【文档说明】专题1.3导数及其应用两大考点与真题训练 -2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（新高考专用））（解析版）.docx，共(62)页，3.901 MB，由管理员店铺上传

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2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（新高考地区专用）专题1.3导数及其应用两大考点与真题训练考点一：导数的几何意义一、单选题1．（2022·河南焦作·二模（文））函数()()2ecosxfxxx=−的图象在0x=处的切线方程为（）A．210xy−+=B．20xy−+

=C．20x+=D．210xy−+=【答案】B【分析】求得函数的导数()()()2e1cos2esinxxfxxxx=−−−，求得()()0,0ff的值，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，函数()()2ecosxfxxx=−

，可得()()()2e1cos2esinxxfxxxx=−−−，所以()()00(0)2e1cos02e0sin01f=−−−=，()0(0)2e0cos02f=−=，所以()fx在0x=

处的切线方程为20yx−=−，即20xy−+=.故选：B.2．（2022·贵州·模拟预测（理））若存在两条过点(1,1)−的直线与曲线2ayxx=−相切，则实数a的取值范围为（）A．(,4)(1,)−−+B．(,1)(4,)−−+C．(,0)(3,)−+D．(,3)(0,)

−−+【答案】C【分析】设切点(,2)aAttt−，则由导数的几何意义求出切线方程2(2)()2aayxtttt=+−+−，再将点(1,1)−的坐标代入化简得2320tata++=，则由0可求出答案【详解】2()2afxx=+，设切点(,2

)aAttt−，则曲线()yfx=在点A处的切线方程为2(2)()2aayxtttt=+−+−，切线过点(1,1)−，即21(2)(1)2aatttt=+−−+−，化简得2320tata++=，由题意可得方程有两

个不同的根，所以24120aa=−，0a或3a.故选：C3．（2020·四川·模拟预测（理））曲线()lnfxxxx=−在(,0)a处的切线方程为（）A．0y=B．yx=C．eyx=−+D．eyx=−【答案】D【分析】把(,0)a代入切线方程

求得ea=，求出原函数的导函数，得到函数在ex=处的导数值，再求得(e)f的值，利用直线方程的点斜式确定答案．【详解】由题意ln0aaa−=，解得ea=．由()lnfxxxx=−，得()lnfxx=，则(e)1f=，又(0e)f=，∴曲线

()lnfxxxx=−在(,0)a处的切线方程为eyx=−．故选：D．4．（2022·福建·三模）已知()fx是定义在R上的函数，且函数(1)1yfx=+−是奇函数，当12x时，()ln(12)fxx=−，则曲线()yfx=在2x=处的切线方

程是（）A．4yx=−B．yx=C．22yx=−+D．26yx=−+【答案】D【分析】求出()fx在35,22上的解析式后可求切线方程.【详解】令()(1)1gxfx=+−，因为()gx为奇函数，故()()gxgx−=−，故()(1)111fxfx−+−=−++即()(1)

12fxfx−+++=.即()()22fxfx=−−，当5,223x时，112,22x−−，故()(2)ln12(2)ln23fxxx−=−−=−，故5,223x时，()()2ln23fxx=−−，此时2()23fxx=−−，故(2)2f=−，而(

2)2f=故切线方程为：26yx=−+，故选：D.5．（2022·全国·模拟预测）曲线()cos2fxx=+在12x=处的切线方程为（）A．10xy+−=B．0xy+−=C．10xy+−=D．0xy

+−=【答案】B【分析】求得导数()sinfxx=−，求得11(),()22ff的值，结合直线的点斜式方程，即可求解.【详解】由题意，函数()cos2fxx=+，可得()sinfxx=−，可得12f=−，122f=

，所以曲线()fx在12x=处的切线方程为122yx−=−−，即0xy+−=.故选：B.二、多选题6．（2022·重庆·二模）已知曲线()exfxx=及点(),0Ps，则过点P且与曲线()yfx=相切的直线可能有（）A．0条B．1条C．

2条D．3条【答案】BC【分析】设切点000e(,)xxx，根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式联立等式条件，分析在不同(),0Ps的情况下能够得到几个0x值，即能够得到几个切点，即对应几条切线即可.【详解】因为()exfx

x=，所以()2(1)exxfxx−=，设切点000e(,)xxx，在点000e(,)xxx处的导数为0020e(1)xxx−，根据导数的几何意义等于切线斜率，以及导数的比值定义式有：0002000e(1)e0xxxkxxkxs−=−=

−整理得00000e(1)()exxxxsx−−=，所以000(1)()xxsx−−=，①当0s=时，000(1)()xxsx−−=可化为20020xx−=，由函数定义域知分母不为0，00x，所以只能解得0=2x，因此过(0,0)只能找到一条与曲线相切的直线；

②当0s=时，000(1)()xxsx−−=可化为200(2)0xsxs−++=，是关于0x的二次方程，22=(+2)440sss−=+，且两根之积为s，所以所求根之中一定不含0，此时对任意s能

够找到两个0x满足条件.综上所述，过点P且与曲线()yfx=相切的直线可能有1或2条.故选：BC.7．（2022·福建漳州·二模）已知函数()xfxe=，则下列结论正确的是（）A．曲线()yfx=的切线斜率可以是1B．曲线()yfx=的切线斜率

可以是1−C．过点()0,1且与曲线()yfx=相切的直线有且只有1条D．过点()0,0且与曲线()yfx=相切的直线有且只有2条【答案】AC【分析】由函数()xfxe=，求导得到()xfxe=，再逐项判断.【详解】因为函数()xfxe=，所以()xf

xe=A.令()1xfxe==，得0x=，所以曲线()yfx=的切线斜率可以是1，故正确；B.令()1xfxe==−无解，所以曲线()yfx=的切线斜率不可以是1−，故错误；C.因为()0,1在曲线上，所以点()0,1是切点，则()01f=

，所以切线方程为1yx−=，即1yx=+，所以过点()0,1且与曲线()yfx=相切的直线有且只有1条，故正确；D.设切点()00,exx，则切线方程为()000eexxyxx−=−，因为点()0,0在切线上，所以000eexxx=，解得00x=，所以过点()0,0且与曲线(

)yfx=相切的直线有且只有1条，故错误；故选：AC8．（2022·全国·模拟预测）已知函数()exfxx=，则（）A．曲线()yfx=在点()0,0处的切线方程为yx=B．函数()fx的极小值为e−C．当2213e2e

a时，()()1fxax−仅有一个整数解D．当223e2e2a时，()()1fxax−仅有一个整数解【答案】AC【分析】选项A，利用导数的几何意义求解；选项B，利用导数判断函数单调性求极值即可；选项C()()1fxax−仅有一个整数解可以转化为函数()e

xfxx=在直线()1yax=−下方的横坐标为整数的点只有一个，画出()fx的图象，利用数形结合即可解决.【详解】对于选项A，()()1exfxx=+，则切线的斜率为()01kf==，则曲线()yfx=在点()0,

0处的切线方程为yx=，故A正确；对于选项B，()exfxx=在()1,−+上单调递增，在(),1−−上单调递减，则当1x=−时，()fx有极小值，即()11ef−−=−，故B不正确；对于选项C，由于()exfxx=在()1,−+上单调递增，

在(),1−−上单调递减，则当1x=−时，()fx有最小值，即()11ef−−=−，当1x−时，e0xx，则函数图象在x轴下方，当1x−时，()00f=，则函数存在一个零点0x=，故()exfxx=的图象如下图所示，函数()exfxx=在直线()1yax=

−下方的横坐标为整数的点只有一个，点()-11,eA−−，()-22,2eB−−，其中1e122ePAk−==，222e233ePBk−==则PBPAkak,即2213e2ea，故C正确,D不正确.故选：AC.9．（2022·全

国·模拟预测）已知a为常数，函数()()lnfxxxax=−有两个极值点1x，2x(12xx)，则()A．()10fxB．()10fxC．()212fx−D．()212fx−【答案】BC【分析】()ln21fxxax=−+，由题知()ln1gxx=+的

图像与函数()2hxax=的图像有两个不同交点1x，2x(12xx)，数形结合求出a、1x、2x的范围，求出f(x)单调性，由此可判断f(1x)正负和f(2x)的大小.【详解】易得()ln21fxxax=−+，依题意，知()0fx=有两个不等实根1x，2

x，即函数()ln1gxx=+的图像与函数()2hxax=的图像有两个不同交点，如图所示：()1gxx=，设g(x)过原点的切线与g(x)相切于()00ln1xx，＋，斜率为()001gxx＝，故切

线方程为：()0001ln1yxxxx−−−＝，∵过原点，∴()0001ln1xxx−−−＝，解得0x＝1，故切线斜率为1，切线方程为y＝x，切点为()1,1.则由图可知，021a，且1201xx，∴102a.由101x，得11ln0,0xax−，故()()

1111ln0fxxxax=−，当12xxx时，由图可知，g(x)＞h(x)，即()()()0fxgxhx=−，∴f(x)此时单调递增，又121xx<<，∴()()2112fxfa=−−.故选：BC.三、填空

题10．（2022·江西·二模（理））已知函数()sincosfxxxx=+，则函数()fx在点(,())f处的切线方程是____．【答案】210++−=xy【分析】利用导数的几何意义求解.【详解】解：因为函数()sincosfxxxx=+，所以()si

ncossincosfxxxxxxx=+−=，所以()1,()=−=−ff，所以切线方程为1()+=−−yx，即210++−=xy．故答案为；210++−=xy11．（2022·河北保定·一模）若函数()2lnfxx

mx=−+在()()1,1f处的切线过点()0,2，则实数m=______．【答案】6【分析】求得函数的导数()3211fxxx=+，得到()12f=，且()12fm=−，根据斜率公式列出方程，即可求解.【详解】由题意，函数()2lnfxxmx=−+，可得()3211fxxx=+，可得(

)12f=，且()12fm=−，所以22210m−−=−，解得6m=．故答案为：6.12．（2022·陕西陕西·二模（文））已知函数()yfx=的图象过原点，且()yfx=在原点的切线为第一、三象限的平分线，试

写出一个满足条件的函数______.【答案】()sinfxx=（答案不唯一）【分析】利用导数求函数在原点处的切线方程，从而求得一个正确答案.【详解】()sinfxx=，()00f=，()()''cos,0cos01fxxf===，所以()fx在原点处的切线方程为yx=，符合题意.故

答案为：()sinfxx=13．（2022·全国·模拟预测）曲线()()1lnxfxxex=++在()1,a处的切线与直线20bxy−+=平行，则ba−=___________.【答案】1e+【分析】求得()()12xfxxex=++，得

到()()131,12xfefe=+=，根据题意得到()()1,1bfaf==，即可求解.【详解】由题意，函数()()1lnxfxxex=++，可得()()12xfxxex=++，可得()131fe=+，()12fe=，因为曲线()yfx=在()1,a处的切线与直

线20bxy−+=平行，可得()()131,12bfeafe+====，所以1bae−=+.故答案为：1e+14．（2022·四川宜宾·二模（理））已知21()2()3fxxxf=+−，则曲线()fx在点13x=−处的切线方程为___________.【答案】6910

xy−−=【分析】首先求函数的导数，求解13f−，再根据导数的几何意义求切线方程.【详解】()1223fxxf=+−，当13x=−时，1212333ff−=−+−，解得：1233f−=

，所以()243fxxx=+，1133f−=−，所以曲线()fx在点13x=−处的切线方程为121333yx+=+，化简为：6910xy−−=.\故答案为：6910xy−−=四、解答题15．（2022·河南焦作·二模（理））已知函数()()e2axfxx=−.(1)若1a=

，()fx的一个零点为()000xx，求曲线()yfx=在0xx=处的切线方程；(2)若当0x时，不等式()132lnfxaxxxx++恒成立，求实数a的取值范围.【答案】(1)()()22ln22ln2xy−=(2)2,e+【分析】（1

）先由()0fx=求得0x，然后结合切点和斜率求得切线方程.（2）将不等式()132lnfxaxxxx++恒成立，转化为()()22e1lne1lnaxaxxx++恒成立，

通过构造函数法、分离常数法，结合导数来求得a的取值范围.(1)若1a=，则()()e2xfxx=−，由()0fx=，可得0x=或ln2x=，所以0ln2x=.因为()ee2xxfxx=+−，所以()02ln2fx=，所以曲线()yfx=在

0xx=处的切线方程为()2ln2(ln2)yx=−，即()()22ln22ln2xy−=.(2)因为当0x时，()132lnfxaxxxx++恒成立，所以当0x时()

()2e121lnaxaxxx++，即()()22e1lne1lnaxaxxx++恒成立.设()(1)lngttt=+，则1()ln1gttt=++，设()()htgt=，则22111()thtttt−=−=.当01t时，(

)0ht，即()gt单调递减，当1t时，()0ht，即()gt单调递增，所以()(1)20gtg=，所以()gt在(0,)+上单调递增.当0x时，()()2eaxggx恒成立，则当0x时，2eaxx恒成立，即2l

nxax恒成立.设2ln()xxx=，则222ln()xxx−=.当0ex时，()0x，函数()x单调递增，当ex时，()0x，函数()x单调递减，所以max2()(e)ex==，所以2ea，即实数a的取值范围为2,e+.【点睛】

利用导数研究不等式恒成立问题，导数主要起工具性的作用，如本题中，将原不等式转化后，通过构造函数()gt，利用导数研究()gt的单调性，从而可化简不等式.结合分离常数法后，又再次构造函数，利用导数来求最值，从而求得a的取值范围.16．（2022·陕西西安·二模（理））已知函

数()lnxfxx=．(1)求曲线()yfx=在点11,eef处的切线方程；(2)设()()gxfxk=−有两个不同的零点12,xx，求证：212exx．【答案】(1)22e3e0xy−−=；(2)证明

见解析【分析】（1）求导，计算1ef和1ef，再由点斜式代入写出切线方程；（2）设120xx，由题意得()1212lnlnxxkxx+=+，()1212lnlnxxkxx−=−，将证明212exx转化为

证明()1212122lnxxxxxx−+，令12xtx=，即证()21ln1ttt−+，令()()()21ln11thtttt−=−+，求导判断单调性即可证明.(1)由题意，()21lnxfxx−=，则212eef=

，1eef=−，所以函数()yfx=在点11,eef处的切线方程为()21e2eeyx−−=−，即22e3e0xy−−=.(2)设120xx，由题意，()()120gxgx==，所以1122l

n0,ln0xkxxkx−=−=，可得()1212lnlnxxkxx+=+，()1212lnlnxxkxx−=−，要证明212exx，只需证12lnln2xx+，即()122kxx+，因为1212lnlnxxkxx−

=−，所以可转化为证明121212lnln2xxxxxx−−+，即()1212122lnxxxxxx−+，令12xtx=，则1t，即证()21ln1ttt−+，令()()()21ln11thtttt−=−+，则()()()()222114011thttttt−=

−=++，所以函数()ht在()1,+上是增函数，所以()()211ln1011ht−−=+，即()21ln1ttt−+得证，所以212exx.【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．17．（2022·四川达州·二模（文））已知()()e1xfxmxm=+−.(1)当2m=−时，求曲线()yfx=上的斜率为1−的切线方程；(2)当0x时，()2213222mfxx+−恒成立，求实数m的

范围.【答案】(1)10xy+−=；(2)ln33,5−.【分析】（1）根据导数的几何意义可利用斜率求得切点坐标，由此可得切线方程；（2）令()()2213222mgxfxx=−+−，将问题转化为当0x时，()min0gx恒成立；①当

10m+时，由导数可证得()gx单调递增，由()00g可求得m范围；②当10+m时，利用零点存在定理可说明存在()00gx=，并得到()gx单调性，知()()0020min13ee022xxgxg

x==−++，由此可解得0x的范围，根据00exxm−=可求得m范围.(1)当2m=−时，()e2xfxx=−，()e2xfx=−；令()e21xfx=−=−，解得：0x=，切点坐标为()0,1，所求切线方程为：1yx=−+，即10xy+−=；(2)令()()

22221313e222222xmmgxfxxmxx=−+−=+−−+，则原问题转化为：当0x时，()0gx恒成立，即()min0gx恒成立；()exgxmx=+−，()e1xgx=−，则

当0x时，()0gx，()gx在)0,+上单调递增，()()01gxgm=+；①当10m+，即1m−时，()0gx，()gx在)0,+上单调递增，()()2min301022mgxg==−+

，解得：55m−，1,5m−；②当10+m，即1m−时，()00g，当x→+时，()gx→+；()00,x+，使得()00gx=，即00exxm−=，则当()00,xx时，()0gx；当()0,xx+时，()0gx；()

gx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，()()()()000022022000000mine1313eee222222xxxxxmgxgxmxxxxx−==+−−+=+−−−+0021

3ee022xx=−++，解得：01e3x−，即0ln3x，又()00,x+，(00,ln3x，令()exhxx=−，则()1exhx=−，当(0,ln3x时，()0hx，()hx在

(0,ln3上单调递减，())000eln33,1xhxx=−−−，即)ln33,1m−−；综上所述：实数m的取值范围为ln33,5−.【点睛】思路点睛：本题重点考查了导数中的恒成立问题的求解，解题基本思路是通过构造函数的方式，将

问题转化为()min0gx，从而利用对含参函数单调性的讨论来确定最小值点，根据最小值得到不等式求得参数范围.18．（2022·河南·模拟预测（文））已知函数()21sicosn2fxxxaxx=−++．(1)当1a=−时，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切

线方程；(2)若函数()fx在3π0,4上单调递减，求a的取值范围．【答案】(1)10y+=；(2))1,+.【分析】（1）将1a=−代入函数()fx中，得出函数()fx的解析式，进而可以求出切点坐标，再利用导数的几何意义及点斜式即可求解

；（2）根据已知条件可以将问题转化为恒成立问题，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法求函数的最值即可求解.(1)当1a=−时，()2cos1sin2fxxxxx=−−+()2cos10000sin012f=−−+=−，所以切点为()0,1-，()

1sincosxfxxx=−++，∴(0)01sin0cos00f=−++=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线的斜率为(0)0kf==，所以曲线()yfx=在点()0,1-处的切线的斜率切线方程为()()100yx−−=−，即10y+=.(2

)由()21sicosn2fxxxaxx=−++，得()s1coisnfxxaxx=−−+因为函数()fx在3π0,4上单调递减，可得()0fx对任意3π0,4x恒成立，设()()1csosingxfxxaxx

==−−+，则()cos1singxaxx=−−.因为si(n0)001cos00ga=−−+=，所以使()0fx对任意3π0,4x恒成立，则至少满足()00g，即10a−，解得1a.下证明当1a时，()0fx恒成立，因为3π0,4x

，所以sin0x，因为1a，所以()sin1cosfxxxx−−+.记s()cosn1ihxxxx=−−+，则π()1sin12sin4coshxxxx=−=−+−.当π0,2x时，()0hx；当π3π,24x时，()0hx

.所以函数()hx在π0,2上单调递减，在π3π,24上单调递增.因为ππ(),hh==−−330012044，所以()hx在3π0,4上的最大值为(0)0h=.即()()1sincos0fxhxxxx

=−−+在3π0,4上恒成立.所以a的取值范围为)1,+.19．（2022·全国·模拟预测（文））设函数()()()ln12afxxaxx=+−+．(1)若2a=，过点()2,8A−−

作曲线()yfx=的切线，求切点的坐标；(2)若()fx在区间()2,+上单调递增，求整数a的最大值．【答案】(1)切点坐标为()1,2−和()4,12ln25−(2)8【分析】（1）设切点为()00,Pxy，表示出点P处切线方程，将()2,8A−−代入解得01x=，或

04x=，求出切点坐标为()1,2−和()4,12ln25−；（2）把题意转化为2x时，()ln102aagxxx=++−恒成立，()221axagxxxx−=−=.对a分类讨论：i.2a时，ii.

2a时，分别求出满足条件的整数a的范围，即可求得.(1)2a=时，()()()2ln1fxxxx=+−+，()()2ln0fxxxx=+，设切点为()00,Pxy，则点P处切线方程为：()()()00000022ln1lnyx

xxxxxx−+++=+−，将()2,8A−−代入得：()()()000000282ln1ln2xxxxxx−−+++=+−−．即00472xx−−=−，解得01x=，或04x=，01x=时，()002yfx==−；04

x=时，()0012ln25yfx==−．∴所求切点坐标为()1,2−和()4,12ln25−．(2)()()()ln12afxxaxx=+−+．记()()()1ln02aagxfxxxx==++−∵()fx在()2,+上单调递增，∴2x时，()ln1

02aagxxx=++−恒成立.()221axagxxxx−=−=i.20a−，即2a时，2x时，0xa−，20x，∴()0gx，∴()gx在()2,+上单调递增，∴()()2ln21ln21022aagxg=++−=+，故aZ，2a

时满足条件．ii.20a−，即2a时．在()2,a上，0xa−，20x，所以()0gx，()gx单调递减；在(),a+上，0xa−，20x，所以()0gx，()gx单调递增，∴()()mi

nln22agxgaa==+−，记()ln22ahaa=+−，在()2,+上()1102haa=−，()ha单调递减，∵()28ln82ln20he=−−=，()()()55111594ln35ln81lnln81ln02222

he=−=−−.因为aZ，38a时满足条件．由i和ii知，满足条件的整数a的最大值为8．【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．20．（2022·四川达州·二模（理））已知：()exfxmx=+.(1)当1m=时，求曲线()yfx=的斜率为2的切线方程；(2)当0x时，()2213222mfxx+−成立，求实数m的范围

【答案】(1)21yx=+(2)ln33,5m−【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）()2213222mfxx+−恒成立，可转化为()22130222xmgxemxx=+−−+恒成立，利用导数判断函数()gx的单调性与最值情况.(1)当1m=时，()ex

fxx=+，则()e1xfx=+，设切点为()()00,xfx，故()00e12xkfx==+=，解得00x=，故()0000ee01xfxx=+=+=，即切点坐标为()0,1，所以切线方程()120yx−=−，即21yx=+；(2)当0x时，()221322

2mfxx+−成立，即2213e0222xmmxx+−−+恒成立，设()2213e222xmgxmxx=+−−+，()exgxxm=−+，()e1xgx=−，因为0x，故()e10xgx=−恒成立，则()exgxxm=−+在()0,+上

单调递增，所以()()01gxgm=+，当1m−时，()()010gxgm=+恒成立，故()gx在()0,+上单调递增，即()()2235012222mmgxg=−+=−，所以25022m−，解得55m−，故15m−；当1m−时，()010gm=+，()e2mg

mm−−=+，设()e2mhmm−=+，1m−，()e20mhm−=−+恒成立，则()hm在(),1−−上单调递减，所以()()120hmhe−=−，即()e20mgmm−−=+，所以存在()00,xm−，使()00gx=，

即000xexm−+=，所以()gx在()00,x上单调递减，在()0,x+上单调递增，故()()02200013e222xmgxgxmxx=+−−+()()00000222000011313eeeee0

22222xxxxxxxxx=+−−−−+=−++，解得0ln3x，即00ln3x，设()exxmx==−，0ln3x，()1e0xx=−恒成立，故()x在()0,3上单调递减，故()()3ln33x=−，即ln3

3m−，所以ln331m−−，综上所述，ln33,5m−.【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．21．（2022·北京西城·一模）已知函数()1exaxfxa=−+，0a.(1)当1a=时，①求

曲线()yfx=在0x=处的切线方程；②求证：()fx在(0,)+上有唯一极大值点；(2)若()fx没有零点，求a的取值范围.【答案】(1)①112yx=−；②证明见解析(2)()210,e−【分析】（1）①利用导数求出切线的斜率，直接求出切线方程；②

令()e1exxgxx=+−，利用导数判断出()gx在(0,)+上有唯一零点0x，利用列表法证明出()fx在(0,)+上有唯一极大值点；（2）令()exhxaax=+−.对a分类讨论：①0a，得到当1a=−时，

()fx无零点；②0a，()fx无零点，符合题意.(1)若1a=，则()1e1xxfx=−+，()2e1e(e1)xxxxfx+−=+.①在0x=处，()()21110211f+==+，(0)1f=−.所以曲线()yfx=在0x=处的

切线方程为112yx=−.②令()e1exxgxx=+−，()exgxx=−，在区间(0,)+上，()0gx，则()gx在区间(0,)+上是减函数.又(1)10,g=()22e10,g=−+

，所以()gx在(0,)+上有唯一零点0x.列表得：x0(0,)x0x0(,)x+()fx+0-()fx极大值所以()fx在(0,)+上有唯一极大值点0x.(2)()eexxaxafxa−−=+，令()exhxaax=+−

，则()exhxa=−.①若0a，则()0hx，()hx在R上是增函数.因为11e10ahaa=−+，()1e>0h=，所以()hx恰有一个零点0x.令0e0xa+=，得0l

n()xa=−.代入0()0hx=，得()ln0aaaa−+−−=，解得1a=−.所以当1a=−时，()hx的唯一零点为0，此时()fx无零点，符合题意.②若0a，此时()fx的定义域为R.当lnxa时，()0hx，()hx在区间(,ln)a−上是

减函数；当lnxa时，()0hx，()hx在区间(ln,+)a上是增函数.所以min()(ln)2lnhxhaaaa==−.又()010ha=+，由题意，当2ln0aaa−，即20ea时，()fx无零点，符合题意.综上，a的

取值范围是()210,e−.【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.22．（2022·陕西陕西·二模（文））已知()()21lnR2xaxafxxa=−

+.(1)求1a=时，()fx在()()1,1f处的切线方程；(2)若()fx存在两个极值点1x，2x且()()12fxfxm+，求实数m的取值范围.【答案】(1)2210xy−−=(2))3ln4,−−+【分析】（1）根据切点和斜率求

得切线方程，（2）由()'0fx=写出根与系数关系，化简()()12fxfx+，利用构造函数法，结合导数求得()()12fxfx+的取值范围，进而求得m的取值范围.(1)1a=时，()112f=，()11fxx

x=−+，∴()11f=∴()fx在()()1,1f处的切线方程为：112yx−=−，即2210xy−−=.(2)()211axaxfxaxaxx−−=−+=−，依题意得1x，2x是210axax−−=

的两个不相等的正根，∴21212Δ40110aaxxxxa=++==−，解得4a<-，()()()()222212111222121212111lnlnln222fxfxxaxaxxaxaxxx

axxaxx+=−++−+=−+++()()21ln1ln122aaaaaa=−−−++=−−+−.令()()1ln12haaa=−−+−，（4a<-），则()1102aha−=+.∴()ha在(),4−−上为增函数.

∴()()43ln4hah−=−−∴()()123ln4gxgx+−−，即3ln4m−−.∴实数m的取值范围为)3ln4,−−+.【点睛】求解曲线切线有关问题，关键点有两个，一个是切点，一个是斜率，切点既在曲线上，也在切线上；斜率一般用导

数来求得.23．（2022·陕西商洛·一模（文））已知函数e()(1)1xfxbxa=+−+(1)当114ab==−，时，求曲线()yfx=在点（0，f（0））处的切线方程；(2)当1a=时，()2fx恒成立，求b的值．【答案】(1)25yx=+(2)0b=【分析】（1）利用切

点和斜率求得切线方程.（2）由()2fx恒成立构造函数()()2gxfx=−，对b进行分类讨论，结合()'gx研究()gx的最小值，由此求得b的值.(1)当114ab==−，时，()4e21xfxx=−+，则()4e2xfx=−又因为(0)5,(0)2ff==所以曲线()yfx=在点（0，f

（0））处的切线方程为()520yx−=−，即25yx=+．(2)当1a=时，令函数()()()2e11xgxfxbx=−=+−−，则()2fx恒成立等价于()0gx恒成立．又()e1,xgxb=+−．当1b时，()e10,xgxb=+−，g(x)在

R上单调递增，显然不合题意；当1b时，令()e10,xgxb=+−，得ln(1)xb−．令()e10xgxb=+−，得()ln1xb−，所以函数g(x)在(,ln(1))b−−上单调递减，在(ln(1),)b−+上单调递增，所以当ln(1)xb=−时，

函数g(x)取得最小值．又因为()00g=，所以0x=为g(x)的最小值点．所以ln(1)0b−=，解得0b=．考点二：导数的应用一、单选题1．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））已知函数()elnxfxxxx=−−，若不等式()fxa恒成立，则a的最大值为（）A．1B．e1−C．

2D．e【答案】A【分析】先判断出min()afx.利用同构，把()elnxfxxxx=−−转化为etyt=−（()ln,0txxx=+），利用导数判断单调性，求出最小值，即可得到a的最大值.【详解】要使不等式()fxa恒成立，只需min()afx.函数()elnxfxxxx=

−−的定义域为()0,+.因为lneexxxx+=，所以令()ln,0txxx=+，则etyt=−.对于()ln,0txxx=+，110tx=+，所以lntxx=+在()0,+上单调递增，当0x+→时，t→−；当x→

+时，t→+.所以Rt.对于etyt=−（Rt）.e1ty=−.令0y，解得：0t；令0y，解得：0t.所以etyt=−在()0,+上单调递增，在(),0−上单调递减.所以0mine01y=−=，即min()1fx=.

所以min()afx=1.故选：A【点睛】导数的应用主要有：（1）利用导函数几何意义求切线方程；（2）利用导数研究原函数的单调性，求极值（最值）；（3）利用导数求参数的取值范围.2．（2022·江西宜春·模拟预测（文））已知实数x，y，Rz，且满足lneeexyzxyz==

−，1y，则x，y，z大小关系为（）A．yxzB．xzyC．yzxD．xyz【答案】A【分析】根据给定条件，可得1,0xz，构造函数，借助函数单调性比较大小即得.【详解】因lneeexyzxyz==−，1y，则l

n0,0xz−，即1,0xz，令()ln,1fxxxx=−，则1()10=−fxx，函数()fx在(1,)+上单调递增，有()(1)10fxf=，即lnxx，从而当1,1xy时，lneeeyxxyxx=，令(),1ettgt

t=，1()0ettgt−=，()gt在(1,)+上单调递减，则由1,1xy，eeyxyx得1yx，所以yxz.故选：A【点睛】思路点睛：涉及不同变量结构相似的式子相等，细心挖掘问题的

内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解作答.3．（2022·内蒙古呼和浩特·一模（文））已知函数()|ln(1)|fxxaxa=−−+有3个零点，则a的取值范围是（）A．(0,e)B．(0,1)C．10,eD．210,e【答案】C【分析

】先将函数()()()|ln1|1fxxax=−−−有三个零点，转化为()ln1yx=−与直线()1yax=−有三个不同的交点，令1tx=−，则将问题转化为lnyt=与直线yat=有三个不同的交点，分别讨论0a，0a两种情况，结合函数的切线的斜

率可求解，即可得出结果.【详解】解：由函数()()()|ln1|1fxxax=−−−有三个零点，可转化为()ln1yx=−与直线()1yax=−有三个不同的交点，令1tx=−，则将问题转化为lnyt=与直线

yat=有三个不同的交点，显然0a时不满足条件.当0a，>1t时，ln>0t，lnlntt=，设切点坐标为()00,lntt，由lnyt=得'1yt=，所以切线斜率为01t，因此，切线方程为：()0001lnytxtt−=−，由切线过原点，得0te=，此时切线的

斜率为1e.故当10ae时，1t，lnyt=与直线yat=有两个交点；当01t时，lnyt=与直线yat=有一个交点，所以，10ae故选：C.【点睛】本题主要考查由函数零点个数求参数的问题，熟记导数的几何意义，根据数形结合的思想求解，属于常考题型.二、多选题

4．（2022·重庆·模拟预测）已知函数()e1xafxx=−−有唯一零点，则实数a的值可以是（）A．1−B．12−C．0D．1【答案】AD【分析】根据零点的定义，结合常变量分离法、导数的性质进行求解即可.【详解】令()e01xafxx=−=−，则有()e1xax=−(1)x，令()()

e1xhxx=−，则有()exhxx=，所以()hx在(0)−，上单减，在(0)+，上单增，当x→−时()0hx→，(0)1h=−，(1)0h=，当x→+时()hx→+，故()fx有唯一零点即1a=−或0a.故选：AD5．（2

022·全国·模拟预测）已知函数()()e1xfxx=+，()()1lngxxx=+，则（）A．函数()fx在R上无极值点B．函数()gx在()0,+上存在唯一极值点C．若对任意0x，不等式()()2lnfaxfx恒成立，则实数a的最大值为2eD．若

()()()120fxgxtt==，则()12ln1txx+的最大值为1e【答案】AD【分析】A选项，二次求导，得到()fx的单调性，得到答案；B选项，二次求导，得到()gx在()0,+上单调递增，从而判断出()g

x无极值点；C选项，根据A选项得到的()fx的单调性得到不等式，参变分离后，构造函数，求出其最大值得到答案；D选项，结合AB选项求出的函数单调性及同构，构造函数，进行求解.【详解】对于A：()()1e1xfxx=++，令()()1expxx=+，则()()

2expxx=+，令()0px，解得：2x−，令()0px，解得：2x−，故()fx在(),2−−上单调递减，在()2,−+上单调递增，故()()2min21e0fxf−=−=−，故()fx在R上单调递增，故函数()fx在R上无极值点，故A正确；对于B：()11lngx

xx=++，令()11lnqxxx=++，则()21xqxx−=，令()0qx，解得：1x，令()0qx，解得：01x，故()gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，故()()min120gxg==，故

()gx在()0,+上单调递增，则函数()gx在()0,+上无极值点，故B错误；对于C：由A得()fx在R上单调递增，不等式()()2lnfaxfx恒成立，则2lnaxx恒成立，故2lnxax恒成立.设()2lnxhxx=，则()()221lnxhxx−=，令

()0hx，解得：0ex，令()0hx，解得：ex，故()hx在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，故()()max2eehxh==，故2ea，故C错误；对于D：若()()()120fxgxtt=

=，则()()1122e11lnxxxxt+=+=.由A，B可知函数()fx在R上单调递增，()gx在()0,+上单调递增，∵0t，∴1>0x，21x，且12exx=，当12exx=时，()()()111121lne1ln1e1xxxtxxx+=++，设()11e1xkx=

+，设()lnkFkk=，则()21lnkFkk−=，令()0Fk，解得0ek，令()0Fk，解得：ek，故()Fk在()0,e上单调递增，在()e,+上单调递减，故()()max1eeFkF==，此时()(

)1122ee11lnxxxx=+=+，故()12ln1txx+的最大值为1e，故D正确.故选：AD.【点睛】构造函数，研究其单调性，极值，最值，从而证明出结论，或者求出参数的取值范围，经常考察，也是难点之一，要能结合函数特征，合理构造函数进行求解.6．（2022·江苏江

苏·一模）已知函数()e()lnRxfxaxxax=−+，若对于定义域内的任意实数s，总存在实数t使得()()ftfs，则满足条件的实数a的可能值有（）A．-1B．0C．1eD．1【答案】AB【分析】根据给定条件，可得函数

()fx无最小值，再分类探讨函数()fx在(0,)+内最值情况判断作答.【详解】函数e()lnxfxaxxx=−+定义域为(0,)+，因(0,)s+，总(0,)t+使得()()ftfs

，则有函数()fx在(0,)+上没有最小值，对()fx求导得：2e1()(1)xxxfxaxx−=−−2(1)(ee)xxxxax−=−，当0a时，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，即()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，则当1x

=时，()fx取最大值(1)e1fa=−，值域为(,e1]a−−，()fx在(0,)+内无最小值，因此，0a，当0a时，令()exxgx=，0x，1()exxgx−=，当01x时，()0gx，当1x时，()0gx，即()gx在(0,1)上

单调递增，在(1,)+上单调递减，max1()(1)egxg==，显然0exx，即10()egx，在同一坐标系内作出直线ya=与函数()ygx=的图象，如图，当10ea时，()gxa=有两个根12

,xx，不妨令1201xx，当10xx或21xx时，()0fx，当11xx或2xx时，()0fx，即函数()fx在1(0,)x，2(1,)x上都单调递减，在1(,1)x，2(,)x+都单调递增，函数()fx在1xx=与2xx=处都取

得极小值，min12()min{(),()}fxfxfx=，不符合题意，当1ea时，0exxa−，当且仅当1,1eax==时取“=”，则当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，即()fx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单

调递增，min()(1)e1fxfa==−，不符合题意，综上得：实数a的取值范围是：0a，所以满足条件的实数a的可能值有-1，0.故选：AB【点睛】方法点睛：图象法判断函数零点个数，作出函数f(x)的图象，观察与x

轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.7．（2022·海南·嘉积中学模拟预测）已知1201xx<<<，下列不等式恒成立的是（）A．1221eexxxxB．2112l

nlnxxxxC．1122lnlnxxxxD．1221lnelenxxxx++【答案】AB【分析】A选项，构造函数()(),0,1exxfxx=，通过求导研究其单调性得到证明；B选项，构造()()ln,0,1xgxxx=，通过求导研究其单调性，进行求解；C选项，构造()()

ln,0,1hxxxx=，通过求导研究其单调性，进行求解；D选项，利用中间值比大小.【详解】令()()()()1,0,1,,ee0xxxxfxxfxfx−==在()0,1x内单调递增.1201xx时，1212eexxxx，即2112ee,xxxxA选项正确；

令()()()()2ln1ln,0,1,0,xxgxxgxgxxx−==在()0,1x内单调递增，121212lnln01,xxxxxx，即2112lnlnxxxx，B选项正确；令()()()()ln,0,1,

ln1,0,1hxxxxhxxx==+，当10,ex时，()()0,hxhx单调递减，当1,1ex时，()()0,hxhx单调递增，()1hx与()2hx大小不确定，C错误；当1201xx<<<时，2

112lnln00eexxxx++，D错误故选：AB三、填空题8．（2022·山东潍坊·模拟预测）设函数()()e1xfxaxbx=+−+（a，bR）在区间1,3上总存在零点，则22ab+的最小值为________．【答案】4e8

【分析】由点到直线的距离公式求得22ab+的表达式，结合导数求得22ab+的最小值.【详解】()()e1xfxaxbx=+−+在区间1,3上总存在零点0x，即()000e10xxabx−++=，即(),ab在直线()000e10xxxy

x−++=上，22ab+表示点(),ab到原点的距离的平方，22ab+的最小值为原点到直线()000e10xxxyx−++=的距离的平方，即()()000222043222222000000eee221111xxxxxxxxxx==

−+−+−+，构造函数()()2432e1322xgxxxxx=−+，()()()()22'2432e1222xxxxgxxxx−−=−+，所以()gx在区间()()()'1,2,0,gxgx递减；在区间()()()'2,3,0,gxgx递增.所以()()

4mine28gxg==.所以22ab+的最小值为4e8.故答案为：4e8【点睛】函数()fx的零点0x，使()00fx=.本题中，相当于零点是一个常数，而,ab表示变量，主参变量发生了变化.将22ab+的最小值，转化

为点到直线距离的最小值，结合导数来进行求解.9．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，圆O：224xy+=交x轴的正半轴于点A．B是圆上一点，M是弧AmB的中点，设∠AOM=（0），函数()f表示弦AB长与劣弧¼AM长之和．当函数()f取得最大值时，点M的坐

标是________．【答案】(1,3)−【分析】先求导表示出()f，求导确定当23=时，()f取得最大值，进而求出点M的坐标.【详解】由题意知：圆半径为2，OMAB⊥，故22sin4sinAB==，()4sin2f=+，则()4cos2

f=+，令()0f=，解得1cos2=−，又0，当20,3时，()0f，()f单增；当2,3时，()0f，()f单减；故当23=时，()f取得最大值，此时222cos,2sin33M

，即(1,3)−.故答案为：(1,3)−.10．（2022·陕西·西安中学模拟预测（文））若过定点(1,e)P恰好可作曲线e(0)xyaa=的两条切线，则实数a的取值范围是__________．【答案】(1,)+【分析】求出函数的导数，设

切点为(,)mn，由导数的几何意义和两点的斜率公式可得e(2)emma−=−，设()(2)exfxx=−，利用导数求出其单调区间和极值，再画出函数的图象，结合图象可得a的取值范围【详解】由e(0)xyaa=，得exya=，切点为(,)mn，则切线的斜率为ema，所以切

线方程为e()mynaxm−=−，因为emna=，所以ee()mmyaaxm−=−，因为点(1,e)P在切线上，所以eee(1)mmaam−=−，得e(2)emma−=−，令()(2)exfxx=−，

则()(1)exfxx=−，当1x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx在(1,)+上递增，在(,1)−上递减，所以()fx在1x=处取得极小值e−，当x→−时，()0fx→，当x→+时，()fx→+，由题意可得直线eya

=−与函数()fx的图象有两个交点，所以ee0a−−，解得1a，所以实数a的取值范围为(1,)+，故答案为：(1,)+11．（2022·浙江浙江·二模）已知函数()||(0,1,2,3)kfxxkaak=−=，函数123()()()()

gxfxfxfx=．若对任意[0,3]xa，()12()()2gfxfx+恒成立，则实数a的取值范围是________．【答案】03a【分析】由题意()()()()23gxxaxaxa=−−−，设()()()()23hxxaxaxa=−−−

，利用导数得出()hx的单调性，作出其大致图像，从而得出()gx的大致图像，得出()gx的最大值，当[0,3]xa时，得出12()()fxfx+的范围，即由max()2gx即可得出答案.【详解】1

2320()()222323axxafxfxxaxaaaxaxaaxa−+=−+−=−当0xa时，323aaxa−当2axa时，12()()fxfxa+=当23axa时，233axaa−所以当[

0,3]xa时，12()(),3fxfxaa+()()()123()()()()23gxfxfxfxxaxaxa==−−−，设()()()()23hxxaxaxa=−−−则()()()()()22232531211hxxa

xaxaxaxaxa=−−+−−=−+令()0hx=，解得1,2323xa=所以()hx在3,23aa−−单调递增，在332,233aaaa−+上单调递减，在32,3aa++上单调

递增.且()()()230hahaha===，当x→−时，();hx→−当x→+时，()hx→−故函数()hx的图像如图.则()gx的图像如图.又3332322339gaagaaa−=+=所以当,3xaa时，()3239g

xa对任意[0,3]xa，()12()()2gfxfx+恒成立，即32329a，解得03a故答案为：03a四、解答题12．（2022·陕西·模拟预测（文））已知函数()ln2=−fxaxxx．(1)若()fx在1x=处取得极值，求()fx的单调区间；(

2)若函数2()()2=−+fxhxxx有1个零点，求a的取值范围．【答案】(1)单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,)+(2)0a或2ea=【分析】（1）求导，因为函数()fx再1x=处取得极值，所以f（1）0=，解得a，进而可得函数()fx的解析式

，再求导，分析函数()fx的单调性．（2）分类讨论，利用导数判断函数的单调性，根据函数的零点个数，确定函数的最值情况，从而求得答案.(1)()ln2,(0)fxaxxxx=−，()ln2fxaxa=+−，因为函数()fx在1x=处取得极值，所以(1)ln120faa

=+−=，所以2a=，所以()2ln2fxxxx=−，()2lnfxx=，故当01x时，所以()0fx，函数单调递减，当1x时，()0fx，函数单调递增，所以函数()fx在1x=处取得极小值，所以实数a的值为

2，函数()fx的单调减区间为(0,1)，单调增区间为(1,)+．(2)当0a=时，22()()2fxhxxxx=−+=−，而0x，此时函数无零点，不合题意；当0a时，22()()2lnfxhxxaxxx=−+=−，()20,(0)

ahxxxx=−，函数2()lnhxaxx=−单调递减，作出函数2ln,yaxyx==的大致图象如图：此时在2ln,yaxyx==的图象在(0,1)内有一个交点，即2()lnhxaxx=−在(0,1)有一个零点；当0a时，

22()2,(0)aaxhxxxxx−=−=，当02ax时，22()0axhxx−=，函数2()lnhxaxx=−递增，当2ax时，22()0axhxx−=，函数2()lnhxaxx=−递减，故2max()(

)ln()222aaahxha==−，作出函数2()lnhxaxx=−的大致图象如图此时要使函数2()()2=−+fxhxxx有1个零点，需使得2max()ln()022aahxa=−=，即ln022aaa−=，解得2ea=，综合上述，可知求a的取值范围为0a或2ea=.【点睛】本题

考查了利用导数求函数的单调区间以及函数零点问题，解答时要明确函数的单调性以及极值和导数之间的关系，解答的关键是分类讨论，利用导数判断函数单调性，确定函数零点有一个的处理方法.13．（2022·河南省杞县高中模拟预测（理

））已知函数()exfx=，()1gxax=+．(1)若()()fxgx恒成立，求实数a的值；(2)若()0,1x，求证：()1ln11xxfxx−+−．【答案】(1)1(2)证明见解析【分析】（1）令()()()e1xhxfxgxax=−=−−，则(

)exhxa=−，然后分0a和0a两种情况求函数的最小值，使其最小值大于等于零即可，（2）先利用导数证得当()0,1x时，e1xx+恒成立，然后将问题转化为证21ln10xxx−++，构造函数()21ln1Fx

xxx=−++，利用导数求出其最小值大于零即可(1)设()()()e1xhxfxgxax=−=−−，则()exhxa=−．当0a时，()e0xhxa=−，()hx单调递增，()11e10ha−−=+−，不满足()0hx恒成立；当0a时，(

)hx在(),lnxa−上单调递减．()hx在()ln,xa+上单调递增．所以()hx的最小值为()lnln10haaaa=−−．即11ln0aa−−，即1ln10aa+−．设()1ln1aaa=+−，()21aaa−=，所以()x在（0，1）上单调递减，()x

在()1,+上单调递增，即()()min10a==，故1ln10aa+−的解只有1a=．综上，1a=．(2)证明：先证当()0,1x时，e1xx+恒成立．令()e1xtxx=−−，()e10xtx=−，所以()tx在（0，1）上单调递增，又()()00txt=，所

以e1xx+．所以要证1ln11exxxx−+−，即证1ln111xxxx−+−+，即证211ln1xxxxxx+−++−+，即证21ln10xxx−++．设()21ln1Fxxxx=−++，则()()221112120Fxxxxxxx=−−=−−，所以()Fx在（0，1）上单调递减

，所以()()110FxF=，即原不等式成立．所以当()0,1x时，()1ln11xxfxx−+−．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，解题的关键是先证当()

0,1x时，e1xx+恒成立，然后将()1ln11xxfxx−+−转化为1ln111xxxx−+−+，即证21ln10xxx−++，再构造函数求出其最小值大于零即可，考查数学转化思想，属于较难题14．（2022·江西

宜春·模拟预测（文））已知函数()e1xfxxx=−−.(1)求函数()fx在区间0,1上的最小值；(2)不等式()1ln2afxxxx+++−对于()0,x+恒成立，求实数a的取值

范围.【答案】(1)-1；(2)31ea.【分析】（1）求出函数()fx的导数，利用函数()fx在0,1上的单调性求解作答.（2）将给定不等式分离参数并作等价变形，构造函数，求出函数的最大值作答.(1)()e1xfxxx=−−，[0,1]x，()1(1)e1(1)(e)1xxf

xxxx=+−=+−+，11x+，1e1xx−+在0,1单调递增，1e01xx−+，即()0fx，当且仅当0x=时取“=”，因此，函数()fx在0,1上的单调递增，当0x=时，()min(0)1fxf==−，所以()fx在区间0,1上的最小值是-1.(2)()

0,x+，()lnln2ln21ln2eexxxxxxxafxxxxax++−+−+++−=，令ln,0txxx=+，函数lntxx=+在(0,)+上单调递增，其值域为R，令2(),Rett

gtt−=，则3()ettgt−=，当3t时，()0gt，当3t时，()0gt，则有函数()gt在(3),−上单调递增，在(3,)+上单调递减，当3t=时，max31()(3)egtg==，于是得31ea，所以实数a的取值范围是31ea.【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，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.【真题训练】一、单选题1．（2021·浙江·高考真题）已知函数21(),()sin4fxxgxx=+=，则图象为如图的函数可能是（）A．1()()4yfxgx=+−B．1()()4y

fxgx=−−C．()()yfxgx=D．()()gxyfx=【答案】D【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【详解】对于A，()()21sin4yfxgxxx=+−=+，该函数为非奇非偶

函数，与函数图象不符，排除A；对于B，()()21sin4yfxgxxx=−−=−，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，()()21sin4yfxgxxx==+，则212sin

cos4yxxxx=++，当4x=时，22120221642y=++，与图象不符，排除C.故选：D.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=+−++,()()ln

12141gxxx=+−++，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()()ln121

41gxxx=+−++,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.3．（2021·全国·高考真题（理））设0a，若xa=为函数()()()2fxaxaxb=−−的极大值点，则（）A．abB．abC．2abaD．2aba【答案】D【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否

变号，结合极大值点的性质，对进行分类讨论，画出图象，即可得到,ab所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若ab=，则()()3fxaxa=−为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab¹.()fx有xa=和xb=两个不同零点，且在xa=左右附近是不变号，在xb=左右附近是变号的

.依题意，为函数的极大值点，在xa=左右附近都是小于零的.当0a时，由xb，()0fx，画出()fx的图象如下图所示：由图可知ba，0a，故2aba.当0a时，由xb时，()0fx，画出()fx的图象如下图所示：由图可知ba，0a，故2a

ba.综上所述，2aba成立.故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.4．（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xye=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()1ttyexte=+−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yb=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.二、填空题5．（2021·全国·高考真题）已知函数12

()1,0,0xfxexx=−，函数()fx的图象在点()()11,Axfx和点()()22,Bxfx的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则||||AMBN取值范围是_______．【答案】()0,1【分析】结合导数的几何意义可得120xx+=，结合直线

方程及两点间距离公式可得1211xeAxM=+，2221xeBxN=+，化简即可得解.【详解】由题意，()1011,0,xxxexfxeex=−−−=，则()0,,0xxxfxeex−=，所以点()11,1xAxe−和点()22,1xBxe−，12,xx

AMBNkeke=−=,所以12121,0xxeexx−=−+=，所以()()111111,0:,11xxxxeexxeAMeyMx−+=−−−+，所以()112221111xxxexexAM+=+=，同理2221xeBxN=+,所以()11112122221222

21110,1111xxxxxxxexeeeeeeNxAMB−===++++++=.故答案为：()0,1【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件120xx+=，消去一个变量后，运算即可得解.6．（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：()4fxx=（答案不唯一，()()2*nxNfnx=均满足）7．（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，()212l

nfxxx=−−，有2()20fxx=−，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)1f

xf=故答案为：1.8．（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−+=．三、解答题9．（2021·天津·高考真题）已知0a，函数()xfx

axxe=−．（I）求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程：（II）证明()fx存在唯一的极值点（III）若存在a，使得()fxab+对任意xR成立，求实数b的取值范围．【答案】（I）(1),(0)yaxa=−；（II）证明见

解析；（III）),e−+【分析】（I）求出()fx在0x=处的导数，即切线斜率，求出()0f，即可求出切线方程；（II）令()0fx=，可得(1)xaxe=+，则可化为证明ya=与()ygx=仅有一个交点，利用导数求出()gx的变化情况，数形结合即可求解；（III）令()2

()1,(1)xhxxxex=−−−，题目等价于存在(1,)x−+，使得()hxb，即min()bhx，利用导数即可求出()hx的最小值.【详解】（I）()(1)xfxaxe=−+，则(0)1fa=−，又(0)0f=，则切线

方程为(1),(0)yaxa=−；（II）令()(1)0xfxaxe=−+=，则(1)xaxe=+，令()(1)xgxxe=+，则()(2)xgxxe=+，当(,2)x−−时，()0gx，()gx单调递

减；当(2,)x−+时，()0gx，()gx单调递增，当x→−时，()0gx，()10g−=，当x→+时，()0gx，画出()gx大致图像如下：所以当0a时，ya=与()ygx=仅有一个交点，令()gma=，则1m−，且()()0fmagm=−=，当(,)

xm−时，()agx，则()0fx，()fx单调递增，当(),xm+时，()agx，则()0fx，()fx单调递减，xm=为()fx的极大值点，故()fx存在唯一的极值点；（III）由（II）知max()()fxfm=，此时)1(1,mamem+−=，所以(

)2max{()}()1(1),mfxafmammem−=−=−−−，令()2()1,(1)xhxxxex=−−−，若存在a，使得()fxab+对任意xR成立，等价于存在(1,)x−+，使得()hxb，即min()bhx，()2()2(1)(2)xxhxxxexxe=+−=+−

，1x−，当(1,1)x−时，()0hx，()hx单调递减，当(1,)x+时，()0hx，()hx单调递增，所以min()(1)hxhe==−，故be−，所以实数b的取值范围),e−+.【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明y

a=与()ygx=仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在(1,)x−+，使得()hxb，即min()bhx.10．（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()()32322030fxpxpxpppxp=+−+++，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,x

x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230123pp

xpxpxx+++=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=−++，()230120fppp=+−，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()40fx，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1.11．（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,fxfx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.()()()()2ln22ln21ln2faaaaab=−−+()()22ln21ln22aaaaa−−+()()22

ln2ln2aaaa=−()()ln22ln2aaa=−，由于2122ea„，212ae，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.若选择条件②：由于102a，故21a，则()01210fba=−−，当0b时，24,42ea，()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()1xHx

ex=−−，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：()100,101bffa−+−

，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=−−+()()22ln21ln22aaaaa−−+

()()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．12．（2021·北京·高考真题）已知函数()232xfxxa−=+．（1）若0a=，求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；（2）若()fx在1x=−处取得极值，求()fx的单

调区间，以及其最大值与最小值．【答案】（1）450xy+−=；（2）函数()fx的增区间为(),1−−、()4,+，单调递减区间为()1,4−，最大值为1，最小值为14−.【分析】（1）求出()1f、()1f的值，利用点斜式可得出所求切线的方

程；（2）由()10f−=可求得实数a的值，然后利用导数分析函数()fx的单调性与极值，由此可得出结果.【详解】（1）当0a=时，()232xfxx−=，则()()323xfxx−=，()11f=，

()14f=−，此时，曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为()141yx−=−−，即450xy+−=；（2）因为()232xfxxa−=+，则()()()()()()222222223223xaxxxxafxxaxa−+−−−−==++，由题意可得()(

)()224101afa−−==+，解得4a=，故()2324xfxx−=+，()()()()222144xxfxx+−=+，列表如下：x(),1−−1−()1,4−4()4,+()fx+0−0+()fx增极大值减极小值增所以

，函数()fx的增区间为(),1−−、()4,+，单调递减区间为()1,4−.当32x时，()0fx；当32x时，()0fx.所以，()()max11fxf=−=，()()min144fxf==−.13

．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且1a，函数()2R()xfxabxex=−+（1）求函数()fx的单调区间；（2）若对任意22be，函数()fx有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当ae=时，证明：对任意4be，函数()fx有两个不同的零点()1

221,,xxxx，满足2212ln2bbexxeb+.(注：2.71828e=是自然对数的底数)【答案】(1)0b时，()fx在R上单调递增；0b时，函数的单调减区间为,loglnaba−，单调增区间为

log,lnaba+；(2)(21,e；(3)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性

质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)方法一：结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)2(),()lnxxfxbfaxeaxab==+−−，①若0b，则()ln0xfxaab=−，所以()fx在R上单调递

增；②若0b，当,loglnabxa−时，()()'0,fxfx单调递减，当log,lnabxa+时，()()'0,fxfx单调递增.综上可得，0b时，()fx在R上单调递增；0b时，函数的单调减区间为

,loglnaba−，单调增区间为log,lnaba+.(2)()fx有2个不同零点20xabxe−+=有2个不同解ln20xaebxe−+=有2个不同的解，令lntxa=，则220,0lnlnttbbeeeetaatt+

−+==，记()22222(1)(),()tttteteeeeetegtgtttt−++−−===，记2()(1),()(1)10tttthtetehteteet=−−=−+=，又(2)0h=，所以(0,2)t

时，()0,(2,)htt+时，()0ht，则()gt在(0,2)单调递减，(2,)+单调递增，22(2),lnlnbbgeaae=，22222,ln,21bbeaaee.即实数a的取值范围是(21,e.(3)[方法一

]【最优解】：2,()xaefxebxe==−+有2个不同零点，则2xeebx+=，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x，较小者为1x，1222412xxeeeebexx++==，注意到函数2xeeyx+=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+上单

调递增，故122xx，又由5245eee+知25x，122211122xeeeebxxxb+=，要证2212ln2bbexxeb+，只需22lnexbb+，222222xxeeebxx+=且关于b的函数()2lnegbbb=+在4be上单调递

增，所以只需证()22222222ln52xxexexxxe+，只需证2222222lnln02xxxexeexe−−，只需证2lnln202xexxe−−，242e，只需证4()lnln2xxhxxe=−−在5x时为正，由于()11()4

4410xxxhxxeeexxx−−−+−+−==，故函数()hx单调递增，又54520(5)ln5l20n2ln02hee=−−=−，故4()lnln2xxhxxe=−−在5x时为正，从而题中的不

等式得证.[方法二]：分析+放缩法2e,()eexafxbx==−+有2个不同零点12,xx，不妨设12xx，由()exfxb=−得12lnxbx（其中ln4b）．且()()12221122ee0,ee0xxfxbxfxbx=−+==−+=．要证2212lne2e+bbxxb，只需证2

212lne2ebbbxbx−，即证212lne2exbbbx，只需证212lnln2ebbxbx．又22c222eee0bfb=−，所以212exb，即1212ebx．所以只需证2ln(ln)xbb．而l

n4b，所以lnbbb，又ln(ln)lnbbb，所以只需证(ln(ln))0fbb．所以2242(ln(ln))lnln(ln)elnlneeln4e0fbbbbbbbbb=−+=−+−+，原命题得证．[方法三]：若ea=且4eb，则满足2

1ea且2e2b，由（Ⅱ）知()fx有两个零点()1212,xxxx且120lnxbx．又2(2)2e20fb=−，故进一步有1202lnxbx．由()()120fxfx==可得121eexbx+=且222eexbx=−，从而()2122221

21222lnelnlneeee2e2e2exxbbbbbbxxbxbxb+−+．．因为102x，所以122ee21ex+，故只需证22222eelnelnlnxbbbxbbxbb−+．又

因为()fx在区间(ln,)b+内单调递增，故只需证()22eln0fbfxb+=，即2eln0ebbb−，注意4eb时有2ee4lnebb，故不等式成立．【整体点评】本题

第二、三问均涉及利用导数研究函数零点问题，其中第三问难度更大，涉及到三种不同的处理方法，方法一：直接分析零点212exb，将要证明的不等式消元，代换为关于b的函数，再利用零点反代法，换为关于2x的不等式，移项作差

构造函数，利用导数分析范围.方法二：通过分析放缩，找到使得结论成立的充分条件，方法比较冒险！方法三：利用两次零点反代法，将不等式化简，再利用函数的单调性，转化为2elnfbb+与0比较大小，代

入函数放缩得到结论.14．（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2

p=，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1

1220xxyy−−=，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00220x

xyy−−=，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，()()()23002222000002041114442224PABxySABdxxyxyx−==+−=−+△，()()2222000000041441215621xyy

yyyy−=−+−=−−−=−++，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=−=−−=−PABSPQxxxyxyxy．P点在圆M上，则00cos,4sin,xy==−+()()333222222001114c

os4sin16(sin2)21222=−=−+=−++PABSxy．故当sin1=−时PAB△的面积最大，最大值为205．[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−=−P

Axxlyxx，整理得21124xxyx=−，同理可得222:24=−PBxxlyx．联立方程211222,24,24xxyxxxyx=−=−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()3222

11||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,Pxy，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；15．（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()1gx，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'lafxaxf

xx==−−，()()'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()()1ln10xxx+−−；同理，当(),0x−

时，要证()()ln1()1ln1xxgxxx+−=−，()0,ln10xx−，()ln10xx−，即证()()ln1ln1xxxx+−−，化简得()()1ln10xxx+−−；令()()()1ln1hxxxx=+−−，再令1

tx=−，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()ln(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l

n(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，()()1ln10xxx+−−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.16．（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()min1133ln33lnfxfaaa=

=−=+，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.17．（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lnlnxaxa=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，()0fx,∴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()yfx=与直线1y=有且仅有两个交点，即曲线()ygx=与直线l

naya=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,()axaxagxgx+−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1axx

a=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()l

ngxx=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,ln1

0,aaxx=−=得0ln1,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()0ha=，有ea=．(1,e),()0,()ahah

a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,()ln

axfxa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lnlnl

n1(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.18．（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113,3a−−−

，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：(

)()()322000000132yxxaxxxaxx−−++=−+−，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.19．（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)(1ln)aabb−=−，即11()()ffab=．由ab¹，得11ab．由（1）不妨设11(0,1),(1,)b

a+，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，

()()10gxg=，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】：lnlnbaabab−=−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()()()()2,0,1gxfxfxx=−−，则()()()()()2lnln2ln2

ln10gxfxfxxxxx=+−=−−−=−−−=，()gx在区间()0,1内单调递增，所以()()10gxg=，即2mn+．再证mne+．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−=−，1ln1n1ltxtt=−−，要证12xxe+，只需证()11t

xe+，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)1l

ntttt+−．[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122111lnlnxexe

xx−−−−，即112211lnlnxxxexe−−−−又因为()()12fxfx=，所以12212112lnln1,1xxxexxxexx−−=−−，即()()2222111212,0xexxexxxxxe−

−−+−．因为12xx，所以12xxe+，即11eab+．综上，有112eab+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.