【文档说明】(新高考数学)高考一轮复习核心考点讲与练考点06《 导数及其应用》(解析版）.doc，共(101)页，12.083 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点06导数及其应用（核心考点讲与练）1．导数的概念平均变化率瞬时变化率某点的导数0()fx在一点可导在区间()ab，上可导导函数()fx2．导数的几何意义：曲线()yfx过点00(())xfx，的切线的斜率等于0()f

x．3．常见函数的导数公式：0C（C为常数）；1xx；sincosxx；cossinxx；eexx；lnxxaaa（0a，且1a）；1lnxx；1log

lnaxxa（0a，且1a）．4．两个函数的和、差、积、商的求导法则：法则1uxvxuxvx．法则2uxvxuxvxuxvx．法则320uxuxvxu

xvxvxvxvx．5．导数的应用⑴利用导数判断单调性；⑵利用导数研究函数的极值与最值．1.导数研究不等式恒成立问题，求最值问题，关键是将已知不等式分离为两个易于处理的函数之间的不等关

系，利用数形结合方法求得a,b满足的条件，得到222ln2aabaa后，再构造函数，利用导数求最大值.2.导数研究函数的单调性，根据极值点求参数范围，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于理解极值点的定义，结合(1)e12fa符号分类讨论，将问题转化为

在局部区间(1,1)（为足够小的正数）上的函数的符号，在讨论过程中注重引用“隐零点”的问题，实现极值的求解.3.研究函数的单调性及构造函数证明不等式，解含参数的不等式，通常需要从几个方面分类讨论：（1）看函数最高

次项系数是否为0，需分类讨论；（2）若最高次项系数不为0，通常是二次函数，若二次函数开口定时，需根据判别式讨论无根或两根相等的情况；（3）再根据判别式讨论两根不等时，注意两根大小比较，或与定义域的比较.4.利

用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，有较强的综合性，要求明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系并能灵活应用，解答的关键是构造函数，将不等式恒成立问题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.5.导数是研究函数的单调性、极值(最值)

最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．

(4)考查数形结合思想的应用．6.利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩

构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.导数的概念和几何意义一、单选题1．（2021·陕西·宝鸡市陈仓区教育体育局教学研究室一模（文））设函数fx在点x处附近有定义，且

200,,fxxfxaxbxab为常数，则（）A．'fxaB．'fxbC．'0fxaD．'0fxb【答案】C【分析】由导函数的定义可得选项.【详解】解：因为200,,fxxfxaxbxab为常数，所以

00'000limlimxxfxxfxfxabxax，故选：C.2．（2022·贵州黔东南·一模（理））一个质点作直线运动，其位移s（单位：米）与时间t（单位：秒）满足关系式23(43)stt，则当1t时，该质点的瞬时速度为（）A．5米/秒B．8米

/秒C．14米/秒D．16米/秒【答案】C【分析】求导得到3222(43)12(43)stttt，即得解.【详解】解：由题得3222(43)12(43)stttt，当1t时，14s，故当1t时，

该质点的瞬时速度为14米/秒．故选：C3．（2022·陕西·略阳县天津高级中学二模（理））若点P是曲线232ln2yxx上任意一点，则点P到直线3yx的距离的最小值为（）A．724B．332C．2D．

5【答案】A【分析】求出平行于直线3yx且与曲线232ln2yxx相切的切点坐标，再利用点到直线的距离公式，即可求解.【详解】设平行于直线3yx且与曲线232ln2yxx相切的切线对应切点为(,)Pxy，由232ln2yxx，则2'

3yxx，令2'31yxx，解得1x或23x（舍去），故点P的坐标为31,2，故点P到直线3yx的最小值为：31372242.故选：A.4．（2022·广东深圳·二模）已知0a，若过点(,)ab

可以作曲线3yx的三条切线，则（）A．0bB．30baC．3baD．30bba【答案】B【分析】设切点为300,xx，切线方程为ykxab，求出函数的导函数，即可得到203003kxkxab

x，整理得3200230xaxb，令3223gxxaxb，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，依题意gx有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；【详解】解：设切点为300,xx

，切线方程为ykxab，由3yx，所以23yx，所以020|3xxyx，则203003kxkxabx，所以3200230xaxb，令3223gxxaxb，

则2666xaxgxxxa，因为0a，所以当0x或xa时0gx，当0xa时0gx，所以gx在,0和,a上单调递增，在0,a上单调递减，所以当0x时gx取得极大值，当xa时gx取得极小值，即0gxgb

极大值，3gxgaba极小值，依题意3223gxxaxb有三个零点，所以00gxgb极大值且30gxgaba极小值，即30ba；故选：B5．（2022·广东汕头·二模）已知

函数3()23fxxx，若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，则t的取值范围是（）A．[3,1)B．[2,1]C．(,3](1,1)D．(3,1)【答案】D【分析】设切点3000,23xxx，求得切线方程，根据切

线过点(1,)Pt，得到3200463txx，再根据存在3条直线与曲线()yfx相切，则方程有三个不同根，利用导数法求解.【详解】解：设切点3000,23xxx，因为3()23fxxx，则2()63fxx，200()63fxx

，所以切线方程为3200002363yxxxxx，因为切线过点(1,)Pt，所以32000023631txxxx，即3200463txx，令32463hxxx，则2

1212hxxx，令0hx，得0x或1x，当0x或1x时，0hx，当01x时，0hx，所以当0x时，函数取得极小值3，当1x时，函数取得极大值1，因为存在3条直线与曲线()yfx相切，所以方程有三个不同根，则31t，故选：D6．（20

22·安徽合肥·二模（理））过平面内一点P作曲线lnyx两条互相垂直的切线1l、2l，切点为1P、2P（1P、2P不重合），设直线1l、2l分别与y轴交于点A、B，则下列结论正确的个数是（）①1P、2P两点的横坐标之积为定值；②直线12PP的斜率为定值；

③线段AB的长度为定值；④三角形ABP面积的取值范围为0,1．A．1B．2C．3D．4【答案】C【分析】设点1P、2P的横坐标分别为1x、2x，且12xx，分析可知1201xx或1201xx，利用导数的几何意义可判断①的正误；利用斜率公式可判断②的正

误；求出点A、B的坐标，利用两点间的距离公式可判断③的正误；求出点P的横坐标，利用三角形的面积公式可判断④的正误.【详解】因为ln,01lnln,1xxyxxx，所以，当01x时，1yx；当1x时，1yx，不妨设点1P、2P的横坐标分别为1x、2

x，且12xx，若1201xx时，直线1l、2l的斜率分别为111kx、221kx，此时121210kkxx，不合乎题意；若211xx时，则直线1l、2l的斜率分别为111kx、221kx，此时121210kkxx，不合乎题意.所

以，1201xx或1201xx，则111kx，221kx，由题意可得121211kkxx，可得121xx，若11x，则21x；若21x，则11x，不合乎题意，所以，1201xx，①对；对于②，易知点111,lnPxx、222,lnPxx，所以，

直线12PP的斜率为1212212121lnlnln0PPxxxxkxxxx，②对；对于③，直线1l的方程为1111lnyxxxx，令0x可得11lnyx，即点10,1lnAx，直线2l的方程为22

21lnyxxxx，令0x可得21ln1ln1yxx，即点10,ln1Bx，所以，111ln1ln2ABxx，③对；对于④，联立112211ln1ln1yxxxyxxx可得1212121221Pxxx

xxxx，令221xfxx，其中0,1x，则2222101xfxx，所以，函数fx在0,1上单调递增，则当0,1x时，0,1fx，所以，121210,121ABPPxSABxx△，④错.故选：C.7．

（2021·广西桂林·模拟预测（理））设是函数fx的导函数，若，且对12,xxR，且12xx总有121222fxfxxxf，则下列选项正确的是（）．A．π2ffefB．2πffefC．1212

ffffD．2211ffff【答案】D【分析】由题可得：fx在R上单调递增，并且fx的图象是向上凸，进而判断选项【详解】由，得fx在R上单调递增因为π2e，所以π2ffef，故A不正确；对12,xx

R，且12xx，总有121222fxfxxxf，可得函数的图象是向上凸，可用如图的图象来表示，由表示函数图象上各点处的切线的斜率，由函数图象可知，随着x的增大，fx的图象越来越平缓，即切线的斜率越来越小，所以π2ffef，故B不正确；

212121ABffffk，表示点1,1f与点22f,连线的斜率，由图可知21ABfkf，所以D正确，C不正确．故选：D．二、多选题8．（2020·山东青岛·模拟预测）已知曲线322()13

fxxxax上存在两条斜率为3的不同切线，且切点的横坐标都大于零，则实数a可能的取值（）A．196B．3C．103D．92【答案】AC【分析】本题先求导函数并根据题意建立关于m的方程，再根据根的分布求a的取值范围，最后判断得到答案即可.【详解】解：∵322()13f

xxxax，∴2()22fxxxa，可令切点的横坐标为m，且0m，可得切线斜率2223kmma即22230mma，由题意，可得关于m的方程22230mma有两个不等的正根，且可知1210mm

，则1200mm，即2242(3)0302aa，解得：732a，所以a的取值可能为196，103.故选：AC.【点睛】本题考查求导函数，导数的几何意义，根的分布，是中档题.9．（20

21·全国·模拟预测）已知xfxa，logagxx（0a且1a），则（）A．当ae时，函数fxgx的最小值为2B．当1eae时，fx的图象与gx的图象相切C．若11,eae，则方程fxgx

恰有两个不同的实数根D．若方程fxgx恰有三个不同的实数根，则a的取值范围是0,ee【答案】BCD【分析】当ae时，令lnxhxex，由导数求得函数的单调性与最值，可判定A错误；由题意转化为函数fx的图象与直线yx

相切，结合导数的几何意义得到00lnln1xaax，可判定B正确；由函数fx与gx的图象关于直线yx对称，得到方程fxgx恰有两个不同的实数根，可判定C正确；令0taet，

得到ln1txtxexFxet，设ln1txexGxt，利用导数求得函数的单调性，得到Gx存在唯一的零点；分类讨论，即可求解.【详解】对于A中，当ae时，lnxfxgxex

，令lnxhxex，则1xhxex，可得hx在0,上单调递增，令00hx，则001xex，hx在00,x上单调递减，在0,x上单调递增，由于121202he，因此012x，

故00000min191eln2242xxhxhxxexe，故A错误．对于B中，当1a时，由于函数fx的图象与函数gx的图象关于直线yx对称，所以要使函数fx的图象与函数gx的图象相切，则函数fx的图象与直线yx相切，

设切点坐标为00,xy，则00ln1xfxaa，且00xax，因此0000lnlnlnln1xxaaxaax，得0xe，故1eae，故B正确；对于C中，由选项B可知，当1eae时，fx的图象与直线yx相切，当11eae时，fx的图象与直线yx有两个交点

，由函数fx的图象与gx的图象关于直线yx对称可知，方程fxgx恰有两个不同的实数根，故C正确；对于D中，当01a时，令0taet，则函数lnln1txtxtxxexFxfxgxeett，设ln1txexGxt，则

1lntxGxextx，设1lnmxxtx，则21txmxtx，令0mx，得1xt，当10,xt时，0mx，当1,xt时，0mx，mx在10,t上单调递减，在1,t

上单调递增，故min1ln1mxmtt，当0te时，0mx，故0Gx，Gx单调递增，又由11G，10ttteGee，故Gx存在唯一的零点；当te时，min0mx，

又0tme，11te，10me，10m，因此存在11,txet，21,1xe，使得10mx，20mx，当10,xx时，0mx，当12,xxx时，0mx，当2,xx时，0mx，故Gx

在10,x上单调递增，在12,xx上单调递减，在2,x上单调递增，又10ttteGee，11ln1110etGxGette，2110teeGxGet，110G，因

此Gx在1,tex，12,xx，2,1x上各存在一个零点，故0eea时，方程fxgx恰有三个不同的实数根，故D正确．故选：BCD.三、填空题10．（2022·湖南永州·三模）已知直线l:

32yx，函数1ln3fxxax，若fx存在切线与l关于直线yx对称，则a__________．【答案】23【分析】先求与l关于直线yx对称的直线l，再利用切点是切线与曲线的公共点以及导数的几何意义即可求解【详解】在直线l：32yx上取两点

0,2，1,5点0,2，1,5关于yx对称的点分别为2,0，5,1点,ab关于直线yx对称的点为,ba）设直线l关于直线yx对称的直线为l，则l过点2,0，5,1则101523lk，直线l的方程为1023yx，即320

xy由1ln3fxxax得1fxax,0,x因为函数fx存在切线与l关于直线yx对称，即fx存在切线方程为320xy设切点为00,xy，则00000001131ln3320fxaxyxaxxy解得00

11323xya故答案为：2311．（2021·福建厦门·三模）已知函数2122,0()2,0xxxxfxxex…，若()2||fxxa…，则实数a的取值范围是__________．【答案】17,216

【分析】先根据分段函数解析式画出函数图象，利用数形结合的思想结合利用导数求函数斜率从而求出答案.【详解】因为2122,0()2,0xxxxfxxex…，当0x时，()41fxx，当14x时，()0fx，函数单调递减，当104x时，()0fx

，函数单调递增，115()48f,当0x时，1()(1)xfxxe，当0x时，()0fx，此时fx单调递增．图象如图所示:令()2gxx，将向右平移至与()(0)fxx相切，此刻a取最大值

，即()412fxx，得到34x，319()48f，将3(419,)8代入193=284a∴716a，3116a（舍去）；将()2gxx向左平移至与()(0)fxx相切，此刻a取最小值，即1()(1)2xfxxe

，得到1x，(1)3f，将(1,3)代入32|1|a，∴12a，52a（舍去）；∴17,216a.故答案为：17,216.【点睛】本题主要考查由分段函数解不等式，在解题中尤为注重数形结合思想的应用

何利用导数求函数某点的斜率，以及答案的取舍.四、解答题12．（2022·江苏·沭阳如东中学模拟预测）已知函数f（x）=（x-m）（x-n）2，m∈R.(1)若函数f（x）在点A（m，f（m））处的切线与在点B（m+1，f（m+1））处的切线平行，求此切线的斜率；

(2)若函数f（x）满足：①m<n；②f（x）-λxf′（x）≥0对于一切x∈R恒成立试写出符合上述条件的函数f（x）的一个解析式，并说明你的理由.【答案】(1)916(2)21fxxx（答案不唯一），理由见

解析【分析】（1）求得32fxxnxmn，再根据题意结合导数的几何意义可得1fmfm，化简得：34nm，再代入fm化简即可（2）根据题意化简可得21320

xnxmnmnxmn（*）恒成立，分析可得3x的系数为0，进而得到230xnmnxmn恒成立，再根据二次函数的性质分析即可(1)2()fxxmxn，所以32fx

xnxmn因为函数fx在点,mfm处的切线与在点1,1mfm处的切线平行，所以1fmfm，即321312mnmmnmnmmn，即213m

nmnmn，故2243mnmnmn，化简得：34nm.所以fx在点A切线的斜率为2932()16fmmnmmnmn(2)由0fxxfx恒成立，得2()32xmxnxxnxmn

所以21320xnxmnmnxmn（*）恒成立.当13时，左边是一个一次因式乘一个恒正（或恒负）的二次三项式，或者是三个一次因式的积，无论哪种情况

，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非负.所以13.所以*式化为230xnmnxmn恒成立所以320,2mnmnnmn.①若0n，则0m.②若0n，则312mmn，即m

n，与mn矛盾，舍去综上：1,0,03mn所以21fxxx为满足条件的fx的一个解析式.（答案不唯一）【点睛】本题第一问考查了导数的几何意义与化简等式的技巧，需要把mn看成整体，第二问考查了多项式的恒成立问

题，属于中档题13．（2022·安徽省含山中学三模（理））已知函数()e()1xfxaxx(1)若函数()fx的图象在区间[0，1]上存在斜率为零的切线，求实数a的取值范围；(2)当1a时，判断函数()fx零点的个数，并说明理由.【答案】(1)e10,2(2)2，理由

见解析【分析】（1）首先求函数的导数，参变分离后转化为1exax在区间[0，1]上有解，转化为求函数的值域；（2）将方程转化为1e0(1)1xxxx，设函数12ee111xxxhxxx，利用函数的单调性，结

合函数零点存在性定理，即可判断零点个数.(1)依题意，方程e110xfxax在区间[0，1]上有解，即1exax在区间[0，1]上有解，记1exgxx，则函数()gx区间[0，1]上单调增，其值域为e10,2故实

数a的取值范围是e10,2.(2)1()0e0(1)1xxfxxx令12ee111xxxhxxx在(,1)上单调递增，在（1，∞）上单调递增，211(2)e3h<0，(0)20h

1.12(1.1)e210,2e30hh，根据零点存在性定理可知，()hx在(,1),(1)上各有一个零点，即原函数有2个零点.14．（2022·江西萍乡·二模（文））已知抛物线2:2(0)Cxpyp，焦点为F，过F作动直

线l交抛物线C于1122(,),(,)AxyBxy两点12()yy，过B作抛物线C的切线m，过A作直线m的平行直线n交y轴于D，设线段AD的垂直平分线为a，直线l的倾斜角为．已知当4cos5时，14y．(1)求抛物线C的方程；(2)证明：直线a过y轴上一定点，并求该

定点的坐标．【答案】(1)24xy(2)证明见解析，(0,1)【分析】（1）法一：根据题意，易得直线l的方程为：342pyx，与抛物线方程联立，求得(2,4)Ap，代入22xpy求解；法二：设抛物线C的准线

为b，过A作1AAb于1A，过F作21FAAA于2A，根据4cos5，结合抛物线的定义，得到22||||sinAAAFAFA，再由2112||||AAAAAA求解；（2）设l的方程为1ykx，与抛物线方程联立，

用导数法得到切线m斜率22mxk，由//mn，得到直线n的斜率，进而得到直线n的方程，令0x，得到D的坐标，进而得到线段AD的垂直平分线a的方程求解.(1)解：法一：当4cos5时，直线l的斜率为34，又l过焦点F，故直线l的方程为：342pyx，代入22xpy得

：222320xpxp，12,yy为钝角，12120,0,2,2pxxxpx，(2,4)Ap，代入22xpy，解得2p，抛物线C的方程为24xy法二：如图：设抛物线C的准线为b，过A作1AA

b于1A，过F作21FAAA于2A，12,yy为钝角，2A在线段1AA上243cos,sin55AFA，223||||sin(4)25pAAAFAFA，又21121||||422ppAAAAAAyp，3(4)4252pp

，解得2p，抛物线C的方程为24xy；(2)直线l与抛物线C相交，l的斜率存在，由（1）知(0,1)F，设l的方程为1ykx，代入24xy，得2440xkx，12124,4xxkxx，由24xy，得24xy，则2xy，切线m斜率22mxk，//mn，直线

n斜率22nxk，又直线n过11(,),Axy直线n的方程为：211()2xyyxx，令0x，得1212Dxxyy，1214,2Dxxyy，AD的中点11(,1)2xMy，则线段AD的垂直平分线a的斜率2

2akx，（20x，否则l为y轴，与抛物线只有一个交点），直线a的方程为：1122(1)()2xyyxx，设a与y轴交于点0(0,)y，222211111012121111444xxxxxyyxxx，直线a过定点(0,1)，命题得证．15．（2

022·北京·一模）已知函数2()e1)(xfxaxx.(1)求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线的方程；(2)若函数()fx在0x处取得极大值，求a的取值范围；(3)若函数()fx存在最小值，直接写出a的取

值范围.【答案】(1)1y(2)1(,)2(3)10,4【分析】（1）先求导后求出切线的斜率'(0)0f，然后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.(1

)解：由题意得：22'e121)e2)()((xxaxxafxaxxxax'(0)0f，(0)1f故曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线的方程1y.(2)由（1）得要使得()fx在0

x处取得极大值，'()fx在0x时应该'()0fx，'()fx在0x时应该'()0fx，'e2(1)()xxxaxfa故①0a且120aa，解得0a②0a且120aa，解得102a当0a时，'()

exfxx，满足题意；当12a时，'21(e)2xfxx，不满足题意；综上：a的取值范围为1(,)2.(3)可以分三种情况讨论：①0a②102a③12a若0a，()fx在12(,)aa上单调递减，在12(,0)aa单调

递增，在(0,)上单调递减，无最小值；若102a时，当0x时，x趋向时，()fx趋向于0；当0x，要使函数取得存在最小值121221212112()[(41)0e()]eaaaaaaafaaaaaa，解得104

a，故12axa处取得最小值,故a的取值范围10,4.若12a时，()fx在x趋向时，()fx趋向于0，又(0)1f故无最小值；综上所述函数()fx存在最小值，a的取值范围10,4.导数的计算一、单选题1．（2022·浙江台州·二模）已知*21

1,,0,sincos2nnnfxxxxN.若fx在0xx处取到最小值，则下列恒成立的是（）A．4fxfB．4fxfC．04xD．04x【答案】C【分析】利用导数结合函数零点存在性定理解决即可【详解】222'1

21()sio2sinsnccsonnnnfxxxxnx，令222()2sincosnngxxx，则'121()2(2)sincos(22)cossin0nngxnxxnxx故g(x)在(0,)2

上单增，(0)0,()02gg()gx在(0,)2上存在唯一零点0x，且在0(0,)x上，()0gx，在0(,)2x上，()0gx所以()fx在0(0,)x上递减，在0(,)2x上递增，故()fx在0xx处取得最小值，所以0()()fxfx又2222sincos444nn

g2222sinsin44nn2sin(2sin)044nn所以0(0,)4x故选:C.2．（2022·江西萍乡·二模（文））若函数()lnfxxax的图象在1x处的切线斜率为3，则a()A．2B．1

C．1D．2【答案】A【分析】求f(x)导数，由题可知(1)3f即可求a的取值．【详解】∵()lnfxxax，∴()1afxx，若函数()lnfxxax的图象在1x处的切线斜率为3，则(1)1321af

a．故选：A．3．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（理））已知11122ln210,43ln20xxyxy，则221212xxyy的最小值为（）A．17ln29B．179C．917D．9ln2

17【答案】C【分析】点11,xy是函数ln21yxx图像上一点，点22,xy是直线43ln2yx上一点，从而将问题转化为求解函数图像上一点与直线上一点连线距离的最小值.当函数某一点处的切线斜率和直线的斜率相等时可

得距离的最小值，从而可运用导函数计算求解结果.【详解】根据题意，点11,xy是函数ln21yxx图像上一点，点22,xy是直线43ln2yx上一点函数ln21yxx的导函数为12yx，所以其图像上一点,xy处切线的斜率为12x当过

点11,xy的切线与直线43ln2yx平行时，点11,xy与点22,xy之间的距离最小且两点间的距离可转化两平行线之间的距离此时有，1111242xx，从而可得12ln2y此时函数ln21yxx图像上过点11,xy的切线方程为142

ln22yx化简为4ln20xy，其与直线43ln2yx间的距离为2331714d所以221212xxyy的最小值为2917d.故选：C.4．（2021·海南·模拟预测）已知函数2223ln9fxfxxx

（fx是fx的导函数），则1f（）A．209B．119C．79D．169【答案】D【分析】对函数进行求导，求出(3)2f，再令1x代入解析式，即可得到答案；【详解】'41()2(3)9fxfxx

，41(3)2(3)33ff(3)1f，22()2ln9fxxxx，216(1)299f，故选：D.二、多选题5．（2022·广东广州·二模）已知0,0ab，直线yxa与曲线1e21xyb相切，则下列不等式成立的是（）A．

18abB．218abC．62abD．33ab【答案】AC【分析】利用导数的几何意义，求出a，b的关系，再结合均值不等式逐项分析、计算并判断作答.【详解】设直线yxa与曲线1e21xyb相切的切点为00(,)xy，由1e21xyb求导得：1exy，则有0

1e1x，解得01x，因此，0122yab，即21ab，而0,0ab，对于A，211212()2228ababab，当且仅当122ab时取“=”，A正确；对于B，212144(2)()4428babaababababab

，当且仅当4baab，即122ab时取“=”，B不正确；对于C，因2233()(2)2(2)2222aaabbabbab，则有23()2ab，即62ab，当且仅当22ab，即4ab时取“=”，由214abab得21,36ab，

所以当21,36ab时，max6()2ab，C正确；对于D，由21ab，0,0ab得，102b，11(,1)2abb，而函数3xy在R上单调递增，因此，333ab，D不正确.故选：AC6．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数sin0,02fxx

的图象在y轴上的截距为32，在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为12，则下列说法正确的是（）A．3B．5fxfxC．函数在0,12上一定单调递

增D．在y轴右侧的第一个最低点的横坐标为4【答案】AC【分析】根据题意，得到3sin2，求得3，再由12sin()13，求得2，得到函数sin(2)3fxx，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，

函数sinfxx的图象在y轴上的截距为32，可得3sin2，因为02，可得3，所以A正确；又由sin()3fxx，且在y轴右侧的第一个最高点的横坐标为12，可得12sin()13，则2π,12322ππ4412kkZT

，可得2，所以sin(2)3fxx，则2cos(2)3fxx，可得2cos(2)2cos(2)33fxxx所以13sin22cos23s

in21cos23322fxfxxxxx523sin(2)x，所以函数fxfx最大值为523，所以B错误；由sin(2)3

fxx，当(0,)12x，可得2(,)332x，根据正弦函数的性质，可得函数fx在(0,)12上单调递增，所以C正确；由sin(2)3fxx，令22,32xkkZ

，解得5,12xkkZ，当1k时，可得712x，即在y轴右侧的第一个最低点的横坐标为712，所以D错误.故选：AC.三、填空题7．（2022·黑龙江·哈九中三模（理））写出一个同时满足下列性质①②③的函数：______；①对定义域内任意的1x

，212xxx，都有1212fxxfxfx；②对任意的120xx，都有121222xxfxfxf；③f（x）的导函数()fx为奇函数．【答案】2fxx（答案不

唯一）【分析】③导函数为奇函数，原函数为偶函数，②联想函数为下凸函数，①联想对应法则是积的形式，由此联想初等函数．【详解】由三个性质联想2()fxx，①对定义域内任意的1x，212xxx，22212121212()

()()()fxxxxxxfxfx；②对任意的120xx，22221212121212()()()2()2()0222xxxxxxfxfxfxx，所以1212()()2()2xxfxfxf；③()2fxx为奇函数．故答案为：2()fxx（答案不唯一，例如

4()fxx也满足）8．（2022·陕西·宝鸡市渭滨区教研室一模（理））函数1lnfxxx的图象在1ex处的切线与y轴的交点坐标为_____.【答案】(0,2e2)【分析】利用导数的几何意义求出切线方程，从而可求出切线与y轴的交点坐标【详解】

由1lnfxxx，得211fxxx，则211e1,eeeeff，所以在1ex处的切线方程为21(e1)(ee)()eyx，当0x时，21(e1)(ee)()

ey，得2e2y，所以切线与y轴的交点坐标为(0,2e2)，故答案为：(0,2e2)9．（2022·江西·模拟预测（文））已知曲线()elnxfxx与过点0,1的直线l相切，则l的斜率为_______．【答案】e1##1e【分析】设切点为000

,elnxxx，根据导数的几何意义求出切线方程，再根据切线过点0,1求出切点，从而可得出答案.【详解】解：设切点为000,elnxxx，1()exfxx，则0001()exfxx，则切线方程为00000eln1ex

xyxxxx，将点0,1代入得0000011neelxxxxx，化简得000ln1exxx，解得01x，所以切线的斜率为e1.故答案为：e1.10．（2022·福建

莆田·模拟预测）曲线2lnyxx在1x处的切线方程为______．【答案】32yx【分析】对函数2lnyxx求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，再求出方程即可.【详解】因12yxx，当1x时，1y，1|3xky

，所以曲线2lnyxx在1x处的切线方程为32yx.故答案为：32yx四、解答题11．（2022·辽宁·沈阳二中二模）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”.现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇.衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，

曲线的曲率定义如下：若()fx¢是fx的导函数，fx是()fx¢的导函数，则曲线yfx在点,xfx处的曲率3221fxKfx.(1)若曲线lnfxxx与gxx在1,1处的曲率分别为1K，2K，比较1

K，2K大小；(2)求正弦曲线sinhxx（xR）曲率的平方2K的最大值.【答案】(1)12KK；(2)1.【分析】（1）对fx、gx求导，应用曲率公式求出1,1处的曲率1K，2K，即可比较大小；（2）由题设求出hx的曲率平方，利

用导数求2K的最大值即可.(1)由11fxx，21fxx，则13332222211112511fKf，由12gxx，3214gxx，则

2333222221124511112gKg，所以12KK；(2)由coshxx，sinhxx，则322sin1cosxKx，222332

2sinsin1cos2sinxxKxx，令22sintx，则1,2t，故232tKt，设32tptt，则32643226ttttpttt，在1,2

t时0pt，pt递减，所以max11ptp，2K最大值为1.12．（2022·贵州黔东南·一模（文））已知函数22lnfxxax.(1)讨论fx的单调性；(2)当x>1时，1fx恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2)2,

2.【分析】（1）求出函数fx的导函数fx，再按a值分类讨论fx正负作答.（2）利用（1）的结论，按22a值与1大小分类讨论计算作答.(1)函数fx的定义域为0,，求导得：22222axafxxxx，当a=0时，0fx恒成立，则fx在

0,上单调递增，当0a时，令0fx得，20,2xa，则fx在20,2a上单调递减，令0fx，得2,2xa，则fx在2,2a上单调递增，

所以，当0a时，fx在2(0,)2a上单调递减，在2(,)2a上单调递增，当0a时，fx在0,上单调递增，当0a时，fx在2(0,)2a上单调递减，在2(,)2a上单调递增.(

2)当a=0时，fx在1,上单调递增，则11fxf，当02a时，2012a，则fx在1,上单调递增，有11fxf，当2a时，212a，则fx在21,2a上单调递减，在2,2a上单调递增，则有

min2112fxfaf，这与当1x时，1fx恒成立矛盾，即2a不合题意，综上得，2a，即22a，所以a的取值范围为2,2.【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.1

3．（2022·浙江嘉兴·二模）已知函数22()e3323xfxxxmxx（e2.71828是自然对数的底数）.(1)若2m，求曲线()yfx在点(0,(0))f处的切线方程；(2)若函数()fx有3个极值点123,,xxx，123xxx，（i

）求实数m的取值范围；（ii）证明：31211()22xxx.【答案】(1)490xy；(2)（i）(1,0)2e；（ii）证明见解析.【分析】（1）把2m代入，求出函数()fx的导数，利用导数的几何意义求解作答.（2

）（i）根据给定条件可得0fx有三个不同的解，构造函数()exgxx，探讨其性质即可推理作答.（ii）由（i）确定123,,xxx的取值或范围，并且有12122eexxxxm，两边取对数并换元，对不等式作等价变形，构造函数，利用导

数推理作答.(1)当2m时，22()e33223xfxxxxx，则(0)9f，求导得2()2(22)e(1)4exxfxxxxxx，有(0)4f

，于是得49yx，所以所求切线方程为：490xy.(2)（i）依题意，(1)2exfxxmx，因函数()fx有3个极值点，即0fx有三个不同的解，由(1)2e0xxmx，得1x或2exmx，则2exmx有不等于

-1的两个不同的解，令()exgxx，求导得()(1)exgxx，当1x时，()0gx，当1x时，()0gx，于是函数()gx在(,1)上是增函数，在(1,)上是减函数

，则max1()(1)egxg，又当0x时，()0gx，且(0)0g，当0x时，()0gx，因此方程2exmx有两解时102em，即102em，所以实数m的取值范围是(1,0)2e；（ii）

由（i）知，31x，201x，11x，12122eexxxxm，两边取自然对数得1122lnlnxxxx，整理得1122lnxxxx，令12xtx，则12xtx且1t，2ln1txt，1ln1ttxt，显然312121111()222xxxxx

，等价于1t，112lnlnttttt22ln10ttt，令2()2ln1htttt，1t，则()22ln2httt，令()22ln2ttt，则2()20tt，从而

得函数()ht在(1,)上单调递增，则有()(1)0hth，因此函数()ht在(1,)上单调递增，总有()(1)0hth，所以不等式31211()22xxx成立.【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明，将所证不等式等价转化，借助换元构造新函数，再

利用导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理.14．（2022·安徽黄山·二模（文））已知函数21exfxxx.(1)求fx的极值；(2)当211xx时，求证：1212124fxfxxxxx.【答案】(1)极小值为1，无极大值；(2)证明见解析.

【分析】（1）求出函数fx的导数fx及零点，再探讨fx在零点左右值的符号即可作答.（2）在给定条件下，等价变形要证不等式，再构造函数，借助单调性推理作答.(1)函数21exfxxx定义

域为R，求导得2e1ee2xxxfxxxx，由0fx得x=0，当0x时，0fx，当0x时，0fx，即fx在,0上单调递减，在0,上单调递增，所以当0x时，

fx取极小值01f，无极大值.(2)因211xx，有120xx，121212121212122112444444fxfxxxfxfxfxfxxxxxxxxxxx，令2441e1xg

xfxxxxxx，求导得242exgxxxx，当1x时，2e42)ee(2xxxxx，2404x，即242e0xxxx，则0gx，因此，gx在1,上单调递增，当211xx时，21()()

gxgx，即121244fxfxxx，所以当211xx时，1212124fxfxxxxx成立.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.导

数在研究函数中的作用一、单选题1．（2022·山西吕梁·模拟预测（文））已知120222021ln2022,e,ln2021abc，则a，b，c的大小关系为（）A．abcB．bcaC．bacD．abc【答案】B【分析】先对,,abc化简变形，然后构造函数ln()xfxx

，求导后判断函数的单调性，再由函数的单调性可比较大小【详解】120222022ln2022ln2022ln20222022a，11lneeeeb，120212021ln2021ln2021ln20212021c，令ln()xfxx，则

21ln()xfxx，当0ex时，()0fx，当ex时，()0fx，所以()fx在(0,e)上单调递增，在(e,)上单调递减，由e20212022，所以(e)(2021)(2022)fff，所以bca.故选

：B.2．（2022·江苏南通·模拟预测）已知函数exfxxaxb在xa处取极小值，且fx的极大值为4，则b（）A．-1B．2C．-3D．4【答案】B【分析】对fx求导，由函数exf

xxaxb在xa处取极小值，所以()0fa¢=，所以ab，2exfxxa，对fx求导，求单调区间及极大值，由fx的极大值为4，列方程得解.【详解】解：exfxxaxb2exxaxbx

ab，所以22eexxfxxabxaxbxab2e2xxabxabab因为函数exfxxaxb在xa处取极小值，所以

2e2e0aafaaabaababab，所以ab，2exfxxa，22e222=e2xxfxxaxaaxaxa，令0fx，得=xa或=2xa，当2xa，时，0fx

，所以fx在2a，单调递增，当2xaa，时，0fx，所以fx在2aa，单调递增，当xa，+时，0fx，所以fx在a，单调递增，所以fx在=2xa处有极大值为22e==44afa，解得=2

a，所以=2b.故选：B3．（2022·云南·二模（文））已知e是自然对数的底数.若[1,)x，使5e6ln0≤mxmxx，则实数m的取值范围为（）A．1,6B．6,eC．e,6

D．(,6]【答案】B【分析】先讨论0m时，不等式成立；0m时，不等式变形为66lnelnemxxmxx≤，构造函数()e0xfxxx，由单调性得到6lnmxx，参变分离后构造函数6ln()xgxx，

求出()gx最大值即可求解.【详解】当0m时，5e6ln00,mxmxx，显然5e6ln0mxmxx≤成立，符合题意；当0m时，由1x，5e6ln0mxmxx≤，可得6e6ln0mxmxxx≤，即66elnmxmxxx≤，66lnelnemxxmxx≤，令()

e0xfxxx，()1e0xfxx，()fx在0,上单增，又60,ln0mxx，故66lnelnemxxmxx≤，即6()(ln)fmxfx，即6lnmxx，6lnxmx，即1

,x使6lnxmx成立，令6ln()xgxx，则266ln()xgxx，当1,ex时，()0,()gxgx单增，当e,x时，()0,()gxgx单减，故max6()(e)egxg，故60em；综上：6em.故选：

B【点睛】本题关键点在于当0m时，将不等式变形为66lnelnemxxmxx≤，构造函数()e0xfxxx，借助其单调性得到6lnmxx，再参变分离构造函数6ln()xgxx，求出其最大值，即可求解.二、多选题4．（2022·

湖南永州·三模）已知函数21ln12fxxxx，则（）A．fx的图象关于直线1x对称B．fx在2,上为减函数C．fx有4个零点D．00x，使00fx【答案】AB【分析】根据二次函数的对称性判断A，当1x时利用导数

求出函数的单调区间，即可得到函数的最值，再结合函数的对称性，即可判断B、C、D；【详解】解：21ln12fxxxx定义域为|1xx，因为ln,0lnln,0xxyxxx，其中lnyx与lnyx关于y轴对称，即lnyx的图象

关于y轴对称，将lnyx向右平移1个单位得到ln1yx，即ln1yx关于1x对称，又关于直线1x对称，故函数fx的图象关于直线1x对称，故A正确；当1x时21ln12fxxxx，则

21111xxfxxxx，所以当2x时0fx，当12x时0fx，即fx在1,2上单调递增，在2,上单调递减，故B正确；所以当2x时fx在2x处取得极大值即最大值，又因为212ln212202f

，根据对称性可得00f，所以fx只有2个零点，故C错误；由max0fx，所以不存在00x，使00fx，故D错误；故选：AB三、填空题5．（2021·四川·石室中学模拟预测（理））已知函数fx的定义域为1,5，其部分自变量与函数值的对应情况如

表：x10245fx312.513fx的导函数fx的图象如图所示．给出下列四个结论：①fx在区间1,0上单调递增；②fx有2个极大值点；③fx的值域为1,3；④如果,5xt时，

fx的最小值是1，那么t的最大值为4．其中，所有正确结论的序号是______．【答案】③④【分析】画出函数图象，数形结合作出判断.【详解】根据函数fx的导函数fx的图象与表格，整理出函数fx的大致图象，如图所示．对于①，f

x在区间1,0上单调递减，故①错误；对于②，fx有1个极大值点，2个极小值点，故②错误；对于③，根据函数fx的极值和端点值可知，fx的值域为1,3，故③正确；对于④，如果,5xt时，fx的最小值是1，那么t的最大值为4，故④正确．综上所述，所有正确结论

的序号是③④．故答案为：③④6．（2022·北京·一模）已知函数2cos()1xfxx，给出下列四个结论：①()fx是偶函数；②()fx有无数个零点；③()fx的最小值为12；④()fx的最大值为1.其中，所有正确结论的序号为___________.【答案】①②

④【分析】根据偶函数定义、零点的定义，结合导数的性质逐一判断即可.【详解】因为22cos()cos()()()11xxfxfxxx，所以该函数是偶函数，因此结论①正确；令2cos1()0cos0()()122xfxxxkkZxkkZx，所以

结论②正确；2222cos(1)sin2cos()()1(1)xxxxxfxfxxx，因为1(1)2f，1(1)02f，所以函数的最小值不可能为12，因此结论③不正确；cos1x，当()xkkZ时取等号，即()xkkZ

时取等号，因为211x，当且仅当0x时取等号，所以有21011x，当且仅当0x时取等号，所以有2cos11xx，当且仅当0x时取等号，因此有2cos()11xfxx，所以结论④

正确，故答案为：①②④【点睛】关键点睛：利用函数极值与最值的关系进行判断是解题的关键.四、解答题7．（2022·陕西陕西·二模（理））已知函数21ln2fxxaxxaR.(1)若fx在定义域内单调递增，求a的取值范围；(2)设1aee，

m，n分别是fx的极大值和极小值，且Smn，求S的取值范围.【答案】(1)2a(2)422e4e10,2eS【分析】（1）由'0fx恒成立分离常数a，结合基本不等式求得a的取值范围.（2）

由（1）求得a的取值范围，由()'0fx=，结合一元二次方程根与系数关系列方程，求得S的表达式，利用换元法，结合导数求得S的取值范围.(1)由已知'10,fxxaxaxR，fx在定义域上单调递增

，则0fx，即1axx在0,上恒成立，而1122xxxx，“＝”在1x时取得，∴2a.(2)由（1）知，欲使fx在0,有极大值和

极小值，必须2a.又1eea，所以1e2ea.令2'110xaxfxxaxx的两根分别为1x，2x，即210xax的两根分别为1x，2x，于是12121xxaxx.不妨设

1201xx，则fx在10,x上单调递增，在12,xx上单调递减，在1,x上单调递增，所以1mfx，2nfx，所以12Smnfxfx2211122211lnln22xaxxxaxx

221212121lnln2xxaxxxx2211221ln2xxxx221211221ln2xxxxxx1212121ln2xxxxxx令12xtx，则

0,1t，于是11ln2Sttt.∵222121222122121221122,eexxxxxxtatxxxx，即22112eett，结合01t解得211te.因为221111111022S

ttt，所以11ln2Sttt在21,1e上为减函数，42222211111e4e11ln10,eln212ee2e

，所以422e4e10,2eS.【点睛】利用导数求解函数极值有关的问题，解题关键在于分析所求解的表达式，如本题中Smn，往往通过换元法，结合导数来研究函数的单调性、极值、最值，从而将问题解决.8．（2022

·辽宁锦州·一模）已知函数exfxaxaR.(1)若fx在0,上是增函数，求a的取值范围；(2)若12,xx是函数fx的两个不同的零点，求证：1212lnln2xxa.【答案

】(1),0(2)证明见解析【分析】（1）求得'fx，对a进行分类讨论，结合'0fx在区间0,上恒成立来求得a的取值范围.（2）利用导数，先证明121xx，然后证明122lnln2xxa，(1)函数exfxax，所以

'e2xafxx，①若0a，则0x都有'0fx，所以fx在0,为增函数，符合题意.②若0a，因为fx在0,为增函数，所以0x，'0fx恒成立，即0x，2ex

ax恒成立，令2exxx，则12e02xxxx，所以函数x在0,上单调递增，00x，所以0a，这与0a矛盾，所以舍去.综上，a的取值范围是,0.(2)12,xx是函数fx的两个不同的零点，所以11exa

x，22exax，显然1>0x，20x，则有111lnln2xax，221lnln2xax，所以112122111lnlnln222xxxxxx，不妨令120xx，设121xtx，于是得1ln21ttxt，2ln21txt，要证

121ln121ttxxt，只需证21ln1ttt，即21ln01ttt，令21ln1tgttt，1t，则222114011tgttttt，所以函数gt在1,上单调递增，

所以10gtg，于是得121xx，又121212lnln2xxaxx，要证122lnln2xxa，只需证121lnln22xx，即1214xx，而2122ln41ttxxt，即证22ln1441ttt，即1lnttt，即1

ln0ttt，令1lnhtttt，1t，则211110222thttttttt，所以函数ht在1,上单调递减，所以10hth，即有122lnln2xxa，综上，1212lnln2xxa

.【点睛】利用导数证明不等式成立，可以将不等式的一边化为0，对令一边进行构造函数，结合导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而证得不等式成立.9．（2022·山西吕梁·模拟预测（文））已知函数21xfxxa(1)若0a，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；(2

)讨论fx的单调性.【答案】(1)10xy(2)答案见解析【分析】（1）当0a时，求出1f、1f的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）对实数a的取值进行分类讨论，求出函数fx的定义域，分析导数的符号变化，由此可得出函数fx的增区间和减区间.(1)解：当

0a时，21xfxx，则32xfxx，所以10f，11f，此时，曲线yfx在点1,1f处的切线方程为1yx，即10xy.(2)解：因为21xfxxa，则222222212xax

xxxafxxaxa，令22gxxxa，则44aD=+，当440a，即1a时，0gx，又函数fx的定义域为,,,aaaa，此时，fx的单调递增区间为,a、,aa

、,a；当440a，即1a时，①当10a时，220gxxxa的两根为11a、11a，所以0gx的解集为,1111,aa，0gx的解集为11,11aa，又当10a

时，011aa，11aa，所以fx的单调增区间为,a、,11aa、11,a，单调减区间为11,aa、,11aa；②当0a时，fx的定义域为,00,U，0gx的两根为0、2，32xfxx

，由0fx可得0x或2x，由0fx可得02x，则fx的单调递增区间为,0和2,，单调递减区间为0,2③当0a时，fx的定义域为R，0gx的两根为11a

、11a，由0fx可得11xa或11xa，由0fx可得1111axa，所以fx的单调递增区间为,11a、11,a，单调递减区间为11,11aa.综上

所述，当1a时，fx的单调递增区间为,a、,aa、,a；当10a时，fx的单调增区间为,a、,11aa、11,a，单调减区间为11

,aa、,11aa；当0a时，fx的单调递增区间为,0和2,，单调递减区间为0,2；当0a时，fx的单调增区间为,a、,11aa、11,a，单调减区间为11

,aa、,11aa.10．（2022·全国·模拟预测）设函数cossin22fxxaxx，exgx.(1)当3a时，证明：hxfxgx在2,上无极值；(2)设01a，

fxxFxgx，证明：Fx在,22上只有一个极大值点.【分析】（1）利用导数的性质，结合极值的定义进行求解证明即可；（2）利用导数的性质，结合辅助角公式、极值的定义进行求解证明即可.(1)由已知

得，当3a时，sin3cosexhxxxx，1cos3sine12cose3xxhxxxx，当2,x时，2eex，2eex，因为22cos23x，所以112cos33x，2

12cose3e03xhxx.所以hx在2,上单调递减，故hx在2,上无极值；(2)sincosexxaxFx，221cos1cos1sineexxaxaxaxFx，其中21sin21aa

，21cos21aa.因为01a，所以是第一象限角，不妨设0,2.因为,22x，所以,22x.由0Fx得，

2x，由0Fx得,22x，所以Fx在,22上单调递增.由0Fx得,22x，所以Fx在,22

上单调递减.可得Fx在2x处取极大值，所以Fx在,22上只有一个极大值点.【点睛】关键点睛：根据极值的定义进行求解是解题的关键.11．（2022·吉林·延边州教育学院一模（文））已知函数eRxfxaxa．(1)讨论函数

fx的极值点个数；(2)若()1ln(1)fxx对任意的[0,)x恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)见解析．(2)2,【分析】（1）求出函数的导数，讨论0a和0a，确定导数的正负，确定函数极值

点的个数；（2）构造函数()eln(1)1xgxaxx，将不等式恒成立转化为()gx的最值问题，求()gx的导数，分类讨论，利用导数判断函数()gx的单调性，确定参数的取值范围.(1)()ex

fxa，①当0a时，()e0xfxa，所以()fx在R上单调递增，无极值．②当0a时，令()0fx，得lnxa，当,lnxa时，()0fx；当ln,xa时，()0fx，即函数()fx

在,lna上单调递减，在ln,a上单调递增，此时只有一个极值点，综上所述，当0a时，()fx在R上无极值点；当0a时，函数()fx在R上只有一个极值点．(2)若0x时，()1ln(1)

fxx，即eln(1)10xaxx．（*）令()eln(1)1xgxaxx，则1()e1xgxax，令1()e1xxax，则2221(1)1()0(1)(1)xxxexexx≥，∴函数()

x在区间0,上单调递增，02a，（1）若2a，020a，∴1e01xxax，∴()0gx¢³．函数()gx在区间0,上单调递增．∴()(0)0gxg．∴（*）式成立．（2）若2a，∴由于020a，11

1()e110111aaaaaaaa．（0x时，e1xx，故e1aa）故0(0,)xa，使得0()0x，则当00xx时，0()()0xx，即()0gx．∴函数()gx在区间0(0,)x上单调递减，∴0()(0)0gxg

，即（*）式不恒成立．综上所述，实数a的取值范围是2,．【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值点以及利用导数解决不等式恒成立时的参数的范围问题，有较强的综合性，要求明确导数与函数的单调性以及极值之间的关系并能灵活应用，解答的关键是构造函数，将不等式恒成立问

题转化为函数的最值问题，其中要注意分类讨论.12．（2022·江西萍乡·二模（文））已知21()ln12afxxxax．(1)若1a，求()fx的极值；(2)若不等式1()ln24fx恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)极大值为1

ln24；无极小值.(2),1a【分析】（1）根据题意，利用导数研究函数的单调性，进而得极值；（2）由题知111axxfxx，进而分10a和10a两种情况讨论求解即可.(1)解：当1a时，2ln1fxxxx，1211

21xxfxxxx，当1(0,)2x时，0,fxfx递增；当1(,)2x时，0,fxfx递减，()fx的极大值为11ln224f；无极小值；(2)解：21

111111axxaxaxfxaxaxxx，当10a即1a时，'()0,()fxfx递增；311(1)0ln224af，不合题意，（注：取其它使得1()ln24fx的x也可）．当10a，即1a时，1

0,,0,1xfxfxa递增；1,,0,1xfxfxa递减，()fx的最大值111()ln(1)ln212(1)4faaa恒成立，令1()ln(1),(1)2(1)gaaaa，22211110

,(1)12121agaaaaa所以，()ga在,1递增，且1(1)ln24g，1a，即,1a13．（2022·四川泸州·三模（文））已知函数313fxxax，Ra．(1)讨论函数fx的单调性；(2)若xgxfxe有

且只有一个极值点，求a的取值范围．【答案】(1)见解析(2),0【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；（2）313xxgxaxxfxee，

3213xxxaxgxea，因为gx有且只有一个极值点，即3213xxxaxa图象只穿过x轴一次，即x为单调减函数或者x的极值同号，分别讨论这两种情况即可求出a的取值范围.(1)由题意知：2fxxa，当0

a时，因为20x，所以20fxxa在R上恒成立，所以fx在,上是减函数；当0a时，由20fxxa得：20xa，所以axa，所以fx在,aa上是增函数，在,,,aa上是减函数.(2)

313xxgxaxxfxee，3213xxxaxgxea，因为gx有且只有一个极值点，即3213xxxaxa图象只穿过x轴一次，即x为单调减函数或者x的极值同号

；（i）x为单调减函数，220xxxa在R上恒成立，则440a，解得1a；（ii）x的极值同号时，设12,xx为极值点，则120xx，220xxxa有两个不同的解12,xx

，则1a，且有1212+=2=xxxxa，，所以111131212133aaxxxxaax，同理22213xaxa，所以120xx，化简得：221

212110axxaaxxa，即10a；当120xx，0a，2113xxxgxe，gx有且只有一个极值点.综上：a的取值范围是,0.【点睛】导数是研究

函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的

优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．14．（2022·重庆·二模）已知函数sinxxxf.(1)判断函数fx是否存在极值，并说明理由；(2)设函数lnFxfxmx，若存在两个不相等的正数1x，2x，使得

1122FxxFxx，证明：212xxm.【答案】(1)fx没有极值，理由见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）对fx求导，根据1cos0fxx得到fx单调递增，得出原函数不存在极值.（

2）对1122FxxFxx进行恒等变形，得到212121lnlnsinsin2mxxxxxx，由（1）得2121sinsinxxxx，进而用放缩法得到2121lnlnmxxxx，继而结合构造新函数，换元法，利用导

数进行证明即可.(1)由sinxxxf，得1cos0fxx，∴sinxxxf是单调递增函数，∴fx没有极值.(2)sinlnFxxxmx，1122FxxFxx，得1112222sinln2sinlnxxmxxxmx，即

212121lnlnsinsin2mxxxxxx.由（1）知sinxxxf为增函数，∵12xx，是两个不相等的正数，不妨设210xx，∴2211sinsinxxxx，且2211sinsin00xxxxf，即2121

sinsinxxxx，2121sinsinxxxx212121212121lnlnsinsin22mxxxxxxxxxxxx，即2121lnlnxxmxx，只需证明112221lnlnxxxxxx.∵210x

x，令211xtx.∴只需证明1lnttt在1t时成立，即1lnttt在1t时成立.设函数1lntgttt，且1t，则2102tgttt.∴当1t时，函数1lntgxtt单

调递减.∴当1t时，函数10gtg，即1ln0tgttt.∴1lnttt在1t时成立，即112221lnlnxxxxxx成立，∴212121lnlnxxmxxxx，∴12mxx，即212xxm.【点睛】关键点睛：本题（2）的关键在于由

1122FxxFxx恒等变形，借助（1）中sinxxxf的单调性，利用放缩法、换元法，通过导数的性质进行证明.15．（2022·河南·三模（文））已知函数lnafxxxx．(1)讨论fx极值点的个数；(2)证明：22exaxxfxx．

【分析】(1)求f(x)的导数，通分化简导数，根据a的范围讨论导数在x＞0时的正负，由此判断f(x)的单调性，根据单调性即可判断f(x)的极值点个数；(2)化简不等式22exaxxfxx为eln2xx，令eln20xhxxx，求h(x)的导数hx，讨论

hx的单调性和正负，判断h(x)的最小值大于0即可．(1)由题意可知0x，22211axxafxxxx，对于二次函数2yxxa，14a．当14a时，0，0fx恒成立，f(x)在0,单调递减，fx有0个极值点；当104a时

，二次函数2yxxa有2个大于零的零点，由数形结合可知，fx有2个极值点；当0a时，二次函数2yxxa只有1个大于零的零点，由数形结合可知，fx有1个极值点．(2)要证22exaxxfxx，即证eln2xx．设eln20xhxxx，

则1exhxx，hx在0,上为增函数，∵102h，10h，∴在0,上，存在唯一的m1,12，使得1e0mhmm，即1emm，lnmm．∴在0,m上hx＜0，h(x)单调递减；在,m

上，hx＞0，h(x)单调递增；∴min1eln22220mhxhmmmm，当且仅当m＝1时取等号，∵1,12m，∴等号不成立，∴eln20xhxx，∴eln2xx，从而原不等式得证．【点睛】本题第二问是关键点是利用零点存在

性定理判断1exhxx在1,12之间存唯一零点m，利用0hm对该隐零点进行转化，从而可证明eln2xhxx的最小值为正，从而证明题设不等式．16．（2022·新疆阿勒泰·三模（理））已知函数

22lnafxxaxx，aR.(1)aR，讨论函数fx的极值点；(2)0a，设122lnagxfxaxax，当xa时，不等式222elnxaxagxa

恒成立，求a的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)12ea【分析】（1）讨论2a，2a两种情况，利用导数得出单调性，进而得出极值点；（2）由222elnxaxagxa得出22elnxxxxaa恒成立，令exhxx，

由l2nxhahx得出2exxa≥，构造函数2exxmx，由导数得出maxmx，从而得出a的取值范围.(1)∵0x，2222122xaxaafxxxx.当20a即2a时，0

fx，fx单调递增，无极值点.当20a即2a时，202af，当20,2ax时0fx，fx单调递减，当2,2ax时0fx，fx单调递增，∴22ax

极小值点，无极大值点.综上，当2a时，fx无极值点；当2a时，22ax为fx极小值点，无极大值点.(2)1222lnlnaxgxfxaxxaxa，0a，xa.不等式222elnxaxagxa恒成立，即22elnln

xaax恒成立，即22elnxxaa恒成立.0a，xa，∴22elnxxxxaa，令exhxx，1e0xhxx，则hx在0,上单调递增，则需l2nxhahx，只需2ln

xxa…，即2exxa，∴2exxa≥.令2exxmx，212exxmx，易知mx在10,2单调递增，在1,2单调递减，∴max12e12mxm.综上，12ea.【点睛】关键点睛：

在求a的取值范围时，关键是分离参数a，得出2exxa≥，再构造函数2exxmx，由其最值得出a的取值范围.17．（2022·江苏·海安高级中学二模）我国某芯片企业使用新技术对一款芯片进行试产，设试产该款

芯片的次品率为p（0＜p＜1），且各个芯片的生产互不影响．(1)试产该款芯片共有两道工序，且互不影响，其次品率依次为，1211,3334pp．①求p；②现对该款试产的芯片进行自动智能检测，自动智能检测为次品（注：合格品不会被误检成次品）的

芯片会被自动淘汰，然后再进行人工抽检已知自动智能检测显示该款芯片的合格率为96%，求人工抽检时，抽检的一个芯片是合格品的概率．(2)视p为概率，记从试产的芯片中随机抽取n个恰含m（n＞m）个次品的概率为

fp，求证：fp在mpn时取得最大值．【答案】(1)①117，②5051(2)证明见解析【分析】（1）①由题意可知两道生产工序互不影响，利用对立事件可求p；②依题意可利用条件概率公式PABPBAPA求抽检的一个芯片是合

格品的概率；（2）依题意可知()C(1)(01)mmnmnfpppp，求导后利用导数研究fp的单调性，即可证明结论成立.(1)①因为两道生产工序互不影响，法一：所以12111111111333417ppp．

法二：所以11111133333417p．答：该款芯片的次品率为117；②记该款芯片自动智能检测合格为事件A，人工抽检合格为事件B，且16()96%,()117PAPABp．则人工抽

检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率：16501796%51PABPBAPA．答：人工抽检时，抽检的一个芯片恰是合格品的概率为5051；(2)因为各个芯片的生产互不影响，所以()C(1)(01)mm

nmnfpppp，所1111()C(1)()(1)C(1)()mmnmmnmmmnmnnfpmppnmppppmnp．令()0fp，得mpn，所以当0mpn时，()0,()fpfp为单调增函

数；当1mpn时，()0,()fpfp为单调减函数，所以，当mpn时，()fp取得最大值．18．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模（理））设平面向量m，n满足,,1,0,1xxmaxnaaa，设函数fxmn．(1)若函数fx

的最大值为1，求实数a的值；(2)在（1）的条件下，若1212,,xxxxR使得12fxfx，求证：120xx．【答案】(1)ea；(2)证明见解析．【分析】（1）由(0)1f得(0)f是最大值，也是极大值，从而

有(0)0f，由此求得a值，并验证0x是最大值点即得；（2）由（1）得函数的单调性，因此题中12,xx可不妨设10x，而201x，求出函数()(0)fxx的图象关于y轴对称的图象的函数解析式()gx，并证明0x时，()()0gxfx，从而利用对称性、不等关

系，及单调性得出证明．(1)由题意()xxfxaxa，(0)1f，所以0x是最大值点也是极大值点，()lnlnxxxfxaaaxaa，则(0)ln10fa得ea，ea时，()exfxx，0x时，()0fx，()fx递增，0x时，()0fx，()

fx递减，所以(0)f是极大值也是最大值，满足题意．所以ea；(2)由（1）()(1)exfxx，()fx在(,0)上递增，在(0,)上递减，0x时，()0fx，而(1)0f，若1212,,xxxxR使得12fxfx，不妨设10x，201x，0x

时，()(1)exfxx，它的图象关于y轴对称的曲线的函数式为()ygx（0x），设(,)xy是()gx上点，则(,)xy是()(1)exfxx上的点，(1)exyx，即()(1)exgxx，令()()()(1)e(1)exxh

xgxfxxx(0)x，所以()ee(ee)xxxxhxxxx，0x时，()0hx，所以()hx递增，所以()(0)0hxh，所以()()gxfx，所以211()()(

)fxfxgx1()fx，又210,0xx，所以21xx，即120xx．导数的综合应用一、单选题1．（2022·安徽省含山中学三模（理））若存在直线与函数()e1xfx，()

ln()gxxa的图像都相切，则实数a的取值范围是（）A．[-e，+∞）B．[-2，+∞）C．[-1，+∞）D．[-2e，+∞）【答案】C【分析】注意到函数1xfxe图像下凸，=l

ngxxa图像上凸，根据题意只要fx函数图像在gx函数图像之上即可，所以定义域(,)afxgx上，恒成立即可得解.【详解】注意到函数1xfxe图像下凸，=lngxxa图像上凸，故“存在直线与函数1,lnxf

xegxxa的图像都相切”即在定义域(,)afxgx上，恒成立，记1ln,xhxexa'1xhxexa在（a，+∞）上单调增，且在（a，+∞）有唯一零点0x，即0010xxea，且

0min00001()e1ln1210xfxfxxaxaaaxa厖，于是1a，故选：C.2．（2022·河北·模拟预测）已知0ab，且11abab，则（）A．01bB．01

aC．1ebD．1ea【答案】C【分析】将11abab两边同取对数，通过构造函数lnxfxx，利用导数研究其函数图象即可求解.【详解】11abab两边同取自然对数得lnlnabab，设lnxfxx，由21lnxfxx，令0fx

，解得0ex，令0fx，解得ex，∴fx在区间0,e上单调递增，在区间e,+上单调递减，∴fx在ex处取得最大值1eef，在区间0,e函数fx有唯一的零点1x，在区间

e,+函数0fx，又∵0ab且0fafb，∴1eb，ea，故选：C.3．（2022·河北保定·一模）已知某商品的进价为4元，通过多日的市场调查，该商品的市场销量y（件）与商品售价x（元）的关系为exy，则当此商品的利润最大时，该商品的售价x（元）为（）A．5

B．6C．7D．8【答案】A【分析】根据题意求出利润函数的表达式，结合导数的性质进行求解即可.【详解】根据题意可得利润函数4exfxx，exfx4e5exxxx，

当5x时，0,()ffx单调递减，当05x时，0,()ffx单调递增，所以当5x时，函数fx取最大值，故选：A．4．（2022·重庆·二模）某单位科技活动纪念章的结构如图所示，O是半径分别为1cm,2cm

的两个同心圆的圆心，等腰三角形ABC的顶点A在外圆上，底边BC的两个端点都在内圆上，点,OA在直线BC的同侧．若线段BC与劣弧BC所围成的弓形面积为1S，△OAB与△OAC的面积之和为2S，设2BOC．经研究发现当2

1SS的值最大时，纪念章最美观，当纪念章最美观时，cos（）A．152B．512C．12D．22【答案】A【分析】利用三角形面积公式，将21SS表示为的函数，利用导数研究其单调性和最值即可.【详解】由题意可知，2(0,)BOC，故0,2

，又11sin2sin222OBCSOBOC，112cos2sin2cos22ABCSBCOBOBOB2sinsincos，设劣弧BC所对扇形面积为3S，则3122SOBOB，故1

31sin22OBCSSS，212sinsincossin22sin2ABCOBCSSS，则2112sinsin2,0,22SS；令1()2sinsin22f，0,2

，则'()f22cos2cos2，令'()f0，得15cos2或15cos2（舍去），记0cos015,0,22，当00,时，'()f0，函数()f单调递增，

当0,2时，'()f0，函数()f单调递减，故当0，即15cos2时，()f取得最大值，即21SS取得最大值．故选：A．二、多选题5．（2022·广东湛江·二模）若过点1,P最多

可作出Nnn条直线与函数1exfxx的图象相切，则（）A．3nB．当2n时，的值不唯一C．n可能等于4D．当1n时，的取值范围是4,0e【答案】ACD【分析】由题设切点为000(,(1)e)xxx，

进而得0200e(21)xxx，再构造函数2()e(21)xgxxx，将问题转化为()ygx与y的交点个数问题，再数形结合求解即可.【详解】解：不妨设切点为000(,(1)e)xxx，因为()exfxx，所以切线方程为00e(1)xyxx，

所以00000(1)ee(1)xxxxx，整理得0200e(21)xxx，所以令2()e(21)xgxxx，则2()e(1)xgxx，所以，令()0gx得1x.所以，当1x或1x时，()0

gx，()0gx，当11x时，()0gx，因为，当x趋近于时，()gx趋近于0，4(1)eg，(0)1g，(1)0g，当x趋近于时，()gx趋近于，所以，函数()gx的图像大致如图，所以，当2n时，4(1)eg，故B错误，此

时3n成立；当3n时，4,0e，所以12123,0,4nnee，故n可能等于4，C正确；当1n时，4(,)0e，显然3n，故D正确；综上，3n，A正确.故选：ACD6．（2020·辽宁·开原市第二高级中学三模）国家

统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020年国夏粮总产量达14281万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为63000立方米的粮食储藏容器，如图1所示，已知该容器分上

下两部分，中上部分是底面半径和高都为10rr米的圆锥，下部分是底面半径为r米､高为h米的圆柱体，如图2所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为2a元，圆柱的侧面､底面每平方米的建造费用为a元，设每个容器的制造总费用为y元，则下面说法正确的是（）A．1040rB．

h的最大值为18803C．当21r时，7029yaD．当30r时，y有最小值，最小值为6300a【答案】BCD【解析】根据已知，利用圆柱和圆锥的体积公式求得h，结合0h可得r的范围，则可判断A的对错；根据h与r的关系即可利用r的范围求h的最大值，则可判断B的对错；

分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，底面积，然后得到总费用的表达式，进而将21r代入，即可判断C选项的对错；在C的基础上，利用导数求解最值即可判断D的对错.【详解】由题意可得221630003rrrh，所以32216300063000133rhrrr，由

0h，得263000103rr，解得3307r，所以310307r，故A项不正确.易知h随r的增大而减小，所以当10r时，h取得最大值，且最大值18803，故B项正确.圆锥的母线长2lr，故圆锥的侧面积2122Srlrrr，圆柱的侧面积2226300012630002

2233Srhrrrrr，圆柱的底面积23Sr，所以总费用1232yaSaSS2222630002223ararrr272630003aarr

.当21r时，27263000217029321aaya，C项正确.32214270001426300033araayrrr，当1030r时，0y，函数272630003

aayrr单调递减，当330307r时，0y，函数272630003aayrr单调递增，所以当30r时，y取得最小值，最小值为27263000306300330aaa，D

项正确.故选：BCD【点睛】关键点睛：本题粮食储存问题为背景，解题关键是通过组合体体积与表面积的求解，制造总费用的最值的求解，主要考查考查运算求解能力､逻辑思维能力､创新能力，难度属于中档题三、填空题7．（

2021·陕西·渭南市临渭区教学研究室二模（文））做一个无盖的圆柱形水桶，若要使水桶的容积是27，且用料最省，则水桶的底面半径为______．【答案】3【分析】根据题意，构造无盖圆柱形水桶的表面积关于底面半径的函数，利用导数求其最小值时，对应的底面半径即可.【详解】不妨设该圆柱形水桶的底面半径为

r，其高为h，则由其容积为27可得227rh，即227hr，故该无盖圆柱形水桶的表面积22542Srrhrr，令254(0)yrrr，则'y32227rr,当03r时，'y0，此时该函数单调递减，当3r时，'y0，该函数单调递增，故当3r

时，254(0)yrrr取得最小值，也即该水桶用料最省.故答案为：3.四、解答题8．（2022·江苏·南京市第一中学三模）已知函数1()ln(1)22xfxxxx．(1)证明：0fx；(2)若2lnkakk，证明：422*2,3CnknknnaN

．【分析】（1）求导，研究函数单调性得函数()fx在1,上单调递减，进而得10fxf；（2）结合（1）得2311ln22kakkkk，进而利用数学归纳法证明即可.(1)解：因为1()ln(1)22xfxxxx

，所以2222211112102222xxfxxxxxx，所以函数1()ln22xfxxx在1,上单调递减，所以111ln1022fxf

，即0fx.(2)解：由（1）0fx知1ln022xxx，故1ln22xxx，所以2311ln22xxxx，所以，令xk，则2311ln22kakkkk，下面用数学归纳法证明422*2,3CnknknnaN.

①当2n时，4324ln2ln2ln16lne3a，故成立；②假设nm时，4223Cmkmka，即232112ln22ln32ln34321mmmmmm成立，当1nm时，111222113

4321mmkkmmkkmmmmaaaa，由于121134321mmmmma321111311432122mmmmmm221111142122mmmmm

2214141421mmmmm21421421mmmmmm43332133C4214321mmmmmm所以，当1nm

时，不等式成立.综上①②，不等式422*2,3CnknknnaN成立.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，数学归纳法证明不等式，考试运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问的结论得2311ln22kakkkk，进而利用数学归

纳法证明即可.9．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（理））已知函数2ln1,0,0exxxxfxmxx.(1)当12m时，判断fx的零点个数；(2)设Fxfxfx，若存在,1x，使0Fx

成立，求实数m的取值范围.【答案】(1)fx的零点个数为3个(2)21,e【分析】（1）利用导数得到函数的单调性，结合零点存在性定理可判断出结果；（2）转化为存在1,x，使得eln10xmxxx成立，再构造函数

，利用导数求出最小值，代入可求出结果.(1)当12m时，2ln1,01,02exxxxfxxx，当0x时，()lnfxxxx，1ln1ln2fxxxxx，当0fx时，210ex，当0fx时，21ex，∴fx

在210,e上单调递减，在21,e上单调递增，因为210ex时，()0fx恒成立，21()ef222111(ln1)0eee，111()(ln1)0eeef，所以1

ex为fx的唯一零点.当0x，221e12()2eexxxxfxx，令21e2xgxx，22exgxxx，由0gx，得2x，由0gx，得20x，所以gx在,2上单调递增，

在2,0上单调递减.∵244411161161161440e2e2232252g，2414120e282g，10002g∴gx在,2和2,0上各有一个零点.综

上，fx的零点个数为3个.(2)因为()()()()FxfxfxFx，所以()Fx为奇函数，若存在,1x，使0Fx成立，等价于若存在1,x，使0Fx成立，即2(ln1)()0exmxxx成立，即2ln1exxxxm成立

，即2lne0xxxxmx成立，即eln10xmxxx成立，令eln11xmhxxxxx，221ee(1)e1exxxxmxmxxhxmxxx，令exxkx，则101exxkxx，于是，

exxkx在1,x上单调递减，∴10,ekx.当1em，0hx，函数hx在1,x上单调递增min1e110hxhm，即0m，此时不合题意；当0m，0hx，函数hx在1,x

上单调递减1e110hxhm，符合题意.当10em时，存在01,x，使得00exxm，即00exmx，当01xx时，由exxkx在1,x上单调递减可得00eexxxx，所以000eexxxxmm，()0hx，当0x

x时，由exxkx在1,x上单调递减可得00eexxxx，所以000eexxxxmm，()0hx，∴函数hx在01,xx上单调递减，在0,xx上单调递增，∴000000min0eln1ln(e)2xxmhxhxx

xmxx00ln22ln0mxxm，解得210em，综上，实数m的取值范围为21,e.【点睛】方法点睛：()fxk能成立，转化为max()fxk；()fxk能成立，转化为min()fxk

；()fxk恒成立，转化为min()fxk；()fxk恒成立，转化为max()fxk.10．（2022·河北·模拟预测）已知函数1elnfxax，0agxax．(1)求函数Fxfxgx在0,上的极值；(2)当1

a时，若直线l既是曲线yfx又是曲线ygx的切线，试判断l的条数．【答案】(1)当eax时，Fx取得极大值且12elneeaFa，无极小值(2)曲线yfx与曲线ygx

的公切线l有3条【分析】（1）对Fx求导，得到Fx的单调性，即可求得Fx在0,上的极值；（2）求出曲线yfx在点,1elntt处的切线方程和曲线在点1,bb处的切线方程，若曲线yfx与曲线ygx有公切线，则2e1,

(i)2elne1,iitbtb，将问题转化为判断关于b的方程22eln10bb在,00,U的根的个数，令22eln10hxxxx，分别讨论hx在

,0,0,的根的个数.(1)由题知1elnaFxfxgxaxx，所以22eeaaxFxaaxxx，令0Fx，解得：eax.故当x变化时，FxFx，的变化情况如下表：x0,ea

ea,eaFx0Fx单调递增极大值单调递减所以当eax时，Fx取得极大值，12elneeaFa，无极小值.(2)1elnfxx，ef

xx，1gxx，21gxx所以曲线yfx在点,1elntt处的切线方程为，即e1elnytxtt，即eelne1yxtt.同理可得曲线在点1,bb处的切线方程为211

yxbbb，即212yxbb.若曲线yfx与曲线ygx有公切线，则2e1,(i)2elne1,iitbtb，由（i）得2etb，代入（ii）得22eln10bb，所以问题转化为判断关于b的方程22eln10bb在

,00,U的根的个数.因0b，当0b时，令22eln10hxxxx，即222e22e2xhxxxx，令0hx，得1ex.所以当10,ex时，0hx，hx单调递减；当1,ex

时，0hx，hx单调递增；所以max110ehxh.因为2214e2e12ee210,110ehh，所以21110,10eeehhh

h，所以函数22eln10hxxxx在0,上有两个零点，即22eln10bb在0,上有两个不相等的正实数根；当0b时

，令22eln1kxxx，则22e2kxxx，显然,0x时，0kx，则kx在,0上单调递减，因为2e2e10,130ekk，所以22eln1kxxx

在,0上有唯一一个零点，即方程22eln10bb在,0上有唯一一个负实数根.所以曲线yfx与曲线ygx的公切线l有3条.【点睛】本题考查利用导数研究含参数的极值，导数的几何

意义，利用导数研究函数的零点个数等，考查运算求解能力，分类讨论思想，是难题.本题第二问解题的关键在于分别求出曲线,fxgx在某点处的切线方程，进而根据公切线将问题转化为求解函数2()2eln1(0)hxxxx的零点个数，再利用

导数研究函数的零点即可.11．（2022·天津三中一模）已知函数3241e13xfxxxax，aR．(1)当1a时，求yfx在0,0f处的切线方程；(2)若yfx有两个极值

点1x、2x，且12xx．①求实数a的取值范围；②求证：2213xxa．【答案】(1)733yx(2)①12ea；②证明见解析.【分析】（1）求出0f、0f的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；（2）①利用导

数分析函数fx的单调性，根据函数fx有2个极值点可得出关于实数a的不等式组，由此可解得实数a的取值范围；②分析可知110x，201x，将所证不等式转化为12xa，分11ea、21a两种情况讨论，在11ea时

，利用不等式的基本性质可证得结论成立；在21a时，构造函数e21xgxxx，并利用导数分析函数gx的单调性，并结合不等式的基本性质可证得结论成立.(1)解：当1a时，3241e13xfxxxx，该函数的定义域为1,，则e21

1xfxxx，所以，03f，703f，此时，曲线yfx在0,0f处的切线方程为733yx，即733yx.(2)解：①e21xfxxxa

，令e21xpxxxa，则11e1xpxxx，令11e1xxxx，则3212e102xxxx对任意的1x恒成立，所以，函

数xpx在1,上单调递增，因为00，当10x时，0px，此时函数px单调递减，当0x时，0px，此时函数px单调递增，所以，函数pxfx在1,0上单

调递减，在0,上单调递增，因为函数fx有两个极值点1x、2x，所以，110e020fafa，解得12ea，此时1e220fa，所以，函数fx在1,0、0

,1上各有一个极值点，合乎题意；证明：由①可知110x，201x，要证2213xxa，需证221113xxxa，即证12xa，①当11ea时，121ax，满足题意；②当21a时，先证1112xx

，令1112hxxx，则111122121xhxxx，当10x时，0hx，此时函数hx单调递增，当0x时，0hx，此时函数hx单调递减，所以，

00hxh，即1112xx，令e1xtxx，则e1xtx.当0x时，0tx，此时函数tx单调递减，当0x时，0tx，此时函数tx单调递增，所以，

00txt，即e1xx.令e21xgxxx，则2122gxxxxx，记曲线22yx与ya的交点横坐标分别为32xa，42xa，如下图所示：所以，310xx，420xx，所以，22214322xx

xxaa，因为21a，所以，2212123xxaa.综上所述，原不等式得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式fxgx（或fxgx）转化为证明

0fxgx（或0fxgx），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原

不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.12．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）已知函数1ln1xfxxx.(1)求fx的单调区间；(2)当1212fxfxxx时，证明：122xx.【答案】(1)单调递增区间为0,1，单调递减区间

为1,(2)证明见解析【分析】（1）求导后，令212lngxxxx，再次通过导数可确定0max10gxgxg可知gx的正负，由此可得fx的单调区间；（2）根据fx单调性将所证不等式化为212

fxfx，近一步可转化为1120fxfx，根据fx解析式可得11113ln1ln20xxxx；令3ln1ln201Fxxxxxx，利用导数可求得10FxF，由此可证得不等式.(1)22

22ln112ln111xxxxxfxxxxxx，令212lngxxxx，则22ln22ln1gxxxxx，12221xgxxx；当0x

时，0gx，gx在0,上单调递减，又22e2e10g，140g，20e,1x，使得00gx，则当00,xx时，0gx；

当0,xx时，0gx；gx在00,x上单调递增，在0,x上单调递减，0max10gxgxg，又当0,1x时，210x，2ln0xx；当0,1x时，0gx，即0fx；当1,x时，0gx，即

0fx；fx的单调递增区间为0,1，单调递减区间为1,.(2)由（1）知：若1212fxfxxx，则1201xx，要证122xx，只需证212xx，1201xx，121x，又fx在1,上单调递减，则只需证

212fxfx，12fxfx，则只需证112fxfx，即证1120fxfx，则需证11111111lnln2013xxxxxx，又110x，只需证1111ln2ln013xxxx，即证11113ln1

ln20xxxx，令3ln1ln201Fxxxxxx，则31lnln22xxFxxxxx，221313022Fxxxxx，

Fx在0,1上单调递减，10FxF，Fx在0,1上单调递增，10FxF，11113ln1ln20xxxx，原不等式得证.【点睛】思路点睛：本题考查导数中

的极值点偏移问题的证明，证明此问题的基本思路是结合函数的单调性，将所证不等式进行转化，将问题变为关于一个变量的函数恒大于零或恒小于零的证明问题，利用导数求最值的方法证得结论即可.一、单选题1．（2021·全国·高考真题）若过点,ab可以作曲线exy的两条

切线，则（）A．ebaB．eabC．0ebaD．0eab【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线xye的图象，根据直观即可判定点,ab在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.【详解】在曲线xy

e上任取一点,tPte，对函数xye求导得exy，所以，曲线xye在点P处的切线方程为ttyeext，即1ttyexte，由题意可知，点,ab在直线1ttyex

te上，可得11tttbaeteate，令1tftate，则tftate.当ta时，0ft，此时函数ft单调递增，当ta时，0ft，此时函数ft单调递减，所以，maxaftfae，由题意可知，直线y

b与曲线yft的图象有两个交点，则maxabfte，当1ta时，0ft，当1ta时，0ft，作出函数ft的图象如下图所示：由图可知，当0abe时，直线yb与曲线yft的图象有两个交

点.故选：D.解法二：画出函数曲线xye的图象如图所示，根据直观即可判定点,ab在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0abe.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识

范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.2．（2021·全国·高考真题（理））设2ln1.01a，ln1.02b，1.041c．则（）A．abcB．

bcaC．bacD．cab【答案】B【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.01换成x,分别构造函数2ln1141fxxx

,ln12141gxxx，利用导数分析其在0的右侧包括0.01的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.【详解】2222ln1.01ln1.01ln10.01ln120

.010.01ln1.02ab,所以ba;下面比较c与,ab的大小关系.记2ln1141fxxx,则00f,214122114114xxfxxxxx，由于2214122xxxxxx所以当0<

x<2时，21410xx,即141xx,0fx,所以fx在0,2上单调递增，所以0.0100ff,即2ln1.011.041,即ac;令ln12141gx

xx,则00g,214122212141214xxgxxxxx,由于2214124xxx，在x>0时,214120xx,所以0gx,即函数gx在[0,+∞)上单调递减，所以

0.0100gg,即ln1.021.041,即b<c;综上，bca,故选：B.【点睛】本题考查比较大小问题，难度较大，关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小

，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.二、填空题3．（2021·全国·高考真题（理））曲线212xyx在点1,3处的切线方程为__________．【答案】520xy【分

析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【详解】由题，当1x时，3y，故点在曲线上．求导得：222221522xxyxx，所以1|5xy．故切线方程为520xy．故答案为：520xy．4．（2021·全国·高考真题）写出一个

同时具有下列性质①②③的函数:fx_______．①1212fxxfxfx；②当(0,)x时，()0fx；③()fx是奇函数．【答案】4fxx（答案不唯一，2*nxNfnx均满足）【分析】根据幂函数的性质可得所

求的fx.【详解】取4fxx，则44421121122xfxfxxxxfxx，满足①，34fxx，0x时有0fx，满足②，34fxx的定义域为R，又34fxxfx，故fx是奇函数，满足③.故答案为：4

fxx（答案不唯一，2*nxNfnx均满足）5．（2021·全国·高考真题）函数212lnfxxx的最小值为______.【答案】1【分析】由解析式知()fx定义域为(0,)，讨论102x、112x、1x，并结合导数

研究的单调性，即可求()fx最小值.【详解】由题设知：()|21|2lnfxxx定义域为(0,)，∴当102x时，()122lnfxxx，此时()fx单调递减；当112x时，()212lnfxxx，有2()20

fxx，此时()fx单调递减；当1x时，()212lnfxxx，有2()20fxx，此时()fx单调递增；又()fx在各分段的界点处连续，∴综上有：01x时，()fx单调递减，1x时，()fx单调递增；∴()

(1)1fxf故答案为：1.三、解答题6．（2021·全国·高考真题（理））已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F，且F与圆22:(4)1Mxy上点的距离的最小值为4．（1）求p；（2）若点P在M上，,PAPB是C的两条

切线，,AB是切点，求PAB△面积的最大值．【答案】（1）2p；（2）205.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值；（2）设点11,Axy、22,Bxy、00,Pxy，利用导数求出直线PA、PB，

进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得PAB△面积的最大值.【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值由

题意知，0,2pF，设圆M上的点00,Nxy，则220041xy．所以220001453xyy．从而有2200||2pFNxy22200014(8)1524

ppyypy．因为053y，所以当03y时，2min||3944pFNp．又0p，解之得2p，因此2p．[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM，所以，

F与圆22:(4)1Mxy上点的距离的最小值为4142p，解得2p；（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法抛物线C的方程为24xy，即24xy，对该函数求导得=2xy，设点

11,Axy、22,Bxy、00,Pxy，直线PA的方程为1112xyyxx，即112xxyy，即11220xxyy，同理可知，直线PB的方程为22220xxyy，由于点P为这两条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy

，所以，点A、B的坐标满足方程00220xxyy，所以，直线AB的方程为00220xxyy，联立0022204xxyyxy，可得200240xxxy，由韦达定理可得

1202xxx，1204xxy，所以，22220121200014442xABxxxxxxy，点P到直线AB的距离为2002044xydx，所以，23002222000002041114442224PA

BxySABdxxyxyx△，2222000000041441215621xyyyyyy，由已知可得053y，所以，当05y时，PAB△的面积取最大值321202052.[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换

元求最值同方法一得到1201202,4xxxxxy．过P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2xQxy．32222120000001111||241642222PABSPQxxxyxyx

y．P点在圆M上，则00cos,4sin,xy333222222001114cos4sin16(sin2)21222PABSxy．故当sin1时PAB△的面积最大，最大值为20

5．[方法三]：直接设直线AB方程法设切点A，B的坐标分别为211,4xAx，222,4xBx．设:ABlykxb，联立ABl和抛物线C的方程得2,4,ykxbxy整理得2440xkxb．判别式2Δ16160

kb，即20kb，且12124,4xxkxxb．抛物线C的方程为24xy，即24xy，有2xy．则2111:42PAxxlyxx，整理得21124xxyx，同理可得222:24PBxxlyx．联立方程21122

2,24,24xxyxxxyx可得点P的坐标为1212,24xxxxP，即(2,)Pkb．将点P的坐标代入圆M的方程，得22(2)(4)1kb，整理得221(4)4bk

．由弦长公式得2212||11ABkxxk2221212411616xxxxkkb．点P到直线AB的距离为22221kbdk．所以322211||161622422PABSABdkbkbkb321(4)44

bb32121544bb，其中[5,3]Pyb，即[3,5]b．当5b时，max205PABS．【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得FN关于圆M上的点00,Nxy的坐标的表达式，进一步转化为

关于0y的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得p的值；方法二，利用圆的性质，F与圆22:(4)1Mxy上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点11,Axy、22,Bxy、00,Px

y，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线AB的坐标满足方程00220xxyy，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得1202xxx，1204xxy，利用弦长公式求得AB的长，进而得到面积关于00,Pxy坐标

的表达式，利用圆的方程转化得到关于0y的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到1202xxx，1204xxy，过P作y轴的平行线交AB于Q，则2000,2xQxy．由121||2PABSPQxx求得面积关于

00,Pxy坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线:ABlykxb，联立直线AB和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到20kb，且12124,4xxkxxb．利用点P在圆M上，求得,kb的关系，然后利用

导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标(2,)Pkb，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于b的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；7．（2021·全国·高考真题（文））已知函数32()1fxxxax．（1）讨

论fx的单调性；（2）求曲线yfx过坐标原点的切线与曲线yfx的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和11a，.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题

转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：232fxxxa，导函数的判别式412a，当14120,3aa时，0,fxfx在R上单调递增，当时，的解

为：12113113,33aaxx，当113,3ax时，单调递增；当113113,33aax时，单调递减；当113,3ax时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在113,3

a，113,3a上单调递增，在113113,33aa上单调递减.(2)由题意可得：3200001fxxxax，200032fxxxa，则切线方程为：322000000132yxxa

xxxaxx，切线过坐标原点，则：32200000001320xxaxxxax,整理可得：3200210xx，即：20001210xxx，解得：，则，0

'()11fxfa切线方程为：1yax,与联立得321(1)xxaxax，化简得3210xxx,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，1x是321xxx的一个因式，∴该方程可以分解因式为

2110,xx解得121,1xx,11fa，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和11a，.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做

曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有

一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.8．（2021·全国·高考真题

）已知函数2()(1)xfxxeaxb．（1）讨论()fx的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：()fx只有一个零点①21,222eaba；②10,22aba．【分析】(1)首

先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：'2xfxxea，当0a时，若,0x，则'0,fxfx单调递减，

若0,x，则'0,fxfx单调递增；当102a时，若,ln2xa，则'0,fxfx单调递增，若ln2,0xa，则'0,fxfx单调递减，若0,x，则'0,fxf

x单调递增；当12a时，'0,fxfx在R上单调递增；当12a时，若,0x，则'0,fxfx单调递增，若0,ln2xa，则'0,fxfx单调递减，若ln2,xa，则'0,fxfx单调递增；(2)若选择条件①：

由于2122ea„，故212ae，则21,010bafb，而10babbfebbaa，而函数在区间,0上单调递增，故函数在区间,0上有一个零点.2ln22ln21l

n2faaaaab22ln21ln22aaaaa22ln2ln2aaaaln22ln2aaa，由于2122ea„，212ae，故ln2

2ln20aaa，结合函数的单调性可知函数在区间0,上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于102a，故21a，则01210fba，当0b时，2

4,42ea，2240feab，而函数在区间0,上单调递增，故函数在区间0,上有一个零点.当0b时，构造函数1xHxex，则1xHxe，当,0x时，0,HxHx单调递减，当0,x时，0,HxHx单调递

增，注意到00H，故0Hx恒成立，从而有：1xex，此时：22111xfxxeaxbxxaxb211axb，当11bxa时，2110axb，取0111bxa，则00fx，即：1

00,101bffa，而函数在区间0,上单调递增，故函数在区间0,上有一个零点.2ln22ln21ln2faaaaab22

ln21ln22aaaaa22ln2ln2aaaaln22ln2aaa，由于102a，021a，故ln22ln20aaa

，结合函数的单调性可知函数在区间,0上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的

应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考

查数形结合思想的应用．9．（2021·全国·高考真题（理））设函数lnfxax，已知0x是函数yxfx的极值点．（1）求a；（2）设函数()()()xfxgxxfx．证明:1gx．【答案】（1）1a；（

2）证明见详解【分析】（1）由题意求出'y，由极值点处导数为0即可求解出参数a；（2）由（1）得ln1()ln1xxgxxx，1x且0x，分类讨论0,1x和,0x，可等价转化为要证1g

x，即证ln1ln1xxxx在0,1x和,0x上恒成立，结合导数和换元法即可求解【详解】（1）由n1'lafxaxfxx，'lnxyaxxayxfx，又0x是函数yxfx的

极值点，所以'0ln0ya，解得1a；（2）[方法一]：转化为有分母的函数由（Ⅰ）知，ln(1)11()ln(1)ln(1)xxgxxxxx，其定义域为(,0)(0,1)．要证()1gx，即证111ln(1)xx，即证1111ln(1)xxxx．

（ⅰ）当(0,1)x时，10ln(1)x，10xx，即证ln(1)1xxx．令()ln(1)1xFxxx，因为2211()01(1)(1)xFxxxx，所以()Fx在区间(0,1)内为增函数，所以()(0)0FxF．

（ⅱ）当(,0)x时，10ln(1)x，10xx，即证ln(1)1xxx，由（ⅰ）分析知()Fx在区间(,0)内为减函数，所以()(0)0FxF．综合（ⅰ）（ⅱ）有()1gx．[方法二]【最优解】：转化为无分母函数由（1）得ln1fxx，

ln1()()()ln1xxxfxgxxfxxx，1x且0x，当0,1x时，要证ln1()1ln1xxgxxx，0,ln10xx，ln10xx，即证ln1ln1xxxx，化简得1

ln10xxx；同理，当,0x时，要证ln1()1ln1xxgxxx，0,ln10xx，ln10xx，即证ln1ln1xxxx，化简得1ln10xxx；令1

ln1hxxxx，再令1tx，则0,11,t，1xt，令1lntttt，1ln1lnttt，当0,1t时，0t，t单减，故

10t；当1,t时，0t，t单增，故10t；综上所述，ln1()1ln1xxgxxx在,00,1x恒成立.[方法三]：利用导数不等式中的常见结论证明令()l

n(1)xxx，因为11()1xxxx，所以()x在区间(0,1)内是增函数，在区间(1,)内是减函数，所以()(1)0x，即ln1xx（当且仅当1x时取等号）．故当1x且0x时，101x且111x

，11ln111xx，即ln(1)1xxx，所以ln(1)1xxx．（ⅰ）当(0,1)x时，0ln(1)1xxx，所以1111ln(1)xxxx，即111ln(1)xx，所以()1gx．（ⅱ）当(,0)

x时，ln(1)01xxx，同理可证得()1gx．综合（ⅰ）（ⅱ）得，当1x且0x时，ln(1)1ln(1)xxxx，即()1gx．【整体点评】（2）方法一利用不等式的性质分类转化分式不等式：当(0,1)x时，转化为证明ln(1)1xxx，当(,0)x

时，转化为证明ln(1)1xxx，然后构造函数，利用导数研究单调性，进而证得；方法二利用不等式的性质分类讨论分别转化为整式不等式：当0,1x时，1ln10xxx成立和当,0x时，1l

n10xxx成立，然后换元构造，利用导数研究单调性进而证得，通性通法，运算简洁，为最优解；方法三先构造函数()ln(1)xxx，利用导数分析单调性，证得常见常用结论ln1xx（当且仅当1x时取等号）．然后换元

得到ln(1)1xxx，分类讨论，利用不等式的基本性质证得要证得不等式，有一定的巧合性.10．（2021·全国·高考真题（文））设函数22()3ln1fxaxaxx，其中0a.（1）讨论fx的单调性；（2

）若yfx的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.【答案】（1）fx的减区间为10,a，增区间为1,+a；（2）1ae.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）根据10f及（1）的

单调性性可得min0fx，从而可求a的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为0,，又23(1)()axaxfxx，因为0,0ax，故230ax，当10xa时，()0fx；当

1xa时，()0fx；所以fx的减区间为10,a，增区间为1,+a.（2）因为2110faa且yfx的图与x轴没有公共点，所以yfx的图象在x轴的上方，由（1）中函数的单调性可得min1133ln33ln

fxfaaa，故33ln0a即1ae.【点睛】方法点睛：不等式的恒成立问题，往往可转化为函数的最值的符号来讨论，也可以参变分离后转化不含参数的函数的最值问题，转化中注意等价转化.11．（2021·全国·高考真题（理））已知0a且1a

，函数()(0)axxfxxa．（1）当2a时，求fx的单调区间；（2）若曲线yfx与直线1y有且仅有两个交点，求a的取值范围．【答案】（1）20,ln2上单调递增；2,ln2

上单调递减；（2）1,,ee.【分析】（1）求得函数的导函数，利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性；（2）方法一：利用指数对数的运算法则，可以将曲线yfx与直线1y有且仅有两个交点等价转化为方程ln

lnxaxa有两个不同的实数根，即曲线ygx与直线lnaya有两个交点，利用导函数研究gx的单调性，并结合gx的正负，零点和极限值分析gx的图象，进而得到ln10aae，发现这正好是0gage，然后根据gx的图象和单调性得到a的取值范围.【详解】（1）当

2a时，22222ln2222ln2,242xxxxxxxxxxxfxfx,令'0fx得2ln2x,当20ln2x时，0fx,当2ln2x时，0

fx,∴函数fx在20,ln2上单调递增；2,ln2上单调递减；（2）[方法一]【最优解】：分离参数lnln1lnlnaxaxxxafxaxxaaxaxa,设函数lnxgxx,则21lnxgxx,令0gx，得xe

,在0,e内0gx,gx单调递增；在,e上0gx,gx单调递减；1maxgxgee,又10g，当x趋近于时，gx趋近于0，所以曲线yf

x与直线1y有且仅有两个交点，即曲线ygx与直线lnaya有两个交点的充分必要条件是ln10aae,这即是0gage,所以a的取值范围是1,,ee.[方法二]：构造差函数由()yfx与直线1y有且仅有两个交点知()1fx，即axxa

在区间(0,)内有两个解，取对数得方程lnlnaxxa在区间(0,)内有两个解．构造函数()lnln,(0,)gxaxxax，求导数得ln()lnaaxagxaxx．当01a时，ln0,(0,),ln0,()0,()ax

axagxgx在区间(0,)内单调递增，所以，()gx在(0,)内最多只有一个零点，不符合题意；当1a时，ln0a，令()0gx得lnaxa，当0,lnaxa时，()0gx；当,lnaxa

时，()0gx；所以，函数()gx的递增区间为0,lnaa，递减区间为,lnaa．由于1110e1,e1eln0lnaaaagaa，当x时，有lnlnaxxa，即()0gx，由函数()lnlngxaxxa在(0,)

内有两个零点知ln10lnlnaagaaa，所以elnaa，即eln0aa．构造函数()elnhaaa，则ee()1ahaaa，所以()ha的递减区间为(1,e)，递增区间为(e,)，所以()(e)0hah，当且仅当ea时取等号，

故()0ha的解为1a且ea．所以，实数a的取值范围为(1,e)(e,)．[方法三]分离法：一曲一直曲线()yfx与1y有且仅有两个交点等价为1axxa在区间(0,)内有两个不相同的解

．因为axxa，所以两边取对数得lnlnaxxa，即lnlnxaxa，问题等价为()lngxx与ln()xapxa有且仅有两个交点．①当01a时，ln0,()apxa与()gx只有一个交点，不符合题意．②当1a时，取()lngxx上一点000011,ln,(),,

()xxgxgxgxxx在点00,lnxx的切线方程为0001lnyxxxx，即0011lnyxxx．当0011lnyxxx与ln()xapxa为同一直线时有00ln1,ln10,aaxx得0l

n1,ee.aax直线ln()xapxa的斜率满足：ln1e0aa时，()lngxx与ln()xapxa有且仅有两个交点．记2ln1ln(),()aahahaaa，令()0h

a，有ea．(1,e),()0,()ahaha在区间(1,e)内单调递增；(e,),()0,()ahaha在区间(,)e内单调递减；ea时，()ha最大值为1(e)eg，所当1a

且ea时有ln1e0aa．综上所述，实数a的取值范围为(1,e)(e,)．[方法四]：直接法112ln(ln)()(0),()aaxxaaxxxxaxaaaxxaxafxxfxaaa．

因为0x，由()0fx得lnaxa．当01a时，()fx在区间(0,)内单调递减，不满足题意；当1a时，0lnaa，由()0fx得0,()lnaxfxa在区间0,lnaa内单调递增，由()0fx得,()lnaxfxa在区间,lnaa

内单调递减．因为lim()0xfx，且0lim()0xfx，所以1lnafa，即lnlnln1(ln)aaaaaaaaaaaa，即11lnln(

ln),lnaaaaaaaaa，两边取对数，得11lnln(ln)lnaaa，即ln1ln(ln)aa．令lnat，则1lntt，令()ln1hxxx，则1()1hxx，所以()hx在区间(0

,1)内单调递增，在区间(1,)内单调递减，所以()(1)0hxh，所以1lntt，则1lntt的解为1t，所以ln1a，即ea．故实数a的范围为(1,e)(e,)．]【整体点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，根据曲线和直线的交点个数求参数的取值范围问题，属

较难试题，方法一：将问题进行等价转化，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，图象，利用数形结合思想求解.方法二：将问题取对，构造差函数，利用导数研究函数的单调性和最值.方法三：将问题取对，分成(

)lngxx与ln()xapxa两个函数，研究对数函数过原点的切线问题，将切线斜率与一次函数的斜率比较得到结论．方法四：直接求导研究极值，单调性，最值，得到结论.12．（2021·全国·高考真题）一种微生

物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，()(0,1,2,3)iPXipi．（1）已知01230.4,0.3,0.2,0

.1pppp，求()EX；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：230123ppxpxpxx的一个最小正实根，求证：当()1EX时，1p，当()1EX时，1p；（3）

根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【分析】（1）利用公式计算可得()EX.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合10f及极值点的范围可得fx的最小正零点.（3）利用期望的意义及根的范围可得

相应的理解说明.【详解】（1）()00.410.320.230.11EX.（2）设3232101fxpxpxpxp，因为32101pppp，故32322030fxpx

pxpppxp，若1EX，则123231ppp，故2302ppp.23220332fxpxpxppp，因为20300fppp，230120fppp，故fx有两个不同零点12,xx，

且1201xx，且12,,xxx时，0fx；12,xxx时，0fx；故fx在1,x，2,x上为增函数，在12,xx上为减函数，若21x，因为

fx在2,x为增函数且10f，而当20,xx时，因为fx在12,xx上为减函数，故210fxfxf，故1为230123ppxpxpxx的一个最小正实根，若21x，因为10f且在20,x上为减函数，

故1为230123ppxpxpxx的一个最小正实根，综上，若1EX，则1p.若1EX，则123231ppp，故2302ppp.此时20300fppp，230

120fppp，故fx有两个不同零点34,xx，且3401xx，且34,,xxx时，0fx；34,xxx时，0fx；故fx在3,x，4,x上为增函数，在34,xx上为减函数，而10f，故4

0fx，又000fp，故fx在40,x存在一个零点p，且1p.所以p为230123ppxpxpxx的一个最小正实根，此时1p，故当1EX时，1p.（3）意义：每一个该

种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.13．（2021·全国·高考真题）已知函数1lnfxxx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a

，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明：112eab.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的

等式进行恒等变换，令11,mnab，命题转换为证明：2mne，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)fx的定义域为0,．由

1lnfxxx得，lnfxx，当1x时，0fx；当0,1x时0fx′；当1,x时，'0fx．故fx在区间0,1内为增函数，在区间1,内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由lnlnbaabab得1111(1ln)(1l

n)aabb，即11()()ffab．由ab¹，得11ab．由（1）不妨设11(0,1),(1,)ba，则1()0fa，从而1()0fb，得1(1,)eb，①令2gxfxfx

，则22()(2)()ln(2)lnln(2)ln[1(1)]gxfxfxxxxxx，当0,1x时，0gx，gx在区间0,1内为减函数，1

0gxg，从而2fxfx，所以111(2)()()fffaab，由（1）得112ab即112ab．①令hxxfx，则'11lnhxfxx，当1,xe时，0hx，hx在区间1,e内为增

函数，hxhee，从而xfxe，所以11()febb．又由1(0,1)a，可得11111(1ln)()()ffaaaab，所以1111()feabbb．②由①②得112eab．[方法二]【最优解】：lnlnb

aabab变形为lnln11ababba，所以ln1ln1abab．令11,mnab．则上式变为1ln1lnmmnn，于是命题转换为证明：2mne．令1lnfxxx，则有

fmfn，不妨设mn．由（1）知01,1mne，先证2mn．要证：222)2(mnnmfnfmfmfm20fmfm．令2,0,1gxfxfx

x，则2lnln2ln2ln10gxfxfxxxxx，gx在区间0,1内单调递增，所以10gxg，即2mn．再证mn

e．因为1ln1lnmnnmm，所以1lnnnnemne．令1ln,1,hxxxxxe，所以'1ln0hxx，故hx在区间1,e内单调递增．所以hxhee．故hne，即mne．综合可

知112eab．[方法三]：比值代换证明112ab同证法2．以下证明12xxe．不妨设21xtx，则211xtx，由1122(1ln)(1ln)xxxx得1111(1ln)[1ln()]xxtxtx，1ln1n1ltxt

t，要证12xxe，只需证11txe，两边取对数得1ln(1)ln1tx，即ln(1)1ln11tttt，即证ln(1)1lntttt．记ln(1)(),(0,)sgsss

，则2ln(1)1()sssgss.记()ln(1)1shsss，则211()0(1)1hsss，所以，hs在区间0,内单调递减．00hsh，则'0gs，所以gs在区间0,

内单调递减．由1,t得10,t，所以1gtgt，即ln(1)1lntttt．[方法四]：构造函数法由已知得lnln11ababba，令1211,xxab，不妨设12xx，所以12fxfx．由（Ⅰ

）知，1201xxe，只需证122xxe．证明122xx同证法2．再证明12xxe．令2ln21()(0)()(ln,)exhxxehxxexxex．令()ln2

(0)exxxex，则221()0exexxxx．所以0,0xehx，hx在区间0,e内单调递增．因为120xxe，所以122111lnlnxexexx，即112211lnlnx

xxexe又因为12fxfx，所以12212112lnln1,1xxxexxxexx，即2222111212,0xexxexxxxxe．因为12xx，所以12xxe，即11eab．综上，有112ea

b结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为

单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于120exx的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.一、单选题1.（2022·全国·模拟预测

）已知曲线lnyx在etx处的切线为l，点1,Mt到切线l的距离为d，则d的最大值为（）A.1B.2C.21e1eD.2【答案】D【分析】由lnyx求导，由导数的几何意义求得切线l的方程，然后利用点到直线的距离公式得到21e

e1ttd，最后利用基本不等式求出d的最大值．【详解】对lnyx求导，得1yx，所以切线l的斜率为et，又elnettxyt，所以切线l的方程为eettytx，即e1e0tt

xyt，所以2221e1e1e2e21121e1e1e1eetttttttttttd，当且仅当0t时取等号，故d的最大值为2．故选：D．2.（2022·福建漳州·一模）将

曲线1:2(0)Cxyx上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的12，得到曲线2C，则2C上到直线1620xy距离最短的点坐标为（）A.18,4B.14,4C.18,2D.14,2【答案】B【分析】先利用函数图象的变换得到

曲线2C对应函数，将曲线2C上点到直线1620xy的最短距离转化为曲线2C在某点处的切线和所给直线平行，再利用导数的几何意义进行求解.【详解】将2xy化为2yx，则将曲线1C上所有点的横坐标不变，纵坐标缩小为原来的12，得到曲线22

:2Cyx，即21:(0)Cyxx，要使曲线2C上的点到直线1620xy的距离最短，只需曲线2C上在该点处的切线和直线1620xy平行，设曲线2C上该点为1(,)Paa，因为21yx，且1620xy的斜率为116，所以21116a，解得4a或4a（舍

），即该点坐标为1(4,)4P.故选：B.3.（2022·全国·模拟预测）已知函数33fxxx，则过点3,9可作曲线yfx的切线的条数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【分析】设切点为3,3aaa，根据导数的几何意义求得在切点3,3aaa处的切线方

程，再将3,9代入，求得a的值，即可得解.【详解】解：因为33fxxx，所以233fxx，设切点为3,3aaa，所以在切点3,3aaa处的切线方程为23313yaxaaa，又3,9在切线上，所以2393133a

aaa，即2393133aaaa，整理得32290aa，解得10a或292a，所以过点3,9可作曲线yfx的切线的条数为2.故选：C．4.（2022·浙江·模拟预测）某地响应全民冰雪运动的号召，建立了一个滑雪场．

该滑雪场中某滑道的示意图如下所示，A点、B点分别为滑道的起点和终点，它们在竖直方向的高度差为20m．两点之间为滑雪弯道，相应的曲线可近似看作某三次函数图像的一部分．综合考安全性与趣味性，在滑道的最陡处，滑雪者的身体与地面约

成43~48的夹角．若还要兼顾滑道的美观性与滑雪者的滑雪体验，则A、B两点在水平方向的距离约为（）A.13mB.19mC.23mD.29m【答案】D【分析】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，设三次函

数的解析式为32fxaxbxcx，其中0a，设点0,10Ax，则0,10Bx，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，由题意得出0b，300020010tan1030f

cfxaxcxfxaxc，求出02x，即可得解.【详解】以滑道的最陡处为原点O建立平面直角坐标系，由题意可知，O为AB的中点，设三次函数的解析式为32fxaxbxcx，其中0a，设点0,10Ax，则0,10Bx，232fxaxbx

c，在滑道最陡处，0x，则fx的对称轴为直线0x，则03ba，可得0b，则23fxaxc，3fxaxcx，在滑道最陡处，设滑雪者的身体与地面所成角为，则sincos120tan2sintancos2fc

，所以，3tanxfxax，213tanfxax，由图可知2003000130tan10tanfxaxxfxax，可得0230tanx，4

348，则0230tan29mx.故选：D.5.（2022·全国·模拟预测）若过点(,)mn可以作曲线(0xyaa且1)a的两条切线，则（）A.loganmB.loganmC.loganmD.logan与m的大小关系与a有关【答案】D【分析】设切点为：00(,)x

xa，写出切线方程，根据点(,)mn在切线上，得到00lnln10xaaxamn，根据过点(,)mn可以作曲线(0xyaa且1)a的两条切线，由方程有两个不同的根求解.【详解】设切点为：00(,)xxa，则0lnxyaa，所以切线方程为000lnxxyaaa

xx，因为点(,)mn在切线上，所以000lnxxnaaamx，即00lnln10xaaxamn，令lnln1xgxaaxamn，则lnlnlnxgxaa

axam，令()0gx¢=，得xm，当xm时，()0gx¢<，当xm时，()0gx¢>，所以当xm时，gx取得极小值mgman，若1a，当xm时，lnln10xnaaxam；若01a

时，当xm时，lnln10xnaaxam；因为过点(,)mn可以作曲线(0xyaa且1)a的两条切线，所以0man且0n，即0mna，所以logan与m的大小关系与a有关，故选：D6.（2022·浙江·模

拟预测）设Ex是离散型随机变量的期望，则下列不等式中不可能成立的是（）A.lnlnEXXEXEXB.22lnlnEXXEXEXC.sinsinEXXEXEX

D.22(sin)()sinEXXEXEX【答案】A【分析】根据各选项的期望，分别判断lnyxx、2lnyxx=、sinyxx、2sinyxx在定义域内是否存在下凹区间即可.【详解】A：由lnyxx且定义域为(0,)，则11yx，210yx

，即y为上凸函数，有11221212lnlnln222xxxxxxxx，所以lnlnEXXEXEX；B：由2lnyxx=且定义域为(0,)，则2lnyxxx

，2ln3yx，显然32(e,)上0y，即y在32(e,)为下凹函数，22211221212lnln()ln222xxxxxxxx，所以存在22lnlnEXX

EXEX；C：由sinyxx，则1cosyx，sinyx，显然在[(21),2]kk，Zk上0y，即y在[(21),2]kk，Zk为下凹函数，有11221212sinsinsin222xxxxxxxx，所以存在

sinsinEXXEXEX；D：由2sinyxx，则22sincosyxxxx，2(2)sin4cosyxxxx，显然存在(0,)2上0y，即y在(0,)2为下凹函数，有22211221212sinsin()sin222xxx

xxxxx，所以存在22(sin)()sinEXXEXEX.故选：A.【点睛】关键点点睛：利用函数二阶导数的几何意义判断各选项对应函数定义域内是否存在下凹区间即可.7.（2022·广东·模拟预测）如图是网络上流行的表情包，其利用了“可倒”和“可导”的谐音生动形象地说

明了高等数学中“连续”和“可导”两个概念之间的关系．根据该表情包的说法，fx在0xx处连续是fx在0xx处可导的（）．A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】B【分析】若函数fx在0xx处可导，则fx在0

xx处一定连续；若函数fx在0xx处连续，但fx在0xx处不一定可导.【详解】由“连续不一定可导”知，“fx在0xx处连续”不能推出“fx在0xx处可导”,比如函数fxx在0x处连续，但是fxx在0x处不可导

；由“可导一定连续”知，“fx在0xx处可导”可以推出“fx在0xx处连续”.因此fx在0xx处连续是fx在0xx处可导的必要不充分条件答案选：B8.（2022·重庆·模拟预测）已知0k，直线2ykx与曲线2lnyxx相切，则k（）A.

12B.1C.2D.e【答案】B【分析】因为直线2ykx与曲线2lnyxx相切，则可设切点为000l,2nxxx，求出在切点处的切线方程等同于直线2ykx，即切线方程过点2,0，代入切线方程求出0x，从而求出k值.【详解】因为直线

2ykx与曲线2lnyxx相切，所以设切点为000l,2nxxx，则0'02|1xykx，因为0k，所以002x，则切线方程为：000022ln1yxxxxx，因为过点2,0，代入可得：

00022ln0xxx.令22ln02fxxxxx，则'1ln0fxx在0,2上恒成立，所以fx在0,2上单调递增，且10f，所以切点为1,1，则2111k

.故选：B.9.（2022·湖南永州·二模）若函数2yax与lnyx存在两条公切线，则实数a的取值范围是（）A.10,eB.10,2eC.1,eD.1,2e【答案】D【分析】设切线

与曲线lnyx相切于点,lntt，利用导数写出曲线lnyx在点,lntt处的切线方程，将切线方程与函数2yax的解析式联立，由Δ0可得出直线14ya与曲线22lngtttt有两个交点，利用导数分析函数

gt的单调性与极值，数形结合可得出关于实数a的不等式，由此可解得实数a的取值范围.【详解】设切线与曲线lnyx相切于点,lntt，对函数lnyx求导得1yx，所以，曲线lnyx在点,lntt处的切线方程为1lnytxtt，即1ln1yxtt，联

立21ln1yaxyxtt可得211ln0axxtt，由题意可得0a且21Δ41ln0att，可得221ln4ttta，令22lngtttt，其中0t，则22ln12lngttttttt.当0et时，

0gt，此时函数gt单调递增，当et时，0gt，此时函数gt单调递减，所以，maxee2gtg.且当0et时，0gt，当te时，0gt，如下图所示：

由题意可知，直线14ya与曲线ygt有两个交点，则1e042a，解得12ea.故选：D.二、多选题10.（2022·全国·模拟预测）函数0,0bfxabxa的图象类似于汉字“囧”字，被称为“囧函数”，并把其与y轴的交点关于原

点的对称点称为“囧点”，以“囧点”为圆心，凡是与“囧函数”有公共点的圆，皆称之为“囧圆”，则当1a，1b时，下列结论正确的是()A.函数fx的图象关于直线1x对称B.当1,1x时，fx的最大值为－1C

.函数fx的“囧点”与函数lnyx图象上的点的最短距离为2D.函数fx的所有“囧圆”中，面积的最小值为3【答案】BCD【分析】A．根据函数是偶函数，进行判断即可．B．判断当01x时，函数的单调性即可．C．求函数lnyx的导数，利用导数的几何意义进行求解．D．利用两点间的距离公式

进行判断求解．【详解】当1a，1b时，函数1()||1fxx.A．f(x)的定义域为{|1xx，}xR，且为偶函数，则函数关于0x对称，故A错误；B．其图象如图所示，当01x„，1()1

fxx为减函数，则当0x时，()fx最大为(0)1f，故B正确；C．当0x时，1y，即函数图象与y轴的交点为(0,1)B，其关于原点的对称点为(0,1)C，所以“囧点”为(0,1)C，设lnyx，则1yx，设切点为0(x，0ln)x，

切线的斜率01kx，当“囧点”与切点的连线垂直切线时，距离最短，000ln111xxx，解得01x，切点坐标为(1,0)，故函数()fx的“囧点”与函数lnyx图象上的点的最短距离是22(10)(01)2，故C正确

，D．“囧圆”的圆心为(0,1)C．要求“囧圆”的面积最小，则只需考虑y轴及y轴右侧的函数图象．当圆C过点B时，其半径为2，这是和x轴下方的函数图象有公共点的所有“囧圆”中半径的最小值；当圆C和x轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点A

时，设1(,)1Amm（其中1)m，则点A到圆心C的距离的平方为2221(1)1dmm，令11tm，(0)t，则22222211211(1)(1)22()2()4dtttttttttt，再令1tt，（其中)R，则22224(1)3

3d…，所以当圆C和x轴上方且y轴右侧的函数图象有公共点时，最小半径为3．又23，综上可知，在所有的“囧圆”中，半径的最小值为3．故所有的“囧圆”中，圆的面积的最小值为3，故D正确，故选：BCD．【点睛】本题主要考查抽象函数及其应用，其中根据“囧圆”的圆

心坐标及“囧函数”的解析式，利用函数的奇偶性，单调性以及数形结合是解决本题的关键．11.（2022·全国·模拟预测）已知函数2()lnafxbxxcxx（a，b，cR），则（）A.若1abc，则曲线()yf

x在1x处的切线方程为30xyB.若0a，1b，1c，则函数()fx在区间1,13上的最大值为3ln24C.若1b，0c=，且()fx在区间(1,2)上单调递增，则实数a的取值范

围是(,2]D.若0a，1b，函数()()gxfxx在区间(0,)内存在两个不同的零点，则实数c的取值范围10,2e【答案】ACD【分析】对于A，(1)3()()(1)3ffxfxf求导导数的几何意义切线

方程对于B，()()()fxfxfx求导在区间1,13上的单调性1(1)3ff得解对于C，()(1,2)2()()fxfxfxaxx求导在区间上单调递增在区间(1,2)上恒成立a二次函数的

图象与性质的取值范围对于D，()(0,)22ln()()lngxxfxgxxcxcx在区间内存在两个不同的零点在区间(0,)内存在两个不同的根2ln()xhxx令函数()hx和yc的图象有两个不同的交点，()hx的

单调性→作出()hx和yc的大致图象数形结合得解【详解】对于A，21()lnfxxxxx，得(1)3f，且211()12fxxxx，所以(1)3f，所以曲线()yfx在1x处的切线方程为33(1)

yx，即30xy，所以A正确.对于B，2()lnfxxxx，得1(21)(1)()12xxfxxxx，所以()fx在11,32上单调递减，在1,12上单调递增，又14ln339f

，(1)2f，且易知1(1)3ff，所以当1,13x时，max()(1)2fxf，所以B不正确.对于C，()lnafxxxx，定义域为(0,)，2221()1axxafxxxx.因为()fx在区间(1,2)上单调递增，所以()0fx

在区间(1,2)上恒成立，即2axx在区间(1,2)上恒成立，而当(1,2)x时，函数2yxx的值域为(2,6)，所以2a，所以C正确.对于D，2()lnfxxxcx，所以2()lngxxc

x，定义域为(0,)，()gx在区间(0,)内存在两个不同的零点，等价于关于x的方程2ln0cxx即2lnxcx在区间(0,)内存在两个不同的根.令2ln()xhxx，则原问题等价于函数()yhx和yc的图象有两

个不同的交点，24312ln12ln()xxxxxhxxx，所以由()0hx，得0ex，由()0hx，得ex，所以()hx在0,e上单调递增，在e,上单调递减，1e2eh，当0x时，()hx，当x时，()0hx，（作出函数2ln()x

hxx和yc的大致图象，如图所示由图可得10,2ec，所以D正确.故选：ACD.三、填空题12.（2022·山东菏泽·一模）曲线123xyx在点1,2处的切线方程为______．【答案】530xy【分析】利用导数的几何意义求解【详解】由

123xyx，得22(23)2(1)5(23)(23)xxyxx，所以切线的斜率为255(23)k，所以所求的切线方程为(2)5[(1)]yx，即530xy，故答案为:530xy13.（2022·

山东·模拟预测）已知直线1yax与曲线ln2yax相切，则a___________.【答案】3【分析】设切点为00,xy，则0000012aaxyaxyalnx，即求.【详解】对ln2yax求导，得ayx

，设切点为00,xy，则0000012aaxyaxyalnx，解得00123xya，故答案为：3.14.（2022·山东临沂·一模）函数lnfxxx，则曲线yfx在ex处

的切线方程为______.【答案】2e0xy【分析】先求导，代入ex可得ekf，利用直线方程的点斜式即得解【详解】由题意，1ln()1lnfxxxxx故e12,eekflnef，则曲线yfx在ex

处的切线方程为：e2e2e0yxxy故答案为：2e0xy四、解答题15.（2022·全国·模拟预测）已知函数223ln22fxxaxxxax，aR.（1）讨论fx的单调性；（2）若12a，求证：522fxax.【分析】（

1）先求导，然后对参数进行分类讨论.（2）利用求导及零点定理及构造法解函数不等式.【小问1详解】因为223ln22fxxaxxxax，所以212ln322ln10fxxaxxaxxaxaxxx①若0a，则20xa

，所以当0,ex时，0fx，fx单调递减，当e,x时，0fx，fx单调递增②若02ea，则e2a，所以当,e2ax时，0fx，fx单调递减，当0,

2ax或e,x时，0fx，fx单调递增；③若2ea，则0fx，fx在0,上单调递增；④若2ea，则e2a，所以当e,2ax时，0fx，

fx单调递减，当0,ex或,2ax时，0fx，fx单调递增.综上，当0a时，fx在0,e上单调递减，在e,上单调递增；当02ea时，fx在,e2a上单调

递减，在0,2a，e,上单调递增；当2ea时，fx在0,上单调递增；当2ea时，fx在e,2a上单调递减，在0,e，,2a上单调递增.【小问2详

解】因为0x，所以522fxax，即35ln2222xaxxaa，3ln5022axaxx设3ln522agxxaxx则1ln2agxxx，易知gx在0,上单调递增因为1

2a，所以12ln2022ag，14ln4042ag所以存在2,4t，使得0gt所以1ln2att，gx在0,t上单调递减，在,t上单调递增所以313ln5522222aaagxgttatttatt

25att设224ahttxt，则2210ahtt，ht在2,4上单调递增，所以22454aatt所以0gx，即522fxa

x.16.（2022·全国·模拟预测）已知函数22ln1fxaxx，其中aR.（1）讨论fx的单调性；（2）若1exfxa在区间1,内恒成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）32a【分析】（1）求

得函数的导数220fxaxxx，分0a和0a，两种情况讨论，结合导数的符号可得答案；（2）令1exgxfxa212lne1xaxxa，再将问题转化为只需gx在1,上恒大于0即可，通过研究单调性可以实现.【小问1详解】22ln1f

xaxx的定义域为0,，22222axfxaxxx.当0a时，0fx，fx在0,上单调递减；当0a时，由0fx，有1xa，此时，当10,xa时，0fx，fx单调递减；当1,xa

时，0fx，fx单调递增.综上，当0a时，fx在0,上单调递减；当0a时，fx在10,a上单调递减，在1,a上单调递增.【小问2详解】原不等式

等价于1e0xfxa在1,上恒成立.令1exgxfxa212lne1xaxxa，则只需gx在1,上恒大于0即可.又∵10g，故gx在1x处必大于等于0.令122exFxgxaxx，10g，可得

32a.当32a时，1222e0xFxax，∴当32a时，Fx在1,上单调递增，∴12210FxFa，故gx也在1,上单调递增，∴10gxg，即gx在

1,上恒大于0.综上，32a.17.（2022·河南·模拟预测（理））已知函数e1xfxax．（1）讨论fx的单调性；（2）若e2a，求证：当0x时，2fxx．【分析】(1)根据求导公式

和运算法则求出fx，令0fx、0fx，解不等式即可；(2)将原不等式变形为2ee210xxx，设2ee210xhxxxx，利用二次求导讨论hx的单调

性，根据零点的存在性定理讨论hx的零点，进而求出hx的极值即可.【小问1详解】fx的定义域为R，exfxa，当0a时，0fx，则fx在R上为增函数；当0a时，lneexafx，当lnxa时，0fx；当lnxa时，

0fx，所以fx在,lna上为减函数，在ln,a上为增函数．【小问2详解】由e2a及2fxx，得2ee210xxx．设2ee210xhxxxx，则e2e2xhxx

．设e2e2xgxx，则e2xgx，当0ln2x时，0gx；当ln2x时，0gx，所以hx在0,ln2上为减函数，在ln2,上为增函数，所以ln2x是hx的极小值点，也是hx的最小值点，因为0l

n21，10h，所以ln210hh，又03e0h，所以存在00,ln2x，使得00hx，所以当00,1,xx时，0hx；当0,1xx时，0hx，所

以hx在00,x上为增函数，在0,1x上为减函数，在1,上为增函数，所以0hx为hx的极大值，1h为hx的极小值，因为010hh，所以当0x时，0hx（当且仅当1x时取等号），故当0x时，2fxx．18.（2022·海

南·模拟预测）已知函数()sin2fxxx.（1）求()fx在区间上的最大值和最小值；（2）设()cos()gxaxfx，若当0,2x时，()0gx，求实数a的取值范围.

【答案】（1）最大值为，最小值为0（2）,1【分析】（1）对函数()fx求导，利用导数在函数最值中的应用，即可求出结果；（2）对函数()gx求导，分1a和1a，两种情况研究函数的单调性，利用函数的单调性求出()gx的最大值，再结合02g，即可求出结果

.【小问1详解】解：由条件得()sincos2fxxxx，当,02x时，有sin0x，02x，cos0x，所以()0fx，即()fx在上单调递减，因此()fx在区间上的最大值为2f，最小值为(0)0f.【小问2

详解】解：由题意得()cossin2gxaxxx，所以()(1)sincos2gxaxxx，若1a，当0,2x时，有()0gx，所以()gx在0,2上单调递增，所以()02gxg，符合题意.

若1a，令()()hxgx，则()(2)cossin2hxaxxx，当0,2x时，()0hx，所以()hx在0,2上单调递减.又因为(0)2h

，(1)02ha，所以()hx在0,2上存在一个零点0x，当0,2xx时，()0hx，即()0gx，所以()gx单调递减，此时()02gxg，不符合题意.综上可知，a的取值范围是,1.