专题3.1 导数的概念及其意义、导数的运算(举一反三复习讲义)
【全国通用】
考点要求
(1)了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数
(2)通过函数图象,理解导数的几何意义
(3)能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数,能求简单的复合函数的导数
高考真题
统计
考点
2024 年
2025 年
2026 年
导数的概念
及其意义、导
数的运算
新课标I 卷:第13 题,
5 分
新课标Ⅱ卷:第16 题,
15 分
全国甲卷(文数):第
7 题,5 分
全国甲卷(理数):第
6 题,5 分
全国一卷:第12 题,5
分
北京卷:第20 题,14
分
天津卷:第20 题,16
分
全国一卷:第4 题,5
分
全国二卷:第19 题,
17 分
上海卷(秋考):第
19 题,14 分
北京卷:第20 题,14
分
天津卷:第20 题,16
分
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
命题规律
分析
1、导数的概念及其意义、导数的运算
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,从近三年的高考情况来看,高考对本节内容考查相
对稳定,在选择题、填空题、解答题中都有考查,在选择题、填空题中主要
考查曲线的切线方程的求解,试题难度属中低档;在解答题中导数的几何意
义也经常会作为导数大题的一问进行考查,重点考查曲线的切线方程问题,
试题难度较大,复习时要加强这方面的训练。
知识点1
导数的概念
1.瞬时速度
(1)平均速度
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
设物体的运动规律是s=s(t),则物体在t0 到
这段时间内的平均速度为
.
(2)瞬时速度
①物体在某一时刻的速度称为瞬时速度.
②一般地,当∆t 无限趋近于0 时,
无限趋近于某个常数v,我们就说当∆t 趋近于0 时,
的极限是v,
这时v 就是物体在t=t0 时的瞬时速度,即瞬时速度
.
2.函数的平均变化率
函数平均变化率的定义
对于函数y=f(x),设自变量x 从x0 变化到x0+∆x,相应地,函数值y 就从f(x0)变化到f(x0+∆x).这时,x 的变化
量为∆x,y 的变化量为∆y=f(x0+∆x)- f (x0).我们把比值
,即
叫做函数y=f(x)从
x0 到x0+∆x 的平均变化率.
3.导函数的定义
从求函数y=f(x)在x=x0 处导数的过程可以看到,当x=x0 时,f'(x0)是一个唯一确定的数.这样,当x 变化时,
y=f'(x) 就是x 的函数,我们称它为y=f(x) 的导函数( 简称导数).y=f(x) 的导函数有时也记作y' ,即
f'(x)=y'=
.
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.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
知识点3
导数的运算的方法技巧
1.导数的运算的方法技巧
(1)求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商,再利用运算法则求导.
(2)抽象函数求导,恰当赋值是关键,然后活用方程思想求解.
(3)复合函数求导,应由外到内逐层求导,必要时要进行换元.
知识点4
复合函数的导数
1.复合函数的定义
一般地,对于两个函数y=f(u)和u=g(x),如果通过变量u,y 可以表示成x 的函数,那么称这个函数为函数y=f(u)
和u=g(x)的复合函数,记作y=f(g(x)).
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.
【题型1
导数的定义及其应用】
【例1】(2026·甘肃白银·三模)如果质点按规律��= 2�2 −�(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
Δ�→0
Δ�
Δ�= lim
Δ�→0
2 2+Δ�2−2+Δ�−2×4−2
Δ�
= lim
Δ�→0 7 + 2Δ�= 7,
则质点在2s 末的瞬时速度为7m/s.
故选:B.
【变式1-1】(2026·江苏盐城·三模)若�(�) = ln
2−�
e�,则lim
Δ�→0
�(1+Δ�)−�(1)
Δ�
=(
)
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.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【解答过程】因为�(�) = ln
2−�
e�,所以�'(�) =
2−�
e�
'
×
e�
2−�=
−e�−e�2−�
e2�
×
e�
2−�=
�−3
2−�,
所以�' 1 =
1−3
2−1 =−2,
则lim
Δ�→0
�(1+Δ�)−�(1)
Δ�
= �' 1 =−2.
故选:C.
【变式1-2】(25-26 高二下·吉林·期末)函数�(�) = �2 + 2�在区间1,2 上的平均变化率为(
)
A.5
B.6
C.7
D.10
【答案】A
【解题思路】根据平均变化率公式计算可得.
【解答过程】函数�= �2 + 2�在区间1,2 上的平均变化率为
22+4−12+2
2−1
= 5.
故选:A.
【变式1-3】(25-26 高二下·四川绵阳·期末)某质点沿直线运动,位移�(单位:m)与时间�(单位:s)之
间的关系为:�= �2,则该质点在1, 1 + Δ�内的平均速度是(
)
A.2 + Δ�
B.2 −Δ�
C.−1 + 2Δ�
D.−2 + Δ�
【答案】A
【解题思路】由平均速度的定义求解即可.
【解答过程】由题意可得平均速度是�=
Δ�
Δ�=
�1+Δ�−�1
Δ�
=
1+Δ�2−12
Δ�
=
2Δ�+ Δ�2
Δ�
= 2 + Δ�.
故选:A.
【题型2
导数的运算】
【例2】(2026·河南新乡·三模)已知函数�(�) = 2�'(1)ln�+
1
�,则�′(1) =(
)
A.2
B.−2
C.1
D.−1
【答案】C
【解题思路】先求出导函数,再应用赋值法计算求解.
【解答过程】函数�(�) = 2�′(1)ln�+
1
�,
则�' �=
2�'(1)
�
−
1
�2,
令�= 1,则�' 1 =
2�' 1
1
−1,
则�' 1 = 1,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
故选:C.
【变式2-1】(2026·湖南常德·一模)已知函数��= e�−�' 1 �,则(
)
A.�1 =−
e
2
B.�' 1 =−
e
2
C.�2 = e2 −e
D.�' 2 = e2 −e
【答案】C
【解题思路】根据题意,由��的解析式对其求导可得�′ �= e�−�′ 1 ,令�= 1 可得:�′ 1 = e1 −�′ 1 ,
可解得�′ 1 的值,即可得函数��的解析式,进一步可判断各个选项.
【解答过程】因为��= e�−�′ 1 �,所以�′ �= e�−�′ 1 ,
则�′ 1 = e1 −�′ 1 ,得�′ 1 =
e
2,故B 错误;
所以��= e�−
e
2 �,�′ �= e�−
e
2,
则�1 = e1 −
e
2 × 1 =
e
2,�2 = e2 −
e
2 × 2 = e2 −e,
�′ 2 = e2 −
e
2,故AD 错误,C 正确.
故选:C.
【变式2-2】(2026·福建泉州·三模)定义在�上的奇函数��,其导函数为�′(�),当�> 1 时,��= �2,
则�′( −3) =(
)
A.−9
B.−6
C.6
D.9
【答案】C
【解题思路】根据奇函数定义,两边取导数可得�′ −�= �′ �,据此求解即可.
【解答过程】因为定义在�上的奇函数��,所以�−�=−��,
两边取导数可得�′ −�
−�′ =−�′ �,即�′ −�= �′ �,
所以�′( −3) = �′ 3 ,
因为�> 1 时,��= �2,所以�> 1 时,�′ �= 2�,
所以�′( −3) = �′ 3 = 2 × 3 = 6.
故选:C.
【变式2-3】(2026·四川眉山·模拟预测)已知�= ��−2�是定义域为�的偶函数,��的导函数�′ �满足
�′ 1 + �= �′ 1 −�,则�′ 2026 =(
)
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
A.5
B.4
C.3
D.2
【答案】D
【解题思路】先根据�= �(�) −2�是偶函数得出�(�)的一个等式关系,再对其求导得到�′(�)的一个等式关系,
然后结合�′(1 + �) = �′(1 −�)推出�′(�)的周期,最后根据周期求出�′(2026)的值.
【解答过程】因为�= �(�) −2�是定义域为�的偶函数,所以�( −�) −2( −�) = �(�) −2�,即�( −�) + 2�=
�(�) −2�.
�( −�) + 2�= �(�) −2�两边求导,可得:−�′( −�) + 2 = �′(�) −2,可得�′(�) + �′( −�) = 4.
因为�′(1 + �) = �′(1 −�),所以�′(�)的图象关于直线�= 1 对称,则�′(�) = �′(2 −�).
用−�代替�可得�′( −�) = �′(2 + �).
将�′( −�) = �′(2 + �)代入�'(�) + �'( −�) = 4 中,可得�'(�) + �'(2 + �) = 4 ①.
用�+ 2 代替�可得�'(�+ 2) + �'(�+ 4) = 4 ②.
由②−①可得:�′(�+ 4) = �′(�).
所以�′(�)是周期为4 的周期函数.
所以�′(2026) = �′(4 × 506 + 2) = �′(2).
因为�′(�)的图象关于直线�= 1 对称,所以�′(2) = �′(0).
在�′(�) + �′( −�) = 4 中,令�= 0,可得2�′(0) = 4,解得�′(0) = 2,
所以�′(2) = 2,即�′(2026) = 2.
故选:D.
【题型3
求曲线切线的斜率(倾斜角)】
【例3】(25-26 高二上·江苏南通·期末)曲线�= ln 1 −�在�= 0 处的切线的倾斜角为(
)
A.30∘
B.45∘
C.135∘
D.150∘
【答案】C
【解题思路】利用导数的几何意义求出切线斜率,进而得到倾斜角即可.
【解答过程】设�= �(�) = ln 1 −�,则�′(�) =−
1
1−�,
设�(�)在�= 0 处的切线的倾斜角为�,
由导数的几何意义得tan�= �′(0) =−
1
1−0 =−1,
而�∈0, 180∘,可得�= 135∘,故C 正确.
故选:C.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【变式3-1】(2026·四川自贡·模拟预测)已知�( �) = �+ 1,则曲线�= �(�)在点(1, �(1))处的切线斜率为
(
)
A.0
B.1
C.2
D.4
【答案】C
【解题思路】利用导数的几何意义,即可求出切线斜率.
【解答过程】令�= ��≥0 ,则�= �2,所以原函数变为:�(�) = �2 + 1 �≥0 ,
所以函数为�(�) = �2 + 1 �≥0 ,�′(�) = 2�,则�(1) = 2,�′(1) = 2,
即:则曲线�= �(�)在点(1, �(1))处的切线斜率为2.
故选:C.
【变式3-2】(25-26 高三上·山西运城·期中)已知函数�= ��的部分图象如图所示,�′ �是函数��的导
函数,则(
)
A.�′ 2 < �′ 5 <
�4 −�2
2
B.�′ 2 <
�4 −�2
2
< �′ 5
C.�′ 2 > �′ 5 >
�4 −�2
2
D.�′ 2 >
�4 −�2
2
> �′ 5
【答案】D
【解题思路】结合导数的几何意义和平均变化率的定义,利用直线斜率的关系,即可求解.
【解答过程】根据导数的几何意义,�′ 2 表示曲线在�点处的切线的斜率,即直线�1的斜率�1,
�′ 5 表示曲线在�点处的切线的斜率,即直线�2的斜率�2,
又由平均变化率的定义,可得
�4 −�2
2
表示过�, �两点的割线的斜率�3,
如图所示,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
结合图象,可得�1 > �3 > �2,所以�′ 2 >
�4 −�2
2
> �′ 5 .
故选:D.
【变式3-3】(25-26 高二下·广东东莞·阶段检测)设点�是曲线�= �3 −
3�+
2
3上的任意一点,则曲线在点�
处切线的倾斜角�的取值范围为(
)
A.0,
π
2 ∪
5π
6 ,π
B.
2π
3 , π
C.[0,
π
2 ) ∪
2π
3 , π
D.
π
2 ,
5π
6
【答案】C
【解题思路】由导数的几何意义,求得曲线�= �3 −
3�+
2
3在点�处切线的斜率的取值范围,从而得到倾斜
角�的取值范围.
【解答过程】函数�= �3 −
3�+
2
3的定义域为R,
所以�' = 3�2 −
3 ≥−
3.
所以曲线�= �3 −
3�+
2
3在点�处切线的斜率tan�≥−
3.
因为�∈[0, π),所以�∈[0,
π
2 ) ∪[
2π
3 , π).
故选:C.
【题型4
求曲线的切线方程】
【例4】(2026·安徽·模拟预测)函数��= �2�−1 2的图象在点1,1 处的切线方程为(
)
A.�= 5�−4
B.�= 4�−3
C.�= 3�−2
D.�= 2�−1
【答案】A
【解题思路】利用导数求出切线斜率,再结合直线的点斜式方程可得切线方程.
【解答过程】��= �2�−1 2 = �4�2 −4�+ 1 = 4�3 −4�2 + �,则�′ �= 12�2 −8�+ 1,
�′ 1 = 5,所以切线方程为�−1 = 5 �−1 ,化简可得�= 5�−4,
即函数��= �2�−1 2的图象在点1,1 处的切线方程为�= 5�−4.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
故选:A.
【变式4-1】(2026·湖南长沙·二模)曲线�= �+ e�在点0,1 处的切线方程为(
)
A.3�−�+ 1 = 0
B.3�+ �−1 = 0
C.2�+ �−1 = 0
D.2�−�+ 1 = 0
【答案】D
【解题思路】先求导函数�′ �= 1 + e�,得到斜率为�= 2 ,再利用点斜式写出切线方程化简即可.
【解答过程】求导函数得到�′ �= 1 + e�,则切线斜率为�= �′ 0 = 1 + e0 = 2 ,
所以曲线�= �+ e�在点0,1 处的切线方程为�−1 = 2 �−0 ,即2�−�+ 1 = 0;
故选:D.
【变式4-2】(2026·重庆北碚·模拟预测)已知关于�的函数��= �−2 e�−
�
3 �3 +
�+1
2
�2 −�, �∈R.
(1)当�= 0 时,求�(�)在�= 2 处的切线方程;
(2)若�≤e 且�> 0,求�(�)的极小值.
【答案】(1)�= e2 + 1
�−2 .
(2)极小值为�1 =−e +
�
6 −
1
2.
【解题思路】(1)利用导数的几何意义求出切线斜率,再由直线的点斜式方程求出切线方程即可;
(2)对参数�的取值范围进行分类讨论,得出函数单调性并求出极值点,可得出极小值.
【解答过程】(1)由�= 0 可得��= �−2 e�+
1
2 �2 −�,
则�′ �= e�+ �−2 e�+ �−1 = �−1
e�+ 1 ,
易知�2 = 0, �′ 2 = e2 + 1;
所以切线方程为�−0 = e2 + 1
�−2 ,即�= e2 + 1
�−2 .
(2)易知�′ �= �−1 e�−��2 + �+ 1 �−1 = �−1
e�−��+ 1 ;
令��= e�−��+ 1,所以�′ �= e�−�,
因为�≤e 且�> 0,所以e�> 1 恒成立,
当�≤1 时,�′ �= e�−�≥0,所以��在0, + ∞上单调递增,可得��≥�0 = 2 > 0,
当1 < �≤e 时,令�′ �= e�−�= 0,可得�= ln�≤1,
当�∈0, ln�时,�′ �< 0,此时��在0, ln�上单调递减;
当�∈ln�, + ∞时,�′ �> 0,此时��在ln�, + ∞上单调递增;
因此��在�= ln�处取得极小值,也是最小值,即�ln�= eln�−�ln�+ 1 = �−�ln�+ 1;
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
令ℎ�= �−�ln�+ 1,1 < �≤e,则ℎ′ �= 1 −ln�−1 =−ln�< 0,
所以函数ℎ�在1 < �≤e 上单调递减,所以ℎ�≥ℎe = 1 > 0,即�ln�≥1;
因此��≥�ln�> 0,
综上可知当�≤e 时,��= e�−��+ 1 > 0 在0, + ∞上恒成立,
令�′ �= 0 可得�= 1,
当�∈0,1 时,�′ �< 0,即��在0,1 上单调递减,
当�∈1, + ∞时,�′ �> 0,即��在1, + ∞上单调递增,
所以��在�= 1 处取得极小值,�1 =−e +
�
6 −
1
2.
【变式4-3】(2026·安徽·模拟预测)已知函数��= e��−2�−1,�∈�.
(1)当�= 2 时,求曲线�= ��在点0, �0
处的切线方程;
(2)讨论函数��的单调性;
(3)若函数��有2 个不同的零点�1,�2,且�2 −�1 < 1,,求�的取值范围.
【答案】(1)�= 0
(2)当�≤0 时,��在�上单调递减;
当�> 0 时,��在−∞,
1
�ln
2
�上单调递减,在
1
�ln
2
�, + ∞上单调递增.
(3) ln3,2 ∪2, + ∞.
【解题思路】(1)代入�= 2 求导得切点处的函数值与导数值,用点斜式直接写出切线方程.
(2)先求导,按�正负分类讨论导数符号,进而确定函数单调区间.
(3)先排除�≤0 情况,易得一个零点�= 0,依据零点间距小于1 分区间结合端点函数值与极值点位置,
求出�取值范围.
【解答过程】(1)当�= 2 时,��= e2�−2�−1,则�′ �= 2e2�−2,
又�0 = 0,�′ 0 = 0.
因此曲线�= ��在点0, �0
处的切线方程为�= 0.
(2)�′ �= �e��−2.
当�≤0 时,�′ �= �e��−2 < 0 恒成立,因此��在�上单调递减;
当�> 0 时,令�′ �= 0,得�e��= 2,解得�=
1
�ln
2
�,
当�<
1
�ln
2
�时,�′ �< 0,��单调递减;
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
当�>
1
�ln
2
�时,�′ �> 0,��单调递增.
综上,当�≤0 时,��在�上单调递减;
当�> 0 时,��在−∞,
1
�ln
2
�上单调递减,在
1
�ln
2
�, + ∞上单调递增.
(3)由(2)知,当�≤0 时,��在�上单调递减,仅1 个零点,不符合题意,
故�> 0.
当�> 0 时,�(�)min = �
1
�ln
2
�=
2
�−
2
�ln
2
�−1.
令�=
2
�> 0,��= �−�ln�−1,则�′ �=−ln�,
当0 < �< 1,�′ �> 0,��单调递增;当�> 1,�′ �< 0,��单调递减,
所以�(�)max = �1 = 0.
要使��有2 个不同的零点,则�(�)min < 0,所以�=
2
�≠1,即�> 0 且�≠2.
注意到对任意�,�0 = 0 恒成立,则0 为��的一个零点,不妨设�1 = 0,
要使�2 −�1 < 1,则�2 ≠0,且�2 < 1,
令��= 0,则e��= 2�+ 1 > 0,解得�>−
1
2,所以�2 ∈−
1
2 , 0 ∪0,1 .
当0 < �2 < 1 时,根据��单调性可知,极小值点
1
�ln
2
�> 0,且�1 = e�−3 > 0,
解得ln3 < �< 2;
当−
1
2 < �2 < 0 时,根据��单调性可知,极小值点
1
�ln
2
�< 0,且�−
1
2 = e−1
2�> 0,
解得�> 2,
综上,�的取值范围是ln3,2 ∪2, + ∞.
【题型5
与切线有关的参数问题】
【例5】(25-26 高二下·重庆·阶段检测)已知曲线�= ln�在�= 1 处的切线与曲线�= e�+ �相切,则�的值
为(
)
A.2
B.−2
C.e
D.−e
【答案】B
【解题思路】先求�= ln�在�= 1 处的切线方程为�= �−1;利用导数相等求出�= e�+ �的切点横坐标�0 =
0;代入切线方程解得�=−2.
【解答过程】对�= ln�求导得�′ =
1
�,当�= 1 时,�= 0,�′ = 1,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
曲线�= ln�在�= 1 处的切线方程为�= �−1.
设切线与�= e�+ �相切于点(�0, e�0 + �),对�= e�+ �求导得�′ = e�,
由切线斜率为1 得e�0 = 1,解得�0 = 0,
将切点(0,1 + �)代入切线方程得1 + �=−1,解得�=−2.
故选:B.
【变式5-1】(2026·黑龙江齐齐哈尔·二模)��= ��3 + ��+ ��≠0 在点0, �0
处的切线方程是�−�+
1 = 0,则�+ �=(
)
A.−2
B.0
C.1
D.2
【答案】D
【解题思路】借助导数的几何意义计算即可得.
【解答过程】�′ �= 3��2 + �,又��在0, �0
处的切线方程是�−�+ 1 = 0,
故�′ 0 = �= 1,又�0 = �= 1,故�+ �= 2.
故选:D.
【变式5-2】(2026·湖南·模拟预测)已知直线�: �= ��+ �与曲线�=
1
�+ ln�相切,则实数b 的取值范围是
(
)
A.1,2
B.−∞, 1
C.0, ln2
D.ln2, + ∞
【答案】D
【解题思路】先设出切点坐标,根据导数的几何意义求出切线斜率,进而得到切线方程,再结合切线方程与
已知直线方程的关系,得到关于�的表达式,最后通过求导得出函数的最值即可确定的取值范围.
【解答过程】由函数�=
1
�+ ln�, �∈(0, + ∞),得�′ =−
1
�2 +
1
�,
设切点坐标为�0, �0 , �0 > 0,则切线的斜率�1 =−
1
�0
2 +
1
�0,
所以切线方程为�−�0 = −
1
�0
2 +
1
�0 (�−�0),其中�0 =
1
�0 + ln�0,
即切线方程为�−
1
�0 −ln�0 = −
1
�0
2 +
1
�0 (�−�0).
整理可得�= −
1
�0
2 +
1
�0 �+
2
�0 + ln�0 −1,
又因为直线�= ��+ �与曲线�=
1
�+ ln�相切,
所以�=−
1
�0
2 +
1
�0,�=
2
�0 + ln�0 −1.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
设�(�) =
2
�+ ln�−1, �> 0,则�′(�) =−
2
�2 +
1
�,
令�' �= 0,解得�= 2,
当0 < �< 2 时,�' �< 0,��在0,2 上单调递减;
当�> 2 时,�' �> 0,��在(2, + ∞)上单调递增,
故函数��在�= 2 时取极小值�(2) =
2
2 + ln2 −1 = ln2,
且当�→+ ∞时,�(�) →+ ∞.
综上所述,函数��的值域为[ln2, + ∞),所以实数�的取值范围[ln2, + ∞).
故选:D.
【变式5-3】(25-26 高二下·湖北武汉·阶段检测)已知过点�(�, 0)可以作曲线�= (�−1)e�的两条切线,则
实数a 的取值范围是(
)
A.(1, + ∞)
B.( −∞, −3) ∪(1, + ∞)
C.( −∞, −e) ∪(2, + ∞)
D.( −∞, −2) ∪(2, + ∞)
【答案】B
【解题思路】先对函数求导,设切点�0, �0 −1 ��0 ,写出切线方程,将点�(�, 0)代入切线方程,得到�02 −
�+ 1 �0 + 1 = 0,根据切线有两条,得到方程有两根,结合判别式即可求出结果.
【解答过程】由�= (�−1)e�得�' = e�+ �−1 e�= �e�,
设过点�(�, 0)的直线与曲线�= (�−1)e�切于点�0, �0 −1 e�0 ,
则切线斜率为�= �0e�0,
所以切线方程为�−�0 −1 e�0 = �0e�0 �−�0
因为切线过点�(�, 0),
所以0 −�0 −1 e�0 = �0e�0 �−�0 ,整理得�02 −�+ 1 �0 + 1 = 0,
因为过点�(�, 0)的切线有两条,
所以方程�02 −�+ 1 �0 + 1 = 0 有两不同实根,
因此�= �+ 1 2 −4 > 0,解得�> 1 或�<−3,
即实数a 的取值范围是−∞, −3 ∪1, + ∞.
故选:B.
【题型6
两条切线平行、垂直、公切线问题】
【例6】(2026·河南南阳·三模)已知函数�(�) = 2�e�与�(�) = ln�+ 1 存在公切线,则实数�的最小值为(
)
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
A.
1
e
B.
1
2e
C.
1
4e
D.
1
6e
【答案】B
【解题思路】设出两切点,由导数的意义求出切线方程,转化为方程组有解问题,消去�后构造函数ℎ�,
求导分析单调性可得最值.
【解答过程】设公切线与函数�(�) = 2�e�及函数�(�) = ln�+ 1 的切点分别为�, 2�e�,(�, ln�+ 1),且
�′(�) = 2�e�,�′(�) =
1
�,
故两切线方程为�−2�e�= 2�e�(�−�),�−(ln�+ 1) =
1
�(�−�),
即�= 2�e��+ ( −�+ 1)2�e�,�=
1
��+ ln�,
�(�)与�(�)存在公切线,所以
2�e�=
1
�
−�+ 1 2�e�= ln�
有解,消去�后得:ln2�= (�−1)ln�−1,
令ℎ(�) = (�−1)ln�−1,ℎ′(�) = ln�−
1
�+ 1,
易得ℎ′(�)在(0, + ∞)上单调递增,且�∈(0,1)时,ℎ′(�) < 0;�∈(1, + ∞)时,ℎ′(�) > 0,
故ℎ(�)在区间0,1 上递减,在(1, + ∞)上递增.
所以ℎ(�)min = ℎ(1) =−1,∴ln2�的最小值为−1,即2�的最小值为
1
e,即实数�的最小值为
1
2e.
故选:B.
【变式6-1】(25-26 高三上·江苏南通·期中)已知曲线�= �e2�在�= 0 处的切线与直线�+ �−1 = 0 垂直,
则�=(
)
A.
1
2
B.−
1
2
C.−1
D.1
【答案】A
【解题思路】根据导数的几何意义可得曲线�= �e2�在�= 0 处的切线斜率�1 = 2�,再结合直线垂直运算求
解.
【解答过程】因为�= �e2�,则�′ = 2�e2�,可得�′|�=0 = 2�,
即曲线�= �e2�在�= 0 处的切线斜率�1 = 2�,
且直线�+ �−1 = 0 的斜率�2 =−1,
由题意得�1 ⋅�2 =−2�=−1,解得�=
1
2.
故选:A.
【变式6-2】(2026·安徽·模拟预测)若曲线�= e�在点0,1 处的切线也是曲线�= ln(�+ �)的切线,则
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
�=____________.
【答案】2
【解题思路】先求出曲线�= e�在点0,1 处的切线方程,再设出曲线�= ln(�+ �)的切点为(�0, ln(�0 + �)),
利用公切线的斜率相等及切点也在公切线上,进而建立方程组求解即可.
【解答过程】由�= e�,则�′ = e�,则�= e�在点0,1 处的切线的斜率为�= e0 = 1,
所以切线方程为�−1 = �,即�= �+ 1,
设切线与曲线�= ln(�+ �)的切点为(�0, ln(�0 + �)),
又�= ln(�+ �),得�′ =
1
�+�,
则切点处的斜率必为1,且切点在切线�= �+ 1 上,
则
1
�0+�= 1
ln(�0 + �) = �0 + 1
,解得�0 =−1
�= 2
,
所以�= 2.
故答案为:2.
【变式6-3】(2026·福建泉州·模拟预测)已知曲线��= e�和��= ln�+ ��∈�有两条公切线,其中一
条为直线�: �= �+ 1,则另外一条公切线的方程为____________.
【答案】�= e�
【解题思路】根据两条曲线的其中一条公切线为�= �+ 1,结合导数的几何意义求出�,设出另一条切线的
两条曲线的切点坐标,得到切线方程,联立方程组求解即可.
【解答过程】对��= e�,求导得�′ �= e�,
设切点为�1,e�1 ,切线斜率�= e�1 = 1,解得�1 = 0,则切点为0,1 ,切线方程为�= �+ 1,满足条件.
对��= ln�+ �,求导得�′ �=
1
�.
设切点为�2,ln�2 + �,则切线斜率为�=
1
�2 = 1,所以�2 = 1,故切点坐标为1, �,
代入切线�= �+ 1 中得,�= 1 + 1 = 2,则��= ln�+ 2.
设另一条公切线与��= e�相切于�0, e�0 ,则切线方程为�−e�0 = e�0 �−�0 ,
即�= e�0�+ e�0 1 −�0 .
设该公切线与��= ln�+ 2 相切于�, ln�+ 2 ,则切线方程为�−ln�+ 2 =
1
��−�,
即�=
�
�+ ln�+ 1.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
所以
e�0 =
1
�
e�0 1 −�0 = ln�+ 1
,解得�= 1
�0 = 0 或
�=
1
e
�0 = 1
.
当�= 1, �0 = 0 时,对应切线方程为�= �+ 1,即已知切线方程;
当�=
1
e , �0 = 1 时,对应切线方程为�= e�.
故另外一条公切线的方程为�= e�.
故答案为:�= e�.
【题型7
与切线有关的最值问题】
【例7】(2026·河南驻马店·模拟预测)已知点�为曲线�= �+
9
�上的动点,则点�到直线�+ �= 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�= �+
9
�在点�处的切线与直线�+ �= 0 平行,
由�′ = 1 −
9
�2 =−1,得�=±
3 2
2 ,则�
3 2
2 ,
9 2
2
或�
−
3 2
2 , −
9 2
2
,
则动点�到直线�+ �= 0 的距离的最小值为�=
3 2
2 +9 2
2
12+12 =
−3 2
2 −9 2
2
12+12
=
6 2
2 = 6.
所以点�到直线�+ �= 0 的距离的最小值为6,
故选:B.
【变式7-1】(2026·河南·二模)已知点��0, �0 是曲线�=
ln�
�上的动点,则�0 −�0 的最小值为(
)
A.1
B.2
C.2
D.2 2
【答案】A
【解题思路】根据已知条件将问题转化为曲线�=
ln�
�上的点到直线�= �的距离的最小值的2倍,求出与�= �
平行的切线相对应的切点,即可求得�0 −�0 的最小值;或由∣�0 −�0∣= ∣�0 −
ln�0
�0 ∣,构造函数��=
�2−ln�
�
, �> 0,利用导数分析函数��的单调性,求得��的最小值,从而得到�0 −�0 的最小值.
【解答过程】点��0,�0 在曲线�=
ln�
�上,且点��0,�0 到直线�= �,即�−�= 0 的距离�=
�0−�0
2 ,
因此可先求点��0,�0 到�= �距离的最小值.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
当函数�=
ln�
�在��0,�0 处的切线与�= �平行,即斜率为1 时,点��0,�0 到�= �的距离最小.
由�=
ln�
�,得�′ =
1−ln�
�2 ,
令
1−ln�
�2
= 1,解得�= 1,�= 0.
点1,0 到直线�= �的距离�=
2
2 ,所以点��0,�0 到�= �距离的最小值为
2
2 .
所以�0 −�0 的最小值为2 ×
2
2 = 1.
方法二:点��0,�0 是曲线�=
ln�
�上的动点,得�0 =
ln�0
�0 ,所以∣�0 −�0∣= ∣�0 −
ln�0
�0 ∣.
设��=
�2−ln�
�
, �> 0,则�′ �=
2�−1
��−�2+ln�
�2
=
�2−1+ln�
�2
,
设ℎ�= �2 −1 + ln�, �> 0,则ℎ′ �= 2�+
1
�> 0 恒成立,
故ℎ�= �2 −1 + ln�在区间0, + ∞单调递增.
又ℎ1 = 0,所以当�∈0,1 时,ℎ�< 0,所以�' �< 0;
当�∈1, + ∞时,ℎ�> 0,所以�' �> 0.
��=
�2−ln�
�
在区间0,1 单调递减,在区间1, + ∞单调递增.
又�1 = 1,所以��≥1,即∣�0 −�0∣≥1,则∣�0 −�0∣的最小值为1.
故选:A.
【变式7-2】(2026·辽宁辽阳·二模)函数��=
1
2 ln�图象上一点�到直线�=
�
2的最短距离为(
)
A.2
B.
2
2
C.
5
5
D.
5 2−2ln2
5
【答案】C
【解题思路】利用数形结合,得出与直线平行且与曲线相切的直线与曲线的切点处即为到直线的距离最小的
点,所以结合导数表示出过点的切线方程,在结合斜率相等求出切点坐标,再利用点到直线的距离公式求
解即可.
【解答过程】设与直线�=
�
2平行且与曲线��=
1
2 ln�相切的直线的切点坐标为�0,
1
2 ln�0 .
因为�′ �=
1
2�,所以
1
2�0 =
1
2,解得�0 = 1,则切点坐标为1,0 .
最短距离为点1,0 到直线�=
�
2的距离,即�=
1
2
1+(1
2)2 =
5
5 .
故选:C.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【变式7-3】(2026·陕西西安·模拟预测)已知函数��= �2 + �ln�的图象有两条与直线�= 2�平行的切线,
且切点坐标分别为��1, ��1
,��2, ��2
,则�1
2 + �2
2的取值范围是(
)
A.−∞,
1
2
B.
1
2 , + ∞
C.0,
1
2
D.
1
2 , 1
【答案】D
【解题思路】利用导数的几何意义求出��= �2 + �ln�在P,Q 两点处的切线斜率,即可得出�1, �2是2�2 −
2�+ �= 0 的两根,利用韦达定理即可得出�1
2 + �2
2的取值范围.
【解答过程】根据题意可知��= �2 + �ln�的定义域为0, + ∞,所以�1, �2 ∈0, + ∞,
又�′ �= 2�+
�
�,
由导数的几何意义可得切点为��1, ��1
时,切线斜率为2�1 +
�
�1,
同理可得,��2, ��2
点处切线斜率为2�2 +
�
�2;
又因为两条切线与直线�= 2�平行,可得
2�1 +
�
�1 = 2
2�2 +
�
�2 = 2 ,即2�1
2 −2�1 + �= 0
2�22 −2�2 + �= 0 ,
所以�1, �2是关于方程2�2 −2�+ �= 0 的两根,
所以Δ = −2 2 −4 × 2�> 0,即�<
1
2,又
�1 + �2 = 1
�1�2 =
�
2 > 0 ,可得0 < �<
1
2;
所以�1
2 + �2
2 = �1 + �2
2 −2�1 ⋅�2 = 1 −�,由0 < �<
1
2,所以−
1
2 <−�< 0,
所以
1
2 < 1 −�< 1,
所以�1
2 + �2
2的取值范围是
1
2 , 1 .
故选:D.
一、单选题
1.(2026·辽宁大连·模拟预测)曲线�= 2ln�−
�3
6 + e 的一条切线斜率为
3
2,则切点的横坐标为(
)
A.
1
2
B.1
C.
3
2
D.2
【答案】B
【解题思路】设切点横坐标为�,由导数的几何意义列方程即可求解.
【解答过程】设切点横坐标为��> 0 ,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
�′ =
2
�−
�2
2 ,由题意可得
2
�−
�2
2 =
3
2,即�3 + 3�−4 = 0,
即�3 −1 + 3�−3 = �−1
�2 + �+ 1 + 3 �−1 = �−1
�2 + �+ 4 = 0,
因为�> 0,解得�= 1.
故选:B.
2.(2026·河南郑州·模拟预测)已知函数��= 2�−1 3�′ 1 −
1
�,则�′ 1 的值为(
)
A.−
1
5
B.
1
5
C.−5
D.5
【答案】A
【解题思路】对��求导得�′ �= 6 2�−1 2�′ 1 +
1
�2,代入�= 1,求解即可.
【解答过程】�′ �= 6 2�−1 2�′ 1 +
1
�2,
故�′ 1 = 6 × 2 −1 2�′ 1 + 1,
所以�′ 1 =−
1
5.
故选:A.
3.(2026·山东青岛·二模)已知直线�= �−2 与曲线�= ln�+ �相切,则�的值为(
)
A.1
B.0
C.−1
D.−2
【答案】C
【解题思路】设切点�0, �0 −2 ,根据导数的几何意义可得表示出切线的斜率,进而求出�0,即可求解.
【解答过程】设切点坐标为�0, �0 −2 ,
因为�= ln�+ �,所以�′ =
1
�,
所以切线的斜率�=
1
�0 = 1,解得�0 = 1,
又�0 −2 = ln�0 + �,即−1 = ln1 + �,
所以�=−1.
故选:C.
4.(2026·江苏镇江·一模)设lim
Δ�→0
�2+Δ�−�2
Δ�
=−1,则曲线�= ��在点2, �2
处的切线的斜率为(
)
A.−1
B.−4
C.1
D.4
【答案】A
【解题思路】根据导数的概念及导数的几何意义即可求解.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【解答过程】因为lim
Δ�→0
�2+Δ�−�2
Δ�
=−1,
所以�′ 2 =−1,
所以曲线�= ��在点2, �2
处的切线的斜率为−1.
故选:A.
5.(2026·辽宁辽阳·一模)曲线�=
�3
�+2在点−1, −1 处的切线方程为(
)
A.4�+ �+ 5 = 0 B.4�−�+ 3 = 0
C.8�+ �+ 9 = 0
D.8�−�+ 7 = 0
【答案】B
【解题思路】根据导数的几何意义,求导得到切线的斜率,根据点斜式可得切线的方程.
【解答过程】由�=
�3
�+2得�′ =
3�2 �+2 −�3
�+2 2
=
2�3+6�2
�+2 2 ,
所以�'|�=−1 =
2× −1 3+6× −1 2
−1+2 2
= 4,即所求切线的斜率为4,
由点斜式可得所求切线方程为�−−1 = 4 �−−1 ,即4�−�+ 3 = 0.
故选:B.
6.(2026·山西忻州·模拟预测)设函数��=
1
2 �2 + ln�−
3�,则曲线�= ��在点
3, �
3
处的切线
的倾斜角为(
)
A.
π
6
B.
π
3
C.
2π
3
D.
5π
6
【答案】A
【解题思路】求导后代入�=
3求得切线的斜率,进而可求得切线的倾斜角.
【解答过程】由题意得�′(�) = �+
1
�−
3,则�′( 3) =
3
3 ,
即�= ��在点
3, �
3
处的切线的斜率为
3
3 ,
设该处切线的倾斜角为�,则tan�=
3
3 ,
因为�∈[0, π),所以�=
π
6.
故选:A.
7.(2026·云南·模拟预测)曲线�= e�+ ��在点(0,1)处的切线与直线2�+ 4�+ 3 = 0 垂直,则实数�=
(
)
A.−1
B.1
C.−2
D.2
【答案】B
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【解题思路】利用导数的几何意义及垂直关系有(1 + �) × −
1
2 =−1 求参数,注意验证切点是否在曲线上
即可得.
【解答过程】由题设�′ = e�+ �,则�= 0 时�′ = 1 + �,
由切线与直线2�+ 4�+ 3 = 0 垂直,则(1 + �) × −
1
2 =−1,所以�= 1,
所以�= e�+ �,显然点(0,1)在曲线上,满足题意,
综上,�= 1.
故选:B.
8.(2026·重庆·二模)若经过点0, −2 的直线�既与曲线�= ln�相切,也与曲线�= e�−��∈R 相切,则
�=(
)
A.
1
e
B.1
C.2
D.e
【答案】C
【解题思路】设曲线�= ln�的切点为�1,ln�1 ,曲线�= e�−�的切点为�2, e�2 −�,利用导数的几何意义,
分别求得在切点处的切线方程,结合切线过0, −2 ,得出关系式,即可求解.
【解答过程】设曲线�= ln�的切点为�1,ln�1 ,则由�′ =
1
�,
可得切线方程为�=
1
�1 �−�1 + ln�1 =
1
�1 �−1 + ln�1,
因为切线过点0, −2 ,所以−1 + ln�1 =−2,解得�1 =
1
e,所以切线方程为�= e�−2;
设曲线�= e�−�的切点为�2, e�2 −�,由�' = e�,所以切线的斜率为�= e�2,
因为直线�的方程为�= e�−2,可得e�2 = e,解得�2 = 1,即切点1, e −�
所以切线方程为�−e −�= e �−1 ,即�= e�−�,
所以−�=−2,解得�= 2.
故选:C.
二、多选题
9.(2026·安徽宿州·一模)设函数�(�) = �3 −3�2,则(
)
A.�(�)在�= 1 处的切线方程为�=−3�+ 1
B.�= 2 是�(�)的极大值点
C.当−1 ≤�≤1 时,−4 ≤�(�) ≤−2
D.�(2 −�) + �(�) =−4
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【答案】AD
【解题思路】对于A 选项求出函数的导函数,即可求出切线的斜率,从而求出切线方程,对于B,C 选项求出
函数的单调区间,从而得到函数的极大值点以及函数值的范围,对于D,代入函数解析式验证即可求解.
【解答过程】对于A,�(1) =−2, �'(�) = 3�2 −6�, �'(1) =−3,在�= 1 处的切线方程为�+ 2 =−3(�−1),
化简可得�=−3�+ 1,故A 选项正确;
对于B,�'(�) = 3�2 −6�= 3�(�−2),令�'(�) = 0,解得:�1 = 0, �2 = 2,
令�'(�) > 0,解得:�< 0 或�> 2,
令�'(�) < 0,解得:0 < �< 2,
所以函数�(�)在( −∞, 0)和(2, + ∞)递增,在(0,2)递减,
则�= 2 是�(�)的极小值点,故B 选项错误;
对于C,由于函数�(�)在( −∞, 0)和(2, + ∞)递增,在(0,2)递减,故当−1 ≤�≤1 时,最小值为�( −1) =−4,
最大值为�(0) = 0,所以�(�) ∈[ −4,0],故C 选项错误:
对于D 选项,由于�(2 −�) + �(�) = (2 −�)3 −3(2 −�)2 + �3 −3�2 = 8 −12�+ 6�2 −�3 −12 + 12�−
3�2 + �3 −3�2 =−4,D 选项正确.
故选:AD.
10.(2026·陕西渭南·模拟预测)已知定义在�上的偶函数��满足�0 = 2,�3 −�+ ��= 1,设��
在�上的导函数为��,则(
)
A.�2026 = 0
B.��−6 = ��
C.�
3
2 =
1
2
D.
�=1
2027 �(�)
σ
= 1012
【答案】BD
【解题思路】结合奇偶性和对称性性质、求导运算依次求出��是奇函数、�0 = 0、函数��和��是周
期为6 的函数�3 = �0 = 0 即可依次分析判断ABC,由题设求出�6 = �0 = 2,由
�3 −�+ ��= 1,得到��+ ��+ 3 = 1,依次求出�1 + �4 = �2 + �5 = �3 + �6 = 1,即
可判断D.
【解答过程】因为��为偶函数,所以�−�= ��,所以−�′ −�= �′ �,即−�−�= ��,
所以��为奇函数,故�0 = 0.
又�3 −�+ ��= 1,所以�−�+ ��+ 3 = 1,即��+ ��+ 3 = 1,
所以��+ 3 = �3 −�= ��−3 ,所以��+ 6 = ��,即函数��是周期为6 的函数.
所以函数��也是周期为6 的函数,即��+ 6 = ��.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
由�3 −�+ ��= 1 求导得,−�′ 3 −�+ �′ �= 0,即��= �3 −�.
对于A:由�0 = 2,�3 −�+ ��= 1,令�= 0,得�3 = 1 −�0 =−1,
令�= 1,得�2 + �1 = 1,令�=−1,得�4 = 1 −�−1 = 1 −�1
又��+ ��+ 3 = 1,所以�4 = 1 −�1 .
又�4 = �2 ,即�1 + �2 = 1,故无法确定�2 的值.
而�2026 = �6 × 338 −2 = �−2 = �2 ,故无法确定,A 错误.
对于B:由��+ 6 = ��,得��−6 = ��,故B 正确.
对于C:由��= �3 −�,−�−�= ��,无法确定�
3
2 的值,C 错误.
对于D:由��+ ��+ 3 = 1,得�1 + �4 = 1,�2 + �5 = 1,�3 + �6 = 1,
所以�1 + �2 + �3 + �4 + �5 + �6 = 3.
又�6 = �0 = 2,
所以
�=1
2027 �(�)
σ
= 337 × 3 + �1 + �2 + �3 + �4 + �5 = 338 × 3 −�6 = 1014 −2 = 1012,D 正
确.
故选:BD.
11.(2026·陕西榆林·二模)已知两曲线�= ln�与�= ��2 +
1
2 �> 0 存在两条公切线,则实数�的取值可
能是(
)
A.
1
2e2
B.
1
e2
C.
1
e
D.1
【答案】BCD
【解题思路】设公切线与两曲线相切于点��1,ln�1 , ��2, ��2
2 +
1
2 ,进而得切线方程,即得
1
4�=
3
2 �1
2 −�1
2ln�1,设��=
3
2 �2 −�2ln�,利用导数研究��的单调性和极值,进而作出��的图像,利
用数形结合即可求解.
【解答过程】设公切线与两曲线�= ln�与�= ��2 +
1
2 �> 0 分别相切于��1,ln�1 , ��2, ��2
2 +
1
2 ,
因为ln�' =
1
�, ��2 +
1
2
'
= 2��,
所以曲线�= ln�在点�1,ln�1 处的切线方程为�−ln�1 =
1
�1 �−�1 ,即�=
1
�1 �+ ln�1 −1,
同理可得曲线�= ��2 +
1
2 �> 0 在点�2, ��2
2 +
1
2 处的切线方程为�= 2��2�−��2
2 +
1
2,
由题意可得
1
�1 = 2��2,ln�1 −1 =−��2
2 +
1
2,即
1
4�=
3
2 �1
2 −�1
2ln�1,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
设��=
3
2 �2 −�2ln�,则�′ �= 2�1 −ln�,
令�′ �= 0 得�= e.当0 < �< e 时,�′ �> 0;
当�> e 时,�′ �< 0, ��在(0,e)单调递增,在e, + ∞单调递减,��max = �e =
e2
2 , �→+ ∞时,��→
−∞, lim
�→0��= 0
��的图象如图所示:
由题意可知函数��的图象与直线�=
1
4��> 0 有两个交点,因此0 <
1
4�<
e2
2 ,解得�>
1
2e2,
故选:BCD.
三、填空题
12.(2026·上海·三模)已知��= �ln�+ �+ ln4,则lim
ℎ→0
�2+ℎ−�2
ℎ
=____________.
【答案】ln2 + 2
【解题思路】对�(�)求导,再将�= 2 代入�′(�)计算即可.
【解答过程】(�ln�)′ = �′ln�+ �(ln�)′ = ln�+ 1,
所以�′(�) = (ln�+ 1) + 1 + 0 = ln�+ 2,
�′(2) = ln2 + 2,
所以为lim
ℎ→0
�2+ℎ−�2
ℎ
= �'(2) = ln2 + 2.
故答案为:ln2 + 2.
13.(2026·安徽六安·模拟预测)已知函数�(�) = �−4ln�(�> 0),若函数�= �(�)在点(1, �(1))处的切线
方程为____________.
【答案】3�+ �−4 = 0
【解题思路】求出函数的导数,再利用导数的几何意义求出切线方程.
【解答过程】函数�(�) = �−4ln�,求导得�′(�) = 1 −
4
�,则�′(1) =−3,而�(1) = 1,
所以函数�= �(�)在点(1, �(1))处的切线方程为�−1 =−3(�−1),即3�+ �−4 = 0.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
故答案为:3�+ �−4 = 0.
14.(2026·陕西榆林·三模)已知直线�= �是函数��= �+ �e�和函数��= ln�+ �图象的公切线,则
2�+ 3�=____________.
【答案】4
【解题思路】通过切线斜率即可直接求得�的值,再设函数��的图象的切点为�, �,由切线斜率得到e�+
�= 1,结合函数单调性求得�,得到�,即可求解.
【解答过程】设直线�= �与函数�(�)的图象的切点为(�0, �0),
由��= ln�+ �求导得�′ �=
1
�,由
1
�0 = 1,得�0 = 1,
所以直线�= �与函数��的图象的切点为1,1 ,
将点1,1 代入��= ln�+ �,解得�= 1.
设直线�= �与函数��的图象的切点为�, �,
又�′ �= �+ �+ 1 e�,则�+ �+ 1 e�= 1(*).
由�+ �e�= �,代入上式得e�+ �= 1,
因为函数ℎ�= e�+ �单调递增,且ℎ0 = 1,
所以�= 0,代入(*),解得�= 0,
所以2�+ 3�= 20 + 3 = 4.
故答案为:4.
四、解答题
15.(2026·云南·三模)已知函数��= cos�+ ��2在�=
π
2处的切线的斜率为1.
(1)求�的值;
(2)当�∈−
π
2 ,
π
2 时,求��的极值.
【答案】(1)�=
2
π
(2)极小值为1,无极大值
【解题思路】(1)由导数的几何意义求解即可;
(2)利用导数确定函数��的单调性,再根据单调性求解即可.
【解答过程】(1)由题可知�′ �=−sin�+ 2��,
因为��在�=
π
2处切线的斜率为1,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
所以�'
π
2 =−sin
π
2 + 2�×
π
2 = 1,
解得�=
2
π;
(2)由(1)得�=
2
π,因此��= cos�+
2
π �2,
所以�′ �=−sin�+
4
π �,
令��=−sin�+
4
π �,则�′ �=−cos�+
4
π.
因为�∈−
π
2 ,
π
2 ,所以cos�∈0,1 ,所以−cos�∈−1,0 ,而
4
π > 1,
所以�′ �=−cos�+
4
π > 0 在区间−
π
2 ,
π
2 上恒成立,
所以��在−
π
2 ,
π
2 上单调递增,即�′ �在−
π
2 ,
π
2 上单调递增.
又�′ 0 = 0,
所以当�∈−
π
2 , 0 时,�′ �< �′ 0 = 0, ��在−
π
2 , 0 上单调递减;
当�∈0,
π
2 时,�′ �> �′ 0 = 0, ��在0,
π
2 上单调递增,
所以�= 0 时,��取得极小值为�0 = cos0 +
2
π ⋅02 = 1,��在−
π
2 ,
π
2 上无极大值.
综上所述,��在−
π
2 ,
π
2 上的极小值为1,无极大值.
16.(2026·贵州遵义·模拟预测)已知函数��= �2 + ��+ �ln�在�= 1 处取得极小值−2.
(1)求实数�,�的值;
(2)若��的切线过点0, �,求�的最大值.
【答案】(1)�=−3,�= 1
(2)−
3+ln2
2
【解题思路】(1)通过极值点的函数值和导数值列方程组求解参数,并借助导数及极值点定义进行检验;
(2)借助导数的几何意义设切点构造函数求最值.
【解答过程】(1)�′ �= 2�+ �+
�
�,由题意可得
�1 = 1 + �=−2
�′ 1 = 2 + �+ �= 0 ,解得�=−3
�= 1 ;
检验:此时��= �2 −3�+ ln�,�′ �= 2�−3 +
1
�=
2�−1
�−1
�
,
则当�∈0,
1
2 ∪1, + ∞时,�′ �> 0,当�∈
1
2 , 1 时,�′ �< 0,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
故��在0,
1
2 、1, + ∞上单调递增,在
1
2 , 1 上单调递减,
故函数��= �2 + ��+ �ln�在�= 1 处取得极小值,符合题意,
故�=−3,�= 1;
(2)由(1)得��= �2 −3�+ ln�,则�′ �= 2�−3 +
1
�,
设��过点0, �的切线的切点坐标为�0, �0 ,
则�−�0
2 + 3�0 −ln�0 = 2�0 −3 +
1
�0
�−�0 ,
有�−�0
2 + 3�0 −ln�0 = 2�0 −3 +
1
�0
0 −�0 ,
整理得�=−�0
2 + ln�0 −1,令ℎ�=−�2 + ln�−1,
则ℎ′ �=−2�+
1
�=
1−2�2
�
,
当�∈0,
2
2 时,ℎ′ �> 0,当�∈
2
2 , + ∞时,ℎ′ �< 0,
故ℎ�在0,
2
2 上单调递增,在
2
2 , + ∞上单调递减,
则�的最大值为ℎ
2
2
=−
2
2
2
+ ln
2
2
−1 =−
3+ln2
2 .
17.(2026·北京·三模)设函数��= e��+ �2 −��,其中�∈�.
(1)当�= 1 时,求曲线�= ��在点0, �0
处的切线方程;
(2)求证:��≥0;
(3)若对于任意�1,�2 ∈−1,1 ,都有��1 −��2
≤e −1,求m 的取值范围.
【答案】(1)�= 1;
(2)证明见解析;
(3) −1,1 .
【解题思路】(1)利用导数的几何意义,在一点处的导数值等于在这点处切线的斜率,由此写出切线方程
即可;
(2)利用导函数的正负判断原函数的单调性,通过单调性变化得到最值,从而证明结论即可;
(3)根据第二问函数的单调性,化简��1 −��2 ,判断绝对值的最值,通过构造函数,利用新函数的单
调性,通过不等式计算参数的取值范围.
【解答过程】(1)当�= 1 时,��= e�+ �2 −�,�′ �= e�+ 2�−1;
�0 = 1,�′ 0 = 0;
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
故曲线�= ��在点0, �0
处的切线方程为:�= 1;
(2)证明:由��= e��+ �2 −��可得
�′ �= �e��+ 2�−�令�′ �= 0,可知�= 0 是该方程的一个根;
令ℎ�= �e��+ 2�−�,则ℎ′ �= �2e��+ 2 > 0 恒成立;
故�′ �在R 上单调递增,
则当�< 0 时,�′ �< 0,��单调递减,
当�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
故��在�= 0 处取得最小值,�0 = 1;
故��≥1 > 0,故��≥0 恒成立;
(3)由(2)可知,对任意的�∈�,��在−1,0 上单调递减,在0,1 上单调递增;
故��在�= 0 处取最小值,�0 = 1,最大值为max �1 , �−1
,
则��1 −��2
≤e −1 成立的充要条件为max �1 , �−1
−�0 ≤�−1,�1 −�0 = e�−�,
�−1 −�0 = e−�+ �;
令��= e�−�,则�−1 −1 = �−�,�′ �= e�−1,
令�′ �= 0,解得�= 0,
当�> 0 时,�′ �> 0,��单调递增,
当�< 0 时,�′ �< 0,��单调递减;
故��min = �0 = 1,
令��= ��−�−�= e�−e−�−2�,
则�′ �= e�+ e−�−2 ≥0,故��单调递增,且�0 = 0,
故当�> 0 时,��> 0,��> �−�,
当�< 0 时,��< 0,��< �−�,
综上max ��, �−�
= ��,需满足��
≤�−1 = �1 ,
故�≤1,解得−1 ≤�≤1
综上,m 的取值范围为−1,1 .
18.(2026·贵州安顺·模拟预测)已知函数��= e�−1 �−
1
3 ��3 −2e��∈�.
(1)若�= 0,求曲线�= ��在�= 1 处的切线方程.
(2)当�> 0 时,设�′ �为函数��的导函数.
(i)讨论函数�′ �的单调性;
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
(ii)令��= e�−ln�+ �2 −�,若对任意�∈0, + ∞,不等式�′ �+ ��≥0 恒成立,求实数�的取值范
围.
【答案】(1)�+ �+ e = 0
(2)(i)当0 < �<
1
2时,�′ �在−∞,ln 2�
和0, + ∞上单调递增,在ln 2�, 0 上单调递减;
当�=
1
2时,�′ �在�上单调递增;
当�>
1
2时,�′ �在−∞, 0 和ln 2�, + ∞上单调递增,在0,ln 2�
上单调递减.
(ii)0,1
【解题思路】(1)根据导数的几何意义求解即可;
(2)(i)求导,分ln 2�< 0、ln 2�= 0、ln 2�> 0 三种情况讨论函数的单调性即可;
(ii)转化问题为
�e�−1−ln�+�2−�
�2
≥�对任意�∈0, + ∞恒成立,设ℎ�=
�e�−1−ln�+�2−�
�2
=
eln�+�−ln�+�−1 +�2
�2
,
�∈0, + ∞,先证明e�−�−1 ≥0,当且仅当�= 0 时等号成立,进而得到ℎ�≥1,进而求解即可.
【解答过程】(1)当�= 0 时,��= e�−1 �−2e�,则�′ �= �e�−e�−1.
即�′ 1 =−1,而�1 =−1 −e,
所以曲线�= ��在�= 1 处的切线方程为�−−1 −e =−�−1 ,即�+ �+ e = 0.
(2)(i)当�> 0 时,�′ �= �e�−e�−��2 −1,
令��= �e�−e�−��2 −1,
则�′ �= �e�−2��= �e�−2�= �e�−eln 2�.
令�′ �= 0,得�= 0 或�= ln 2�.
①当ln 2�< 0,即0 < �<
1
2时,
若�′ �> 0,则�< ln 2�或�> 0;若�′ �< 0,则ln 2�< �< 0.
所以�′ �在−∞,ln 2�
和0, + ∞上单调递增,在ln 2�, 0 上单调递减.
②当ln 2�= 0,即�=
1
2时,�′ �≥0 恒成立,�′ �在�上单调递增.
③当ln 2�> 0,即�>
1
2时,
若�′ �> 0,则�< 0 或�> ln 2�;若�′ �< 0,则0 < �< ln 2�.
所以�′ �在−∞, 0 和ln 2�, + ∞上单调递增,在0,ln 2�
上单调递减.
综上所述,当0 < �<
1
2时,�′ �在−∞,ln 2�
和0, + ∞上单调递增,在ln 2�, 0 上单调递减;
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
当�=
1
2时,�′ �在�上单调递增;
当�>
1
2时,�′ �在−∞, 0 和ln 2�, + ∞上单调递增,在0,ln 2�
上单调递减.
(ii)由�′ �+ ��≥0,得�e�−e�−��2 −1 + e�−ln�+ �2 −�≥0,
即
�e�−1−ln�+�2−�
�2
≥�对任意�∈0, + ∞恒成立,
设ℎ�=
�e�−1−ln�+�2−�
�2
=
eln�+�−ln�+�−1 +�2
�2
,�∈0, + ∞,
令�= ln�+ �,�∈�,设��= e�−�−1,则�′ �= e�−1,
令�′ �< 0,得�< 0,令�′ �> 0,得�> 0,
所以函数��在−∞, 0 上单调递减,在0, + ∞上单调递增,
则��≥�0 = 0,即e�−�−1 ≥0,当且仅当�= 0 时等号成立,
由于�= ln�+ �在�∈0, + ∞上单调递增,
且�=
1
e时,�=−1 +
1
e < 0,�= 1 时,�= 1 > 0,
则存在唯一�0 ∈
1
e , 1 ,使得��0 = 0,
所以ℎ�=
eln�+�−ln�+�−1 +�2
�2
≥
�2
�2 = 1,当且仅当�= �0时等号成立,
则�≤1,又�> 0,则实数�的取值范围为0,1 .
19.(2026·河南周口·三模)已知函数��= �−
1
�−�ln�.
(1)当�= 2 时,求曲线�= ��在点1, �1
处的切线方程;
(2)讨论��的零点个数;
(3)若��有3 个零点�1,�2,�3 �1 < �2 < �3 ,证明:�1 + �2 + �3 > 3.
【答案】(1)�= 0
(2)当�≤2 时,函数��有且仅有1 个零点;
当�> 2 时,函数��有3 个零点.
(3)证明见详解
【解题思路】(1)求导,可得�1 = 0,�′ 1 = 0,结合导数的几何意义求切线方程;
(2)求导可得�′ �=
�2−��+1
�2
,根据函数定义域和Δ判别式分�≤2 和�> 2 两种情况讨论,判断函数单调性
并结合�1 = 0 分析零点个数;
(3)可证�
1
�=−��,分析可知0 < �1 < 1,�3 =
1
�1,�2 = 1,结合基本不等式分析证明.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
【解答过程】(1)若�= 2,则��= �−
1
�−2ln�,�′ �= 1 +
1
�2 −
2
�,
可得�1 = 0,�′ 1 = 0,
所以曲线�= ��在点1, �1
处的切线方程�= 0.
(2)由题意可知:函数��的定义域为0, + ∞,且�′ �= 1 +
1
�2 −
�
�=
�2−��+1
�2
,
对于方程�2 −��+ 1 = 0,则Δ = �2 −4,
因为�> 0,若�≤0,则�2 −��+ 1 ≥0;若Δ ≤0,即−2 ≤�≤2,则�2 −��+ 1 ≥0;
当�≤2 时,则�2 −��+ 1 ≥0,即�′ �≥0,
可知函数��在定义域0, + ∞内单调递增,
且�1 = 0,所以函数��有且仅有1 个零点;
当�> 2 时,则Δ > 0,可知�2 −��+ 1 = 0 有2 个不相等的实数根�=
�−�2−4
2
,�=
�+ �2−4
2
,
且��= 1,则�< 1 < �,
若�< �< �,则�2 −��+ 1 < 0,即�′ �< 0;
若0 < �< �或�> �,则�2 −��+ 1 > 0,即�′ �> 0;
可知函数��在0, �,�, + ∞内单调递增,在�, �内单调递减,
则��> �1 > ��,且�1 = 0,即��> 0 > ��,
因为�
1
�2 =
1
�2 −�2 + 2�ln�= �
1
�3 −�+ 2ln�,
令��=
1
�3 −�+ 2ln�, �> 2,则�' �=
−3
�4 −1 +
2
�=
2−�
�−
3
�4 < 0,
可知��在2, + ∞内单调递减,则��< �2 =−
15
8 + 2ln2 < 0,可得�
1
�2 = ���< 0;
又因为��2 = �2 −
1
�2 −2�ln�=−�
1
�3 −�+ 2ln�=−���> 0,
所以函数��有3 个零点;
综上所述:当�≤2 时,函数��有且仅有1 个零点;
当�> 2 时,函数��有3 个零点.
(3)若��有3 个零点�1, �2, �3 �1 < �2 < �3 ,
由(2)可知:�2 = 1,0 < �1 < 1 < �3,
因为�
1
�=
1
�−�−�ln
1
�=−�−
1
�−�ln�=−��,
又因为��1 = 0,则�
1
�1 =−��1 = 0,且0 < �1 < 1,
1
�1 > 1,则�3 =
1
�1,
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师
所以�1 + �2 + �3 = �1 +
1
�1 + 1 > 2 �1 ⋅
1
�1 + 1 = 3.
版小初高资料
2027
免费领取更多
laoxuziliao
:
请添加高老师