以曲线y = f (x)上一点(0,−2)处的切线方程为y +2=−3 x，即3 x + y +2=0.
故选：C.
6．曲线f ( x)=3 x
2−e
x在(0,f (0))处的切线方程为（ ）
A．x + y +1=0
B．x−y +1=0
C．x−y −1=0
D．x + y −1=0
【答案】A
【分析】先对函数f ( x)求导，得到f
′ (0)=−1，再结合f (0)=−1，即可得解．
【详解】f
′( x)=6 x−e
x，则f
′ (0)=−1，又f (0)=3×0
2−e
0=−1，
则所求切线方程为y +1=−x，即x + y +1=0．
故选：A．
7．函数f (x)=|x
3|+1在x =−1处的切线方程为（ ）
A．y = 4 x +6
B．y =−2 x +6
C．y =−3 x−3
D．y =−3 x−1
【答案】D
【分析】当x<0时f (x)=−x
3+1，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再由点斜式求出
切线方程.
【详解】因为f (x)=|x
3|+1，则f (−1)=|(−1)
3|+1=2，
当x<0时f (x)=−x
3+1，则f
′ (x)=−3 x
2，所以f
′ (−1)=−3×(−1)
2=−3，
所以切点为(−1,2)，切线的斜率为−3，
所以切线方程为y −2=−3(x +1)，即y =−3 x−1.
故选：D
8．函数f (x)= 2 x−3
x +1 的图象在点(1,f (1))处的切线方程为 .
【答案】5 x−4 y −7 =0
【分析】借助导数的几何意义及直线的点斜式计算即可得.
4
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【详解】因为f
′ (x)= 2(x +1)−(2 x−3)
(x +1)
2
=
5
(x +1)
2，所以f
′ (1)=
5
(1+1)
2 = 5
4 ，
又f (1)=−1
2，所以函数f (x)= 2 x−3
x +1 的图象在点(1,f (1))处的切线方程为：
y −(−1
2)= 5
4
(x−1)，整理得5 x−4 y −7 =0.
故答案为：5 x−4 y −7 =0.
9．已知f ( x)= x ln( x +3)，则f ( x)在(−2,0)处的切线方程是 ．
【答案】2 x + y + 4 =0
【分析】求出切点处的导数值，再利用点斜式写出切线方程即可.
【详解】由题意得，f
′ (x)= ln (x +3)+
x
x +3，
所以f
′ (−2)=−2，
故切线为y −0=−2×(x +2)，即2 x + y + 4 =0.
故答案为：2 x + y + 4 =0.
【题型4 “过"曲线上一点的切线】
10．过原点可以作曲线y = f (x)= x
2−|x|+1的两条切线，则这两条切线方程为（ ）
A．y = x和y =−x
B．y =−3 x和y =3 x
C．y = x和y =−3 x
D．y =−x和y =3 x
【答案】A
【分析】由解析式得f (x)为偶函数，故过原点作的两条切线一定关于y 轴对称，再由导数
几何意义求x>0上的切线，结合偶函数对称性写出另一条切线.
【详解】由x ∈R ,f (−x)=(−x)
2−|−x |+1= x
2−| x |+1= f ( x)，得f (x)为偶函数，
故过原点作的两条切线一定关于y 轴对称．
当x>0时，f (x)= x
2−x +1，则f
′ (x)=2 x−1，
5
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设切点为P(x0, x0
2−x0+1)(x0>0)，故2 x0−1= x0
2−x0+1−0
x0−0
，解得x0=1或x0=−1
（舍），
所以切线斜率为1，从而切线方程为y = x．
由对称性知：另一条切线方程为y =−x．
故选：A
11．过点P(1,−3)作曲线y =2 x
3−3 x的切线，请写出切线的方程 .
【答案】3 x + y =0或21 x−2 y −27 =0
【分析】设切点(a,2a
3−3a)，求导并写出切线方程，代入点(1,−3)求出a值即可.
【详解】设切点为(a, 2a
3−3a)，而f
′( x)=6 x
2−3，
所以切线的斜率k = f
′(a)=6a
2−3，故切线方程为y −(2a
3−3a)=(6a
2−3)( x −a)，
因为切线过点(1,−3)，∴−3−(2a
3−3a)=(6a
2−3)(1−a)，
化简可得a=0或a= 3
2，则切点为(0,0)或(
3
2 , 9
4)，
则代入得切线方程为：3 x + y =0或21 x−2 y −27=0，
故答案为：3 x + y =0或21 x−2 y −27=0.
12．过点(−1,0)作曲线y = x
3−x的切线，则切线的方程为 .
【答案】2 x−y +2=0或x + 4 y +1=0
【分析】
设切点坐标为(x0, x0
3−x0)，利用导数表示出切线方程，代入点(−1,0)，解出x0得切线方
程.
【详解】
y = x
3−x，则y
′ =3 x
2−1．
设切点坐标为(x0, x0
3−x0)，则切线斜率为3 x0
2−1，
切线方程为y −(x0
3−x0)=(3 x0
2−1)(x−x0)，
6
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代入点(−1,0)，得2 x0
3+3 x0
2−1=0，即(x0+1)
2(2 x0−1)=0，解得x0=−1或x0= 1
2．
当x0=−1时，切线方程为2 x−y +2=0；当x0= 1
2时，切线方程为x + 4 y +1=0．
故答案为：2 x−y +2=0或x + 4 y +1=0
13．已知函数f (x)= 1
3 x
3+ f
′ (1) x
2+1，其导函数为f
′ (x)，则曲线f (x)过点P(3,1)的切线方
程为 ．
【答案】y =1或y =3 x−8
【分析】设切点为M (x0, y0)，对函数进行求导，且代入x =1可得f
′ (1)=−1，故可由点斜
式得到切线方程，将P(3,1)代入即可求得x0=0或x0=3，即可求得切线方程
【详解】设切点为M (x0, y0)，由f (x)= 1
3 x
3+ f
′ (1) x
2+1，得f
′ (x)= x
2+2f
′ (1) x，
∴f
′ (1)=1+2f
′ (1)，得f
′ (1)=−1，∴f (x)= 1
3 x
3−x
2+1，f
′ (x)= x
2−2 x，
∴切点M为(x0, 1
3 x0
3−x0
2+1)，f
′(x0)= x0
2−2 x0，
∴曲线f (x)在点M 处的切线方程为y −(
1
3 x0
3−x0
2+1)=(x0
2−2 x0)(x−x0)①，
又∵该切线过点P(3,1)，∴1−(
1
3 x0
3−x0
2+1)=(x0
2−2 x0)(3−x0)，解得x0=0或x0=3．
将x0=0代入①得切线方程为y =1；
将x0=3代入①得切线方程为y −1=3(x−3)，即y =3 x−8．
∴曲线f (x)过点P(3,1)的切线方程为y =1或y =3 x−8．
故答案为：y =1或y =3 x−8
【题型5 两条曲线的公切线问题】
14．斜率为1 的直线l与曲线y =ln(x +a)和圆x
2+ y
2= 1
2都相切，则实数a的值为（ ）
A．0 或2
B．−2或2
C．−1或0
D．0 或1
【答案】A
7
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【分析】设直线l的方程为y = x +b，先根据直线和圆相切算出b，再由导数的几何意义算
出a.
【详解】依题意得，设直线l的方程为y = x +b，即x−y +b=0，
由直线和圆x
2+ y
2= 1
2相切可得，
|b|
√1
2+(−1)
2 = √2
2 ，解得b=±1，
当b=1时，y = x +1和y =ln(x +a)相切，
y
′ =
1
x +a，设切点为(m,n)，根据导数的几何意义，
1
m+a =1，
又切点同时在直线和曲线上，即¿，解得¿.
即b=1时，a=2；
当b=−1时，y = x−1和y =ln(x +a)相切，
y
′ =
1
x +a，设切点为(s,t )，根据导数的几何意义，1
s+a =1，
又切点同时在直线和曲线上，即¿，解得¿.
即b=−1时，a=0.
综上所述，a=2或a=0.
故选：A.
15．曲线y =2√x与y =2+ln x的公切线方程为 .
【答案】x−y +1=0
【分析】设出两曲线的切点A(x1,2√x1)(x1>0)和B(x2,2+ln x2)(x2>0)，由导数的意义
可得x2=√x1，再由点斜式得出公切线方程y = 1
x2
x +ln x2+1，把点A代入直线方程可得
ln√x1−√x1+1=0，构造函数h(x)=ln x−x +1，求导分析单调性得到h( x)max=h(1)=0，
进而得出x1=1, x2=1，最后得到直线方程.
【详解】设曲线f (x)=2√x上的切点为A(x1,2√x1)(x1>0)，曲线g(x)=2+ln x上的切点
为B(x2,2+ln x2)(x2>0).
因为f
′ (x)= 1
√x , g
′ (x)= 1
x ，
8
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则公切线的斜率k = 1
√x1
= 1
x2
，所以x2=√x1.
因为公切线的方程为y −(2+ln x2)= 1
x2
(x−x2)，即y = 1
x2
x +ln x2+1，
将(x1,2√x1)代入公切线方程得2√x1= x1
x2
+ln x2+1，
由x2=√x1，得ln√x1−√x1+1=0.
令h(x)=ln x−x +1, x>0，则h
′ (x)= 1
x −1，
当0< x<1时，h
′ (x)>0；当x>1时，h
′ (x)<0，
故函数h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，h( x)max=h(1)=0，
所以x1=1, x2=1，
故公切线方程为y = x +1，即x−y +1=0.
故答案为：x−y +1=0.
16．试写出曲线y =2e
x与曲线y =2ln (x +2)的一条公切线方程 .
【答案】y = 2
e x + 4
e 或y =2 x +2（写出一个即可）
【分析】设出切点坐标，根据切线斜率相等，建立等式，解出即可.
【详解】设公切线l与曲线y =2e
x切于点A(x1,2e
x1)，
与曲线y =2ln (x +2)切于点B(x2,2ln(x2+2)).
由y =2e
x，得y
′ =2e
x.由y =2ln (x +2)，得y
′ =
2
x +2.
令2e
x1=
2
x2+2，即e
x1=
1
x2+2，则x2+2=e
−x1，
且
2ln(x2+2)−2e
x1
(x2−x1)
=2e
x1，
即2ln(x2+2)−2e
x1=2e
x1(x2−x1)，
化为lne
−x1−e
x1=e
x1(e
−x1−2−x1)，
9
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所以(x1+1)(e
x1−1)=0，解得x1=−1或x1=0.
当x1=−1时，k = 2
e ，A(−1, 2
e)，
此时切线l的方程为y −2
e = 2
e
(x +1)，即y = 2
e x + 4
e .
当x1=0时，k =2，A (0,2)，
此时切线l的方程为y −2=2(x−0)，即y =2 x +2.
综上可知，切线l的方程为y = 2
e x + 4
e 或y =2 x +2，写出任意一个即可.
故答案为：y = 2
e x + 4
e 或y =2 x +2，写出任意一个即可.
【题型6 已知切线条数求参数】
17．若过点(0,2)可作曲线y = x
3+3 x
2+ax +a−2的三条切线，则a的取值范围是（ ）
A．(−3,−1)
B．(−2,2)
C．(4,5)
D．(4,6)
【答案】C
【分析】设切点为P(x0, x0
3+3 x0
2+a x0+a−2)，利用导数的几何意义，求得切线方程，根
据切线过点(0,2)，得到2 x0
3+3 x0
2+ 4−a=0，设g(x)=2 x
3+3 x
2 + 4−a，求得
g
′ (x)=6 x
2+6 x，得出函数g(x)单调性和极值，列出方程组，即可求解.
【详解】设切点为P(x0, x0
3+3 x0
2+a x0+a−2)，
由函数y = x
3+3 x
2+ax +a−2，可得y
′ =3 x
2+6 x +a，则y
′|x = x0=3 x0
2+6 x0+a
所以在点P处的切线方程为y −(x0
3+3 x0
2+a x0+a−2)=(3 x0
2+6 x0+a)(x−x0)，
因为切线过点(0,2)，所以2−(x0
3+3 x0
2+a x0+a−2)=(3 x0
2+6 x0+a)(0−x0)，
整理得2 x0
3+3 x0
2+ 4−a=0，
设g(x)=2 x
3+3 x
2 + 4−a，所以g
′ (x)=6 x
2+6 x，
10
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令g
′ (x)>0，解得x<−1或x>0，令g
′ (x)<0，解得−1< x<0，
所以g(x)在(−∞,−1)上单调递增，在(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
要使得过点(0,2)可作曲线y = x
3+3 x
2+ax +a−2的三条切线，
则满足¿，解得4<a<5，即a的取值范围是(4,5)．
故选：C．
【题型7 利用导数研究函数的单调性】
18．已知函数f ( x)=cos x−2 x
2
π
2 +2，则不等式f ( x)> 3
2的解集为（ ）
A．(−∞,−π
3 )∪(
π
3
,+∞)
B．(−π
3
,π
3 )
C．(−∞,−π
2 )∪(
π
2
,+∞)
D．(−π
2 ,π
2 )
【答案】D
【分析】先利用偶函数定义判断f (x)为偶函数，再利用导数得到f (x)在(0,+∞)上单调递减，
则不等式等价于f (|x|)>f(
π
2 )，利用函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可.
【详解】函数f ( x)=cos x−2 x
2
π
2 +2的定义域为R，
f (−x)=cos(−x)−2(−x)
2
π
2
+2=cos x−2 x
2
π
2 +2= f (x)，所以f (x)为偶函数，
由f ( x)=cos x−2 x
2
π
2 +2得f
′( x)=−sin x−4
π
2 x，
当x>0时，x∈(2k π,2k π+π],k ∈N，−sin x<0，−4
π
2 x<0，
有f
′( x)=−sin x−4
π
2 x<0，
x∈(2k π+π,2k π+2π],k ∈N，0<−sin x<1，−4
π
2 x<−4
π
2 ×π<−1，
有f
′( x)=−sin x−4
π
2 x<0，故f
′( x)=−sin x−4
π
2 x<0，
所以f (x)在(0,+ ∞)上单调递减，又f(
π
2 )=cosπ
2 −2
π
2 ×π
2
4 +2= 3
2，
11
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所以f ( x)> 3
2等价于f (x)>f(
π
2 )，由偶函数性质得f (|x|)>f(
π
2 )，所以|x|<π
2 ，
所以−π
2 < x<π
2
，故不等式f ( x)> 3
2的解集为(−π
2 ,π
2 ).
故选：D
19．已知函数f ( x)= ln( x−2)+ ln(4−x)，则f (x)的单调递增区间为（ ）
A．(2,3)
B．(3,4)
C．(−∞,3)
D．(3,+∞)
【答案】A
【分析】根据对数真数大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调
递增区间．
【详解】由¿得：2< x<4，即f (x)的定义域为(2,4)；
因为f
′( x)=
1
x−2 −
1
4−x =
2(3−x)
( x−2)(4−x)，
所以当x∈(2,3)时，f
′ (x)>0；当x∈(3,4)时，f
′ (x)<0；
所以f (x)的单调递增区间为(2,3)．
故选：A.
20．已知函数f (x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f (x)= x (1−ln x)，则当x<0时，
f (x)的单调递增区间为（ ）
A．(−∞,−e)
B．(−e,0)
C．(−∞,0)
D．(−1,0)
【答案】D
【分析】首先利用导数求出函数在(0,+∞)上的单调性，再根据奇函数的性质得到函数在
(−∞,0)上的单调性，即可判断.
【详解】当x>0时，f (x)= x (1−ln x)，则f
′ (x)=−ln x，
所以当0< x<1时f
′ (x)>0，当x>1时f
′ (x)<0，
所以f (x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
又函数f (x)是定义在R上的奇函数，
所以f (x)在(−1,0)上单调递增，在(−∞,−1)上单调递减.
故选：D
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21．已知f (x)=3−x
2−2cos x，设a=2
−0.5，b= √3
3 ，c = log 1
3
2，则f (a)，f (b)，f (c)的
大小关系为（ ）
A．f (c)>f (a)>f (b)
B．f (b)>f (a)>f (c)
C．f (b)>f (c)>f (a)
D．f (c)>f (b)>f (a)
【答案】C
【分析】根据函数的奇偶性，以及构造函数利用导数求解单调性即可.
【详解】当x∈R时，由f (x)得f (−x)=3−(−x)
2−2cos(−x)= f (x)，所以f (x)为偶函数．
又f
′ (x)=2(sin x−x)，
当x ≥0时，令g(x)=2(sin x−x)，则g' (x)=2(cos x−1)≤0，
所以g(x)在[0,+∞)上单调递减，所以g(x)≤g(0)=0，
即f
′ (x)≤0，所以f (x)在[0,+ ∞)上单调递减．
a=2
−0.5= √2
2 ，1
|c|= log23>log22√2= 3
2 >√2= 1
a，
所以|c|<a, 1
|c|−1
b = log23−√3=2log2√3−√3，
令h( x)=2log2 x−x，x∈[√3,2]，则h
′ (x)= 2−x ln 2
x ln 2
，
因为√3<2< 2
ln 2，所以h(x)在[√3,2]上单调递增，所以h(√3)<h(2)，
即2log2√3−√3<2log22−2=0，所以1
|c|< 1
b ，得|c|>b．
故b<|c|<a，从而f (b)>f (|c|)>f (a)，即f (b)>f (c)>f (a).
故选：C．
【题型8 利用导数研究函数的单调性（含参问题讨论单调性）】
22．若函数f (x)=e
x
2−ax在区间(1,3)上单调递增，则a的可能取值为（ ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
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【分析】由f
′( x)=e
x
2−ax(2 x−a)，结合题意a≤2 x
3在[1,3]上恒成立求范围，即可判断所
能取的值.
【详解】由题设f (x)=e
x
2−ax在区间(1,3)上单调递增，所以f
′( x)=e
x
2−ax(2 x−a)≥0恒成立，
所以(1,3)上2 x−a≥0恒成立，即a≤2 x恒成立，
而y =2 x在(1,3)上递增，故a≤2.
所以A 符合要求.
故选：A
23．若函数f ( x)= x
2
2 −ln x在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，则实数m 的取值范围为（ ）
A．0<m< 2
3
B．2
3 <m<1
C．2
3 ≤m≤1
D．m>1
【答案】B
【详解】首先求出f ( x)的定义域和极值点，由题意得极值点在区间(m,m+ 1
3 )内，且m>0，
得出关于m的不等式组，求解即可．
【分析】函数f ( x)= x
2
2 −ln x的定义域为(0,+ ∞)，
且f
′( x)= x−1
x = x
2−1
x
= ( x +1)( x−1)
x
，
令f
′( x)=0，得x =1，
因为f ( x)在区间(m,m+ 1
3 )上不单调，
所以¿，解得：2
3 <m<1
故选：B.
24．若函数f (x)= x
2−ax + ln x在区间(1,e)上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．[3,+ ∞)
B．(−∞,3]
C．[3,e
2+1]
D．[3,e
2−1]
【答案】B
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【分析】由导数与函数的单调性的关系结合条件可得f
′ (x)≥0在(1,e)上恒成立，由此可得
a≤2 x + 1
x 在区间(1,e)上恒成立，求函数g(x)=2 x + 1
x
(1< x<e)的值域可得a的取值范围.
【详解】因为函数f (x)= x
2−ax + ln x在区间(1,e)上单调递增，
所以f
′ (x)=2 x−a+ 1
x ≥0在区间(1,e)上恒成立，
即a≤2 x + 1
x 在区间(1,e)上恒成立，
令g(x)=2 x + 1
x
(1< x<e)，
则g
′ (x)=2−1
x
2 = 2 x
2−1
x
2
= (√2 x +1)(√2 x−1)
x
2
>0，
所以g(x)在(1,e)上递增，又g(1)=3，
所以a≤3.
所以a的取值范围是(−∞,3].
故选：B
25．若函数f ( x)=(ax +1)e
x在[1,2]上为增函数，则a 的取值范围是（ ）
A．[−1
2 ,+ ∞)
B．[−1
3 ,+∞)
C．[−1
4 ,+ ∞)
D．[0,+∞)
【答案】B
【分析】对函数求导，根据题意可得f
′( x)=(ax +a+1)e
x≥0对x∈[1,2]恒成立，列出不
等式组，解之即可求解.
【详解】依题意得f
′( x)=(ax +a+1)e
x≥0对x∈[1,2]恒成立，
即ax +a+1≥0对x∈[1,2]恒成立．
因为y＝ax＋a＋1 的图象为直线，
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所以¿，解得a≥−1
3．
故选：B.
26．若函数h(x)=ln x−1
2 a x
2−2 x在[1,4]上单调递增，则实数a的取值范围为（ ）
A．(−∞,−1]
B．(−∞,−1)
C．(−∞,−7
16]
D．(−∞,−7
16)
【答案】A
【分析】根据条件得h
′ (x)= 1
x −ax−2≥0即a≤1
x
2 −2
x 在[1,4]上恒成立，构造函数
G (x)= 1
x
2 −2
x ，x∈[1,4]，由二次函数的性质求出G( x)的最值即可解决问题.
【详解】因为函数h(x)=ln x−1
2 a x
2−2 x在[1,4]上单调递增，
所以h
′ (x)= 1
x −ax−2≥0在[1,4]上恒成立，即a≤1
x
2 −2
x 在[1,4]上恒成立，
令G(x)= 1
x
2 −2
x ，x∈[1,4]，变形得G(x)=( 1
x −1)
2
−1，因为x∈[1,4]，所以
1
x ∈[
1
4 ,1]，
所以当1
x =1，即x =1时，G( x)min=−1，所以a≤−1.
故选：A．
27．已知函数f ( x)=e
x−a ln x在区间(1,2)单调递增，则a的最大值为（ ）
A．1
B．e
C．e
2
D．2e
2
【答案】B
【分析】由题意将问题转化为f
′( x)=e
x−a
x ≥0在区间(1,2)上恒成立，利用分离参数法，
结合导数研究最值即可得到答案.
【详解】因为函数f ( x)=e
x−aln x在区间(1,2)单调递增，所以f
′( x)=e
x−a
x ≥0在区间
(1,2)上恒成立，即xe
x≥a，
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令g( x)= x e
x，x∈(1,2)，则g
′( x)=( x +1)e
x>0，所以g( x)= x e
x在(1,2)上单调递增，
则g( x)> g(1)=e，故e≥a，即a的最大值为e，
故选：B
28．已知函数f (x)=ae
x−1
2 x
2在区间(1,2)上单调递增，则a的最小值为（ ）
A．e
B．1
C．e
−2
D．e
−1
【答案】D
【分析】等价转化为f
′ (x)=ae
x−x ≥0在区间(1,2)上恒成立，再利用分离参数法并结合导
数即可求出答案.
【详解】因为f
′ (x)=ae
x−x ≥0在区间(1,2)上恒成立，所以a≥x
e
x 在区间(1,2)上恒成立．
令g(x)= x
e
x , x∈(1,2)，则g
′ (x)= 1−x
e
x
<0在(1,2)上恒成立，
所以g(x)= x
e
x 在区间(1,2)上单调递减，所以g(x)< g(1)=e
−1，故a≥e
−1．
故选：D.
【题型9 用导数求函数的极值/最值（不含参）】
29．函数f (x)=(x−2)e
x−e
2 x−2的极小值为（ ）
A．e
2−2
B．−2e
2−2
C．2−2e
2
D．−2−e
2
【答案】B
【分析】利用二次导数研究f
′ (x)的单调性，并通过观察得其零点，进而判断f (x)的单调性，
然后可得极小值.
【详解】f
′ (x)=(x−1)e
x−e
2，
记g(x)=(x−1)e
x−e
2，则g
′ (x)= xe
x，
当x>0时，g
′ (x)>0，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增；
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当x<0时，g
′ (x)<0，函数g(x)在(−∞,0)上单调递减.
所以，当x =0时，g(x)min=−1−e
2<0，
因为g(2)=0，且当x<0时，g(x)=(x−1)e
x−e
2<0，
所以，当x<2时，g(x)<0，即f
′ (x)<0，f (x)在(−∞,2)上单调递减；
当x>2时，g(x)>0，即f
′ (x)>0，f (x)在(2,+ ∞)上单调递增.
所以，当x =2时，f (x)取得极小值f (x)=−2e
2−2.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二次导数研究导函数的单调性，需要结合变化趋
势，并观察出导函数零点，进而可知f (x)的单调性，然后可解.
30．当x =2时，函数f (x)= x
3+b x
2−12 x取得极值，则f (x)在区间[−4,4]上的最大值为
（ ）
A．8
B．12
C．16
D．32
【答案】C
【分析】根据极值点与导数之间的关系求得b=0，利用导数判断f (x)在区间[−4,4]上的单
调性和最值.
【详解】因为f (x)= x
3+b x
2−12 x，所以f
′( x)=3 x
2+2bx−12，
又因为f ( x)在x =2取极值，所以f
′(2)=12+ 4 b−12=0，解得b=0，
若b=0，则f ( x)= x
3−12 x，f
′( x)=3 x
2−12，
令f
′( x)>0，得x<−2或x>2；令f
′( x)<0，得−2< x<2；
所以f ( x)在(−∞,−2)和(2,+∞)上单调递增，在(−2,2)上单调递减，
可知f ( x)在x =2取极值，故b=0满足题意，
若x∈[−4,4]，则f ( x)在[−4 ,−2]和[2,4 ]上单调递增，在(−2,2)上单调递减，
且f (−2)=−8+24 =16,f (4)=64−48=16，
所以f (x)在区间[−4,4]上的最大值为16.
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故选：C．
31．函数f (x)=sin x−(x +2)cos x−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+1 D．
−3,2
【答案】A
【分析】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.
【详解】f
′ (x)=cos x−cos x +(x +2)sin x =(x +2)sin x，
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
32．已知角α为锐角，则
1
2sin
2α
+
1
cos
2α
−tan α的最小值为（ ）
A．2
B．13
3 −√3
C．1
D．10
3 −√3
3
【答案】A
【分析】利用同角三角函数的平方关系弦化切结合导数求最值计算.
【详解】
1
2sin
2α
+
1
cos
2α
−tan α =(sin
2α +cos
2α)(
1
2sin
2α
+
1
cos
2α)−tan α
= 3
2 + tan
2α +
1
2tan
2α
−tan α.
令t = tan α，因为α为锐角，所以t >0.
令f (t )= 3
2 +t
2+ 1
2t
2 −t，
则f
′ (t )=2t −1−1
t
3，设g(t )= f
′ (t )⇒g
′ (t )=2+ 3
t
4 >0，
所以f
′ (t )，在t >0时是单调递增函数.
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又f
′ (1)=0，所以当t ∈(0,1)时，f
′ (t )<0,f (t )单调递减；
当t ∈(1,+ ∞)时，f
′ (t )>0,f (t )单调递增，
所以f (t )≥f (1)=2.
所以当t >0时，f (t )的最小值为2.
故选：A.
【题型10 用导数求函数的极值/最值（含参）】
33．已知正数a,b满足e
2a
8 +2b≤a+ 1
2 lnb+1，则e
a+b=（ ）
A．9
4
B．3
2
C．1
D．3
4
【答案】A
【分析】不等式可化为e
2a−8a≤4 ln b−16b+8，分别构造函数，利用导数求出函数的最
大、最小值，由不等式左边最小值等于右边的最大值，建立方程即可得解.
【详解】由e
2a
8 +2b≤a+ 1
2 lnb+1⇔e
2a−8a≤4 ln b−16b+8，
设f ( x)=e
x−4 x，则f
′( x)=e
x−4，
当x>ln 4时，f
′( x)>0，当x<ln 4时，f
′( x)<0，
所以f ( x)在(0,ln 4)上单调递减，在(ln 4 ,+∞)上单调递增，
则f ( x)min= f (ln 4)= 4−8 ln 2，故f (2a)=e
2a−8a≥4−8 ln 2，
当且仅当2a= ln 4，即a= ln2时取等号；
设g( x)= 4 ln x−16 x +8，则g
′( x)= 4(1−4 x)
x
，
当0< x< 1
4 时g
′( x)>0，当1
4 < x时g
′( x)<0，
所以g( x)在(0, 1
4)上单调递增，在(
1
4 ,+∞)上单调递减，
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所以g( x)max = g(
1
4)= 4−8 ln 2，故g(b)= 4 ln b−16b+8≤4−8ln 2，
当且仅当b= 1
4 时取等号，
又f (2a)≤g(b)，则f (2a)= g(b)= 4−8ln 2，
此时a= ln 2,b= 1
4 ，则e
a+b=2+ 1
4 = 9
4 .
故选：A
【点睛】关键点点睛：不等式中含有不相关的双变量，据此分别构造不同的函数，利用导
数求最值是关键之一，其次根据不等式左边的最小值与不等式右边的最大值相等，由不等
式成立得出方程是关键点之二，据此建立方程求解即可.
34．已知函数f (x)= xe
x+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
【答案】D
【分析】先利用导函数研究函数的单调性及最值计算即可.
【详解】由题意可知：f
′ (x)=(x +1)e
x，
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)min= f (0)=a=1.
故选：D.
35．若e
x+e
2 x ≥a(x
2−x ln x)(a>0)，则a 的取值范围为（ ）
A．(0,e
2]
B．(0,e
2
2 ]
C．[
1
e ,e
2]
D．[
1
e ,e
2
2 ]
【答案】A
【分析】将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用指数对数同构及换元法，构
造函数，再利用导数法求函数的最值及函数单调性的应用即可求解.
【详解】不等式e
x+e
2 x ≥a(x
2−x ln x)化为e
x
x +aln x−ax +e
2≥0，即
21
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e
x
x +a ln x−a lne
x+e
2≥0，
所以e
x
x −a lne
x
x +e
2≥0.
设t =e
x
x
(x>0)，则t
′ = (x−1)e
x
x
2
，
令t
′ =0,则
(x−1)e
x
x
2
=0，解得x =1，
当0< x<1时，t
′ (x)<0，t (x)单调递减；
当x>1时，t
′ (x)>0，t (x)单调递增；
所以t (x)≥t (1)=e
1
1 =e.
令f (t )=t −a lnt +e
2(t ≥e)，则f
′ (t )=1−a
t = t −a
t
(t ≥e).
当0<a≤e时，f
′ (t )≥0，f (t )单调递增；
所以f (t )≥f (e)=e−a+e
2≥0，解得a≤e+e
2，故0<a≤e满足条件；
当a>e时，当e<t <a时，f
′ (t )<0，
当t >a时，f
′ (t )>0，
f (t )在(e,a)上单调递减；f (t )在(a,+∞)上单调递增；
所以f (t )min= f (a)=a−a ln a+e
2≥0，
设g(a)=a−a ln a+e
2(a>e)，则g
′ (a)=−ln a<0，
所以g(a)在(e,+∞)上单调递减，
又g(e
2)=e
2−e
2lne
2+e
2=0，
所以g(a)≥g(e
2)，
所以e<a≤e
2，
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综上所述，a 的取值范围为(0,e
2].
故选：A.
【点睛】关键点睛：将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用指数对数同构及
换元法，构造函数f (t )=t −a lnt +e
2(t ≥e)，再利用导数法求函数的最值问题即可.
【题型11 根据函数的极值（点）求参数】
36．已知函数f ( x)=m x
2−xln x存在极小值点x0，且f ( x0)<−e
3，则实数m的取值范围
为（ ）
A．(0, 1
e
2 )
B．(0, 2
e
2 )
C．(0, 1
e
3 )
D．(0, 2
e
3 )
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用导数结合零点存在性定理探讨极小值点，并求出极小值，利
用导数求出f ( x0)<−e
3的解集，再利用导数求出m的范围.
【详解】函数f ( x)=m x
2−x ln x的定义域为(0,+∞)，求导得f
′( x)=2mx −1−ln x，
当m≤0时，函数f
′( x)在(0,+ ∞)上单调递减，f
′(1)=2m−1<0，
f
′(e
2m−1)=2me
2m−1−1−(2m−1)=2m(e
2m−1−1)>0，则存在x1∈(0,1)，使得
f
′( x1)=0，
当x∈(0, x1)时，f
′( x)>0，f ( x)递增，当x∈( x1,+∞)时，f
′( x)<0，f ( x)递减，
函数f ( x)在x = x1取得极大值，无极小值，不符合题意；
当m>0时，令g( x)= f
′( x)=2mx −1−ln x，求导得g
′( x)=2m−1
x ，显然g
′( x)在
(0,+ ∞)上单调递增，
当x∈(0, 1
2m )时，g
′( x)<0，函数f
′( x)递减，当x∈( 1
2m ,+∞)时，g
′( x)>0，函数
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f
′( x)递增，
于是f
′( x)min= f
′( 1
2m )= ln 2m，
当2m≥1，即m≥1
2时，f
′( x)≥0，函数f ( x)在(0,+∞)上单调递增，函数f ( x)无极值，
当0<m< 1
2时，f
′( 1
2m )<0，而f
′( m
e )= 2m
2
e
−1−ln m
e = 2m
2
e
−ln m>0，
存在x2∈(0, 1
2m )，使得f
′( x2)=0，当x∈(0, x2)时，f
′( x)>0，函数f ( x)递增，
当x∈( x2, 1
2m )时，f
′( x)<0，函数f ( x)递减，函数f ( x)在x = x2取得极大值，
又f
′( 1
m
2 )= 2
m −1+2ln m，令h( x)= 2
x −1+2ln x ,0< x< 1
2，求导得h
′( x)=−2
x
2 + 2
x <0，
函数h( x)在(0, 1
2 )上单调递减，h( x)>h( 1
2 )=3−2ln 2>0，则f
′( 1
m
2 )>0，
存在x3∈( 1
2m ,+ ∞)，使得f
′( x3)=0，当x∈( 1
2m , x3)时，f
′( x)<0，函数f ( x)递减，
当x∈( x3,+ ∞)时，f
′( x)>0，函数f ( x)递增，函数f ( x)在x = x3取得极小值，因此
x3= x0，
由f
′( x0)=0，得m x0= 1+ln x0
2
，f ( x0)=m x0
2−x0ln x0= x0−x0ln x0
2
<−e
3，
即有x0−x0ln x0+2e
−3<0，令φ( x)= x −x ln x +2e
3, x >1，求导得φ
′( x)=−ln x <0，
函数φ( x)在(1,+ ∞)上单调递减，而φ(e
3)=0，即有φ( x0)<φ(e
3)，于是x0>e
3，
显然m= 1+ln x0
2 x0
，令u( x)= 1+ ln x
2 x
, x>e
3，求导得u
′( x)= −ln x
2 x
2 <0，即函数u( x)在
(e
3,+ ∞)上单调递减
因此u( x)<u(e
3)= 2
e
3 ，即m< 2
e
3 ，又2
e
3 < 1
2，则0<m< 2
e
3 ，
所以实数m的取值范围为(0, 2
e
3 ).
故选：D
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【点睛】结论点睛：可导函数y = f ( x)在点x0处取得极值的充要条件是f
′( x0)=0，且在x0
左侧与右侧f
′( x)的符号不同．
37．已知0 是函数f (x)= x
3+a x
2+1的极大值点，则a的取值范围为（ ）
A．(−∞,0)
B．(0,+∞)
C．(−∞,−2
3)
D．(−2
3 ,+∞)
【答案】A
【分析】分类讨论a<0、a=0与a>0三种情况，结合导数与极值点的定义即可得解.
【详解】因为f (x)= x
3+a x
2+1，所以f
′ (x)=3 x
2+2ax = x (3 x +2a)，
令f
′ (x)=0，可得x =0或x =−2a
3 ，
当−2a
3 >0，即a<0时，
令f
′ (x)>0，得x<0或x>−2a
3 ；令f
′ (x)<0，得0< x<−2a
3 ；
所以f (x)在(−∞,0)，(−2a
3 ,+∞)上单调递增，在(0,−2a
3 )上单调递减，
所以x =0是函数f (x)的极大值点，满足题意；
当−2a
3 =0，即a=0时，f
′ (x)= x (3 x +0)≥0恒成立，
则f (x)在R上单调递增，没有极值点，不满足题意；
当−2a
3 <0，即a>0时，
令f
′ (x)>0，得x<−2a
3 或x>0；令f
′ (x)<0，得−2a
3 < x<0；
所以f (x)在(−∞,−2a
3 )，(0,+ ∞)上单调递增，在(−2a
3 ,0)上单调递减，
所以x =0是函数f (x)的极小值点，不满足题意；
综上，a<0，即a的取值范围为(−∞,0).
故选：A.
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38．若函数f (x)=e
x−ax在区间(0,2)上有极值点，则实数a 的取值范围是（ ）
A．(0, 1
2)
B．(1,e
2
2)
C．(1,e
2)
D．(0, 2
e)
【答案】C
【分析】结合函数极值点与导数零点的关系，结合零点存在定理列出不等式组即可求解.
【详解】已知f (x)=e
x−ax，由题意知f
'( x)=e
x−a在(0,2)内有变号零点，
显然f
′ (x)=e
x−a在(0,2)单调递增，
故原条件等价于¿，解得1<a<e
2，
故实数a 的取值范围是(1,e
2).
故选：C.
39．已知函数f (x)=ln x
e❑
x 的极值点为x0，则e
1
x0 ln x0=（ ）
A．e❑
2
B．2
C．1
e
D．1
【答案】D
【分析】对函数求导，然后结合导数与单调性的关系、零点存在定理，求出函数的极大值
点，然后利用指对互化求解即可.
【详解】由f (x)=ln x
e❑
x 得f
′ (x)=
1
x −ln x
e❑
x
，x>0，
设g(x)= 1
x −ln x，则g
′ (x)=−1
x
2 −1
x <0，所以g( x)在(0,+∞)单调递减，
又g(1)=1>0，g(3)= 1
3 −ln3<0，由零点存在定理知，存在x0∈(1,3)，使得g(x0)=0，
所以当0< x< x0时，g( x)>0，f
′( x)>0，函数f (x)单调递增；
当x> x0时，g( x)<0，f
′( x)<0，函数单调递减，f
′( x0)=0，
所以x = x0是函数f (x)的极大值点，则1
x0
=ln x0，即e
1
x0 = x0.
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所以e
1
x0 ln x0= x0× 1
x0
=1.
故选：D
40．已知函数f (x)=√3sinωx cosωx −1
2 sin(2ωx −π
2 )（ω∈R，且ω>0），x∈R，
若函数f (x)在区间(0,2π)上恰有3 个极大值点，则ω的取值范围为（ ）
A．[
13
6 , 19
6 )
B．(
13
6 , 19
6 ]．
C．[
13
12 , 19
12)
D．(
13
12 , 19
12]
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换化简得到f (x)=sin(2ωx +π
6 )，从而得到
2ωx +π
6 ∈(
π
6 ,4 ωπ+π
6 )，根据函数极大值点的个数得到方程，求出答案.
【详解】
f (x)=√3sinωx cosωx −1
2 sin(2ωx −π
2 )= √3
2 sin2ωx + 1
2 cos2ωx =sin(2ωx +π
6 )，
x∈(0,2π)，2ωx +π
6 ∈(
π
6 ,4 ωπ+π
6 )，
函数f (x)在区间(0,2π)上恰有3 个极大值点，
故9π
2 <4 ωπ+π
6 ≤13π
2
，解得ω∈(
13
12 , 19
12].
故选：D
【题型12 根据函数的最值求参数】
41．若函数f (x)=¿的最小值是−2，则实数m的取值范围是（ ）
A．m<0
B．m≤0
C．m>0
D．m≥0
【答案】A
【分析】利用导数求出函数f (x)在[0,+∞)上的极小值，然后对实数m的取值进行分类讨论，
结合f (x)min=−2可求得实数m的取值范围.
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【详解】当x ≥0时，f (x)=2 x
3−3 x
2，则f
′ (x)=6 x
2−6 x =6 x (x−1)，
当0< x<1时，f
′ (x)<0，此时函数f (x)单调递减，
当x>1时，f
′ (x)>0，此时函数f (x)单调递增，
所以，函数f (x)的极小值为f (1)=−1，
因为函数f (x)的最小值为−2，当m≥0时，函数f (x)在(−∞,0)上单调递减，
此时，函数f (x)在(−∞,0)上无最小值，不合乎题意；
当m<0时，函数f (x)在(−∞,m)上单调递减，在(m,0)上单调递增，
此时，函数f (x)在(−∞,0)上的极小值为f (m)=−2，且−2<−1，则f (x)min= f (m)=−2，
综上所述，m<0.
故选：A.
42．函数f (x)= x
2+(a−1) x−3 ln x在(1,2)内有最小值，则实数a 的取值范围为（ ）
A．(−3
2 ,2)
B．[−3
2 ,2]
C．(−4
3 ,2)
D．(−4
3 ,1]
【答案】A
【分析】求出f
′( x)= 2 x
2+(a−1)x−3
x
，设g( x)=2 x
2+(a−1)x−3，得出g( x)=0有一
正根一负根，因此题意说明正根在区间(1,2)内，从而由¿得参数范围．
【详解】f
′( x)=2 x +(a−1)−3
x = 2 x
2+(a−1)x−3
x
，
设g( x)=2 x
2+(a−1)x−3，因为Δ=(a−1)
2+24>0，因此g( x)=0有两个不同实根，
又g(0)=−3<0，因此g( x)=0两根一正一负，
由题意正根在(1,2)内，
所以¿，解得−3
2 <a<2，
故选：A．
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43．已知函数y = 1
3 x
3−x
2−3 x +a，a∈R，在区间(t −3,t +5)上有最大值，则实数t 的
取值范围是（ ）
A．−6<t <0
B．−6<t ≤0
C．−6<t <2
D．−6<t ≤2
【答案】B
【分析】利用导数求出函数单调性，据此知函数有极大值，根据函数在开区间上有最大值
可知，区间含极大值点
【详解】y
′ = x
2−2 x−3=( x−3)( x +1)，
当x<−1或x>3时，y
′>0，当−1< x<3时，y
′<0，
所以函数在(−∞,−1)，(3,+ ∞)上递增函数，在(−1,3)上递减函数，
故x =−1时函数有极大值，且y ¿，
所以当函数在(t −3,t +5)上有最大值，则−1∈ (t −3,t +5)且t +5≤5，
即¿，解得−6<t ≤0.
故选：B.
44．已知f (x)=2 x
3−6 x
2+m（m为常数）在[−2,2]上有最大值3，则函数f (x)在[−2,2]上
的最小值为（ ）
A．−3
B．−5
C．−37
D．−39
【答案】C
【分析】对函数进行求导，判断其单调性和最值，根据最大值为3求出m，进而根据单调性
可得其最小值.
【详解】由f (x)=2 x
3−6 x
2+m得f
′ (x)=6 x
2−12 x =6 x (x−2)，
故当x∈[−2,0)时，f
′ (x)>0，f (x)在区间[−2,0)上单调递增，
当x∈(0,2]时，f
′ (x)≤0，f (x)在区间(0,2]上单调递减，
故当x =0时，f (x)取得最大值，即f (0)=m=3，此时f (x)=2 x
3−6 x
2+3，
当x∈[−2,0)，f (x)≥f (−2)=−37，当x∈(0,2]时f (x)≥f (2)=−5，
故最小值为f (−2)=−37，
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故选：C
【题型13 利用导数求解不等式恒成立与有解问题】
45．已知函数f ( x)= m
2 x
2−x−ln x (m∈R).
(1)当m=2时，求函数f ( x)的单调区间；
(2)若∀x>0，不等式f ( x)> x
2恒成立，求实数m的取值范围.
【答案】(1)f ( x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数
(2)(4 ,+ ∞).
【分析】（1）求导可得f
′( x)= (2 x +1)( x−1)
x
，可求单调区间；
（2）分离变量，可得m
2 >1+ 1
x + ln x
x
2 ，令g( x)=1+ 1
x + ln x
x
2 ，求得g( x)的最大值即可.
【详解】（1）函数f ( x)= m
2 x
2−x−ln x的定义域为(0,+∞)，
当m=2时，f ( x)= x
2−x −ln x，所以f
′( x)=2 x−1−1
x = (2 x +1)( x−1)
x
，
当x∈(0,1)时，f
′( x)<0，f ( x)在(0,1)上为减函数，
当x∈(1,+∞)时，f
′( x)>0，f ( x)在(1,+∞)上为增函数，
综上所述：f ( x)在(0,1)上为减函数，在(1,+ ∞)上为增函数；
（2）若∀x>0，不等式f ( x)> x
2恒成立，
则m
2 >1+ 1
x + ln x
x
2 对x>0均成立，所以m
2 >(1+ 1
x + ln x
x
2 )
max
令g( x)=1+ 1
x + ln x
x
2 ，
则g
′( x)=−1
x
2 + x−2 x ln x
( x
2)
2
=−1
x
2 + 1−2ln x
x
3
= 1−2ln x−x
x
3
，
令h( x)=1−2ln x−x，显然h( x)=1−2ln x−x为(0,+ ∞)上的减函数，
又h(1)=1−2ln1−1=0，
所以x∈(0,1)，h( x)>0，g
′( x)>0则g( x)在(0,1)上为增函数，
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当x∈(1,+∞)时，h( x)<0，g
′( x)<0则g( x)在(1,+ ∞)上为减函数，
所以g( x)max = g(1)=1+ 1
1 + ln1
1 =2，所以m
2 >2，所以m>4，
所以实数m的取值范围为(4 ,+ ∞).
46．已知函数f ( x)=ax−ln(1−x)(a∈R)．
(1)求曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f ( x)≥0恒成立，求a的值
【答案】(1)y =(a+1)x；
(2)a=−1
【分析】（1）根据导数的几何意义求解即可；
（2）由f ( x)=ax−ln(1−x)，得f
′( x)=a+
1
1−x ( x<1)，当a≥0时，不符合题意；当
a<0时，f ( x)最小值为f(1+ 1
a)=a+1+ ln(−a)，若f ( x)≥0恒成立，则
a+1+ ln(−a)≥0，设φ( x)= x +1+ ln(−x)( x<0)．根据导数研究φ( x)的最大值，即可
求出a的值.
【详解】（1）定义域为(−∞,1)，由f ( x)=ax−ln(1−x)，得f
′( x)=a+
1
1−x ( x<1)，
因为f (0)=0,f
′(0)=a+1，
所以曲线y = f ( x)在点(0,f (0))处的切线方程为y =(a+1)x；
（2）定义域为(−∞,1)，f
′( x)=a+
1
1−x = −ax +a+1
1−x
，
①当a≥0时，f (−1)=−a−ln 2<0，不符合题意．
②当a<0时，令f
′( x)=0，解得x =1+ 1
a，
当x∈(−∞,1+ 1
a)时，f
′( x)<0,f ( x)在区间(−∞,1+ 1
a)上单调递减，
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当x∈(1+ 1
a ,1)时，f
′( x)>0,f ( x)在区间(1+ 1
a ,1)上单调递增，
所以当x =1+ 1
a时，f ( x)取得最小值f(1+ 1
a)=a+1+ ln(−a)；
若f ( x)≥0恒成立，则a+1+ ln(−a)≥0，
设φ( x)= x +1+ ln(−x)( x<0)，则φ
′( x)=1+ 1
x = x +1
x
，
当x∈(−∞,−1)时，φ
′( x)>0,φ( x)在区间(−∞,−1)上单调递增，
当x∈(−1,0)时，φ
′( x)<0,φ( x)在区间(−1,0)上单调递减，
所以φ( x)≤φ(−1)=0，即a+1+ ln(−a)≥0的解为a=−1．
所以a=−1.
47．已知函数f (x)=loga x
x
a
(a>0且a≠1).
(1)当a=2时，判断f (x)的单调性；
(2)若f (x)≥−1恒成立，求a的值.
【答案】(1)f (x)在区间(0,√e)上单调递增，在区间(√e,+ ∞)上单调递减
(2)1
e .
【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负可出函数的单调区间；
（2）当a>1时，由lna<a，得−a
lna <−1，从而可求出f (e
−a)<−e，不合题意，当
0<a<1时，对函数求导后求出函数的单调区间，从而可求得f ( x)min=
1
aelna，所以只要
1
aelna ≥−1，转化为alna≤−1
e ，然后构造函数g(a)=alna(0<a<1)，利用导数可求
得alna≥−1
e ，从而可求得a的值.
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【详解】（1）当a=2时，f (x)=log2 x
x
2
( x>0)，
则f
′ (x)= 1−2ln x
x
3ln2 .
令f
′ (x)=0，得x =√e.
当0< x<√e时，f
′ (x)>0,f (x)单调递增；当x>√e时，f
′ (x)<0,f (x)单调递减，
所以当a=2时，f (x)在区间(0,√e)上单调递增，在区间(√e,+∞)上单调递减.
（2）若a>1，令t( x)= x−ln x( x>1)，则t
′( x)=1−1
x = x−1
x
>0( x>1)，
所以t( x)在(1,+ ∞)上单调递增，所以t( x)>t(1)=1，所以x>ln x( x>1)，
所以由lna<a，得−a
lna <−1，
所以f (e
−a)=logae
−a
(e
−a)
a =−ae
a
2
lna <−e
a
2
<−e，
从而f (x)≥−1不恒成立，此时不符合题意.
若0<a<1,f
′ (x)=−aln x−1
x
a+1lna .
当0< x<e
1
a时，f
′ (x)<0；当x>e
1
a时，f
′ (x)>0，
所以f (x)在区间(0,e
1
a)上单调递减，在区间(e
1
a ,+∞)上单调递增，
所以x =e
1
α是f (x)的极小值点，也是f (x)的最小值点，
即f ( x)min= f (e
1
a)=
1
aelna
.
若f (x)≥−1恒成立，则
1
aelna ≥−1，
即alna≤−1
e ①.
令g(a)=alna(0<a<1)，
则g
′ (a)=lna+1.
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当0<a< 1
e 时，g
′ (a)<0；
当a> 1
e 时，g
′ (a)>0，
所以g(a)在区间(0, 1
e)上单调递减，在区间(
1
e ,+∞)上单调递增，
所以a= 1
e 是g(a)的极小值点，也是g(a)
的最小值点，即g(a)≥g(
1
e)=−1
e ，
即alna≥−1
e （当且仅当a= 1
e 时，等号成立）②.
由①②，得alna=−1
e ，
当且仅当a= 1
e 时，alna=−1
e .
综上，a的值为1
e .
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用
导数解决不等式恒成立的问题，第（2）问解题的关键是当0<a<1时，利用导数求出函数
的最小值，将问题转化为alna≤−1
e 恒成立，再构造函数g(a)=alna(0<a<1)利用导数
求其最值，考查分类思想和转化思想，属于较难题.
48．已知函数f (x)= 2ln x + x +a
x
(a∈R)
(1)若a=2，求f (x)的单调区间.
(2)若对∀x∈(0,+∞)，f (x)≤xe
x恒成立，求实数a的取值范围
【答案】(1)f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)
(2)(−∞,1]
【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于对∀x∈(0,+∞)，a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立，构建
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g(x)= x
2e
x−2ln x−x , x>0，利用导数判断g(x)的单调性和最值，结合恒成立问题分析
求解.
【详解】（1）若a=2，则f (x)= 2ln x + x +2
x
的定义域为(0,+∞)，
且f
′ (x)=
x(
2
x +1)−(2ln x + x +2)
x
2
= −2ln x
x
2
，
令f
′ (x)>0，解得0< x<1；令f
′ (x)<0，解得x>1；
所以f (x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞).
（2）因为f (x)= 2ln x + x +a
x
≤xe
x，则a≤x
2e
x−2ln x−x，
所以原题意等价于对∀x∈(0,+ ∞)，a≤x
2e
x−2ln x−x恒成立，
构建g(x)= x
2e
x−2ln x−x , x>0，
则g
′ (x)=(x
2+2 x)e
x−2
x −1= x (x +2)(e
x−1
x
2)，
令h(x)=e
x−1
x
2 , x>0，则h
′ (x)=e
x+ 2
x
3 >0对∀x∈(0,+∞)恒成立，
可知h(x)在(0,+ ∞)内单调递增，且h(
1
2)=√e−4<0h(1)=e−1>0，
可知h(x)在(0,+ ∞)内存在唯一零点x0∈(
1
2 ,1)，
当0< x< x0时，h(x)<0，即g
′ (x)<0；
当x> x0时，h(x)>0，即g
′ (x)>0；
可知g(x)在(0, x0)内单调递减，在(x0,+ ∞)内单调递增，
则g(x)≥g(x0)= x0
2e
x0−2ln x0−x0= x0
2e
x0−ln x0
2e
x0，
35
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且h(x0)=e
x0−1
x0
2 =0，可得x0
2e
x0=1，
则g(x)≥g(x0)=1−ln1=1，可得a≤1，
所以实数a的取值范围为(−∞,1].
49．已知函数f (x)=ln(x +1)−mx , g(x)=cosmx −1，其中m∈R.
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若f (x)+ g(x)≤0恒成立，求m.
【答案】(1)答案见解析
(2)m=1
【分析】（1）利用导数与函数单调性间的关系，对f ( x)求导，得f
′ (x)= 1−mx−m
x +1
，对
m分类讨论，即可求出结果；
（2）先探求f (x)+ g(x)≤0恒成立的必要条件，从而得到m=1，再证明m=1时，φ( x)≤0
在(−1,+ ∞)上恒成立，即可解决问题.
【详解】（1）因为f (x)=ln(x +1)−mx，易知其定义域为(−1,+∞)，
f
′ (x)=
1
x +1 −m= 1−mx −m
x +1
，
当m≤0时，f
′( x)>0在(−1,+ ∞)上恒成立，
当m>0时，由f
′ (x)=0，得到x = 1
m −1>−1，
所以，当−1< x< 1
m −1时，f
′( x)>0，x> 1
m −1时，f
′( x)<0，
综上所述，当m≤0时，f (x)的单调增区间为(−1,+ ∞)，无减区间，
当m>0时，f (x)的单调增区间为(−1, 1
m −1)，减区间( 1
m −1,+∞).
（2）令φ( x)= f (x)+ g(x)= ln( x +1)+cosmx −mx −1，
由于φ( x)≤0恒成立，且φ(0)=0，又φ( x)在区间(−1,+∞)上连续，
所以x =0是φ( x)的一个极大值点，又φ
′( x)=
1
x +1 −msinmx −m，
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所以φ
′(0)=1−m=0，得到m=1，
下证明m=1时，φ( x)≤0在(−1,+ ∞)上恒成立，
由（1）知，m=1时，f (x)在区间(−1,0)上单调递增，在区间(0,+ ∞)上单调递减，
所以f (x)≤f (0)=0，又g(x)=cosmx −1≤0恒成立，所以φ( x)= f (x)+ g(x)≤0，
综上所述，m=1.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于根据条件得到x =0是φ( x)的一个极大值点，从而得
f (x)+ g(x)≤0恒成立的一个必要条件m=1，再证明m=1时，f (x)+ g(x)≤0在(−1,+∞)
上恒成立，即可解决问题.
【题型14 利用导数研究函数的零点（方程的根）】
50．已知函数f (x)= ln (x +2)
(1)求曲线y = f (x)在x =−1处的切线方程；
(2)求证：e
x≥x +1；
(3)函数h(x)= f (x)−a(x +2)有且只有两个零点，求a 的取值范围．
【答案】(1)y = x +1；
(2)证明见详解；
(3)(0, 1
e).
【分析】（1）利用导数求斜率，利用解析式求切点纵坐标，然后可得切线方程；
（2）构造函数g(x)=e
x−x−1，利用导数求最小值即可得证；
（3）构造函数m(x)= ln (x +2)
x +2
, x>−2，将问题转化为函数m(x)的图象与直线y =a有两
个交点，利用导数研究函数单调性，然后作出函数m(x)的图象，根据图象即可求解.
【详解】（1）因为f
′ (x)=
1
x +2，
所以曲线y = f (x)在x =−1处的切线斜率为f
′ (−1)=
1
−1+2 =1，
又f (−1)= ln (−1+2)=0，所以切线方程为y = x +1.
（2）记g(x)=e
x−x−1，则g
′ (x)=e
x−1，
当x<0时，g
′ (x)<0，函数g(x)在(−∞,0)上单调递减；
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当x>0时，g
′ (x)>0，函数g(x)在(0,+∞)上单调递增.
所以当x =0时，g(x)取得最小值g(0)=e
0−1=0，
所以g(x)=e
x−x−1≥0，即e
x≥x +1.
（3）h(x)= f (x)−a(x +2)= ln (x +2)−a(x +2), x>−2，
由题知，ln (x +2)−a(x +2)=0有且只有两个不相等实数根，
即ln (x +2)
x +2
=a有且只有两个不相等实数根，
令m(x)= ln (x +2)
x +2
, x>−2，则m
′ (x)= 1−ln (x +2)
(x +2)
2
，
当−2< x<e−2时，m
′ (x)>0，m(x)在(−2,e−2)上单调递增；
当x>e−2时，m
′ (x)<0，m(x)在(e−2,+∞)上单调递减.
当x趋近于−2时，m(x)趋近于−∞，当x趋近于+ ∞时，m(x)趋近于0，
又f (e−2)= 1
e ，所以可得m(x)的图象如图：
由图可知，当0<a< 1
e 时，函数m(x)的图象与直线y =a有两个交点，
所以，a 的取值范围为(0, 1
e).
【点睛】思路点睛：根据函数零点个数求参数范围，一般采取参变分离，转化为两个函数
图象的交点问题，然后利用导数研究单调性，结合函数变化趋势、极值等作出函数图象，
结合函数图象即可得解.
51．已知函数f (x)= x
3−ax +2,a∈R.
(1)若x =−2是函数f (x)的极值点，求a的值，并求其单调区间；
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(2)若函数f (x)在[
1
3 ,3]上仅有2 个零点，求a的取值范围．
【答案】(1)a=12；f (x)的增区间是(−∞,−2)和(2,+∞)，减区间是(−2,2)；
(2)3<a≤55
9
【分析】（1）首先根据f
′ (−2)=0，求a的值，根据导数和函数单调性的关系，即可求解
函数的单调区间；
（2）首先参变分离为a= x
2+ 2
x ，再构造函数g(x)= x
2+ 2
x ，x∈[
1
3 ,3]，并判断函数在区
间的单调性，极值和端点值，根据图象的交点个数，即可求解.
【详解】（1）f
′ (x)=3 x
2−a，f
′ (−2)=12−a=0，得a=12，
当a=12时，f
′ (x)=3 x
2−12=0，得x =−2或x =2，
x ,f
′ (x),f (x)的变化情况如下表所示，
x
(−∞,−2−2
(−2,2)
2
(2,+∞)
f (x) +
0
−
0
+
f
′ (x 增区间
极大值18
减区间
极小值
−14
增区间
所以函数f (x)的增区间是(−∞,−2)和(2,+∞)，减区间是(−2,2)；
（2）令f (x)= x
3−ax +2=0，x∈[
1
3 ,3]，
得a= x
3+2
x
= x
2+ 2
x ，
令g(x)= x
2+ 2
x ，x∈[
1
3 ,3]，
g
′ (x)=2 x−2
x
2 = 2(x
3−1)
x
2
=0，得x =1，
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如下表，
x
1
3
(
1
3 ,1)
1
(1,3)
3
g
′ (x
−
0
+
g(x) 55
9
减区
间
极小值3
增区间
29
3
因为函数f (x)在[
1
3 ,3]上仅有2 个零点，即y =a与y = g(x)有2 个交点，如图：
即3<a≤55
9 .
52．已知函数f (x)=e
ax−x.
(1)若a=2，求f (x)在(1,f (1))处的切线方程；
(2)讨论f (x)的零点个数.
【答案】(1)y =(2e
2−1) x−e
2
(2)答案见解析
【分析】（1）根据已知条件及导数的求导法则，利用导数的几何意义及直线的点斜式方程
即可求解；
（2）利用导数法求含参函数的单调性，进而求出函数的最值，结合函数的单调性、函数的
最值关系和函数零点存在定理对a 的范围进行分类讨论，即可求解函数零点个数.
【详解】（1）若a=2，则f (x)=e
2 x−x ,f
′ (x)=2e
2 x−1.
40
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又f (1)=e
2−1,切点为(1,e
2−1)，
曲线y = f (x)在(1,f (1))处的斜率k = f
′ (1)=2e
2×1−1=2e
2−1，
故所求切线方程为y −(e
2−1)=(2e
2−1)(x−1)即y =(2e
2−1) x−e
2.
（2）由题f
′ (x)=ae
ax−1．
1°当a≤0时，f
′ (x)<0,f (x)在R上单调递减，又f (0)=1>0,f (1)=e
a−1≤0.
故f (x)存在一个零点，此时f (x)零点个数为1.
2°当a>0时，令f
′ (x)<0得x<−lna
a ，令f
′ (x)>0得x>−lna
a ，
所以f (x)在(−∞,−lna
a )上单调递减，在(−lna
a
,+∞)上单调递增.
故f (x)的最小值为f(−lna
a )= 1+lna
a
.
当a= 1
e 时，f (x)的最小值为0，此时f (x)有一个零点.
当a> 1
e 时，f (x)的最小值大于0，此时f (x)没有零点．
当0<a< 1
e 时，f (x)的最小值小于0，f (−1)=e
−a+1>0，
f(−lna
a )= 1+lna
a
<0, x→+ ∞时，f (x)→+∞，此时f (x)有两个零点.
综上，当a≤0或a= 1
e 时，f (x)有一个零点；
当0<a< 1
e 时，f (x)有两个零点；
当a> 1
e 时，f (x)没有零点.
53．已知函数f (x)=a(x +1)e
−x+ x
2．
(1)讨论f (x)的零点个数；
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(2)若f (x)存在两个极值点，记x0为f (x)的极大值点，x1为f (x)的零点，证明：x0−2 x1>2．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析.
【分析】（1）将问题转化成讨论g(x)= x
2e
x
1+ x
与y =−a的交点个数，利用导数研究函数
g(x)的单调性，从而结合图象得到答案；
（2）分类讨论，利用导数研究函数f (x)=a(x +1)e
−x+ x
2的单调性，从而判断函数的极值
点和零点，依次证明不等式．
【详解】（1）因为f (x)=a(x +1)e
−x+ x
2，
当a=0时，f (x)= x
2，此时f (x)有一个零点；
当a≠0时，f (−1)=1，所以−1不是函数f (x)的零点，
令f (x)=a(x +1)e
−x+ x
2=0(x≠−1),⇒−a= x
2e
x
1+ x ，
故只需讨论g(x)= x
2e
x
1+ x 与y =−a的交点个数即可，
g
′ (x)= (2 x + x
2)(1+ x)e
x−x
2e
x
(1+ x)
2
= (x
3+2 x
2+2 x)e
x
(1+ x)
2
= (x
2+2 x +2) xe
x
(1+ x)
2
，
因为x
2+2 x +2>0，
所以g(x)= x
2e
x
1+ x 在(−∞,−1)和(−1,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
x→+∞, g( x)→+ ∞，x→−1且x>−1时，g( x)→+∞，x→−1且x<−1时，
g( x)→−∞，
所以g(x)的大致图象如图所示：
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故当a>0,g(x)= x
2e
x
1+ x 与y =−a有一个交点，
当a<0时，g(x)= x
2e
x
1+ x 与y =−a有2 个交点；
综上，a≥0时，函数f (x)有1 个零点，当a<0时，函数f (x)有2 个零点．
（2）函数f (x)=a(x +1)e
−x+ x
2,f
' (x)= x(2e
x−a)
e
x
，
当a≤0时，2e
x−a>0，所以函数f (x)只有一个极值点，不满足条件；
当a=2时，f
′ (x)= x(2e
x−a)
e
x
≥0，所以函数f (x)无极值点；
当a>2时，ln a
2 >0，令f
'( x)>0得x<0或x>ln a
2；令f
'( x)<0得0< x<ln a
2，
所以函数f (x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,ln a
2)上单调递减，在(ln a
2 ,+∞)上单调递增，
此时x0=0，
因为
f(ln a
2)=a(ln a
2 +1)⋅2
a +(ln a
2)
2
=2(ln a
2 +1)+(ln a
2)
2
>0,f (0)=a>0,f (−1)=1，
x→−∞时，f (x)→−∞，
所以函数f (x)在(−1,+∞)上无零点，在(−∞,−1)上有一个零点x1，
所以x0−2 x1=−2 x1>2；
当0<a<2时，ln a
2 <0，令f
'( x)>0得x<ln a
2或x>0；令f
'( x)<0得ln a
2 < x<0，
43
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所以函数f (x)在(−∞,ln a
2)上单调递增，在(ln a
2 ,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
此时x0=ln a
2 <0，
因为f (0)=a>0,f(ln a
2)>f (0)>0, x→−∞时，f (x)→−∞，
f(
1
2 ln a
2 −1)=a(
1
2 ln a
2 −1+1)e
−(
1
2 ln a
2 −1)+(
1
2 ln a
2 −1)
2
=e√2a
2
ln a
2 +(
1
2 ln a
2 −1)
2
=e√2a⋅(
1
2 ln a
2 −1)+e√2a+(
1
2 ln a
2 −1)
2
=(e√2a+ 1
2 ln a
2 −1)⋅(
1
2 ln a
2 −1)+e√2a>0
，
所以函数f (x)在(−∞,ln a
2)上有一个零点x1，且x1< 1
2 ln a
2 −1，
所以x0−2 x1>2，
综上，x0−2 x1>2．
【点睛】关键点点睛：零点可理解为两函数的交点的横坐标，在求解时可分析单调性和极
值，数形结合求解.
54．函数f ( x)=ae
x−x−1(a∈R)．
(1)当a=1时，证明：f ( x)≥0；
(2)讨论函数f ( x)的零点个数．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导可得f
'( x)=e
x−1，当x∈(−∞,0)时，f
′( x)<0，当x∈(0,+∞)时，
f
′( x)>0，可证结论；
（2）由已知可得a= x +1
e
x
= g( x )，求导可得g( x)的单调性，进而可求函数f ( x)的零点个
数．
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【详解】（1）当a=1时，f ( x)=e
x−x −1，所以f
'( x )=e
x−1，令f
′( x)=0得x =0．
当x∈(−∞,0)时，f
′( x)<0，f ( x)单调递减；
当x∈(0,+ ∞)时，f
′( x)>0，f ( x)单调递增．
从而f ( x)≥f (0)=0，不等式得证．
（2）令f ( x)=0，则a= x +1
e
x
= g( x )，g
'( x )= −x
e
x
．
当x∈(−∞,0)时，g
′( x)>0，g( x)单调递增；
当x∈(0,+ ∞)时，g
′( x)<0，g( x)单调递减．
又g(0)=1，当x→−∞时，g( x)→−∞；当x→+ ∞时，g( x)→0．
从而当a>1时，f ( x)无零点；当a≤0或a=1时，f ( x)有一个零点；
当0<a<1时，f ( x)有两个零点．
【易错点1 利用导数研究函数的单调性】
1．已知正实数m，n 满足
，则
＝（ ）
A．1
B．
C．4
D．1 或
【答案】B
【解答】解：由题意得m＞0，n＞0，m﹣2n＞0，所以
，
由原式得
lnm+
lnn＝ln（m﹣2n），即ln
＝ln（m﹣2n），
即mn＝（m﹣2n）2，化简得m2+4n2﹣5mn＝0，
解得m＝n 或m＝4n，所以
＝1（舍）或
．
故选：B．
2．已知函数f（x）的定义域为R，f'（x）为f（x）的导函数．若f（1）＝e，且f'（x）+ex
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＜f（x）在R 上恒成立，则不等式f（x）＜（2﹣x）ex的解集为（ ）
A．（﹣∞，2）
B．（2，+∞）
C．（﹣∞，1）
D．（1，+∞）
【答案】D
【解答】解：令
，
∵
，
∴g（x）在R 上单调递减，由f（x）＜（2﹣x）ex得：
，
即g（x）＜g（1）．∴x＞1．
故选：D．
3．设
，则（ ）
A．a＞b＞c
B．a＞c＞b
C．b＞a＞c
D．c＞a＞b
【答案】A
【解答】解：由题意得a＝
＝
，b＝0.1，c＝ln（1+0.1），
构造函数
，（x≥0），
令g（x）＝x﹣ln（x+1），（x≥0），g（0）＝0，且
，
所以g（x）在[0，+∞）单调递增，所以g（0.1）＞0，即g（0.1）＞0，得b＞c；
令h（x）＝ex﹣（x+1），x≥0，由h′（x）＝ex﹣1≥0 在[0，+∞）上恒成立，得h
（x）在[0，+∞）上单调递增，
由h（0）＝0，所以h（0.1）＞0，即f（0.1）＝
，
故a＞b；
所以a＞b＞c．
故选：A．
4．设a＝
，b＝ln1.4，c＝e0.4﹣1.32，则下列关系正确的是（ ）
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A．a＞b＞c
B．c＞a＞b
C．c＞b＞a
D．b＞a＞c
【答案】D
【解答】解：令f（x）＝lnx+
﹣1，x∈（0，+∞），
则f′（x）＝
﹣
＝
，
故当x∈（0，1）时，f′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，
故f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
而f（1）＝0，
故f（1.4）＝ln1.4+
﹣1＞0，
即ln1.4＞1﹣
＝
，
即b＞a；
令g（x）＝ex+
，x∈（0，1），
则g′（x）＝ex﹣
＝
，
令h（x）＝ex（x﹣1）2﹣1，
h′（x）＝ex（x﹣1）2+ex（2x﹣2）
＝ex（x2﹣1），
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，
故h（x）＝ex（x﹣1）2﹣1 在（0，1）上是减函数，
故h（x）＜h（0）＝1﹣1＝0，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，
故g（x）在（0，1）上是减函数，
故g（x）＜g（0）＝0，
即ex+
＜0，
故ex＜
，x∈（0，1），
故c＝e0.4﹣1.32＝（e0.1）4﹣1.32
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＜（
）4﹣1.32＝（
）4﹣1.32
＝（
）2﹣1.32＜（
）2﹣1.32＝
＜
，
即c＜a，
故b＞a＞c，
故选：D．
5．已知定义在R 上的可导函数f（x）的导函数为f′（x），满足f′（x）＜f（x），且f
（﹣x）＝f（2+x），f（2）＝1，则不等式f（x）＜ex的解集为（ ）
A．（﹣2，+∞）
B．（0，+∞）
C．（1，+∞）
D．（2，+∞）
【答案】B
【解答】解：∵f′（x）＜f（x），
∴f′（x）﹣f（x）＜0，
令g（x）＝
，则g′（x）＝
＜0，
故g（x）在R 递减，
而f（﹣x）＝f（2+x），
则f（1﹣x）＝f（1+x），f（x）关于x＝1 对称，
则f（2）＝f（0）＝1，
由f（x）＜ex，得：g（x）＝
＜1＝g（0），
解得：x＞0，
故选：B．
6．若函数f（x）＝lnx﹣
ax2﹣2x 存在单调减区间，则实数a 的取值范围是 （﹣
1 ，
+ ∞）
．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：根据题意，函数定义域为{x|x＞0}，
，
已知函数存在单调递减区间，
48
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由f′（x）≤0 有解，即a≥
有解，
又由
，
（x＞0）
故
在（0，1）上递减，在（1，+∞）上递增，
则有
所以a＞﹣1，
故答案为（﹣1，+∞）．
7．函数f（x）＝2x﹣2alnx．
（1）求f（x）的单调区间．
（2）求f（x）在[1，3]上最小值．
【答案】（1）a≤0 时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
a＞0 时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；
（2）f（x）min＝
．
【解答】解：（1）函数f（x）＝2x﹣2alnx 的定义域为（0，+∞），且f′（x）＝2﹣
＝
，
当a≤0 时，f′ （x ）≥0 ，f （x ）在（0 ，+∞）上单调递增，单调增区间是
（0，+∞）；
当a＞0 时，令f′（x）＝0，解得x＝a，所以x∈（0，a）时，f′（x）＜0，f（x）单调
递减，x∈（a，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
综上知，a≤0 时，f（x）的单调增区间是（0，+∞）；
a＞0 时，f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞）；
（2）a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）在[1，3]上的最小值为f
（1）＝2﹣2aln1＝2；
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a＞0 时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增，
若a≤1，则f（x）在[1，3]上单调递增，最小值为f（1）＝2；
若1＜a＜3，则f（x）在[1，3]上先减后增，最小值为f（a）＝2a﹣2alna；
若a≥3，则f（x）在[1，3]上单调递减，f（x）的最小值为f（3）＝6﹣2aln3；
综上，f（x）在[1，3]上最小值为f（x）min＝
．
8．已知函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）有两个零点，求a 的取值范围．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）函数f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx，（a∈R）；
∴f′（x）＝2ax+（a﹣2）﹣
＝
＝
（x＞0），…
（2 分）
当a≤0 时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，+∞）内单调递减；……（3 分）
当a＞0 时，则f（x）在（0，
）内单调递减，在（
，+∞）内单调递增；……（5
分）
备注：求导正确给1 分，因式分解正确得2 分；
（2）由（1）知，当a≤0 时，f（x）在（0，+∞）内单调递减，最多只有一个零点，舍
去；…（5 分）
a＞0 时，f（x）min＝f（
）＝a•
+（a﹣2）•
﹣ln
＝﹣
+1+lna；……（7
分）
当x→0+时，f（x）＞0；
当x→+∞时，f（x）＞0；
∴当f（
）＝1+lna﹣
＜0，令g（a）＝1+lna﹣
，
50
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则g′（a）＝
+
，
∴g′（a）＞0；…（10 分）
则g（a）在（0，+∞）上单调递增；
又g（1）＝0，解得a＜1；
∴当0＜a＜1 时，函数f（x）有两个不同的零点．…（12 分）
备注：其他解法也可以酌情相应给分．
9．已知函数
．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）求f（x）的极值．
【答案】（1）单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞），单调递增区间为（﹣1，
3）；
（2）极大值为
，极小值为﹣2e2．
【解答】解：（1）因为
，所以
，
令f′（x）＝0，解得x＝3 或x＝﹣1，令f′（x）＜0 得x＞3 或x＜﹣1，令f′（x）＞
0 得﹣1＜x＜3，列表如下：
x
（﹣∞，﹣
1）
﹣1
（﹣1，3）
3
（3，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
0
﹣
f（x）
↘
极小值
↗
极大值
↘
故f（x）的单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（3，+∞），单调递增区间为（﹣1，
3）．
（2）由（1）可得f（x）的极大值为
，极小值为f（﹣1）＝﹣2e2．
【易错点2 利用导数研究函数的极值】
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10．设函数
的两个极值点分别为x1，x2，若
恒成立，则实数a 的取值范围是
[ e 2 +
，
+ ∞）
．
【答案】[e2+
，+∞）．
【解答】解：因为函数f（x）＝
﹣x+alnx 的定义域为（0，+∞），且f（x）的两个极
值点分别为x1，x2，
所以f′（x）＝﹣
﹣1+
＝﹣
，
设g（x）＝x2﹣ax+1，则判别式Δ＝a2﹣4，当﹣2≤a≤2 时，Δ≤0，所以f′（x）≤0
恒成立，
函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意；
当a＜﹣2 时，Δ＞0，g（x）＝0 的两根都小于0，在（0，+∞）上f′（x）＜0，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，不合题意；
当a＞2 时，Δ＞0，设g（x）＝0 的两根为x1、x2 都大于0，令x1＝
，x2＝
，且x1x2＝1，
当0＜x＜x1 时，f′（x）＜0，当x1＜x＜x2 时，f′（x）＞0，当x＞x2 时，f′（x）＜
0；
所以f（x）分别在区间（0，x1）和（x2，+∞）上单调递减，在区间（x1，x2）上单调递
增；
所以a＝x1+x2＝x1+
＞2，所以a 的取值范围是（2，+∞）．
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因为f（x1）﹣f（x2）＝（
﹣x1+alnx1）﹣（
﹣x2+alnx2）＝
+（x2﹣x1）+a
（lnx1﹣lnx2），
所以
＝﹣
﹣1+a
＝﹣2+a
．
若
恒成立，则﹣2+a
≤
a﹣2 恒成立；
所以
≤
．不妨设x1＜x2，则x1﹣x2≤
（lnx1﹣lnx2），
又因为x1＝
，所以
﹣x2≤
（﹣2lnx2），所以
﹣x2+
lnx2≤0（其中
x2＞1）①恒成立；
设F（x）＝
﹣x+
lnx（其中x＞1），则F′（x）＝﹣
﹣1+
，
记F′ （x ）＝0 的两根为x3 ＝
[
﹣
] ，x4 ＝
[
+
]，
则F（x）在区间（1，x4）上单调递增，在区间（x4，+∞）上单调递减，所以0＜x3＜1
＜x4＜e2．
又F（1）＝0，F（e2）＝0，所以当x∈（1，e2）时，F（x）＞0，当x∈[e2，+∞）时，
F（x）≤0．
由①知，x2≥e2，代入方程g（x2）＝
﹣ax2+1＝0，解得a＝x2+
≥e2+
；
又因为a＞2，所以实数a 的取值范围是[e2+
，+∞）．
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故答案为：[e2+
，+∞）．
11．已知函数
有两个极值点，则实数m 的取值范围是
．
【答案】（0，
）．
【解答】解：函数
有两个极值点，
即f′（x）＝mex﹣
＝0 有两个变号根，
即2m＝
有两个变号根，令g（x）＝
，
令g′（x）＝
＝0 得x＝1，g′（x）＞0⇒x＜1，g′（x）＜0⇒x＞1，
所以g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
且x→﹣∞时，g（x）→﹣∞；x→+∞时，ex比x 趋近于正无穷大快，所以此时g（x）
→0，
结合g（1）＝
，g（0）＝0，作出函数y＝g（x）和y＝2m 的图象：
可见，当
，即
时，f（x）有两个极值点．
故答案为：（0，
）．
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12．已知函数f（x）＝x3+3bx2+3x 有极值点
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及b 的取值范围；
（Ⅱ）若函数f（x）有两个极值点x1、x2，且f（x1）+f（x2）＝0，求b 的值．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3（x2+2bx+1），
由于函数f（x）＝x3+3bx2+3x 有极值点
则Δ＞0，解得，b＜﹣1 或b＞1
∴
，
减区间为
；
（Ⅱ）由（I）知x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，
又由函数f（x）＝x3+3bx2+3x，
则
＝
＝﹣2b（4b2﹣3）+3b（4b2﹣2）﹣6b
＝4b3﹣6b＝0
解得，
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则b 的值为±
．
【易错点3 利用导数研究函数的最值】
13．若关于x 的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3 对于任意x∈（1，+∞）恒成立，则整数
k 的最大值为（ ）
A．1
B．0
C．﹣1
D．﹣2
【答案】B
【解答】解：由已知x＞1，故原式化为：
（x＞1）恒成立，
令f（x）＝
（x＞1），则f′（x）＝
，x＞1，
令g（x）＝x﹣lnx﹣2，g′（x）＝
＞0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增，
而g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＞0，
故存在唯一的x0∈（3，4），使得g（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0 ①，
当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f
（x）单调递增，
故f（x）min＝f（x0）＝lnx0+
+
，结合①式得f（x）min＝
﹣1，x0∈（3，
4），
结合对勾函数的性质
在（3，4）上单调递增，故f（x）min∈（
，
），
结合故4k＜f（x）min恒成立，k∈Z 时，
只能k≤0．
故k 的最大整数值为0．
故选：B．
14．已知函数
．
（1）若a＝1，求曲线y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）若x∈（0，+∞），f（x）⩾0 恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）x+y﹣2＝0；
（2）（﹣∞，ln2+1]．
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【解答】解：（1）若a＝1，则
，所以f（1）＝1，
因为
，
所以f′（1）＝﹣1，则切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣1），即x+y﹣2＝0；
（2）因为
，f′（x）＞0⇒x＞2，f′（x）＜0⇒0＜x＜2，
则f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增，
f（x）min＝f（2）＝ln2+1﹣a，
因为当x∈（0，+∞）时，f（x）⩾0 恒成立，
所以f（x）min＝ln2+1﹣a⩾0，所以a⩽ln2+1，
故a 的取值范围是（﹣∞，ln2+1]．
15．已知函数f（x）＝x2（x﹣a），a∈R，且f'（﹣1）＝3．
（1）求a 的值及曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（2）求函数f（x）在区间[﹣1，2]上的最值．
【答案】（1）a＝0，3x﹣y﹣2＝0；
（2）最小值为﹣1，最大值为8．
【解答】解：（1）函数f（x）＝x2（x﹣a），a∈R，所以f′（x）＝2x（x﹣a）+x2＝
3x2﹣2ax，
所以f′（﹣1）＝3+2a＝3，解得a＝0，所以f（x）＝x3；
所以f（1）＝1，k＝f′（1）＝3，
所以y﹣1＝3（x﹣1），所以3x﹣y﹣2＝0，
即曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为3x﹣y﹣2＝0；
（2）由f′（x）＝3x2≥0，所以f（x）在[﹣1，2]上单调递增，
所以函数f（x）在区间[﹣1，2]上的最小值为f（﹣1）＝﹣1，最大值为f（2）＝8．
16．已知函数f（x）＝alnx+xex﹣e，其中a∈R．
（Ⅰ）当a＝0 时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）当a＞0 时，判断f（x）的零点个数，并加以证明；
（Ⅲ）当a＜0 时，证明：存在实数m，使f（x）≥m 恒成立．
【答案】（Ⅰ）2ex﹣y﹣2e＝0；
（Ⅱ）1 个零点，证明过程见解析；
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（Ⅲ）证明过程见解析．
【解答】解：（Ⅰ）a＝0 时，f（x）＝xex﹣e，f′（x）＝ex（x+1），
故f（1）＝0，f′（1）＝2e，故切线方程为：y＝2e（x﹣1），
即2ex﹣y﹣2e＝0；
（Ⅱ）存在一个零点1，理由：
f′（x）＝
+ex（x+1），（a＞0，x＞0），
显然f′（x）＞0 恒成立，故f（x）在（0，+∞）上是增函数，
又x→0 时，f（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→+∞，
故存在唯一的零点t＝1，使得f（t）＝0；
（Ⅲ）f′（x）＝
+ex（x+1），（a＜0，x＞0），
＞0，故f′（x）是增函数，
而当x→0 时，f′（x）→﹣∞，x→+∞时，f′（x）→+∞，
故存在x0＞0，使得f′（x0）＝0，
且x∈（0，x0）时，f′（x）＜0，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，
故x＝x0是f（x）的极小值点，也是最小值点，
存在实数m≤f（x0），使f（x）≥m 恒成立．
17．已知函数f（x）＝m（x+1）ex（m＞0），g（x）＝2lnx+x+1．
（1）求曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程；
（2）若函数y＝f（x）的图像与y＝g（x）的图像最多有一个公共点，求实数m 的取值
范围．
【答案】（1）3x﹣y﹣1＝0；（2）{m|m≥
}．
【解答】解：（1）因为g（x）＝2lnx+x+1，所以g′（x）＝
+1，
所以g（1）＝2，g′（1）＝3，
故曲线y＝g（x）在点（1，g（1））处的切线方程为y﹣2＝3（x﹣1），即3x﹣y﹣1＝
0．
（2）因为函数y＝f（x）的图像与y＝g（x）的图像最多有一个公共点，
则方程m（x+1）ex＝2lnx+x+1 最多一个实根，
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即有m＝
最多有一个实根．
设h（x）＝
，h′（x）＝
＝
，
设m（x）＝
﹣x﹣2lnx，导数m′（x）＝﹣
﹣1﹣
＝﹣
＜0，所以m
（x）在（0，+∞）递减，
又m（1）＝0，可得0＜x＜1 时，m（x）＞0，即有h′（x）＞0，h（x）在（0，1）递
增；
x＞1 时，m（x）＜0，即有h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）递减．
所以h（x）在x＝1 处取得极大值，且为最大值
，又x→+∞时，h（x）→0；
x→0，h（x）→﹣∞，所以m≥
，
则m 的取值范围是{m|m≥
}．
【易错点4 利用导数研究曲线上某点切线方程】
18．设曲线f（x）＝xsinx 在点（π，f（π））处的切线为l，则l 与两坐标轴围成的三角形
的面积为
．
【答案】
．
【解答】解：由已知得f'（x）＝sinx+xcosx，f（π）＝0，f'（π）＝﹣π，
所以l 的方程为y＝﹣π（x﹣π），令x＝0 得y＝π2；令y＝0 得x＝π，
l 与两坐标轴围成的三角形面积：
．
故答案为：
．
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19．已知函数f（x）是定义在R 上的偶函数，且f（2x+2）为奇函数，记f'（x）为f（x）的
导函数，若f′（﹣2）＝1，则y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为
x + y +6
＝
0
．
【答案】x+y+6＝0．
【解答】解：因为f（x）是定义在R 上的偶函数，且f（2x+2）为奇函数，
所以f（﹣x）＝f（x），f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）＝f（x﹣2），
可得f（x﹣8）＝f（x），即周期为8，且f（2）＝0，
又﹣f′（﹣x）＝f′（x），f′（x﹣8）＝f′（x），
所以f（﹣6）＝f（2）＝0，得f′（﹣6）＝f′（2﹣8）＝f′（2）＝﹣f′（﹣2）＝﹣
1，
所以y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为：y﹣0＝﹣（x+6），
即x+y+6＝0．
故答案为：x+y+6＝0．
20．曲线f（x）＝lnx+3﹣2x 在点（1，f（1））处的切线方程为
x + y ﹣
2 ＝
0
．
【答案】x+y﹣2＝0．
【解答】解：
，故f′（1）＝﹣1，结合f（1）＝1，
故切线方程为y﹣1＝﹣（x﹣1），即x+y﹣2＝0．
故答案为：x+y﹣2＝0．
21．设P 是曲线y＝﹣x3+x+
上任意一点，则曲线在点P 处的切线的倾斜角α 的取值范围
是
[0
，
] ∪（
，
π ）
．
【答案】[0，
]∪（
，π）．
【解答】解：由已知得tanα＝y′＝﹣3x2+1≤1＝tan
，
由α∈[0，π）得α∈[0，
]∪（
，π）．
故答案为：[0，
]∪（
，π）．
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