专题3.2 导数的概念及其意义、导数的运算(举一反三专项训练)
【全国通用】
目录
第一部分题型专练
【题型1
导数的定义及其应用】...............................................................................................................................1
【题型2
导数的运算】............................................................................................................................................... 3
【题型3
求曲线切线的斜率(倾斜角)】...............................................................................................................5
【题型4
求曲线的切线方程】...................................................................................................................................6
【题型5
与切线有关的参数问题】...........................................................................................................................7
【题型6
两条切线平行、垂直、公切线问题】.......................................................................................................9
【题型7
与切线有关的最值问题】.........................................................................................................................12
第二部分分层突破
A 组
基础跟踪练
B 组
培优提升练
C 组
真题·实战演练
【题型1
导数的定义及其应用】
1.(2026·陕西榆林·模拟预测)已知函数��= 2�2 −1 的图象上一点(1,1)及邻近一点1 + Δ�, �1 + Δ�
,
则
Δ�
Δ�等于(
)
A.4
B.4 + 2Δ�
C.4 + 2 Δ�2
D.4x
【答案】B
【解题思路】先代入函数求解Δ�,再求解
Δ�
Δ�,即可得出结果.
【解答过程】∵Δ�= �1 + Δ�−�1 = 2 1 + Δ�2 −1 −2 −1 = 4Δ�+ 2 Δ�2,
∴
Δ�
Δ�= 2Δ�+ 4.
故选:B.
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2.(2026·广东梅州·一模)某个弹簧振子在振动过程中的位移�(单位:cm)与时间�(单位:s)之间的关
系为�= 10sin
π
2 �,则当位移�= 6cm 时,弹簧振子的瞬时速度大小为(
)cm s.
A.4�
B.5�
C.6�
D.8�
【答案】A
【解题思路】根据导数的几何意义求解即可得答案.
【解答过程】由题可得瞬时速度�= �' = 5πcos
π
2 �,
当位移�= 6cm 时,可得6 = 10sin
π
2 �,解得:sin
π
2 �=
3
5,所以cos
π
2 �=±
4
5,
所以�= 5π × ±
4
5 =± 4πcm/s,
则当位移�= 6cm 时,弹簧振子的瞬时速度大小为4πcm/s,
故选:A.
3.(2026·上海徐汇·二模)若函数�= ��在�= �0处的切线方程为�= 2�−1,则
lim
ℎ→0
��0+ℎ−��0
ℎ
=__________.
【答案】2
【解题思路】根据导数的定义和几何意义,即可得答案.
【解答过程】根据导数的定义,函数�= ��在�= �0处的导数为:�′ �0 = lim
ℎ→0
��0+ℎ−��0
ℎ
,
根据导数的几何意义,就是函数在该点处切线的斜率,
因为�= ��在�= �0处的切线方程为�= 2�−1,所以切线斜率为2,
所以lim
ℎ→0
��0+ℎ−��0
ℎ
= 2.
故答案为:2.
4.(2026·天津·一模)已知Δ�> 0,若函数�= �2在�0到�0 + Δ�之间的平均变化率为�1,在�0 −Δ�到�0的平
均变化为�2,则�1与�2的大小关系是__________. (填�1 > �2,�1 < �2或不确定)
【答案】�1 > �2
【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�1, �2,然后作差,即可得到其大小关系.
【解答过程】因为�1 =
��0+Δ�−��0
Δ�
=
�0+Δ�2−�0
2
Δ�
= 2�0 + Δ�,
�2 =
��0 −��0−Δ�
Δ�
=
�0
2−�0−Δ�2
Δ�
= 2�0 −Δ�,
且�1 −�2 = 2Δ�> 0,则�1 > �2.
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故答案为:�1 > �2.
【题型2
导数的运算】
5.(2026·河北·模拟预测)已知函数��=−e�+ �′ 1 ⋅�2,则�1 =(
)
A.0
B.1
C.e
D.−e
【答案】A
【解题思路】由求导法则计算可得答案.
【解答过程】求导得:�′(�) =−e�+ 2�′ 1 ⋅�,
令�= 1,得:�′(1) =−e1 + 2�′ 1 ⋅1 =−e + 2�′ 1 ,
解得:�′(1) = e,
因此�(�) =−e�+ e ⋅�2,
令�= 1,得:�(1) =−e1 + e ⋅12 =−e + e = 0.
故选:A.
6.(2026·湖北·一模)下列求导运算正确的是(
)
A.(sin�)′ = cos�(a 为常数)
B.(sin2�)′ = 2cos2�
C.(3�)′ = 3�log3e
D.( �+ 1)′ =
2
�+1
【答案】B
【解题思路】根据求导公式和简单复合函数的求导,依次计算即可判断选项.
【解答过程】A:因为a 为常数,所以(sin�)′ = 0,故A 错误;
B:(sin2�)′ = cos2�⋅(2�)′ = 2cos2�,故B 正确;
C:(3�)′ = 3�ln3,故C 错误;
D:( �+ 1)′ = [(�+ 1)
1
2]′ =
1
2 (�+ 1)−1
2 ⋅(�+ 1)′ =
1
2 �+1,故D 错误.
故选:B.
7.(2026·四川巴中·模拟预测)已知��是定义在R 上的偶函数,且函数�′ �+ e−�也是偶函数,其中�′ �
表示函数��的导函数,则�′ �=(
)
A.
e�−e−�
2
B.
e�+e−�
2
C.e�−e−�
D.e�+ e−�
【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.
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【解答过程】设��= �' �+ e−�,
对于A,��=
e�−e−�
2
+ e−�=
e�+e−�
2
,函数��=
e�+e−�
2
的定义域为R,关于原点对称,且�−�= ��,
所以��是偶函数,
若�′ �=
e�−e−�
2
,则��=
e�+e−�
2
+ �,c 是常数,��的定义域为R,且�−�= ��,所以��也是偶函
数,故A 正确;
对于B,若�′ �=
e�+e−�
2
,则��=
e�−e−�
2
+ �,c 是常数,所以�−�= ��不成立,故B 错误;
对于C,��= e�−e−�+ e−�= e�是非奇非偶函数,故C 错误;
对于D,若�′ �= e�+ e−�,则��= e�−e−�+ �,c 是常数,所以�−�= ��不成立,故D 错误.
故选:A.
8.(2026·江西·一模)已知可导函数��的定义域为�,�′ �是��的导函数,且�2�−1 为偶函数�′ 2�+ 1
为奇函数,�′ 0 = 1,则�′ 2024 + �′ 2025 + �′ 2026 =(
)
A.−2
B.−1
C.0
D.1
【答案】C
【解题思路】由题意可得�′ 1 −�+ �′ 1 + �= 0,由函数奇偶性的定义得出�−�−1 = ��−1 ,求导得
出−�′ −�−1 = �′ �−1 ,进而可推出函数�′ �是周期为4 的周期函数,以及函数�′ �的对称中心为1,0 ,
求出�′ 1 、�′ 0 + �′ 2 的值,结合函数周期性可求得�′ 2024 + �′ 2025 + �′ 2026 的值.
【解答过程】因为函数�′ 2�+ 1 为奇函数,则�′ −2�+ 1 =−�′ 2�+ 1 ,
即�′ −2�+ 1 + �′ 2�+ 1 = 0,令�= 2�,则�′ 1 −�+ �′ 1 + �= 0,
所以,函数�′ �的对称中心为1,0 ,且�′ 2 −�+ �′ �= 0,①
在等式①中,令�= 1 可得2�′ 1 = 0,解得�′ 1 = 0,
在等式①中,令�= 0 可得�′ 0 + �′ 2 = 0,
因为函数�2�−1 为偶函数,则�−2�−1 = �2�−1 ,
令�= 2�,可得�−�−1 = ��−1 ,求导得−�′ −�−1 = �′ �−1 ,
则�′ �+ �′ −2 −�= 0,②
由①②可得�′ 2 −�= �′ −2 −�,令�=−2 −�,则�′ 4 + �= �′ �,
所以,函数�′ �是周期为4 的周期函数,
所以,�′ 2024 + �′ 2025 + �′ 2026 = �′ 0 + �′ 1 + �′ 2 = 0.
故选:C.
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【题型3
求曲线切线的斜率(倾斜角)】
9.(25-26 高三上·河北邢台·阶段检测)曲线�= �−
1
�在点1,0 处的切线斜率是(
)
A.2
B.1
C.
1
2
D.0
【答案】A
【解题思路】由导数的几何意义求解.
【解答过程】因为�= �−
1
�,所以�' = 1 +
1
�2,所以曲线在点1,0 处的切线斜率为�'|�=1 = 1 +
1
1 = 2,
故选:A.
10.(2026·福建·三模)若曲线�= ��+ e��在�= 0 处的切线的倾斜角为
3π
4 ,则�=(
)
A.
1
2
B.2
C.−
1
2
D.−2
【答案】C
【解题思路】先求复合函数的导数,再应用倾斜角得出斜率,计算求参即可.
【解答过程】因为曲线�= ��+ e��,所以�' = �+ �e��,
�'|�=0 = �+ �e0=2�,
在�= 0 处的切线的倾斜角为
3π
4 ,则tan
3π
4 =2�=−1
则�=−
1
2.
故选:C.
11.(2026·福建福州·模拟预测)曲线�= ln �+ 1 在�= 0 处的切线的倾斜角为__________.
【答案】
π
4
【解题思路】先求函数在�= 0 处的导数值得到切线斜率,再根据斜率与倾斜角的关系计算倾斜角.
【解答过程】设�(�) = ln (�+ 1),函数定义域为( −1, + ∞),
得到�′(�) =
1
�+1 ⋅(�+ 1)′ =
1
�+1,所以�′(0) =
1
0+1 = 1,即曲线在�= 0 处的切线斜率为1.
设切线的倾斜角为�,其中�∈[0, π),由斜率定义可知tan �= 1,解得�=
π
4.
故答案为:
π
4.
12.(2026·江苏宿迁·三模)曲线�= 2�在点0,1 处的切线的斜率是__________.
【答案】ln2
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【解题思路】求导即可求解.
【解答过程】由�= 2�可得�′ = 2�ln2,
故当�= 0 时,�′ = 20ln2 = ln2,
故�= 2�在点0,1 处的切线的斜率为ln2,
故答案为:ln2.
【题型4
求曲线的切线方程】
13.(2026·广东江门·模拟预测)曲线�=−e�+ 5�+ 2 在点0,1 处的切线方程为(
)
A.4�−�+ 1 = 0
B.4�−�−1 = 0
C.5�−�+ 1 = 0
D.5�−�−1 = 0
【答案】A
【解题思路】求函数�=−e�+ 5�+ 2 的导函数,再求导函数在�= 0 时的值,结合导数的几何意义求切线斜
率,利用点斜式求切线方程.
【解答过程】因为�=−e�+ 5�+ 2,所以�′ =−e�+ 5,故�'|�=0 =−e0 + 5 = 4,
所以曲线�=−e�+ 5�+ 2 在点0,1 处的切线斜率�= 4,
故曲线�=−e�+ 5�+ 2 在点0,1 处的切线方程为�−1 = 4�,即4�−�+ 1 = 0,
故选:A.
14.(2026·四川绵阳·一模)曲线��= ln�−�在点1, �1
处的切线方程为(
)
A.�+ �= 0
B.�+ �−1 = 0
C.�−1 = 0
D.�+ 1 = 0
【答案】D
【解题思路】对函数求导,应用导数的几何意义求切线方程.
【解答过程】由题设�′ �=
1
�−1,则�′ 1 = 0,而�1 =−1,
所以曲线在点1, �1
处的切线方程为�+ 1 = 0 × (�−1),即�+ 1 = 0.
故选:D.
15.(2026·安徽·二模)已知��为奇函数,当�< 0 时,��= �+ sin�+ 1,则曲线�= ��在�=
π
2处的
切线方程是(
)
A.�+ �−�−2 = 0
B.�+ �−2 = 0
C.�−�+ 2 = 0
D.�−�= 0
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【答案】D
【解题思路】根据奇函数定义可得当�> 0 时,函数��的解析式,求导,结合导数的几何意义求切线方程.
【解答过程】因为��为奇函数,当�< 0 时,��= �+ sin�+ 1,
当�> 0 时,可得��=−�−�=−
−�+ sin −�+ 1 = �+ sin�−1,
则�′ �= 1 + cos�,可得�
π
2 =
π
2,�′
π
2 = 1,
所以曲线�= ��在�=
π
2处的切线方程是�−
�
2 = 1 × �−
�
2 ,即�−�= 0.
故选:D.
16.(2026·河北·模拟预测)已知函数��= �3 −�+ 1,则��的图象在点1,1 处的切线方程是(
)
A.4�+ �−5 = 0
B.4�−�−3 = 0
C.2�+ �−3 = 0
D.2�−�−1 = 0
【答案】D
【解题思路】根据求导公式求出函数�(�)的导数,再将切点的横坐标代入导数中,得到切线的斜率,最后利
用点斜式方程求出切线方程.
【解答过程】对�(�) = �3 −�+ 1 求导:�′(�) = (�3 −�+ 1)′ = (�3)′ −(�)′ + (1)′ = 3�2 −1.
将�= 1 代入�′(�)中,可得切线的斜率�= �′(1) = 3 × 12 −1 = 2.
已知切线过点(1,1),斜率为2,根据点斜式方程,可得切线方程为�−1 = 2(�−1).
将其化简为一般式:2�−�−1 = 0,
�(�)的图象在点(1,1)处的切线方程是2�−�−1 = 0.
故选:D.
【题型5
与切线有关的参数问题】
17.(2026·江苏·模拟预测)若直线�= ��+ �是曲线�= e�+1的一条切线,则�=(
)
A.−e
B.
1
e
C.e
D.e2
【答案】C
【解题思路】设出切点坐标,根据导数的几何意义,结合切点在切线和曲线上列方程组求解可得.
【解答过程】设直线�= ��+ �与曲线�= e�+1相切于点�0, �0 ,
因为�′ = e�+1,所以
e�0+1 = �
�0 = ��0 + �
�0 = e�0+1
,解得�0 = 0, �0 = �= e.
故选:C.
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18.(2026·云南·模拟预测)若函数��= ��3 + �
�∈�的图象与直线2�+ �+ �= 0 相切于点1, �1
,
则实数�=(
)
A.−2
B.2
C.−3
D.3
【答案】A
【解题思路】根据导数的几何意义求出�,进而求出切点坐标,代入直线方程求解即可.
【解答过程】�′(�) = 3��2 + 1,则�'(1) = 1 + 3�=−2,解得�=−1,
所以�(1) = 1 + �= 0,即切点为(1,0),
代入直线2�+ �+ �= 0, 整理得2 + �= 0,解得�=−2.
故选:A.
19.(2026·山东·模拟预测)若过点(1, �)可以作�= (�+ 1)e�的三条切线,则实数�的取值范围是(
)
A.( −4e−2, 0)
B.( −6e−3, 0)
C.( −6e−3, 2e)
D.(e, 2e)
【答案】B
【解题思路】设出切点坐标(�, (�+ 1)e�),求导并利用导数的几何意义求出切线方程,用�表示出�,再构造
函数,利用导数探讨函数图象性质,进而求出�的范围.
【解答过程】依题意,设切点坐标为(�, (�+ 1)e�),由�= (�+ 1)e�,求导得�′ = (�+ 2)e�,
则函数�= (�+ 1)e�的图象在点(�, (�+ 1)e�)处的切线方程为�−(�+ 1)e�= (�+ 2)e�(�−�),
由切线过点(1, �),得�= (�+ 1)e�+ (�+ 2)e�(1 −�) = ( −�2 + 3)e�,
令�(�) = ( −�2 + 3)e�,依题意,直线�= �与函数�= �(�)的图象有3 个公共点,
�′(�) = ( −�2 −2�+ 3)e�=−(�+ 3)(�−1)e�,当�<−3 或�> 1 时,�′(�) < 0,当−3 < �< 1 时,�′(�) > 0,
则函数�(�)在( −∞, −3), (1, + ∞)上单调递减,在( −3,1)上单调递增,
当�=−3 时,函数�(�)取得极小值�( −3) =−6e−3,而当�<−
3时,恒有�(�) < �( −
3) = 0,
又�(2) =−e2 <−6e−3,因此当−6e−3 < �< 0 时,直线�= �与函数�= �(�)的图象有3 个公共点,
所以实数�的取值范围是( −6e−3, 0).
故选:B.
20.(2026·河南许昌·三模)若直线�= �+ �与曲线�= ln(�+ �)相切,则�−�的值为(
)
A.1
B.
3
2
C.2
D.
5
2
【答案】A
【解题思路】设切点为�0, �0 ,根据导数的几何意义求得�0 = 1 −�,再由切点在直线和曲线上有ln �0 + �=
�0 + �,即可求.
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【解答过程】设直线�= �+ �与曲线�= ln(�+ �)的切点为�0, �0 ,
对�= ln(�+ �)求导,得�′ =
1
�+�,直线�= �+ �的斜率为1,
导数的几何意义知,在切点处
1
�0+�= 1,即�0 = 1 −�.
又切点�0, �0 既在直线上又在曲线上,
∴�0 = �0 + �且�0 = ln �0 + �,即ln �0 + �= �0 + �.
将�0 = 1 −�代入ln �0 + �= �0 + �,得:ln(1 −�+ �) = 1 −�+ �,即�−�= 1.
故选:A.
【题型6
两条切线平行、垂直、公切线问题】
21.(2026·陕西·模拟预测)曲线�= e�−1与�= �2的公切线的条数为(
)
A.0
B.1
C.2
D.3
【答案】C
【解题思路】设出切点,即可根据点斜式求解直线方程,根据公切线列方程得4 �1 −1 = e�1−1,令�1 −1 = �,
构造��= 4�−e�,由导数求解方程根的个数即可求解.
【解答过程】设�= e�−1的切点为�1, e�1−1 ,�= �2的切点为�2, �2
2 ,
�′ = e�−1 ′ = e�−1,�′ = �2 ′ = 2�,
所以�= e�−1在�1, e�1−1 处的切线方程为�= e�1−1 �−�1 + e�1−1,即�= e�1−1�+ 1 −�1 e�1−1,
�= �2在�2, �2
2 处的切线方程为�= 2�2 �−�2 + �2
2,即�= 2�2�−�2
2
故e�1−1 = 2�2且1 −�1 e�1−1 =−�2
2,
故�1 −1 e�1−1 = �2
2 =
e�1−1
2
2
,即4 �1 −1 = e�1−1,
令�1 −1 = �,构造��= 4�−e�,
则�′ �= 4 −e�,
当�< ln4, �′ �> 0, ��在区间−∞, ln4 单调递增,
�> ln4, �′ �< 0, ��在区间ln4, + ∞单调递减,
故��max = �ln4 = 4 ln4 −1 > 0,且当�→−∞, ��→−∞,�→+ ∞, ��→−∞,
故��= 4�−e�= 0 有两个不相等的实数根,
故公切线的条数为2,
故选:C.
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22.(2026·湖南·三模)若直线�= ��+ 1(k 为常数)是曲线�= ln�+ 1 和曲线�= �e�+ 1 的公切线,则
实数a 的值为(
)
A.
1
e
B.
1
e2
C.1
D.e
【答案】B
【解题思路】解法一:先对�(�) = ln�+ 1 求导得�′(�) =
1
�,设与直线�= ��+ 1 切点为(�1, ln�1 + 1),写出
切线方程,根据直线�= ��+ 1 得到关于�1和�的方程组,求出�.
再对�(�) = �e�+ 1 求导,设其与直线�=
1
e �+ 1 切点为(�0, �e�0 + 1),根据导数等于切线斜率以及切点在
切线上列方程,求出�.
解法二:设两条曲线的切点分别为�(�1, �1),�(�2, �2),分别根据切点在曲线上、在切线上以及切线斜率列
出方程组,求解得到�1,�,再同理求出�2,进而得到�.
【解答过程】解法一:令��= ln�+ 1,�∈0, + ∞,则�′ �=
1
�,
设直线�= ��+ 1 与�= ln�+ 1 的切点为�1, ln�1 + 1 ,
则切线方程为�−ln�1 −1 =
1
�1 �−�1 ,即�=
1
�1 �+ ln�1,
又因为�= ��+ 1,所以
1
�1 = �
ln�1 = 1
,解得�1 = e,�=
1
e,所以切线方程为�=
1
e �+ 1,
令��= �e�+ 1,则�′ �= �e�,
设直线�=
1
e �+ 1 与�= �e�+ 1 的切点为�0, �e�0 + 1 ,所以�′ �0 = �e�0 =
1
e ①,
又因为切点�0, �e�0 + 1 在直线�=
1
e �+ 1 上,所以�e�0 + 1 =
1
e �0 + 1,即�e�0 =
1
e �0 ②,
由①和②可得�0 = 1,所以�e =
1
e,解得�=
1
e2.
解法二:设切点分别为��1, �1 ,��2, �2 ,
�1 = ��1 + 1
�1 = ln�1 + 1
1
�1 = �
⇒ln�1 = ��1 = 1.∴�1 = e,�=
1
e.
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同理
�2 = ��2 + 1,
�2 = �e�2 + 1,
�e�2 = �
⇒�e�2 = ��2 = �.∴�2 = 1,∴�= �e =
1
e,∴�=
1
e2.
故选:B.
23.(2026·广东肇庆·一模)已知曲线�= e�+ 1 在�= 0 处的切线也是曲线�= ln �+ 1 + �的切线,则
�=___________.
【答案】2
【解题思路】先利用导数的几何意义求出切线方程,然后利用导数几何的意义求得曲线�= ln �+ 1 + �的
切点坐标,即可求解.
【解答过程】设��= e�+ 1,则�0 = 2,又�′ �= e�,所以�′ 0 = 1,
则切线方程为�= �+ 2,
设��= ln �+ 1 + �,则�′ �=
1
�+1,令
1
�+1 = 1,解得�= 0,
所以�0 = �= 2.
故答案为:2.
24.(2026·新疆喀什·三模)若曲线�(�) =
�与曲线�(�) = �+ ln�存在公切线,则�的取值范围是
___________.
【答案】2 −2ln2, + ∞
【解题思路】设公切线分别与曲线�(�),�(�)相切于点�1,
�1 ,�2, �+ ln�2 ,分别求切线方程,即可有
1
�2 =
1
2 �1,−1 + �+ ln�2 =
�1
2 ,得�=
�1
2 −ln �1 + 1 −ln2,令�=
�1,ℎ(�) =
�
2 −ln�,利用导数研究单调性,
进而得ℎ(�)min即可求解.
【解答过程】由题意知�'(�) =
1
2 �,�'(�) =
1
�,
设公切线分别与曲线�(�),�(�)相切于点�1,
�1 ,�2, �+ ln�2 ,则�' �1 =
1
2 �1,�' �2 =
1
�2,
所以公切线方程为�−
�1 =
1
2 �1 �−�1 ,�−�−ln�2 =
1
�2 �−�2 ,
即�=
1
2 �1 �+
�1
2 ,�=
1
�2 �−1 + �+ ln�2,所以
1
�2 =
1
2 �1,−1 + �+ ln�2 =
�1
2 ,
所以�=
�1
2 + 1 −ln�2 =
�1
2 + 1 −ln 2 �1 =
�1
2 −ln �1 + 1 −ln2,
令�=
�1,�> 0,ℎ(�) =
�
2 −ln�,
所以ℎ'(�) =
1
2 −
1
�=
�−2
2�,由ℎ'(�) < 0,得0 < �< 2,由ℎ'(�) > 0,得�> 2,
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所以ℎ(�)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2, + ∞)上单调递增,
所以ℎ(�)min = ℎ(2) = 1 −ln2,且�→0 时,ℎ(�) →+ ∞,�→+ ∞时,ℎ(�) →+ ∞,
所以�≥1 −ln2 + 1 −ln2 = 2 −2ln2.
故答案为:2 −2ln2, + ∞.
【题型7
与切线有关的最值问题】
25.(2026·河北秦皇岛·三模)若直线�同时是曲线�(�) = �e�(�> 1)和曲线�(�) = e�+ �的切线,则�斜率
的最小值为(
)
A.1
B.e
C.e2
D.2e
【答案】B
【解题思路】设两切点,由导数得两切线斜率相等及切点横坐标关系;利用同一直线截距相等建立方程,将
斜率表示为参数�的函数,求导确定单调性后得最小值.
【解答过程】设直线�与�(�) = �e�(�> 1)切于(�1, �e�1),与�(�) = e�+ �切于(�2, e�2 + �).
求导得�'(�) = �e�,�'(�) = e�,因此公切线斜率�= �e�1 = e�2,
整理得e�2−�1 = �⇒�2 −�1 = ln �①.
�(�)的切线方程为�= ��+ �(1 −�1);
�(�)的切线方程为�= ��+ �(1 −�2) + �.
同一直线截距相等,消去同类项得�(�2 −�1) = �②,
将①代入②,得�关于�的函数�=
�
ln�(�> 1).
对�(�)求导得�' �=
ln�−1
ln�2,令�′(�) = 0,得ln �= 1 ⇒�= e,
当1 < �< e 时,�'(�) < 0,�(�)单调递减;
当�> e 时,�′(�) > 0,�(�)单调递增.
因此�= e 时�(�)取最小值,即�min =
e
lne = e.
故选:B.
26.(2026·江苏南京·二模)已知�= �−�2 + �ln�−�+ 3 2 �∈R ,则�的最小值为()
A.2
B.1
C.
2
2
D.
1
2
【答案】A
【解题思路】先设点��, �ln�及点��, �−3 ,应用两点间距离,再应用导函数计算得出切线斜率得出切点,
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最后应用点到直线距离计算求解.
【解答过程】设点��, �ln�是函数��= �ln�图象上的点,点��, �−3 是直线�: �= �−3 上的点,
则��=
�−�2 + �ln�−�+ 3 2,所以�= ��2,
因为�′ �= ln�+ 1,设函数��在点��0, �0 处的切线�1与直线�平行,
则�′ �0 = ln�0 + 1 = 1,解得��= 1,则点�1,0 ,
所以��的最小值为点�1,0 到直线�的距离�=
1−0−3
2
=
2,
所以�= �−�2 + �ln�−�+ 3 2的最小值为2,
故选:A.
27.(2026·广东佛山·一模)若直线�= �+ �与曲线�= ln �+ �相切,则�2 + �2的最小值为(
)
A.
1
2
B.1
C.
3
2
D.2
【答案】A
【解题思路】通过设切点,利用导数的几何意义列出等式,再利用二次函数的性质求其最小值.
【解答过程】设直线�= �+ �与曲线�= ln(�+ �)的切点为(�0, �0).
对�= ln(�+ �)求导,根据(ln�)′ =
1
��′,可得�′ =
1
�+�.
因为直线�= �+ �的斜率为1,由导数的几何意义可知,
在切点处
1
�0+�= 1,即�0 = 1 −�.
又因为切点(�0, �0)既在直线上又在曲线上,
所以�0 = �0 + �且�0 = ln(�0 + �),即ln(�0 + �) = �0 + �.
将�0 = 1 −�代入ln(�0 + �) = �0 + �可得:ln(1 −�+ �) = 1 −�+ �,即�= �−1.
将�= �−1 代入�2 + �2可得:
�2 + �2 = (�−1)2 + �2 = 2�2 −2�+ 1 = 2 �−
1
2
2
+
1
2,
所以当�=
1
2,�=−
1
2时,�2 + �2取得最小值为
1
2.
故选:A.
28.(2026·四川德阳·二模)过点��0, �0 作曲线�= ln(�+ 1)的两条切线,记两切点分别为
��1, �1 , ��2, �2 , �1 ≠�2,若两条切线斜率之积为1,则
�0+1
�0+1的取值范围是(
)
A.(0,1)
B.0,1
C.1, + ∞
D.(1, + ∞)
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【答案】D
【解题思路】利用导数的几何意义表示出切线方程,联立切线方程,求出�0、�0,再由两条切线的斜率之积
为1 得到
1
(�1+1)(�2+1) = 1,即可用�1的式子表示�0、�0,代入化简可得
�0+1
�0+1 =
1+�2
2�,利用基本不等式求解即可.
【解答过程】因为�= ln(�+ 1),�>−1 ,
所以�′ =
1
�+1,则�′|�=�1 =
1
�1+1,�′|�=�2 =
1
�2+1,
依题意得两条切线的方程分别为�=
1
�1+1 �−�1 + ln(�1 + 1),�=
1
�2+1 �−�2 + ln(�2 + 1),
联立两条切线的方程
�=
1
�1+1 �−�1 + ln(�1 + 1)
�=
1
�2+1 �−�2 + ln(�2 + 1)
,
解得�0 =
(�1+1)(�2+1) ln(�2+1)−ln(�1+1)
�2−�1
−1,
则�0 =
(�2+1)ln(�2+1)−(�1+1)ln(�1+1)
�2−�1
−1,
因为两条切线的斜率之积为1,所以
1
(�1+1)(�2+1) = 1,解得�2 =
1
�1+1 −1,
可得�0 + 1 =
(�2+1)ln(�2+1)−(�1+1)ln(�1+1)
�2−�1
,
�0 + 1 =
(�1+1)(�2+1) ln(�2+1)−ln(�1+1)
�2−�1
,
则
�0+1
�0+1 =
(�2+1)ln(�2+1)−(�1+1)ln(�1+1)
�2−�1
(�1+1)(�2+1) ln(�2+1)−ln(�1+1)
�2−�1
= (�2 + 1)ln(�2 + 1) −(�1 + 1)ln(�1 + 1)
(�1 + 1)(�2 + 1) ln(�2 + 1) −ln(�1 + 1)
=
(
1
�1+1−1+1)ln(
1
�1+1−1+1)−(�1+1)ln(�1+1)
(�1+1)(
1
�1+1−1+1) ln(
1
�1+1−1+1)−ln(�1+1) =
1+(�1+1)2
2(�1+1) ,
令�= �1 + 1 > 0,则
1+(�1+1)2
2(�1+1) 可化为
1+�2
2�,
而
1+�2
2�=
1
�+�
2 ≥
2
1
�⋅�
2
= 1,当且仅当
1
�= �,即�= 1 时取得最小值,
因为
1
(�1+1)(�2+1) = 1,且�1 ≠�2,所以�1 ≠0,即�= 1 不成立,
则
�0+1
�0+1的取值范围是(1, + ∞),故D 正确.
故选:D.
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一、单选题
1.(2026·甘肃金昌·模拟预测)函数��= e�ln�在�= 1 处的切线斜率为(
)
A.0
B.1
C.e
D.e + 1
【答案】C
【解题思路】求出导函数,令�= 1 即可求得斜率.
【解答过程】�′ �= e�ln�+ e�⋅
1
�,故�′ 1 = e.
故选:C.
2.(2026·云南昆明·模拟预测)若函数��= ��3 + �′ 1 e�+ �为奇函数,则�=(
)
A.−1
B.−
1
3
C.
2
3
D.
3
2
【答案】B
【解题思路】根据题意结合奇函数的定义可得�′ 1 = 0,求导代入�= 1 运算求解即可.
【解答过程】因为��= ��3 + �′ 1 e�+ �是奇函数,
则��+ �−�= ��3 + �′ 1 e�+ �+ −��3 + �′ 1 e−�−�= 0,
可得�′ 1
e�+ e−�= 0,即�′ 1 = 0,
则��= ��3 + �,�′ �= 3��2 + 1,
可得�′ 1 = 3�+ 1 = 0,解得�=−
1
3.
故选:B.
3.(2026·陕西宝鸡·三模)已知函数��的图象如图所示,若��= ��2 ,则下列数值排序正确的是(
)
A.
1
2 �′ 1 < �′
1
2 < 2�′
1
4
B.2�′
1
4 < �′
1
2 <
1
2 �′ 1
C.�′
1
2 < 2�′
1
4 <
1
2 �′ 1
D.
1
2 �′ 1 < 2�′
1
4 < �′
1
2
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【答案】A
【解题思路】利用导数的运算法则先求导,再根据导数的几何意义即可求解.
【解答过程】由题意得:�′ �= 2��′ �2 ,
所以�′ 1 = 2�′ 1 , �′
1
2 = 2 ×
1
2 �′
1
4 = �′
1
4 , �′
1
4 = 2 ×
1
4 �′
1
16 =
1
2 �′
1
16 ,
所以
1
2 �′ 1 = �′ 1 , 2�′
1
4 = �′
1
16 ,
根据导数的几何意义得�′
1
16 > �′
1
4 > �′ 1 ,
所以2�′
1
4 > �′
1
2 >
1
2 �′ 1 .
故选:A.
4.(2026·四川成都·一模)函数��= �+ sin�的图象在点
π
2 , �
π
2
处的切线方程为(
)
A.�+ �−π −1 = 0
B.�+ �−1 = 0
C.�−�+ 1 = 0
D.�−�= 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��= �+ sin�,所以�' �= 1 + cos�.
所以�'
π
2 = 1 + cos
π
2 = 1,而�
π
2 =
π
2 + sin
π
2 =
π
2 + 1.
所以切线方程为�−
π
2 −1 = �−
π
2,即�−�+ 1 = 0.
故选:C.
5.(2026·山东聊城·模拟预测)若曲线�= �2 + 5 在�= 2 处的切线与曲线�= ln�+ 3�+ �(�为常数)相
切,则�=(
)
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�= 4�+ 1,设切线与曲线�= ln�+ 3�+ �相切的切点
为�0, ln�0 + 3�0 + �,得到
1
�0 + 3 = 4,求得�0的值,进而得到答案.
【解答过程】由函数�= �2 + 5,可得�′ = 2�,所以�′|�=2 = 4 且�|�=2 = 9,
所以曲线�= �2 + 5 在点(2,9)处的切线方程为�= 4�+ 1,
又由�= ln�+ 3�+ �,可得�′ =
1
�+ 3,
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设切线与曲线�= ln�+ 3�+ �相切的切点为�0, ln�0 + 3�0 + �,则
1
�0 + 3 = 4,
解得�0 = 1,所以3 + �= 4 + 1,解得�= 2.
故选:C.
6.(2026·甘肃白银·二模)已知函数�(�) = ln(�−1) + 1 在点(2,1)处的切线方程为(
)
A.�+ �+ 1 = 0 B.�−�+ 1 = 0
C.�−�−1 = 0
D.�+ �−1 = 0
【答案】C
【解题思路】先求�′ �,进而求�′ 2 ,即切线方程为�−1 = �′ 2
�−2 即可求解.
【解答过程】由题意有�′ �=
1
�−1 , �′ 2 =
1
2−1 = 1,
所以切线方程为�−1 = 1 × �−2 ,即�−�−1 = 0,
故选:C.
7.(2026·江苏苏州·模拟预测)已知函数��=
ln�
�+�,曲线�= ��在点1, �1
处的切线与直线2�−�= 0
平行,则实数�的值为(
)
A.−
1
2
B.−
1
4
C.
1
2
D.1
【答案】A
【解题思路】求导可得�′ �,结合导数的几何意义代入计算,即可得到结果.
【解答过程】由��=
ln�
�+�可得�′ �=
1
��+�−ln�
�+�2
=
1+�
�−ln�
�+�2 ,
则�= �′ 1 =
1+�
1+�2 =
1
1+�,
因为曲线�= ��在点1, �1
处的切线与直线2�−�= 0 平行,
且直线2�−�= 0 的斜率为2,即
1
1+�= 2,解得�=−
1
2.
故选:A.
8.(2026·湖南长沙·模拟预测)若曲线�= e�+�与�= ln �+ �+ 1 有公共的切线,则�−�的最大值为(
)
A.-2
B.2
C.-1
D.1
【答案】D
【解题思路】设直线�与�= e�+�相切于�1, e�1+�求出切线方程,直线�与�= ln �+ �+ 1 相切于�2, ln �2 +
�+ 1 求出切线方程,让两条切线方程的斜率、截距相同可得�−�+ 1 = �2 + �ln �2 + �−ln �2 + �.
令�= �2 + �,构造函数��= �ln�−ln�= �−1 ln��> 0 ,利用导数求出最小值可得答案.
【解答过程】设直线�与�= e�+�相切于�1, e�1+�,
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则直线�:�−e�1+�= e�1+��−�1 ,
直线�与�= ln �+ �+ 1 相切于�2, ln �2 + �+ 1 ,
则直线�:�−ln �2 + �−1 =
1
�2+��−�2 ,
因为曲线�= e�+�与�= ln �+ �+ 1 有公共的切线,则两条切线方程的斜率、截距相同,
故
e�1+�=
1
�2+�
1 −�1 e�1+�= ln �2 + �+ 1 −
�2
�2+�
,
则�−�+ 1 = �2 + �ln �2 + �−ln �2 + �.
令�= �2 + �,��= �ln�−ln�= �−1 ln��> 0 ,
则�′ �= ln�−
1
�+ 1 在0, + ∞单调递增,且�′ 1 = 0,
所以当�∈0,1 时,�′ �< 0,��单调递减,
当�∈1, + ∞时,�′ �> 0,��单调递增,
所以��min = �1 = 0,于是有�−�+ 1 ≥0,
即�−�≤1.
故选:D.
二、填空题
9.(2026·吉林长春·模拟预测)已知函数��= �4 + ��2 + 2025,若�′ −2 = 5,则�′ 2 =___________.
【答案】−5
【解题思路】根据导函数的奇偶性,代入求值即可.
【解答过程】由��= �4 + ��2 + 2025,得�′ �= 4�3 + 2��,
又�′ −�= 4 −�3 + 2�−�=−4�3 + 2��=−�′ �,
所以�′ �为奇函数,所以�′ 2 =−�′ −2 =−5.
故答案为:−5.
10.(2026·四川巴中·三模)已知函数�(�) = �−3ln�(�> 0),若函数�= �(�)在点(1, �(1))处的切线方程
为___________.
【答案】2�+ �−3 = 0
【解题思路】应用导数的几何意义求切线方程.
【解答过程】求导得�′ �= 1 −
3
�,则�′ 1 = 1 −
3
1 =−2,又�1 = 1,
所以切线方程为�−1 =−2(�−1),整理得2�+ �−3 = 0.
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故答案为:2�+ �−3 = 0.
11.(2026·吉林长春·模拟预测)若函数��= �2 + ��+ 1 e�在�= 0 处的切线与直线2�−�+ 2 = 0 平
行,则实数�=___________.
【答案】1
【解题思路】求导,根据平行得到�′ 0 = 2,解得答案.
【解答过程】因为��= �2 + ��+ 1 e�,所以�′ �= �2 + 2 + ��+ 1 + �e�,
依题意可得�′ 0 = 2,即�′ 0 = 02 + 2 + �× 0 + 1 + �e0 = 2,解得�= 1.
故答案为:1.
12.(2026·河北秦皇岛·模拟预测)设�≠0,若曲线��= �ln �−1 在点2, �2
处的切线也是曲线��=
e��−2的切线,则�=___________.
【答案】
1
2
【解题思路】首先根据题意求出切线方程,然后对��求导,根据斜率值和切点的函数值求出�的值.
【解答过程】因为�' �=
�
�−1,所以�' 2 = �, �2 = �ln1 = 0.
所以曲线��在点2, �2
的切线方程为:�= ��−2 .
因为�' �= �e��−2,设曲线��与该切线的切点为�0, ��0 −2
.
所以�' �0 = �e��0−2 = �,所以��0 −2 = 0,即��0 = 2.
又��0 = e��0−2 = ��0 −2 = 2 −2�= e0,
所以�=
1
2.
故答案为:
1
2.
一、单选题
1.(2026·宁夏石嘴山·三模)已知函数�(�) = ��2 + 1(�> 0), �(�) = ln�,若曲线�= �(�)与�= �(�)有两
条公切线,则�的取值范围是(
)
A.(0,
1
2e3 )
B.(
1
2e3 ,
1
2e )
C.(
1
2e3 , + ∞)
D.(
1
2e , + ∞)
【答案】C
【解题思路】设出切点坐标,利用导数的几何意义,结合公切线建立方程组,消元构造函数,利用函数有两
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个零点,借助导数求出范围.
【解答过程】设公切线与曲线�= �(�)、曲线�= �(�)相切的切点分别为(�, ��2 + 1), (�0, ln�0),
而�′(�) = 2��, �′(�) =
1
�,依题意,2��=
1
�0 =
��2+1−ln�0
�−�0
,则�0 > 0,因�> 0,则�> 0,
消去�0得��2 −ln(2��) −2 = 0,令函数ℎ(�) = ��2 −ln(2��) −2 (�> 0),
由曲线�= �(�)与�= �(�)有两条公切线,得函数ℎ(�)有两个不同的正零点,
ℎ'(�) = 2��−
1
�=
2��2−1
�
,当0 < �<
1
2�时,ℎ′(�) < 0;当�>
1
2�时,ℎ′(�) > 0,
函数ℎ(�)在(0,
1
2�)上递减,在(
1
2�, + ∞)上递增,ℎ(�)min = ℎ(
1
2�) =−
1
2 ln(2�) −
3
2,
而当�从大于0 的方向趋近于0 时,ℎ(�) →+ ∞,当�→+ ∞时,ℎ(�) →+ ∞,
则当且仅当−
1
2 ln(2�) −
3
2 < 0,即�>
1
2e3时,函数ℎ(�)有两个不同零点,
所以�的取值范围是(
1
2e3 , + ∞).
故选:C.
2.(2026·山东聊城·三模)已知��是定义域为R 的可导函数,设其导函数为��.若��+ 1 −2�为偶
函数,且��= �4 −�,则
�=1
20 ��
σ
=(
)
A.60
B.40
C.20
D.8
【答案】B
【解题思路】根据函数的奇偶性结合求导数,得出函数周期,应用周期计算求解函数值即可.
【解答过程】因为��+ 1 −2�为偶函数,所以��+ 1 −2�= �−�+ 1 + 2�,
所以�′ �+ 1 −2 =−�′ −�+ 1 + 2,所以�′ �+ 1 + �′ −�+ 1 = 4,
所以��+ 1 + �−�+ 1 = 4,且��= �4 −�,
所以��+ �−�+ 2 = 4,�−�+ 4 + ��−2 = 4,所以��−2 = �2 −�,
所以��= �−�= �4 −�,所以��的周期为4,
因为��+ 1 + �−�+ 1 = 4,令�= 0, �1 + �1 = 4,可得�1 = 2,
令�= 1, �2 + �0 = 4,
所以�1 + �2 + �3 + �4 = �1 + �2 + �−1 + �0 = 8
所以
�=1
20 ��
σ
= �1 + �2 + �3 + ⋯+ �20 = 5 × 8 = 40.
故选:B.
3.(2026·全国·一模)函数�(�) = 4�sin�cos�过原点的切线条数为(
)
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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�0, ��0
,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】�(�) = 4�sin�cos�= 2�sin 2�,
�′ �= 2sin 2�+ 4�cos 2�,
设切点为�0, ��0
,切线方程为�= �′ �0
�−�0 + ��0 ,
将原点代入切线方程可得0 = �′ �0
0 −�0 + ��0 ,
所以2sin 2�0 + 4�0cos 2�0
−�0 + 2�0sin 2�0 = 0,
化简可得−4�0
2cos 2�0 = 0,解得�0 = 0 或cos 2�0 = 0,
当�0 = 0 时,�0 = 0,�′ 0 = 0,切线方程为�= 0;
当cos 2�0 = 0 时,解得�0 =
π
4 +
1
2 �π, �∈Z,当�为偶数时,�0 =
π
4 +
1
2 �π, �∈Z 对应的切线方程为�= 2�;
当�为奇数时,�0 =
π
4 +
1
2 �π, �∈Z 对应的切线方程为�=−2�;
所以共有3 条不同的切线.
故选:C.
4.(2026·陕西汉中·模拟预测)已知��1, �1 , ��2, �2 为曲线�= e�上两个不同的点,曲线�= e�在点�, �
处的切线相交于点��0, �0 ,且这两条切线的斜率之积为1,则
�0+1
�0 −
�2
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��1, �1 , ��2, �2 ,表示出切线方程,由两条切线的斜率之积为1,得到�2 =−�1,
联立求出�0,�0,对
�0+1
�0 −
�2
4 化简,利用基本不等式可求其最小值.
【解答过程】设��1, �1 , ��2, �2 ,
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∵�′ = ��,∴在��1, �1 处的切线方程�1: �= ��1 �−�1 + ��1,
在��2, �2 处的切线方程�2: �= ��2 �−�2 + ��2,
∵这两条切线的斜率之积为1,∴��1 ⋅��2 = ��1+�2 = 1 ⇒�2 =−�1,
∵切线相交于点��0, �0 ,
∴联立解得,�0 =
�1��1−�2��2
��1−��2
−1 =
�1�2�1+�1
�2�1−1 −1,
�0 = ��1(
�1�2�1+�1
�2�1−1 −1 −�1) + ��1 =
2�1��1
�2�1−1,
即
�0+1
�0 −
�2
4 =
�2�1+1
2��1 −
�−�1
4
=
��1
2 +
1
4��1 ≥2
��1
2 ⋅
1
4��1 =
2
2 ,
当且仅当
��1
2 =
1
4��1 =
2
4 时取等号,
故选:B.
二、解答题
5.(2026·浙江·模拟预测)已知函数��=
e�
�−
1
�−ln�(e 为自然对数的底数,e ≈2.71828)
(1)求��在�= 1 处的切线方程;
(2)求��的最小值;
(3)若对任意�∈0, + ∞,不等式��≥��+ 1 恒成立,求实数�的取值范围.(�表示不超过实数�的最
大整数)
【答案】(1)�= e −1
(2)e −1
(3)�≤e −2
【解题思路】(1)求导求切点坐标,进而得到函数在该点的切线;
(2)求导分析函数单调性,得到函数最小值;
(3)针对取整函数分段讨论,利用各区间内��的最小值,将恒成立问题转化为求�的上界.
【解答过程】(1)��=
e�
�−
1
�−ln�,
�' �=
e��−e�+1
�2
−
1
�=
e�−1
�−1
�2
,
�′ 1 = 0 �1 = e −1 ��在�= 1 处的切线方程是�= e −1.
(2)由(1)知,�' �=
e�−1
�−1
�2
,
则在�∈0,1 上,�′ �< 0,��单减;在�∈1, + ∞上,�′ �> 0,��单增;
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��min = �1 = e −1.
(3)当�≤0,��+ 1 ≤1,而��min = �1 = e −1 > 1,此时恒成立;
当�> e −2,�= 1 时,而�1 = �−1,��+ 1 > e −1,此时不成立;
当0 < �≤e −2,�∈0,1 时,��> 1,此时恒成立;
�∈1,2 时,��≥e −1 ≥��+ 1,此时恒成立.
下证:�∈2, + ∞时,��≥��+ 1 恒成立.
令ℎ�=
e�
�2 −
1
�2 −
ln�
�−
1
�,
ℎ' �=
e��−2
�3
+
2
�3 −
1−ln�
�2
+
1
�2 =
e��−2 +2+�ln�
�3
> 0,
所以ℎ�在�∈2, + ∞上单调递增,
ℎ�≥ℎ2 =
e2
4 −
1
4 −
ln2
2 −
1
2 =
e2−3−2ln2
4
,
因为e2 −4e + 5 ≈1.52,2ln2 ≈1.39,
所以e2 −4e + 5 −2ln2 > 0,即
e2−3−2ln2
4
> e −2,
综上�≤e −2.
6.(2026·陕西渭南·三模)已知函数��= e��−1 −��.
(1)当�= 1 时,曲线�= ��的一条切线方程为�= �+ �,求实数�的值;
(2)求函数��的单调区间;
(3)若对任意�> 0,��+ ��−ln
�
�≥�恒成立,求实数�的最小值.
【答案】(1)−2ln2
(2)当�= 0 时,函数��无严格单调区间;
当�≠0 时,函数��在−∞,
1
�上单调递减,在
1
�, + ∞上单调递增.
(3)1
【解题思路】(1)利用导数的几何意义,根据切线斜率求切点,再根据切点满足�= �+ �求�的值.
(2)求导,分�= 0,�> 0,�< 0 讨论导函数的符号,探究函数的单调性.
(3)设��= e��−1 −ln�,结合二次求导,求出函数的最小值为1 + ln�,问题转化为2ln�−�+ 1 ≥0,
求�的最小值,再设��= 2ln�−�+ 1,分析函数单调性,解不等式即可得�的最小值.
【解答过程】(1)当�= 1 时,��= e�−1 −�,�′ �= e�−1 −1.
由�′ �= 1 解得,�= 1 + ln2.
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由�1 + ln2 = eln2 −1 + ln2 = 1 −ln2,
所以1 + ln2 + �= 1 −ln2,解得:�=−2ln2.
(2)由��= e��−1 −��,所以�′ �= �e��−1 −�= �e��−1 −1 .
若�= 0,则��= e−1为常数函数,无严格单调区间;
若�> 0,由�′ �> 0 解得�>
1
�;由�′ �< 0 解得�<
1
�.
所以函数��在−∞,
1
�上单调递减,在
1
�, + ∞上单调递增.
若�< 0,由�′ �> 0 解得�>
1
�;由�′ �< 0 解得�<
1
�.
所以函数��在−∞,
1
�上单调递减,在
1
�, + ∞上单调递增.
综上,当�= 0 时,函数��无严格单调区间;
当�≠0 时,函数��在−∞,
1
�上单调递减,在
1
�, + ∞上单调递增.
(3)由��+ ��−ln
�
�≥�,可得e��−1 −ln�+ ln�≥�,即e��−1 −ln�≥�−ln�.
设��= e��−1 −ln�,�> 0,则�′ �= �e��−1 −
1
�,�> 0.
设ℎ�= �e��−1 −
1
�,�> 0,则ℎ′ �= �2e��−1 +
1
�2 > 0 恒成立,所以ℎ�在0, + ∞上单调递增.
又�> 0,ℎ
1
�= 0,
所以当0 < �<
1
�时,ℎ�= �′ �< 0,函数��单调递减;
当�>
1
�时,ℎ�= �′ �> 0,函数��单调递增.
所以��≥�
1
�= 1 + ln�.
由1 + ln�≥�−ln�,可得:2ln�−�+ 1 ≥0.
设��= 2ln�−�+ 1,�> 0,则�′ �=
2
�−1 =
2−�
�.
由�′ �> 0 解得0 < �< 2;由�′ �< 0 解得�> 2.
所以��在0,2 上单调递增,在2, + ∞上单调递减.
又�1 = 0,�2 = 2ln2 −1 > 0,�e2 = 5 −e2 < 0.
所以存在�0 ∈2, e2 ,使得��0 = 0.
所以不等式2ln�−�+ 1 ≥0 的解集为1, �0 .
所以实数�的最小值为1.
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7.(2026·山东济宁·三模)设函数��= �ln �+ 1 + �e�−1.
(1)当�= 1 时,求��在点1, �1
处的切线方程;
(2)若函数��存在零点�1,且�1 > 0.
(ⅰ)求实数�的取值范围;
(ⅱ)设�0为��的极值点,证明:2�0 > �1.
【答案】(1)5�−2�+ 2ln2 −3 = 0
(2)(i)−∞, −
1
e ;(ii)证明见解析
【解题思路】(1)当�= 1 时,求出�1 、�′ 1 的值,利用导数的几何意义可得出所求切线的方程;
(2)(i)求得�′ �=
�
�+1 + �+ 1 e�−1,对实数�的取值进行分类讨论,分析函数��在定义域上的单调性,
可得�′ 0 < 0,即可解得实数�的取值范围;
(ii)要证2�0 > �1,只需证�2�0 > ��1 = 0,即证�ln 2�0 + 1 + 2�0e2�0−1 > 0,根据�′ �0 = 0 可得�=−
�0 + 1 2e�0−1,即证2�0e�0 −�0 + 1 2ln 2�0 + 1 > 0,构造函数��= 2�e�−�+ 1 2ln 2�+ 1 ,其中
�> 0,利用导数分析函数��在0, + ∞上的单调性,证明出��0 > 0 即可.
【解答过程】(1)当�= 1 时,��= ln �+ 1 + �e�−1,则�′ �=
1
�+1 + �+ 1 e�−1,
所以�′ 1 =
1
2 + 2 =
5
2,�1 = ln2 + 1,
故所求切线的方程为�−1 + ln2 =
5
2 �−1 ,即5�−2�+ 2ln2 −3 = 0.
(2)(i)因为��= �ln �+ 1 + ���−1,该函数的定义域为−1, + ∞,且�0 = 0,
�′ �=
�
�+1 + �+ 1 e�−1,
当�≥0 时,则对任意的�>−1,
�
�+1 ≥0,�+ 1 e�−1 > 0,则�′ �> 0,
此时函数��在−1, + ∞上单调递增,则函数��在−1, + ∞上有且只有一个零点0,不符合题意;
当�< 0 时,令��=
�
�+1 + �+ 1 e�−1,则�′ �=−
�
�+1 2 + �+ 2 e�−1 > 0,
所以函数�′ �在−1, + ∞上单调递增,
当�→−1 时,�' �< 0;当�→+ ∞时,�' �> 0.
所以存在唯一的�0 ∈−1, + ∞,使得�′ �0 = 0,
当�∈−1, �0 时,�′ �< 0;当�∈�0, + ∞时,�′ �> 0.
所以函数��在−1, �0 上单调递减,在�0, + ∞上单调递增,
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当�0 ≤0 时,由题意可知,函数��在0, + ∞上单调递增,
故当�∈0, + ∞时,��> �0 = 0,此时函数��不存在正零点;
当�0 > 0 时,由题意可知函数��在0, �0 上单调递减,在�0, + ∞上单调递增,
则��0 < �0 = 0,当�→+ ∞时,��> 0.
故存在�1 ∈�0, + ∞,使得��1 = 0,符合题意,
此时函数��在−1, �0 上单调递减,只需�′ 0 = �+
1
e < 0,解得�<−
1
e.
综上所述,实数�的取值范围是−∞, −
1
e .
(ii)由(i)可知�1 > �0 > 0,且函数��在�0, + ∞上为增函数,
要证2�0 > �1,只需证�2�0 > ��1 = 0,即证�ln 2�0 + 1 + 2�0e2�0−1 > 0,
又因为�′ �0 =
�
�0+1 + �0 + 1 e�0−1 = 0,则�=−�0 + 1 2e�0−1,
即证−�0 + 1 2e�0−1ln 2�0 + 1 + 2�0e2�0−1 > 0,即证2�0e�0 −�0 + 1 2ln 2�0 + 1 > 0,
构造函数��= 2�e�−�+ 1 2ln 2�+ 1 ,其中�> 0,
则�′ �= 2 �+ 1 e�−2 �+ 1 ln 2�+ 1 −
2 �+1 2
2�+1
= 2 �+ 1
e�−ln 2�+ 1 −
�+1
2�+1 ,
令ℎ�= e�−ln 2�+ 1 −
�+1
2�+1,其中�> 0,
则ℎ′ �= e�−
2
2�+1 +
1
2�+1 2 = e�−
4�+1
2�+1 2,
因为�> 0,则e�> 1,0 <
4�+1
2�+1 2 =
4�+1
4�2+4�+1 < 1,
所以ℎ′ �= e�−
4�+1
2�+1 2 > 0,故函数ℎ�在0, + ∞上为增函数,
当�> 0 时,ℎ�> ℎ0 = 0,所以�′ �= 2 �+ 1 ℎ�> 0,故函数��在0, + ∞上为增函数,
因为�0 > 0,则��0 > �0 = 0,故2�0 > �1.
8.(2026·江西九江·模拟预测)已知函数��= �2 −��ln�,其中�∈�.
(1)当�= e 时,求曲线�= ��在点1, �1
处的切线方程;
(2)若��≥0 在区间0, + ∞上恒成立,求�的取值范围;
(3)若��在区间0, + ∞上存在两个零点�1, �2,证明:ln�1 ⋅ln�2 < 1.
【答案】(1)�= (2 −e)�+ e −1
(2) 0,e
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(3)证明见解析
【解题思路】(1)先求�= e 时��的导函数�′(�),因为切线斜率为�′(1) = 2 −e,再结合�1 的取值,用
点斜式写切线方程;
(2)先化简得到�≥�ln�在区间0, + ∞上恒成立,再分区间讨论ln�的符号分离参数即可求解;
(3)函数双零点等价于方程�=
�
ln�有两根,设�1 = ln�1, �2 = ln�2,由零点相等关系取对数整理得�2 −�1 =
ln�2 −ln�1,利用对数均值不等式�1�2 <
�2−�1
ln�2−ln�1 = 1 平方得�1�2 < 1,即ln�1 ⋅ln�2 < 1,得证.
【解答过程】(1)当�= e 时,函数��= �2 −e�ln�,则�1 = 1,故切点为1,1
,
求导得到�′(�) = 2�−e(ln�+ 1),则切线的斜率为�′(1) = 2 −e,
所以切线方程为�−1 = (2 −e)(�−1),即�= (2 −e)�+ e −1.
(2)函数��= �2 −��ln�≥0 在区间0, + ∞上恒成立,即�2 ≥��ln�;
即�≥�ln�在区间0, + ∞上恒成立,
当�= 1 时,1 ≥0 恒成立,对�无限制;
当�> 1 时,ln�> 0,所以�≤
�
ln�恒成立,
令函数��=
�
ln�,�> 1,则�′ �=
ln�−1
ln�2,
令�′ �= 0,得到�= e,
当�∈(1, e)时,�′ �< 0,函数��单调递减,
当�∈(e, + ∞)时,�′ �> 0,函数��单调递增,
故��min = �e = e ,所以�≤e;
当0 < �< 1 时,ln�< 0,所以�≥
�
ln�恒成立,
此时�' �=
ln�−1
ln�2 < 0 ,
函数��单调递减,且�→0+时,��→0,�→1−时,��→−∞,
故��< 0 ,此时�≥0 即可
综上所述,�的取值范围是0,e .
(3)函数�(�) = �2 −��ln�= 0, �> 0 存在两个零点,
因为�= 1 时,左边= 1,右边= 0 不成立,故�≠1,
所以�=
�
ln�
�> 0, �≠1 有两个不同解,设��=
�
ln�
,
由(2)知当�∈0,1 时,函数��单调递减,且��< 0
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当�∈(1, e)时,函数��单调递减,�→1+时,��→+ ∞,且�e = e
当�∈(e, + ∞)时,函数��单调递增,�→+ ∞时,��→+ ∞,
因此当�> e 时,方程�=
�
ln�
�> 0, �≠1 在1, + ∞上有两个不同解�1, �2且1 < �1 < e < �2,
令�= ln�,则�= e�,
设�1 = ln�1, �2 = ln�2,且�2 > 1 > �1 > 0,则
e�1
�1 =
e�2
�2 = �;
两边取对数整理得:�1 −ln�1 = �2 −ln�2,
即�2 −�1 = ln�2 −ln�1,即
�2−�1
ln�2−ln�1 = 1 ,
要证ln�1 ⋅ln�2 < 1,即证�1�2 < 1,即证�1�2 <
�2−�1
ln�2−ln�1 = 1,
即证ln
�2
�1 <
�2−�1
�1�2 =
�2
�1 −
�1
�2,
令�=
�2
�1 > 1 ,则证ln�2 < �−
1
�,即证2ln�−�+
1
�< 0 即可,
设函数ℎ�= 2ln�−�+
1
�,则ℎ' �=−
�−1 2
�2
< 0,
所以ℎ�在1, + ∞
单调递减,
所以ℎ�< ℎ1 = 0,即2ln�−�+
1
�< 0 得证.
即ln�1 ⋅ln�2 < 1 得证.
一、单选题
1.(2026·全国一卷·高考真题)曲线�= 5�+ 8ln�在点(1,5)处的切线方程为(
)
A.�= 3�+ 2
B.�= 5�
C.�= 8�−3
D.�= 13�−8
【答案】D
【解题思路】对函数求导,利用导数的几何意义求切线方程.
【解答过程】因为�= 5�+ 8ln�,则�′ = 5 +
8
�,当�= 1 时,�′ = 13,
所以曲线�= 5�+ 8ln�在点(1,5)处的切线方程为�−5 = 13 �−1 ,
即�= 13�−8.
故选:D.
2.(2024·全国甲卷·高考真题)设函数��=
e�+2sin�
1+�2 ,则曲线�= ��在点0,1 处的切线与两坐标轴所围
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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】�′ �=
e�+2cos�
1+�2 −e�+2sin�⋅2�
1+�2 2
,
则�′ 0 =
e0+2cos0
1+0 −e0+2sin0 ×0
1+0 2
= 3,
即该切线方程为�−1 = 3�,即�= 3�+ 1,
令�= 0,则�= 1,令�= 0,则�=−
1
3,
故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积�=
1
2 × 1 × −
1
3 =
1
6.
故选:A.
二、填空题
3.(2025·全国一卷·高考真题)若直线�= 2�+ 5 是曲线�= e�+ �+ �的一条切线,则�=_________.
【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�0, �0 与�的方程组,解之即可得解.
【解答过程】法一:对于�= e�+ �+ �,其导数为�′ = e�+ 1,
因为直线�= 2�+ 5 是曲线的切线,直线的斜率为2,
令�′ = e�+ 1 = 2,即e�= 1,解得�= 0,
将�= 0 代入切线方程�= 2�+ 5,可得�= 2 × 0 + 5 = 5,
所以切点坐标为(0,5),
因为切点(0,5)在曲线�= e�+ �+ �上,
所以5 = e0 + 0 + �,即5 = 1 + �,解得�= 4.
故答案为:4.
法二:对于�= e�+ �+ �,其导数为�′ = e�+ 1,
假设�= 2�+ 5 与�= e�+ �+ �的切点为�0, �0 ,
则
e�0 + 1 = 2
�0 = 2�0 + 5
�0 = e�0 + �0 + �
,解得�= 4.
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故答案为:4.
4.(2024·新课标Ⅰ卷·高考真题)若曲线�= e�+ �在点(0,1)处的切线也是曲线�= ln(�+ 1) + �的切线,则
�=__________.
【答案】ln2
【解题思路】先求出曲线�= e�+ �在0,1 的切线方程,再设曲线�= ln �+ 1 + �的切点为�0, ln �0 + 1 +
�,求出�′,利用公切线斜率相等求出�0,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�= e�+ �得�′ = e�+ 1,�′|�=0 = e0 + 1 = 2,
故曲线�= e�+ �在0,1 处的切线方程为�= 2�+ 1;
由�= ln �+ 1 + �得�′ =
1
�+1,
设切线与曲线�= ln �+ 1 + �相切的切点为�0, ln �0 + 1 + �,
由两曲线有公切线得�′ =
1
�0+1 = 2,解得�0 =−
1
2,则切点为−
1
2 , �+ ln
1
2 ,
切线方程为�= 2 �+
1
2 + �+ ln
1
2 = 2�+ 1 + �−ln2,
根据两切线重合,所以�−ln2 = 0,解得�= ln2.
故答案为:ln2.
三、解答题
5.(2026·全国二卷·高考真题)已知函数��= �e�+ ��+ �,曲线�= ��在点0, �0
处的切线方程为�=
−2�+ 1.
(1)求�,�;
(2)当�> 0 时,��+ �−��> �,求�的取值范围;
(3)当�> 0 时,��+ �+ ��−�> 2��,求�的最小值.
【答案】(1)�=−3, �= 1
(2) 2ln2, + ∞
(3)−2
【解题思路】(1)结合导数几何意义建立方程求解;
(2)法一:构造差函数�(�) = (�+ �)e�+�−�e�−4�,结合导函数符号的变化分类讨论函数的单调性,进
而由恒成立求解参数范围即可;法二:先由必要性探路分析界点,当�→0+,�(�) →�e�−4�确定界点
0,2ln2;再结合界点分类讨论即可;
(3)法一:构造差函数,结合端点效应分析界点,再分类讨论可得;法二:分离参数,结合洛必达法则求
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解.
【解答过程】(1)�(�) = ���+ ��+ �, �∈�,
由切点(0, �(0))在直线�=−2�+ 1 上,也在函数�(�)图象上,
可知�(0) =−2 × 0 + 1 = 1 且�(0) = 0 ⋅e0 + �⋅0 + �= �,可得�= 1;
由�′(�) = (�+ 1)e�+ �,则切线的斜率为�′(0) = 1 + �=−2,
解得�=−3;
故�=−3, �= 1.
(2)由(1)知,�(�) = �e�−3�+ 1,
则�(�+ �) −�(�) −�= (�+ �)e�+�−�e�−3(�+ �) + 3�−�
= (�+ �)e�+�−�e�−4�,
故题意可转化为(�+ �)e�+�−�e�−4�> 0 对任意�∈�+恒成立,
法一:令�(�) = (�+ �)e�+�−�e�−4�,�> 0,
则�′(�) = (�+ �+ 1)e�+�−(�+ 1)e�= e�
�+ �+ 1 e�−(�+ 1) ,
当�> 0 时,由�+ �+ 1 > �+ 1 > 0 且e�> 1 > 0,
则�+ �+ 1 e�−(�+ 1) > 0,即�′(�) > 0,
则�(�)在(0, + ∞)上单调递增,又�(0) = �e�−4�,
要使�(�) > 0 对任意�∈�+恒成立,
则�e�−4�≥0,解得�≥2ln2;
当�= 0 时,�(�+ �) −�(�) = 0 > 0 不成立;
当�< 0 时,0 < e�< 1,�+ �+ 1 < �+ 1,且�+ 1 > 0,
则�+ �+ 1 e�−(�+ 1) < �+ 1 e�−(�+ 1) = (�+ 1) e�−1 < 0,
即�′(�) < 0,则�(�)在(0, + ∞)上单调递减,
又当�→+ ∞时,�(�) →−∞,不满足题意;
综上所述,�的取值范围为2ln2, + ∞.
法二:
不等式(�+ �)e�+�−�e�−4�> 0 可转化为
(�+�)e�+�−�e�−4�
e�
> 0,
即(�+ �)e�−�−
4�
e�> 0 对任意�∈�+恒成立,
当�= 0 时,�(�+ �) −�(�) = 0 > 0 不成立;
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当�< 0 时,设ℎ(�) = (�+ �)e�−�−
4�
e�,�> 0,
当�→+ ∞时,由�< 0,可知e�−1 < 0,
ℎ(�) = (e�−1)�+ �e�−
4�
e�→−∞,
这与ℎ(�) > 0 对任意�∈�+恒成立矛盾;
当0 < �< 2ln2 时,ℎ(0) = �e�−4�= �(e�−4) < 0,
ℎ(2ln2) = ℎ(ln4) = (�+ ln4)e�−ln4 −�> (�+ ln4) ⋅1 −ln4 −�= 0,
由ℎ′(�) = e�−1 +
4�
e�> 0,故ℎ(�)在(0, + ∞)上单调递增,
故ℎ(�)在(0, + ∞)上存在唯一零点,设为�0,
且当0 < �< �0时,ℎ(�) < ℎ(�0) = 0,即
(�+�)e�+�−�e�−4�
e�
< 0,
此时不等式�(�+ �) −�(�) > �不成立;
当�≥2ln2 时,ℎ′(�) = e�−1 +
4�
e�> 0,
则ℎ(�)在(0, + ∞)上单调递增,
由�> 0,故ℎ(�) > ℎ(0) = �e�−4�≥0,
故不等式(�+ �)e�−�−
4�
e�> 0,即�(�+ �) −�(�) > �恒成立,
综上所述,�的取值范围为2ln2, + ∞;
(3)法一:设�(�) = �(�+ �) + �(�−�) −2�(�), �> 0,
则�′(�) = �′(�+ �) −�′(�−�) = (�+ �+ 1)e�+�−(�−�+ 1)e�−�
= (�+ �+ 1)e�+�+ (�−�−1)e�−�,
令�(�) = (�+ �+ 1)e�+�+ (�−�−1)e�−�,
则�′(�) = (�+ �+ 2)e�+�+ (2 + �−�)e�−�,
其中�(0) = 0,�′(0) = 0,�′(0) = 2(�+ 2)e�.
当�=−2 时,�′(�) = �e�−2 + ( −�)e−2−�= �e−2(e�−e−�) > 0,
则�′(�)在(0, + ∞)上单调递增,故�′(�) > �′(0) = 0,
故�(�)在(0, + ∞)上单调递增,故�(�) > �(0) = 0,
即当�> 0 时,�(�+ �) + �(�−�) > 2�(�)恒成立,满足题意;
当�>−2 时,设�(�) = (�+ �+ 2)e�+�+ (2 + �−�)e�−�
= e�(�+ �+ 2) + e−�(�−�+ 2) e�
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=
e�+ e−�(�+ 2) + �e�−e−�
e�,
由�> 0, �>−2,可知e�+e−�> 0 且�+ 2 > 0,
则e�+ e−�(�+ 2) + �e�−e−�> 0,可知�(�)在( −2, + ∞)上单调递增,
故�(�) > �( −2) = �e�−2 + ( −�)e−2−�= �e−2(e�−e−�) > 0,即�′(�) > 0,
故�′(�)在(0, + ∞)上单调递增,故�′(�) > �′(0) = 0,
故�(�)在(0, + ∞)上单调递增,故�(�) > �(0) = 0,
即当�> 0 时,�(�+ �) + �(�−�) > 2�(�)恒成立,满足题意;
当�<−2 时,此时�′(0) = 2(�+ 2)e�< 0,又�′(0) = 0,
则存在正实数�0,使得∀�∈(0, �0),�′(�) < 0,
则�(�)在(0, �0)上单调递减,则�(�) < �(0) = 0,
即当0 < �< �0,�(�+ �) + �(�−�) < 2�(�),不满足题意;
综上所述,�≥−2,即�的最小值为−2.
法二:由�(�+ �) + �(�−�) > 2�(�)可得
�+ �e�+�−3(�+ �) + 1 + �−�e�−�−3(�−�) + 1 > 2 �e�−3�+ 1 ,
则�+ �e�+�+ �−�e�−�> 2�e�,即�+ �e�+ �−�e−�> 2�,
则�e�+ e−�−2 > �e−�−e�,
由�> 0,可知e�+ e−�> 2,则e�+ e−�−2 > 0,
故原不等式可转化为�>
�e−�−e�
e�+e−�−2,
由
�e−�−e�
e�+e−�−2 =
�e−�
2+e
�
2
e−�
2−e
�
2
e−�
2−e
�
2
2
=
�e−�
2+e
�
2
e−�
2−e
�
2
=−
�e�+1
e�−1 ,
设�(�) =−
�e�+1
e�−1 ,�> 0,
则�′(�) =−
�+1 e�+1
e�−1 −�e�e�+1
e�−1 2
=−
e2�−2�e�−1
e�−1 2 ,
设�(�) = e2�−2�e�−1,�> 0,令�= e�,
则�(�) = �2 −2�ln�−1,�> 1,
由�′(�) = 2�−2(1 + ln�) = 2(�−1 −ln�),
再令�(�) = �−1 −ln�, �> 1,
�′(�) = 1 −
1
�=
�−1
�> 0,故�(�)在(1, + ∞)上单调递增,
故�(�) > �(1) = 0,则�′(�) > 0,故�(�)在(1, + ∞)上单调递增,
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所以�(�) > �(1) = 0,即�(�) > 0, �′(�) < 0,
故�(�)在(0, + ∞)上单调递减,
又由洛必达法则可知lim
�→0�(�) =−lim
�→0
(�+1)e�+1
e�
=−2,
故要使当�> 0 时,�> �(�)恒成立,则�≥−2,
即�的最小值为−2.
6.(2026·天津·高考真题)已知�(�) = e�−
2
3 sin�.
(1)求曲线�= �(�)在点(0, �(0))处的切线方程;
(2)当�∈−
1
3 , + ∞时,证明�(�) ≥1 +
�
3;
(3)求实数�的最大可能值,使得�(
1
1 ) ⋅�(
1
2 ) ⋅�(
1
3 )⋯�(
1
�) ≥(�+ 1)�对任意的�∈N∗都成立.
【答案】(1)�−3�+ 3 = 0
(2)证明见解析
(3)
1
3
【解题思路】(1)利用导数的几何意义,以及直线的点斜式方程求解即可;
(2)方法一:令�(�) = e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1,利用导数研究�(�)在−
1
3 , + ∞上的单调性以及最值即可证明
结论;
解法二:切线不等式放缩.
构建�(�) = e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1,�∈−
1
3 , + ∞,利用切线不等式可证�(�) ≥0 在0, + ∞上恒成立,再利
用导数证明�(�) > 0 在−
1
3 , 0 成立即可.
解法三:比值构造法
构建��=
�+2sin�+3
e�
,�∈−
π
4 , + ∞,求导,分�∈
3π
4 , + ∞和−
π
4 < �<
3π
4 两种情况讨论,利用导数分析
��的单调性和最值,即可证明不等式.
(3)利用导数证明ln�(�) < ln 1 +
1
3 �+ 2�2
≤
1
3 �+ 2�2,分�>
1
3和�≤
1
3两种情况讨论不等式是否成立.
【解答过程】(1)由于�′(�) = e�−
2
3 cos�,
所以�(0) = 1,�′(0) = 1 −
2
3 =
1
3,
则曲线�= �(�)在点(0, �(0))处的切线方程为:�−1 =
1
3 �−0 ,
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即�−3�+ 3 = 0;
(2)方法一:令�(�) = e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1,则�′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3,
当�≥0 时,e�≥1,−
2
3 ≤−
2
3 cos�≤
2
3,则�′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3 ≥1 −
2
3 −
1
3 = 0,
所以�(�)在0, + ∞上单调递增,则�(�) ≥�(0) = 1 −0 −0 −1 = 0,
所以�(�) ≥0 在0, + ∞上恒成立,即e�−
2
3 sin�≥
1
3 �+ 1 在0, + ∞上恒成立;
当−
1
3 ≤�< 0 时,令�(�) = �′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3,
所以�′(�) = e�+
2
3 sin�,因为�= e�和�=
2
3 sin�在−
1
3 , 0 上单调递增,
所以�′(�) = e�+
2
3 sin�在−
1
3 , 0 上单调递增,
所以�′ �= e�+
2
3 sin�≥e−1
3 +
2
3 sin −
1
3 = e−1
3 −
2
3 sin
1
3,
因为33 > 23 ⋅e,所以
1
e >
2
3
3
,所以e−1
3 >
2
3,由于0 < sin
1
3 < 1,
所以�′ �= e�+
2
3 sin�≥e−1
3 −
2
3 sin
1
3 > 0,
则�′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3在−
1
3 , 0 上单调递增,
则�′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3 < �′(0) = 0,即�′(�) < 0 在−
1
3 , 0 恒成立,
所以�(�)在−
1
3 , 0 上单调递减,
所以�(�) > �(0) = 1 −0 −0 −1 = 0,即�(�) > 0 在−
1
3 , 0 成立,
故e�−
2
3 sin�≥
1
3 �+ 1 在−
1
3 , 0 成立,
综上,e�−
2
3 sin�≥
1
3 �+ 1 在−
1
3 , + ∞上恒成立,
方法二:若证明当�∈−
1
3 , + ∞时,�(�) ≥1 +
�
3,即证当�∈−
1
3 , + ∞时,e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1 ≥0,
设�(�) = e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1,�∈−
1
3 , + ∞,则�′(�) = e�−
2
3 cos�−
1
3,
当�≥0 时,切线不等式e�≥�+ 1,�≥sin�,当且仅当�= 0 时,等号成立,
则�(�) = e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1 ≥�+ 1 −
2
3 sin�−
1
3 �−1 =
2
3 �−sin�≥0,
所以�(�) ≥0 在0, + ∞上恒成立,
当−
1
3 ≤�< 0 时,设�(�) = �′(�),则�′(�) = e�+
2
3 sin�,
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可知�′(�)在−
1
3 , 0 上单调递增,
则�′ �= e�+
2
3 sin�≥e−1
3 +
2
3 sin −
1
3 = e−1
3 −
2
3 sin
1
3,
因为33 > 23 ⋅e,则
1
�>
2
3
3
,可得e−1
3 >
2
3,
且sin
1
3 < 1,则�′ �= e�+
2
3 sin�≥e−1
3 −
2
3 sin
1
3 > 0,
可知�(�)在−
1
3 , 0 上单调递增,则�(�) < �(0) = 0,即�′(�) < 0 在−
1
3 , 0 恒成立,
可知�(�)在−
1
3 , 0 上单调递减,则�(�) > �(0) = 1 −0 −0 −1 = 0,即�(�) > 0 在−
1
3 , 0 成立;
综上所述:�(�) > 0 在−
1
3 , + ∞上恒成立,所以e�−
2
3 sin�≥
1
3 �+ 1 在−
1
3 , + ∞上恒成立.
方法三:因为�(�) ≥1 +
�
3,即e�−
2
3 sin�≥1 +
�
3,可得
�+2sin�+3
e�
≤3,
令��=
�+2sin�+3
e�
,�∈−
π
4 , + ∞,则�′ �=
2cos�−2sin�−�−2
e�
,
设ℎ�= 2cos�−2sin�−�−2 = 2 2cos �+
π
4 −�−2,�∈−
π
4 , + ∞,
当�∈
3π
4 , + ∞时,则ℎ�≤2 cos�−2 −2sin�+
3π
4
≤0 −−2 +
3π
4
= 2 −
3π
4 < 0,
当−
π
4 < �<
3π
4 时,则ℎ′ �=−2sin�−2cos�−1 =−2 2sin �+
π
4 −1,
因为−
π
4 < �<
3π
4 ,则0 < �+
π
4 < π,可得sin �+
π
4 > 0,即ℎ′ �< 0,
可知ℎ�在−
π
4 ,
3π
4 内单调递减,且ℎ0 = 0,
当�∈−
π
4 , 0 时,ℎ�> 0,即�′ �> 0;当�∈0,
3π
4 时,ℎ�< 0,即�′ �< 0;
综上所述:当�∈−
π
4 , 0 时,�′ �> 0;当�∈0, + ∞时,�′ �< 0;
可知��在−
π
4 , 0 内单调递增,在0, + ∞内单调递减,则��≤�0 = 3,
所以��≤3 在−
π
4 , + ∞内恒成立,
且−
1
3 , + ∞⊆−
π
4 , + ∞,即��≤3 在−
1
3 , + ∞内恒成立,
所以e�−
2
3 sin�≥
1
3 �+ 1 在−
1
3 , + ∞上恒成立.
(3)①当�>
1
3时,设�=
1
3 + ��> 0
构造函数ℎ�= e�−
2
3 sin�−
1
3 �−1 −2�2, �∈0,1 ,
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则ℎ′ �= e�−
2
3 cos�−4�−
1
3 , �∈0,1 ,
令��= ℎ′ �= e�−
2
3 cos�−4�−
1
3 , �∈0,1 ,
所以�′ �= e�+
2
3 sin�−4, �∈0,1 ,
由于�′(�) = e�+
2
3 sin�−4 在0,1 上单调递增,
所以�′ �≤e +
2
3 sin1 −4 < e +
2
3 −4 < 0,则ℎ′(�)在0,1 上单调递减,
故ℎ′(�) < ℎ′(0) = 1 −
2
3 −0 −
1
3 = 0,则ℎ(�)在0,1 上单调递减,
则ℎ�< ℎ0 = 0 在0,1 上恒成立,即e�−
2
3 sin�<
1
3 �+ 1 + 2�2在0,1 上恒成立;
令�(�) = �−ln(�+ 1), (�≥0),所以�′(�) = 1 −
1
�+1 =
�
1+�≥0, (�≥0),
所以�(�)在0, + ∞上单调递增,则�(�) ≥�(0) = 0,当且仅当�= 0 时取等,
即�≥ln(�+ 1)在0, + ∞上恒成立.
故ln��= ln e�−
2
3 sin�< ln 1 +
1
3 �+ 2�2
≤
1
3 �+ 2�2,
令�=
1
�,则ln�
1
�<
1
3�+
2
�2,
对于�≥ln(�+ 1),令�=−
1
�≠0,则ln 1 −
1
�<−
1
�,
变形得
1
�< ln�−ln(�−1),
裂项求和得,
�=1
�
1
�
< 1 +
�=2
�
ln�−ln(�−1)
= 1 + ln�
�=1
�
1
�2
< 1 +
�=2
�
1
��−1
= 1 +
�=2
�
1
�−1 −1
�
= 2 −1
�< 2
对题设不等式左边取对数放缩:
ln �1 ⋅�1
2 …�1
�
=
�=1
�
ln�1
�
=
�=1
�
1
3�+ 2
�2
<
1
3
�=1
�
1
�
+ 2
�=1
�
1
�2
<
1
3 1 + ln�+ 2 × 2 =
1
3 ln�+
13
3 <
1
3 ln�+ 5,
对题设不等式右边取对数放缩::�ln(�+ 1) =
1
3 + �ln(�+ 1) >
1
3 ln�+ �ln�
当�> e
5
�时,�ln�> 5,此时右侧大于左侧,不等式不恒成立,所以�>
1
3不满足条件;
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②当�≤
1
3时,若∀�∈N∗,�(1) ⋅�
1
2 …�
1
�≥(�+ 1)�恒成立,
此时原不等式右侧(�+ 1)�≤(�+ 1)
1
3,只需证明:
�=1
�
ln�
1
�
≥
1
3 ln(�+ 1),
由(2)问结论1 +
1
3 �≤�(�)可得:ln 1 +
1
3�≤ln�
1
�
对于1 +
1
3�
3
二项式展开1 +
1
3�
3
= 1 +
1
�+
1
3�2 +
1
27�3 > 1 +
1
�,
两边取对数,ln 1 +
1
3�> ln 1 +
1
�
1
3,
又ln(�+ 1) =
�=1
�
ln(�+ 1) −ln�
=
�=1
�
ln 1 +
1
�
因此,
�=1
�
ln�
1
�
≥
�=1
�
ln 1 +
1
3�
>
�=1
�
ln 1 +
1
�
1
3
=
1
3 ln(�+ 1) ≥�ln(�+ 1)
所以原不等式成立,则�的最大值为
1
3.
7.(2026·北京·高考真题)设函数��= �2 + ��−4e��−1 �∈�,曲线�= ��在点−1, �−1
处的切
线方程为4�+ e2�+ e2 + 8 = 0.
(1)求�,�的值;
(2)求��的极值点个数;
(3)求�= ��−1 �> 0 与��交点个数.
【答案】(1)�= 2、�= 1
(2)��有两个极值点
(3)交点个数为1
【解题思路】(1)借助导数的几何意义可得�′ −1 =−4e−2、�−1 =−1 −4e−2,计算即可得解;
(2)求导得到�′ �后,再利用导数研究函数�′ �单调性,即可得�′ �变号零点个数,即可得��极值点个
数;
(3)构造函数ℎ�= �2 + 2�−4e�−1 −��+ 1,利用导数计算可得ℎ′ �= 2��−�,再分�> 2 −2ln2 及
0 < �≤2 −2ln2 进行讨论,当�> 2 −2ln2,结合(2)中所得可得ℎ�在�上单调递减,结合零点存在性
定理即可得ℎ�在�上零点个数,即可得�= ��−1 �> 0 与��交点个数;当0 < �≤2 −2ln2 时,可得
ℎ′ �= 0 有两个实根,分别设为�3、�4,且�3 < �4,则得ℎ�单调性,计算可得ℎ�3 < 0、ℎ�4 < 0,再
利用零点存在性定理即可得ℎ�在�上零点个数,即可得�= ��−1 �> 0 与��交点个数.
【解答过程】(1)�' �= 2�+ �−4�e��−1,则�' −1 =−2 + �−4�e−�−1 =−4e−2,
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�−1 = 1 −�−4e−�−1 =
−e2−8+4
e2
=−1 −4e−2,又�∈�,解得�= 2
�= 1 ;
(2)由(1)得��= �2 + 2�−4e�−1,则�′ �= 2�+ 2 −4e�−1 = 2 �+ 1 −2e�−1 ,
令��= �+ 1 −2e�−1,则�′ �= 1 −2e�−1,
令�′ �= 1 −2e�−1 = 0,解得�= 1 −ln2,
则当�∈−∞, 1 −ln2 时,�′ �> 0,当�∈1 −ln2, + ∞时,�′ �< 0,
故��在−∞, 1 −ln2 上单调递增,在1 −ln2, + ∞上单调递减,
又�1 −ln2 = 1 −ln2 + 1 −2e−ln2 = 1 −ln2 > 0,
�−1 =−1 + 1 −2e−2 =−2e−2 < 0,�1 = 1 + 1 −2e0 = 0,
故存在�1 ∈−1,1 −ln2 ,使得�′ �1 = 0,且有�′ 1 = 0,
则当�∈−∞, �1 ∪1, + ∞时,�′ �< 0,当�∈�1, 1 时,�′ �> 0,
故��在−∞, �1 、1, + ∞上单调递减,在�1, 1 上单调递增,
故��有两个极值点;
(3)令�2 + 2�−4e�−1 = ��−1,则�2 + 2�−4e�−1 −��+ 1 = 0,
令ℎ�= �2 + 2�−4e�−1 −��+ 1,则ℎ′ �= 2�+ 2 −4e�−1 −�= 2��−�;
若�≥2�1 −ln2 = 2 −2ln2,则ℎ' �≤0 恒成立(不恒为零),
故ℎ�在�上单调递减,又ℎ0 =−4e−1 + 1 = 1 −
4
e < 0,
当�→−∞时,ℎ�→+ ∞,故ℎ�在�上有唯一零点,
即�= ��−1 �> 0 与��有唯一交点;
若0 < �< 2 −2ln2 时,2��−�= 0 有两个实根,
设这两个实根分别为�3、�4,且�3 < �4,则�3 ∈�1, 1 −ln2 、�4 ∈1 −ln2,1 ,
则当�∈−∞, �3 ∪�4, + ∞时,ℎ′ �< 0,当�∈�3, �4 时,ℎ′ �> 0,
故ℎ�在−∞, �3 、�4, + ∞上单调递减,在�3, �4 上单调递增,
故ℎ�3 为ℎ�的极小值,ℎ�4 为ℎ�的极大值,且ℎ�3 < ℎ�4 ,
由ℎ′ �4 = 2�4 + 2 −4e�4−1 −�= 0,则4e�4−1 = 2�4 + 2 −�,
则ℎ�4 = �4
2 + 2�4 −4e�4−1 −��4 + 1 = �4
2 + 2�4 −2�4 + 2 −�−��4 + 1
= �4
2 −��4 + �−1 = �4 −1 �4 −�−1 ,
由0 < �≤2 −2ln2,则�−1 ≤1 −2ln2 < �4,
则有�4 −1 < 0、�4 −�−1 > 0,
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故ℎ�4 < 0,则ℎ�3 < ℎ�4 < 0,
又�→−∞时,ℎ�→+ ∞,故ℎ�在−∞, �3 上存在唯一零点,
即�= ��−1 �> 0 与��有唯一交点;
综上所述:�= ��−1 �> 0 与��交点个数为1.
8.(2026·上海·高考真题)已知�∈R,函数��= �2 + ��+ 3,��= 4�+
1
�2.
(1)已知�1 = 4,求��+
1
�2 > ��的解集;
(2)已知�≠0,�1是��在点0,3 处的切线,�2是过点0,3 且垂直于�1的直线,��与�1、�2在第一象限内均
无公共点,求�的取值范围.
【答案】(1) −∞, 0 ∪0,1 ∪3, + ∞
(2) −∞, −
1
2 ∪0,2
【解题思路】(1)求出参数�,解不等式即可求出�的范围;
(2)求出直线�1与�2的方程,利用��与�1、�2在第一象限内均无公共点,得出��= 4�+
1
�2 = ��+ 3 与
��= 4�+
1
�2 =−
1
��+ 3 无正实数解,分离参数,转化为直线�= �与�=−
1
�与曲线ℎ�=
1
�3 −
3
�+ 4 在�>
0 内均无交点,对ℎ�求导讨论其单调性,得出函数的最值,建立不等关系,即可求出实数�的取值范围.
【解答过程】(1)由题意,�≠0.在��= �2 + ��+ 3 与��= 4�+
1
�2中,
�1 = 12 + �+ 3 = 4,解得�= 0,∴��= �2 + 3,
∵��+
1
�2 > ��,
∴�2 + 3 +
1
�2 > 4�+
1
�2
�≠0
,解得�< 0 或0 < �< 1 或�> 3,
∴不等式的解集为−∞, 0 ∪0,1 ∪3, + ∞.
(2)由题意知�≠0,由��= �2 + ��+ 3,得�′ �= 2�+ �,
∴�′ 0 = 0 + �= �.
∵直线�1为��在点0,3 的切线,
∴直线�1的方程为�−3 = ��−0 ,即�= ��+ 3,
∵�2是过点0,3 且垂直于�1的直线,
∴直线�2的方程为:�−3 =−
1
��−0 ,即�=−
1
��+ 3,
对于函数��= 4�+
1
�2,�≠0,曲线��与�1、�2在第一象限内均无公共点,
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∴��= 4�+
1
�2 = ��+ 3 与��= 4�+
1
�2 =−
1
��+ 3 无正实数解,
分离参数得,�=
1
�3 −
3
�+ 4,−
1
�=
1
�3 −
3
�+ 4,
∴直线�= �与�=−
1
�与曲线ℎ�=
1
�3 −
3
�+ 4 在0, + ∞内均无交点,
而ℎ′ �=
3
�2 −
3
�4 =
3�2−3
�4
=
3 �−1
�+1
�4
,
当ℎ′ �= 0 时,解得�=−1(舍)或�= 1,
∴当ℎ′ �< 0 即0 < �< 1 时,函数单调递减,
当ℎ′ �> 0 即�> 1 时,函数单调递增,
∴ℎ�在�= 1 处取最小值,ℎ�min = ℎ1 = 1 −
3
1 + 4 = 2.
当�→0 时,ℎ�→+ ∞,当�→+ ∞时,ℎ�→4,
∴�< 2 且−
1
�< 2,即�<−
1
2或0 < �< 2,
∴实数�的取值范围为−∞, −
1
2 ∪0,2 .
9.(2026·上海·高考真题)已知函数��= sin ��+ �
�> 0,0 < �< π .
(1)当�= 2,�
π
12 = 0,求函数��在�= 0 处的切线方程;
(2)若函数��的最小正周期为3π,且��=
2
2 在�∈0,2026π 上恰好有1351 个解,求�的取值范围.
【答案】(1)�=−
3�+
1
2
(2)0 < �≤
π
12或
π
4 < �≤
3π
4 ,
【解题思路】(1)根据�= 2 以及�
π
12 = 0 可得��= sin 2�+
5π
6 ,即可求导以及点斜式求解直线方程,
(2)利用整体法,结合正弦函数的性质即可分类讨论求解.
【解答过程】(1)当�= 2 时,则��= sin 2�+ �,
根据�
π
12 = 0 可得�
π
12 = sin
π
6 + �= 0,故
π
6 + �= �π, �∈Z,故�=−
π
6 + �π, �∈Z,
由于0 < �< π,故�=
5π
6 ,故��= sin 2�+
5π
6 ,
�′ �= 2cos 2�+
5π
6 ,则�′ 0 = 2cos
5π
6 =−
3,
故函数��在�= 0 处的切线方程为�=−
3 �−0 +
1
2,故�=−
3�+
1
2,
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(2)函数��的最小正周期为3π,故�=
2π
3π =
2
3,所以��= sin
2
3 �+ �,
令�=
2
3 �+ �,当�∈0,2026π ,则�∈�,
4052π
3
+ �,
令sin�=
2
2 ,则�=
π
4 + 2�π或�=
3π
4 + 2�π, �∈Z,
当0 < �≤
π
4时,要使得sin�=
2
2 有1351 个实数根,则
π
4 + 2π × 675<
4052π
3
+ �
3π
4 + 2π × 675 ≥
4052π
3
+ �
0 < �≤
π
4
,解得0 < �≤
π
12,
当
π
4 < �≤
3π
4 时,要使得sin�=
2
2 有1351 个实数根,则
3π
4 + 2π × 675<
4052π
3
+ �
9π
4 + 2π × 675 ≥
4052π
3
+ �
π
4 < �≤
3π
4
,解得
π
4 < �≤
3π
4 ,
当
3π
4 < �< π时,要使得sin�=
2
2 有1351 个实数根,则
9π
4 + 2π × 675<
4052π
3
+ �
11π
4 + 2π × 675 ≥
4052π
3
+ �
3π
4 < �< π
,无解,
综上可得0 < �≤
π
12或
π
4 < �≤
3π
4 .
10.(2025·天津·高考真题)已知函数�(�) = ��−(ln�)2
(1)�= 1 时,求�(�)在点(1, �(1))处的切线方程;
(2)�(�)有3 个零点,�1, �2, �3且�1 < �2 < �3 .
(i)求a 的取值范围;
(ii)证明ln�2 −ln�1 ⋅ln�3 <
4e
e−1.
【答案】(1)�= �
(2)(i)0,
4
e2 ;(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�(�) = 0,分离参数得�=
ln�2
�,作出函数�(�) =
ln�2
�图象,数形结合可得�范围;(ii)由(2)
结合图象,可得�1, �2, �3范围,整体换元ln�1 = �1, ln�2 = �2, ln�3 = �3,转化为
�e�1 = �1
2①
�e�2 = �2
2②
�e�3 = �3
2③
,结合由②③
可得ln�+ �2 = 2ln�2
ln�+ �3 = 2ln�3 ,两式作差,利用对数平均不等式可得�1�3 < 4,再由�1
2 = �e�1 < �得−�1 <
�,结
合�=
�3
2
e�3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�= 1 时,�(�) = �−(ln�)2,�> 0,
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则�'(�) = 1 −
2ln�
�,则�'(1) = 1,且�(1) = 1,
则切点(1,1),且切线的斜率为1,
故函数�(�)在点(1, �(1))处的切线方程为�= �;
(2)(i)令�(�) = ��−(ln�)2 = 0,�> 0,
得�=
(ln�)2
�,
设�(�) =
ln�2
�
, �> 0,
则�'(�) =
2ln�
�⋅�−ln�2
�2
=
ln�(2−ln�)
�2
,
由�'(�) = 0 解得�= 1 或e2,其中�(1) = 0,�(e2) =
4
e2;
当0 < �< 1 时,�'(�) < 0,�(�)在(0,1)上单调递减;
当1 < �< e2时,�'(�) > 0,�(�)在(1, �2)上单调递增;
当�> e2时,�'(�) < 0,�(�)在(e2, + ∞)上单调递减;
且当�→0 时,�(�) →+ ∞;当�→+ ∞时,�(�) →0;
如图作出函数�(�)的图象,
要使函数�(�)有3 个零点,
则方程�= �(�)在(0, + ∞)内有3 个根,即直线�= �与函数�(�)的图象有3 个交点.
结合图象可知,0 < �<
4
e2.
故�的取值范围为(0,
4
e2 );
(ii)由图象可知,0 < �1 < 1 < �2 < e2 < �3,
设ln�1 = �1, ln�2 = �2, ln�3 = �3,则�1 < 0 < �2 < 2 < �3,
满足
�e�1 = �1
2①
�e�2 = �2
2②
�e�3 = �3
2③
,由②③可得ln�+ �2 = 2ln�2
ln�+ �3 = 2ln�3 ,
两式作差可得�3 −�2 = 2(ln�3 −ln�2),
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则由对数均值不等式可得2 =
�3−�2
ln�3−ln�2 >
�2�3,
则�2�3 < 4,故要证(ln�2 −ln�1) ⋅ln�3 <
4e
e−1,
即证�2�3 −�1�3 <
4e
e−1,只需证4 −�1�3 ≤
4e
e−1,
即证−�1�3 ≤
4
e−1,又因为�1 < 0, �1
2 = �e�1 < �,则�1 =−�1 <
�,
所以−�1�3 <
��3 =
�3
2
e
�3
2
,故只需证
�3
2
e
�3
2
≤
4
e−1,
设函数�(�) =
�2
e
�
2 , �> 2,则�'(�) =
2�e
�
2−1
2�2e
�
2
e�
=
(2−1
2�)�
e
�
2
,
当2 < �< 4 时,�'(�) > 0,则�(�)在(2,4)上单调递增;
当�> 4 时,�'(�) < 0,则�(�)在4, + ∞上单调递减;
故�(�)max = �(4) =
16
e2,即�(�) ≤
16
e2.
而由4e2 −16e + 16 = 4(e −2)2 > 0,
可知
16
e2 <
4
e−1成立,故命题得证.
11.(2025·北京·高考真题)已知函数�(�)的定义域是−1, + ∞, �0 = 0,导函数�′ �=
ln 1+�
1+�,设�1是曲
线�= ��在点�(�, �(�))(�≠0)处的切线.
(1)求�′(�)的最大值;
(2)当−1 < �< 0 时,证明:除切点A 外,曲线�= �(�)在直线�1的上方;
(3)设过点A 的直线�2与直线�1垂直,�1,�2与x 轴交点的横坐标分别是�1,�2,若�> 0,求
2�−�2−�1
�2−�1 的取值范
围.
【答案】(1)
1
e
(2)证明见解析
(3)
e2−1
e2+1 , 1
【解题思路】(1)利用导数判断其单调性,即可求出最大值;
(2)求出直线�1的方程,再构造函数ℎ�,只需证明其最小值(或者下确界)大于零即可;
(3)求出直线�2的方程,即可由题意得到�1, �2的表示,从而用字母�表示出
2�−�2−�1
�2−�1 ,从而求出范围.
【解答过程】(1)设��= �′ �,�′ �=
1
1+�1+�−ln 1+�
1+�2
=
1−ln 1+�
1+�2 ,
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由�′ �= 0 可得�= e −1,当�∈−1,e −1 时,�′ �> 0,��单调递增,
当�∈e −1, + ∞时,�′ �< 0,��单调递减,
所以�′ �的最大值为�′ e −1 =
1
e.
(2)因为�′ �=
ln 1+�
1+�,所以直线�1的方程为�−��=
ln 1+�
1+�
�−�,即�=
ln 1+�
1+�
�−�+ ��,
设ℎ�= ��−
ln 1+�
1+�
�−�+ ��,ℎ′ �=
ln 1+�
1+�
−
ln 1+�
1+�
= �′ �−�′ �,
由(1)可知,�′ �在�∈−1,e −1 上单调递增,而−1 < �< 0,
所以,当−1 < �< �时,ℎ′ �< 0,ℎ�单调递减,
当0 > �> �时,ℎ′ �> 0,ℎ�单调递增,且�′ �< �′ 0 = 0,
而当�≥0 时,�′ �=
ln 1+�
1+�
≥0,所以总有�′ �≥�′ �,ℎ�单调递增
故ℎ�≥ℎ�,从而命题得证;
(3)解法一:由题意,直线�1: �= �′ �
�−�+��,直线�2: �=−
1
�' �
�−�+��,
所以�1 =−
��
�′ �+�,�2 = ���′ �+�,
当�> 0 时,�′ �=
ln 1+�
1+�
> 0,��在0, + ∞上单调递增,
所以��> �0 = 0, �′ �> 0,
所以
2�−�2−�1
�2−�1
=
2�−���′ �+�−−��
�′ �
+�
���′ �+�−−��
�′ �
+�
=
−�′ �
2
+1
�′ �
2
+1
=−1 +
2
�′ �
2
+1
,
由(1)可得当�> 0 时,�′(�) ∈0,
1
e ,
所以�′ �
2
∈0,
1
e2 ,
2
�′ �
2
+1
∈
2e2
e2+1 , 2 ,
所以
2�−�2−�1
�2−�1
∈
e2−1
e2+1 , 1 .
解法二:由�′ �=
ln 1+�
1+�可设��=
ln2 1+�
2
+ �,又�0 = 0,所以�= 0,即��=
ln2 1+�
2
,
因为直线�1的方程为�=
ln 1+�
1+�
�−�+
ln2 1+�
2
,易知�≠0,
所以直线�2的方程为�=−
1+�
ln 1+�
�−�+
ln2 1+�
2
,
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�1 = �−
1+�ln 1+�
2
,�2 =
ln3 1+�
2 1+�+ �.
所以
2�−�1−�2
�2−�1
=
1+�ln 1+�
2
−ln3 1+�
2 1+�
ln3 1+�
2 1+�+ 1+�ln 1+�
2
=
1+�2−ln2 1+�
ln2 1+�+ 1+�2
=
1−ln2 1+�
1+�2
ln2 1+�
1+�2 +1
=
1−�2 �
1+�2 �=−1 +
2
1+�2 �,由(1)知,当�> 0 时,��∈(0,
1
e ],所以�2 �∈(0,
1
e2 ],
所以
2�−�2−�1
�2−�1
∈
e2−1
e2+1 , 1 .
12.(2024·新课标Ⅱ卷·高考真题)已知函数�(�) = e�−��−�3.
(1)当�= 1 时,求曲线�= �(�)在点1, �(1) 处的切线方程;
(2)若�(�)有极小值,且极小值小于0,求a 的取值范围.
【答案】(1) e −1 �−�−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�≤0 和�> 0 两种情况,利用导数判断单调性和极值,分析可得�2 + ln�−1 > 0,
构建函数解不等式即可;解法二:求导,可知�′(�) = e�−�有零点,可得�> 0,进而利用导数求��的单
调性和极值,分析可得�2 + ln�−1 > 0,构建函数解不等式即可.
【解答过程】(1)当�= 1 时,则�(�) = e�−�−1,�′(�) = e�−1,
可得�(1) = e −2,�′(1) = e −1,
即切点坐标为1,e −2 ,切线斜率�= e −1,
所以切线方程为�−e −2 = e −1
�−1 ,即e −1 �−�−1 = 0.
(2)解法一:因为�(�)的定义域为�,且�′(�) = e�−�,
若�≤0,则�′(�) ≥0 对任意�∈�恒成立,
可知�(�)在�上单调递增,无极值,不合题意;
若�> 0,令�′(�) > 0,解得�> ln�;令�′(�) < 0,解得�< ln�;
可知�(�)在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
则�(�)有极小值�ln�= �−�ln�−�3,无极大值,
由题意可得:�ln�= �−�ln�−�3 < 0,即�2 + ln�−1 > 0,
构建��= �2 + ln�−1, �> 0,则�′ �= 2�+
1
�> 0,
可知��在0, + ∞内单调递增,且�1 = 0,
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不等式�2 + ln�−1 > 0 等价于��> �1 ,解得�> 1,
所以a 的取值范围为1, + ∞;
解法二:因为�(�)的定义域为�,且�′(�) = e�−�,
若�(�)有极小值,则�′(�) = e�−�有零点,
令�′(�) = e�−�= 0,可得e�= �,
可知�= e�与�= �有交点,则�> 0,
若�> 0,令�′(�) > 0,解得�> ln�;令�′(�) < 0,解得�< ln�;
可知�(�)在−∞, ln�内单调递减,在ln�, + ∞内单调递增,
则�(�)有极小值�ln�= �−�ln�−�3,无极大值,符合题意,
由题意可得:�ln�= �−�ln�−�3 < 0,即�2 + ln�−1 > 0,
构建��= �2 + ln�−1, �> 0,
因为则�= �2, �= ln�−1 在0, + ∞内单调递增,
可知��在0, + ∞内单调递增,且�1 = 0,
不等式�2 + ln�−1 > 0 等价于��> �1 ,解得�> 1,
所以a 的取值范围为1, + ∞.
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