【文档说明】2023年高考数学必刷压轴题（新高考版）专题03 一元函数的导数及其应用（利用导函数研究切线，单调性问题）（选填压轴题） Word版含解析.docx，共(36)页，2.221 MB，由管理员店铺上传

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专题03一元函数的导数及其应用（利用导函数研究切线，单调性问题）（选填压轴题）一、切线问题①已知切线几条求参数②公切线问题③和切线有关的其它综合问题二、单调性问题①已知单调区间求参数②由函数存在单调区间求参数

③已知函数在某区间上不单调求参数④利用函数的单调性比大小一、切线问题①已知切线几条求参数1．（2022·全国·高三专题练习）若过点(,)ab可以作曲线lnyx=的两条切线，则（）A．lnabB．lnbaC．lnbaD．lnab【答案】D设切点

坐标为00(,)xy，由于1yx=，因此切线方程为0001ln()yxxxx−=−，又切线过点(,)ab，则000lnaxbxx−−=，001lnabxx+=+，设()lnafxxx=+，函数定义域是(0,)+，则直线1yb=+与曲线()lnafxxx=+

有两个不同的交点，221()axafxxxx−=−=，当0a时，()0fx恒成立，()fx在定义域内单调递增，不合题意；当0a时，0xa时，()0fx，()fx单调递减，xa时，()0fx，()fx单调递增，所以min()()ln1fxfaa==+，结合图像知1

ln1ba++，即lnba.故选：D.2．（2022·山东泰安·高二期中）过曲线()3:Cfxxaxb=−+外一点()1,0A作C的切线恰有两条，则（）A．ab=B．1ab−=C．1ba=+D．2ab=【答案】A()23fxxa=−，过点()1,0A作曲线

C的切线，设切点()()00,xfx，则切线方程为：()()2031yxax=−−，将()()00,xfx代入得：()()()230000031fxxaxxaxb=−−=−+即3200230xxab−+−=（*）由条件切线恰有两条，方程（*）恰

有两根．令()3223uxxxab=−+−，()()26661uxxxxx=−=−，显然有两个极值点0x=与1x=，于是()00u=或()10u=当()00u=时，ab=；当()10u=时，1ab−=，此时()()()32111fx

xaxaxxxa=−+−=−++−经过()1,0与条件不符，所以ab=，故选：A.3．（2022·河南洛阳·三模（理））若过点()1,Pt可作出曲线3yx=的三条切线，则实数t的取值范围是（）A．(),1−B．()0,+C．()0,1D．0

,1【答案】C由已知，曲线3yx=，即令3()fxx=，则()23fxx=，设切点为300(,)xx，切线方程的斜率为()2003fxx=，所以切线方程为：00320(3)yxxxx−=−，将点()1,Pt代入方程得：320003(1)txxx−=−，整理得230032txx=−，设函数2

3()32gxxx=−，过点()1,Pt可作出曲线3yx=的三条切线，可知两个函数图像yt=与23()32gxxx=−有三个不同的交点，又因为()266gxxx=−，由()0gx=，可得0x=或1x=，所以函数()gx在(,0)−，(1,)+上单调递减，在(0,1)上单调递增，所以函

数()gx的极大值为(1)321g=−=，函数()gx的极小值为(0)000g=−=，如图所示，当()0,1t时，两个函数图像有三个不同的交点.故选：C.4．（2022·四川南充·三模（理））已知函数()1fxxx=+，过点()1,0P作函数()yfx=图象的两条切线，切点

分别为M，N．则下列说法正确的是（）A．PMPN⊥B．直线MN的方程为210xy−+=C．210MN=D．PMN的面积为32【答案】C因为()1112=+=f，所以()1,0P没有在函数的图象上，()22

2111−=−=xfxxx，设切点坐标为()(),0aba，当1a=时，()12f=，1x=不与()1fxxx=+相切，所以1a，()2211−==−abfaaa，又因为1aba+=，解得12a=−，即()12,22−−−，()

12,22−+，所以2222412222==−−+−PMPNkk，故A错误；2222222+==NMk，所以直线MN的方程为()21yx=−，即220xy−+=，故B错误；()()2221012122222−+++++==MN，故C正确；()1,0P到直线MN的距离为20245541−

+==+d，所以PMN的面积为114521042225==MNd，故D错误.故选：C.5．（2022·河北·高三阶段练习）若过点(1,)Pm可以作三条直线与曲线:exxCy=相切，则m的取值范围为（）A．23

,e−B．10,eC．(,0)−D．213,ee【答案】D由exxy=，则1exxy−=，设切点为000,exxx，则切线斜率001exxk−=则在点000,exxx

的切线方程为()000001eexxxxyxx−−=−，代入点P坐标得()0000011eexxxxmx−−=−整理为02001exxxm−+=，即这个方程有三个不等式实根，令21()exxxfx−+=，则232()exxxfx−+−=，令()0fx则12x函数()

fx在(,1)−上单调递减，在(1,2)上单调递增，在(2,)+上单调递减，故得(1)(2)fmf，即213,eem，故选：D．6．（2022·内蒙古呼和浩特·二模（理））若过点()1,Pm−可以作

三条直线与曲线C：exyx=相切，则m的取值范围是（）A．23,e−+B．1,0e−C．211,ee−−D．231,ee−−【答案】D设切点为()00,xy,过点P的切线方程为()()000001eexxyxxxx=+−+,代入点P坐标，化

简为()02001exmxx=−−−，即这个方程有三个不等根即可.令()()21exfxxx=−−−,求导得：()()()12exfxxx=−−+.令()0fx，解得：21x−−，所以()fx在()2,1−−上递增；令()0fx，解得：2x−或1x−，所以()

fx在(),2−−和()1,−+上递增.要使方程()02001exmxx=−−−有三个不等根即可.只需()()21fmf−−,即231eex−−.故选：D7．（2022·湖南·长郡中学高三阶段练习）已知

()3fxxx=−，如果过点()2,m可作曲线()yfx=的三条切线.则下列结论中正确的是（）A．18m−B．07mC．35m−D．27m−【答案】D设切点为()3000,xxx−，()231

fxx=−，∴切线斜率为2031x−，∴切线方程为()()()32000031yxxxxx−−=−−，将()2,m代入得方程()()()320000312mxxxx−−=−−，即32002620xx

m−++=，由题设该方程有3个不等实根.令()32262uxxxm=−++，()()261262uxxxxx=−=−，当0x时,()0ux,当02x时,()0ux,当2x时,()0ux,所以()ux在(,0)−上递增,在(0,2)上递减,在(2,)

+上递增,所以()ux在0x=时取得极大值(0)2um=+,在2x=时取得极小值(2)286426umm=−++=−,由三次函数图象知(0)20(2)60umum=+=−,解得26m−,因为2

6m−可以推出,27m−，所以27m−也正确.故选：D8．（2022·河南·高三阶段练习（文））过点()0,1P−有三条直线和曲线()32yxaxbxb=++R相切，则实数a的取值范围是（）A．()1,+B．()3,+C．(),1−D．(),3−【答案】B设直线过点()0,1

P−且与曲线32yxaxbx=++相切，切点为()320000,xxaxbx++．由32yxaxbx=++得232yxaxb=++，∴切线的斜率为20032xaxb++，∴切线方程为()200132yxaxbx+=++，∴()322000000132xaxbxxaxbx+

++=++，∴3200210xax+−=．设()3221fxxax=+−，由题意，函数()fx有三个零点．()262fxxax=+，由()0fx=得0x=，或3ax=−．当0a=时，函数()fx只有一个零点，舍去；当0a时，03a−，由

()0fx，得0x或3ax−，由()0fx，得03ax−所以0x=是函数()fx的极大值点，由于()010f=−，函数()fx没有三个零点，舍去．∴0a，同理可得3ax=−是函数F（x）的极大值点，由条件结合三次函数的性质

得，310327aaf−=−，解得3a．故选：B9．（2022·全国·高三专题练习）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设切点为：00(,)xxa，则0lnxyaa=，所以切线方程为()000lnxxyaaaxx−=−，因为点(,)mn在切线上，所以()000lnxxnaaamx−=−，即()00lnln10xaaxamn−−+=，令()()lnln1x

gxaaxamn=−−+，则()()lnlnlnxgxaaaxam=−，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，()ln

ln10xnaaxam−=−−；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：D10．（2022·山西长治·模拟预测（理））当0a时，过点(,)aab+均可以作曲线lnyx=的两条切线，则b的取值范围是（）A．(,1)−−B．(,1]−−C．(1,)−+D．[1,)−+【答案】C设过点(,)aab+的切线与

lnyx=相切于(),,0mnm，则有()ln1nmnabmma=−+=−，消去n得：()1lnamabm−=−+.因为过点(,)aab+均可以作曲线lnyx=的两条切线，所以关于m的方程()1lnamabm−=−+有两解.即ln1abmam=+−−有两解.令(

)12,ln1,0aybyxaxx==+−−.只需1y与2y有两个交点.对于()2ln1,0ayxaxx=+−−，则()'22211ayxaxxx=−+=−.令20y，解得：xa；令20y，解得：0xa.所以2y在()0,a上单调递减，在(),

a+单调递增.作出2y的草图如图所示：要使1y与2y有两个交点，只需lnbaa−.记()()ln,0gaaaa=−，()()1111gaaaa=−=−.令()0ga，解得01a；令()0ga，

解得1a；所以()lngaaa=−在()0,1上单调递增，在()1,+单调递增.所以()ga的最大值为()1ln111g=−=−，所以1b−.故选：C11．（2021·江苏·高二单元测试）已知()lnfxxx=，若过一点(),mn可以作出该函数的两条切线，则下列选项一定成立的是（）A

．lnnmmB．lnnmmC．2e0en−D．1m【答案】A设切点为(),lnttt，对函数()fx求导得()ln1fxx=+，则切线斜率为()ln1ftt=+，所以，切线方程为()()lnln1ytttxt−=+−，即()ln1ytxt=+−，所以，()ln1nm

tt=+−，可得ln0tmtnm−+−=，令()lngttmtnm=−+−，其中0t，由题意可知，方程()0gt=有两个不等的实根.()1mtmgttt−=−=.①当0m时，对任意的0t，()0gt，此时函

数()gt在()0,+上单调递增，则方程()0gt=至多只有一个根，不合乎题意；②当0m时，当0tm时，()0gt，此时函数()gt单调递减，当tm时，()0gt，此时函数()gt单调递增.由题意可得()()minlnln0gtgmmmmnmnmm==−+−=

−，可得lnnmm.故选：A.12．（2021·全国·高三专题练习）若过点()(),0aba可以作曲线33yxx=−的三条切线，则（）A．3ba−B．333abaa−−C．33baa−D．3ba=−或33baa=−【答案】B233yx=−设切点()3,3Pmmm

−，切线方程()()()32333ymmmxm−−=−−，切线过点()(),0aba，()()32333bmmmam−+=−−，整理得：322330mamab−++=，由于可以作三条切线，所以关于m的方程322330mamab−++=

有三个不同的实根，()32233gmmamab=−++，()266gmmam=−，令()2660gmmam=−=，0m=或(),0maa=.函数()32233gmmamab=−++的增区间为()(),0,,a−+，减区间为()0,a，所以函数极大值()03gab=+，

极小值()33gmaab=−++，关于m的方程322330mamab−++=有三个不同的实根，所以33030aabab−+++，所以33,33baabaa−−.故选：B13．（2022·全国·高三专题练习）已知函数32()2fxxxx=−+−，若过点()1,Pt可作

曲线()yfx=的三条切线，则t的取值范围是（）A．1(0,)30B．1(0,)29C．1(0,)28D．1(0,)27【答案】D设过点P的直线为():1lykxt=−+，()2341fxxx=−+−，设切点为()00,xy，则()200

32000034112xxkkxtxxx−+−=−+=−+−，得320001254txxx+=−+有三个解，令()32254gxxxx=−+，()()()261042132gxxxxx=−+=−−，当()0gx，得1x或2

5x，()0gx，得213x，所以()gx在2,3−，()1,+单调递增，2,13单调递减，又228327g=，()11g=，()1gxt=+有三个解，得281127t+，即1027t.故选：D②公切线问题1．（2022·重庆市

育才中学高三阶段练习）若直线:lykxb=+（1k）为曲线()1xfxe−=与曲线()lngxex=的公切线，则l的纵截距b=（）A．0B．1C．eD．e−【答案】D设l与()fx的切点为11(,)xy，则由()1x

fxe−=，有()11111:1xxlyxexe−−=+−.同理，设l与()fx的切点为22(,)xy，由()egxx=，有()22:ln1elyxexx=+−.故()()1112112,1ln1.xxeexxeex−−=−=−解得12

1,.xxe==或122,1.xx==则:lyx=或yexe=−.因1k，所以l为yx=时不成立.故be=−，故选：D.2．（2022·全国·高三专题练习）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()()()22l

n12lngttttttt=−+=−.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.3．（2022·全国·高三专题练习）若两曲线ln1yx=−与2yax=存在公切线，则正实数a的取值范围是（）A．(0,2eB．31e,2−+C．310,e2−

D．)2e,+【答案】B设公切线与曲线ln1yx=−和2yax=的交点分别为()11,ln1xx−，()222,xax，其中1>0x，对于ln1yx=−有1yx=，则ln1yx=−上的切线方程为()()1

111ln1yxxxx−−=−，即()11ln2xyxx=+−，对于2yax=有2yax=，则2yax=上的切线方程为()22222yaxaxxx−=−，即2222yaxxax=−，所以212121

2ln2axxxax=−=−，有1211ln24xax−=−，即()22111112ln04xxxxa=−，令()222lngxxxx=−，()()32ln32lngxxxxxx=−=−，令()0gx¢=，得32ex=，当320,ex时，()0gx¢>，

()gx单调递增，当32,ex+时，()0gx¢<，()gx单调递减，所以()332max1ee2gxg==，故3110e42a，即31e2a−.故选：B.4．（2021·江苏·高二专题练习）已知函数()lnfxxx=，()31223e

gxaxx=−−，若函数()fx的图象与函数()gx的图象在交点处存在公切线，则函数()gx在点()()1,1g处的切线在y轴上的截距为（）A．23e−B．23eC．3e23e+−D．2e23e+【答案】C设交点为(),l

nmmm，且()lnfxxx=的导数为()ln1fxx=+，()31223egxaxx=−−的导数为()2132gxax=−，由题意，211ln32mam+=−且312ln23emmamm=−−，消去a得：1eln0mm+=，令()1elnhxxx=+，()()e

ln1hxx=+，当1ex时()'0hx，()hx递增；当10ex时()'0hx，()hx递减.∴1ex=处()hx取得极小值，也为最小值为0，则1eln0mm+=，解得1em=，代入211ln32mam+=−，可得21e6a=，即有()23e12623egxxx=−−，∴()22

e122gxx=−，则在()()1,1g处的切线斜率为2e12k−=，切点为2e121,.623e−−∴在()()1,1g处的切线方程为()22e12e116232yxe−−−−=−，令0x=，可得3e23ey+=−.故选：C.5．（多选）（2022·河北保定·

二模）若直线3yxm=+是曲线()30yxx=与曲线()260yxnxx=−+−的公切线，则（）A．2m=−B．1m=−C．6n=D．7n=【答案】AD解：设直线3yxm=+与曲线()30yxx=相切于点()3,aa，与曲线()260yxnxx=−+−相切于点(),3b

bm+，对于函数()30yxx=，23yx=，则()2330aa=，解得1a=，所以313m=+，即2m=−.对于函数()260yxnxx=−+−，2=−+yxn，则()230bnb−+=，又2632bnbb−+−=−，所以()232632bbbb−++−=−，

又0b，所以2b=，7n=.故选：AD6．（2022·福建泉州·高二期中）函数()ln1mxfxxx=++与2()1gxx=+有公切线()0yaxa=，则实数m的值为__________．【答案】4根据题意，函数()

ln1mxfxxx=++与()21gxx=+有公切线(0)yaxa=，设切点分别为1(Fx，1)y，2(Gx，2)y，21(),()2(1)mfxgxxxx=+=+；所以220ax=且22222121,2xxxax+===，所以公切线为2yx=，则有

11112111211ln21ln21012(1)mxxxxxxxmxx+=++−−=+=+，设()()221154()1816ln21(0)410xhxxxxxhxxxx−+=+−−=+−=，则()hx在(0,)+上递增，又(1)0h=，故11x=，4m=，故答

案为：47．（2022·广东·执信中学高三阶段练习）已知()e1xfx=−（e为自然对数的底数），()ln1gxx=+，则()fx与()gx的公切线条数为_______．【答案】2根据题意，设直线l与()e1xfx=−相切于点(,e1)mm−，与()gx相切于点(,ln1)nn

+，对于()e1xfx=−，其导数为()exfx=，则有()emkfm==，则直线l的方程为1ee()mmyxm+−=−，即ee(1)1mmyxm=+−−，对于()ln2gxx=+，其导数为1()gxx=，则有1()kgnn==，则直线l的方程为1(ln1)()

ynxnn−+=−，即1lnyxnn=+，直线l是()fx与()gx的公切线，则1e(1)e1lnmmnmn=−−=，可得(1)(e1)0mm−−=，则0m=或1m=，故直线l的方程为yx=或e1yx=−；则()fx与()gx的公切线条

数是2条．故答案为：2．8．（2022·黑龙江·牡丹江一中高二阶段练习）若两曲线ln1yx=−与2yax=存在公切线，则正实数a的取值范围是_________.【答案】31e,2−+设公

切线与曲线ln1yx=−和2yax=的交点分别为()11,ln1xx−，()222,xax，其中1>0x，对于ln1yx=−有1yx=，则ln1yx=−上的切线方程为()()1111ln1yxxxx−−=−，即(

)11ln2xyxx=+−，对于2yax=有2yax=，则2yax=上的切线方程为()22222yaxaxxx−=−，即2222yaxxax=−，所以2121212ln2axxxax=−=−，有1211ln24xax−=−，即()22111112ln04x

xxxa=−，令()222lngxxxx=−，()()32ln32lngxxxxxx=−=−，令()0gx=，得32ex=，当320,ex时，()0gx，()gx单调递增，当32,ex

+时，()0gx，()gx单调递减，所以()332max1ee2gxg==，故3110e42a，即31e2a−.∴正实数a的取值范围是31e,2−+.故答案为：31e

,2−+.9．（2021·江苏·高二专题练习）曲线()2(0)fxaxa=与()lngxx=有两条公切线，则a的取值范围为__________【答案】1(,)2e+对2yax=求导得：2yax=；对lnyx=求导得：1yx=，设与2yax=相切的切点为(

),st，与曲线()lngxx=相切的切点为(),(0)mba，∴公共切线斜率为12tbasmsm−==−，又2tas=，lnbm=，∴21ln2asmasmsm−==−，整理得()2ln210asas−−=，设()()2ln21fsasas=−−，则(

)222122aasfsasass−=−=，又0a，0s，当12sa时，()0fs，()fs单调递增；当12sa时，()0fs，()fs单调递减，∴12sa=处()fs取得极小值，也为最小值为11ln222faa=−−，

由恰好存在两条公切线，即()0fs=有两解，而当s趋向于0时()fs趋向于正无穷大，令()ln1hxxx=−−，则1()1hxx=−且0x，故(0,1)上()0hx，即()hx递减；(1,)+上()0hx，即()

hx递增，∴()(1)0hxh=，即ln1xx+，故2ln(2)1asas−−−，∴()22(2)fsasasass−=−，显然当2s时()0fs.∴只要102fa，可得12ea.故答案为：1,2e+.③和切线有关的其它综合

问题1．（2022·河南南阳·高二期中（理））若yaxb=+是()lnfxxx=的切线，则ab+的取值范围为（）A．)1,−+B．)1,+C．(,0−D．1,0−【答案】C解：设点()000,lnxxx（0

0x）是函数()lnfxxx=图象上任意一点，由()ln1fxx=+，00()ln1fxx=+，所以过点()000,lnxxx的切线方程为0000ln(ln1)()yxxxxx−=+−，即00(ln1)yxxx=+−，0ln1ax

=+，0bx=−，所以00ln1abxx+=+−令()ln1gxxx=+−，()0,x+，所以()111xgxxx−=−=，所以当01x时()0gx，当1x时()0gx，所以()gx在()0,1上单调递增，在()1,+上单调递减，所以()()

max10gxg==，所以()0gx，即(,0ab+−；故选：C2．（2022·湖北·武汉二中模拟预测）已知函数()1lnfxxx=−，直线ymxn=+是曲线()yfx=的一条切线，则2mn+

的取值范围是（）A．)3,−+B．2e3,e−−C．)2ln24,−−+D．5ln2,4−+【答案】C设切点为()(),Ptft，()211xfxx=+，()211kfttt==+曲线()yfx=在切点()(),Pt

ft处的切线方程为()()()yftftxt−=−，整理得2112ln1yxtttt=++−−，所以21322ln2mnttt+=+−−．令()2132ln2(0)gxxxxx=+−−，则()23232xx

gxx+−=．当102x时，()0gx，()gx单调递减；当12x时，()0gx，()gx单调递增．故()min12ln242gxg==−−，则2mn+的取值范围是)2ln24,−−+．故选：C.3．（2022·河南·南阳中学高三阶段练

习（文））已知函数1()lnfxxx=−，直线ymxn=+是曲线()yfx=的一条切线，则2mn+的取值范围是（）A．)3,−+B．52ln2,4−−+C．2e3,e−−D．)2ln24,−−+【答案】D设切点为()(),Ptft，()211x

fxx=+，()211kfttt==+曲线()yfx=在切点()(),Ptft处的切线方程为()()()yftftxt−=−，整理得2112ln1yxtttt=++−−，令0x=，2ln1ymxnntt=+==−−，令1x=

，2211211ln1ln1ymxnmnttttttt=+=+=++−−=+−−，所以21322ln2mnttt+=+−−．令()2132ln2(0)gxxxxx=+−−，则()23232xxgxx+−=．当102x时，()0gx，()gx单调递减；当12x时

，()0gx，()gx单调递增．故()min12ln242gxg==−−，则2mn+的取值范围是)2ln24,−−+．故选：D.4．（2022·安徽·高二期中）若函数()2lnfxxax=+的图象上存在与直线20xy+=垂直的切线，则实数a的取值范围是（）A．1,2−

B．1,2+C．1,2−D．1,2+【答案】A由题意得，函数()fx的定义域为()0,+，且()12fxaxx=+，∵函数()2lnfxxax=+的图象上存在与直线x＋2y＝0垂直的切线，即122axx+=有正数解，即2112axx=−

+在()0,+上有解，∵x>0，∴2211111112222xxx−+=−−+，∴12a．故选：A．5．（2022·广东·佛山市顺德区东逸湾实验学校高二期中）已知()fx为R上的可导的偶函数，且满足()()11fxfx−=−+，

则()yfx=在2022x=处的切线斜率为___________.【答案】0由题设，()(2)fxfx=−+，则(2)(4)fxfx+=−+，即()(4)fxfx=+，所以()fx的周期为4，又()fx为R上的可导的偶函数，即(0)0f=，而()(2)fxfx

=−+，故(0)(2)0ff=−=，即(2)0f=，且()(4)fxfx=+，故()()()20224505220fff=+==.故答案为：06．（2022·海南·模拟预测）已知存在0a，使得函数(

)lnfxax=与()23gxxxb=−−的图象存在相同的切线，且切线的斜率为1，则b的最大值为___.【答案】-3解:()(),23==−afxgxxx令()1afxx==，得xa=，切点为(),lnaaa，令()231gxx=−=

，得2x=，切点为(2,2)−−b.切线方程为ln−=−yaaxa代入，可得22balnaa−−−=−则4baalna=−−令()ln4=−−hxxxx，则()1ln1lnhxxx−=−=−,当01x时，()0hx，当1x时，()0,hx∴h（x）在（0，1）上单调递增，

在（1，+∞）上单调递减，∴()()13maxhxh==−即b的最大值为-3.故答案为：-3.7．（2021·四川自贡·一模（理））已知函数2211()ln2fxtxxtx=+−++，在曲线()yfx=上总存在两点()11,Pxy

，()22,Qxy，使得曲线在P，Q两点处的切线平行，则12xx+的取值范围是________．【答案】()8,+解：222111()1,02fxtxtxx=+−−+，因为在曲线()yfx=上总存在两点()11,Pxy

，()22,Qxy，使得曲线在P，Q相两点处的切线平行，所以()()12fxfx=，且1212,0,0xxxx，即22222211221111111122tttxxtxx+−−=+−−++，所以22221212

12121111111112ttxxxxxxxx+−=−=−++，所以22121112txxt+=++，令22,2mtm=+，则22tm=−，设()12,2hmmmm

=+−，则()222111mhmmm−=−=，当2m时，()0hm¢>，所以函数()hm在)2,+上递增，所以()()122hmh=所以121112xx+，又12121211xxxxxx++=，212122xxxx+，又因为12xx

，所以212122xxxx+，所以12121211222211214xxxxxxxxxxxx++++==+，所以12412xx+，所以128xx+，所以12xx+的取值范围是()8,+.故答案

为：()8,+.二、单调性问题①已知单调区间求参数1．（2022·四川省峨眉第二中学校高二阶段练习（理））若函数f(x)＝x2＋ax＋1x在[12，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是（）A．[－1，0]B．[－1，＋∞)C．[0，3]D．[3，＋∞)【答案】Df′(x)＝2x＋a－21

x，由于函数f(x)在[12，＋∞)上是增函数，故f′(x)≥0在[12，＋∞)上恒成立.即a≥21x－2x在[12，＋∞)上恒成立.设h(x)＝21x－2x，x∈[12，＋∞)，易知h(x)在[12，＋∞)上为减，∴h(x)max＝h(12)＝3，∴a≥3.故选：D2

．（2022·河南·南阳中学高二阶段练习（理））若函数()ln2fxkxx=+在区间()1,3上单调递增，则实数k的取值范围是（）A．1,3−+B．1,6−+C．)1,−+

D．(,1−−【答案】A由()ln2fxkxx=+，得1()fxkx=+，因为函数()ln2fxkxx=+在区间()1,3上单调递增，所以1()0fxkx=+在区间()1,3上恒成立，即1kx

−恒成立，因为(1,3)x，所以1113x−−−，所以13k−，所以实数k的取值范围为1,3−+，故选：A3．（2022·江苏省太湖高级中学高二阶段练习）已知函数()fx的定义域为()0+，，若()*()kfxykx=N在()0+，上为

增函数，则称()fx为“k阶比增函数”．若函数2()lnfxmxxx=+−为“1阶比增函数"，则实数m的取值范围是（）A．1,4−−B．1,4−−C．1,4−+D．1,4−+【答案】A解：因为函数2()lnfx

mxxx=+−为“1阶比增函数”，所以函数()lnfxmxxxx=+−在()0+，上为增函数，所以令()ln,0mgxxxxx=+−，故()2221'10mxxmgxxxx−−=−+−=在()0+，上恒成立，所以2mxx−在()0+，上恒成立，

由于()22111,0244yxxxx=−=−−−+，，所以()2min14mxx−=−.故实数m的取值范围是1,4−−故选：A4．（2022·全国·高三专题练习）函数3()26fxxax=−+的一个单调递增区间为[1，)+，则减区间是（）A．(

,0)−B．(1,1)−C．(0,1)D．(,1)−，(0,1)【答案】B函数3()26fxxax=−+，则2()6fxxa=−，当0a时，()0fx恒成立，函数()fx在其定义域内是递增．当0a时，令()0fx=，解得

：6ax=，当,6ax+时，()0fx，函数()fx是递增．函数()fx的一个单调递增区间为)1,+，故得：16a=，解得：6a=，x\在(1,1)−时，()0fx，函数()fx是递减．故选：B．5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()22lnfxxx=−

，若()fx在区间()2,1mm+上单调递增，则m的取值范围是（）A．1,14B．1,4+C．1,12D．)0,1【答案】A因为()22lnfxxx=−的定义域为()0,+，()14fxxx=−，由()

0fx，得140xx−，解得12x，所以()fx的递增区间为1,2+．由于()fx在区间()2,1mm+上单调递增，则()12,1,2mm++，所以12122mmm+，解得114m.因此，实数m的取值范围是1,14．故

选：A.6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数32()(,,)fxxaxbxcabcR=+++，若函数()fx在区间[1,0]−上是单调减函数，则22ab+的最小值为（）A．45B．75C．95D．115【答案】C由题意知：在[1,0

]−上，2()320fxxaxb=++恒成立，∴(1)320(0)0fabfb−=−+=，即由不等式组可得如下可行域，∴22ab+为可行域内的点到原点的距离的平方，其最小值为O到230−−=ab距离的平方，故2222|3|9215d−==+，故

选：C7．（2022·全国·高三专题练习）若函数()()3230,fxaxxxbab=+++R恰好有三个不同的单调区间，则实数a的取值范围是（）A．()()0,33,+B．)3,+C．(0,3D．()0,3【答案】D由题意得

()()23610fxaxxa=++，函数()fx恰好有三个不同的单调区间，()fx有两个不同的零点，所以，361200aa=−，解得0<<3a.因此，实数a的取值范围是()0,3.故选：D.8．（2022·全国·

高二课时练习）设函数()219ln2fxxx=−在区间1,1aa−+上单调递减,则实数a的取值范围是A．(1,2B．()1,3C．()1,2D．(1,3【答案】A由()219ln2fxxx=−，则()299xfxxxx−=−=，当

(0,3)x时，()0fx，则()fx单调递减；当(3,)x+时，()0fx，则()fx单调递增，又函数()fx在区间[1,1]aa−+上单调递减，所以1013aa−+，解得12a，故选A．②由函数存在单调区

间求参数1．（2022·江西宜春·模拟预测（文））已知函数()()1exfxxmx=−−在区间2,4上存在单调减区间，则实数m的取值范围为（）A．()22e,+B．(),e−C．()20,2e

D．()0,e【答案】A因为()()1exfxxmx=−−，所以()exfxxm=−，因为()fx在区间2,4上存在单调递减区间，所以存在2,4x，使得()0fx，即exmx，令()exg

xx=，2,4x，则()()1e0xgxx=+恒成立，所以()exgxx=在2,4上单调递增，所以()()2min22egxg==，所以22em.故选：A2．（2022·四川成都·高二期中（文））已知函数()(1)exfxxmx=−−在区间[1,2]x上存在单调增区间

，则m的取值范围为（）A．(0,e)B．(,e)−C．()20,2eD．()2e,2−【答案】D解：因为()(1)exfxxmx=−−，所以()exfxxm=−，()fx在区间[1,2]上存在单调递增区间，存在[1,2]x，使得()0fx，即exmx，令()exgxx=

，[1,2]x，则()()1e0xgxx=+恒成立，所以()exgxx=在[1,2]上单调递增，所以()()222emaxgxg==，2e2m，故实数m的取值范围为()2e,2−．故选：D3．（2022·北京铁路二中高二期

中）若函数2()ln2fxxax=+−在区间1,22内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是（）A．(,2]−−B．1,8−+C．12,8−−D．(2,)−+【答案】D∵2

()ln2fxxax=+−，∴1()2fxaxx=+，若()fx在区间1(,2)2内存在单调递增区间，则1()0,(,2)2fxx有解，故212ax−，令21()2gxx=−，则21()2gxx=−在1(,2)2单调递增，1

()()22=−gxg，故2a−.故选：D.4．（2022·广东·深圳市第二高级中学高二期中）若函数()2ln2fxxax=+−在区间1,22内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是()A．(,2−B．1,8−+C．12,8−−D．(

)2,−+【答案】D∵函数2()ln2fxxax=+−在区间1()22，内存在单调递增区间，∴1()20fxaxx=+在区间1()22，上有解(成立)，即min212()ax−在区间1()22，上成立

，又函数2yx=在1()22，上单调递增，∴函数21yx=−在1()22，上单调递增，故当12x=时，21yx=−取最小值，即min21()=4x−−，即24a−，得2a−．故选：D﹒5．（2022·天津·汉沽一中高三阶段练习）若函数21()ln22hxxaxx=−−在[1,4]上

存在单调递减区间，则实数a的取值范围为（）A．7,16−+B．(1,)−+C．[1,)−+D．7,16−+【答案】B因为()hx在[1,4]上存在单调递减区间，所以1()20hxaxx=−−在[1,4]上有解，所以

当[1,4]x时212axx−有解，而当1,4]x时，22121(1)1xxx−=−−，2min121xx−=−（此时1x=），所以1a−，所以a的取值范围是(1,)−+.故选：B.6．（2022·广西玉林·高二期中（文））

函数()2xxafxe−=在R上存在单调递增区间，则a的取值范围是（）A．1a−B．1a−C．1a−D．1a−【答案】B()2xxafxe−=，()()2222xxxxaaxxfxee−−+−==，由题意可知，存在x

R，使得()0fx，即存在xR，使得22axx−，二次函数()222111yxxx=−=−−−，当且仅当1x=时，等号成立，则1a−.故选：B.7．（2022·全国·高三专题练习）若f（x）321132xx=−++2ax在（1，+∞）上存在单调递增区间，则a的取值范围是

A．（﹣∞，0]B．（﹣∞，0）C．[0，+∞）D．（0，+∞）【答案】Df(x)321132xx=−++2ax在(1,+∞)上存在单调递增区间,只需()fx>0在(1,+∞)上有解即可.由已知得2()2f

xxxa=−++,该函数开口向下,对称轴为12x=,故()fx在(1,+∞)上递减,所以(1)f=2a>0,解得a>0.故选:D.8．（2022·河南·温县第一高级中学高二阶段练习（理））已知函数()2lnfxxax

x=−−在区间11,32存在单调递减区间,则a的取值范围是A．)1,+B．()1,+C．(),1−D．(,1−【答案】B由题,()212121axxfxaxxx−−+=−−=,因为0x,则若函数()2lnfxxaxx=−−在区间1

1,32存在单调递减区间,即2210axx−−+在11,32上有解,即存在x11,32,使得2112axx−+成立,设()12,3ttx=,则()221124utttt=−+=−−,当

2t=时,()()min22utu==,所以22a,即1a,故选:B③已知函数在某区间上不单调求参数1．（2022·天津市第四十二中学高二期中）已知函数2()ln1fxxax=−+在(1,2)内不是

单调函数，则实数a的取值范围是（）A．(2,8)B．[2,8]C．(,2][8,)−+D．[2,8)【答案】A解：()222axafxxxx=−=−，令()22gxxa=−，由于函数()2ln1fxxax=−+在()1,2内不是单调函数，则()22gxxa=−在区间()

1,2的函数值有正有负，而二次函数()22gxxa=−开口向上，对称轴为y轴，所以()22gxxa=−在区间()1,2上递增，所以()()120280gaga=−=−，解得28a.所以实数a的取值范围是()2,8.故选：A.2

．（2022·广东·南海中学高二期中）若函数()()e1ln2xfxax=−−+在区间(0，1)上不单调，则实数a的取值范围为（）A．1,e1+B．()1,e1+C．(),1e1,−++D．()(),1e1,−++【答案】B由题设，1e1()exxaxafxxx−+−=−=

，又()fx在(0,1)上不单调，所以e1xyxa−=+在(0,1)上存在变号零点，而(1)e0xyx=+，则y在(0,1)上递增，只需(1)(e1)0aa−+−，即1e1a+.故选：B3．（2022·全国·高三专题练习（理））若对于任意1,2t，函数32

()222mfxxxx=++−在区间(),3t上总不为单调函数，则实数m的取值范围是（）A．37,93−−B．37,53−−C．37,93−−D．37,93−−

【答案】A解：()2()342fxxmx=++−，∵()02f=−，又对于任意1,2t，函数()fx在区间(),3t上总不为单调函数，∴()()030ftf，即23(4)2027(4)320tmtm++−++

−，∴min22433252373mttm+−=−=−−，解得3793m−−，∴实数m的取值范围是37,93−−.故选：A.4．（2022·全国·高二课时练习）已知函数()24lnfxaxaxx=−−，

则()fx在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是（）A．1,6a−B．1,2a−+C．1,2a+D．11,26a−【答案】C()2124124axaxfxaxaxx−−=−−=，若()fx在

()1,3上不单调，令()2241gxaxax=--，对称轴方程为1x=，则函数()2241gxaxax=--与x轴在()1,3上有交点．当0a=时，显然不成立；当0a时，有()()21680,130,aagg=+解得16a或1

2a−．四个选项中的范围，只有1,2+为11,,26−−+的真子集，∴()fx在()1,3上不单调的一个充分不必要条件是1,2a+.故选：C．5．（2022·山东省临沂第一中学高二阶段练习）已知函数21()2ln2

fxaxaxx=−+，则()fx在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是（）A．1,8a−−B．[1,)a+C．(,0]a−D．(,1)a−−【答案】D函数()fx的定义域为(0,)

+，()21212axaxfxaxaxx−+=−+=，令2()21gxaxax=−+，若()fx在(2,4)上不单调，则函数2()21gxaxax=−+与x轴在(2,4)上有交点，又(0)(2)1gg==，则(2)(4)0gg，解得18a−，故(

)fx在(2,4)上不单调的一个充分不必要条件是(,1)a−−．故选：D．6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()3lnfxxmx=+在区间1,2上不是单调函数，则m的取值范围是（）A．(),3−−B

．24,3−−C．()24,3−−D．()24,−+【答案】C323()3mxmfxxxx+=+=当0m时，()0fx，即函数()fx在区间1,2上单调递增，不符合题意当0m时，3()

03mfxx−，3()003mfxx−则函数()fx在区间30,3m−上单调递减，在区间3,3m−+上单调递增要使得函数()3lnfxxmx=+在区间1,2上不是单调函数，则3123m−解得243m−−故选：C7．（2022·

全国·高三专题练习）若函数32()67fxxaxx=−+−在区间(1,2上不单调，则实数a的取值范围是（）A．(22,5)B．(22,5]C．9(32,)2D．9(32,]2【答案】C因为32()67fxxaxx=−+−，所以2()326fxxax=−+，当函数()

fx在区间(1,2上不单调时，24720a=−且23260xax−+=在(1,2)内有解，由24720a=−解得32a或32a−，23260xax−+=在(1,2)内有解，即332axx=+在(1,2)

内有解，因为332yxx=+在(1,2)内递减，在(2,2)内递增，所以339[32,)22xx+，即9[32,)2a，综上所述：9(32,)2a.故选：C.8．（2022·全国·高三专题练习）已知函数2()lnfxxxax=+−在(1,2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是（）A．)22

,3B．922,2C．93,2D．93,2【答案】D1()2fxxax=+−，若()fx在(1,2)内不单调，则120xax+−=在(1,2)内有实根，即ya=和12yxx

=+的图象在(1,2)内有交点，显然12yxx=+在(1,2)递增，故932y，故9(3,)2a，故选：D．④利用函数的单调性比大小1．（2022·全国·模拟预测）已知120212021ea=，2022b=，则（）A．1ab+B．1bab−C．1b

ab+D．1ab−【答案】C解：令()1xgxex=−−，0x，则()10xgxe=−，则()gx在()0,+上单调递增，且()()00gxg=，因此1202112022e020212021g=−，即120212022e2021，则1

202120222021e202120222021ab===．令()e21xhxx=−−，当10,2x时，()e20xhx=−，则()hx在10,2上单调递减，即()()00hxh=，即e21xx+，取12021x=，得120212e12021+，则120

2122021e20211202312021b+==+，即1ab+．综上，1bab+，故选：C．2．（2022·江苏苏州·模拟预测）已知11e2,e,xyz===，则,,xyz的大小关系为（）A．xyzB．xz

yC．yxzD．yzx【答案】D解：由11e2,e,xyz===，得111lnln2,lne,ln2exyz===，令()()ln0xfxxx=，则()()21ln0xfxxx−=，当0ex

时，()0fx，当ex时，()0fx，所以函数()fx在()0,e上递增，在)e,+上递减，又因11lnln2ln424x==，e34,且)e,3,4e,+，所以()()()e34f

ff，即lnlnlnyzx，所以yzx.故选：D.3．（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测（文））设22ea=，ln22b=，ln33c=，则（）A．abcB．acbC．cabD．bca【答案】A设()lnxfxx=，则()21lnxfxx−=，令()2

1ln0xfxx−==，则ex=，所以当()0,ex时，()0fx，()fx单调递增；当()e,x+时，()0fx，()fx单调递减；又()222eeaf==，()4ln2ln424bf===，()ln333

cf==，又()()()243efff，所以abc.故选：A.4．（2022·新疆乌鲁木齐·模拟预测（理））设0.21e1,ln1.2,6abc=−==，则（）A．acbB．bacC．bcaD．cba【答案】D解：令()()1e1ln1xfxxx−=−−，

则()()11e1xfxxx−=−，因为函数11e,xyyx−==−在()1,+上递增，所以函数()11exfxx−=−在()1,+上递增，所以()()()11e101xfxfxx−=−=，所以函数()fx在(

)1,+上递增，所以()()1.210ff=，即0.2e1ln1.20−−，即ab，令()()1ln1,51xxgxxxx+=−−+，令1,1xttx+=，令()()1ln11=+

−htttt，则()()21111101htttttt=−=−，所以函数()ht在()1,+上递增，所以()()10hth=，所以()()1ln10,51xxgxxxx+=−−+，故65ln1056−−，即1ln1.26，所

以bc，综上所述，cba.故选：D.5．（2022·河南郑州·三模（理））已知0.3ea=，ln1.512b=+，1.5c=，则它们的大小关系正确的是（）A．abcB．acbC．bacD．cba【答案】B解：由

ln1.51ln1.512b=+=+令()ln1fxxx=+−，则()11fxx=−，当()0,1x，()0fx；当()1,x+，()0fx；所以()ln1fxxx=+−在()0,1上单调递增，在()

1,+上单调递减，且()10f=则()1.50f，因此ln1.511.50+−，所以bc又因为1.51.3c=，所以ln1.511.51.3+，得0.3ln1.50.3lne=故0.31.5e，有ac.

综上，acb.故选：B6．（2022·重庆·万州纯阳中学校高二期中）若1201xx<<<，则下列正确的是（）A．2121eelnlnxxxx−−B．2121eelnlnxxxx−−C．1221eexxxxD．1221eexxxx【答案

】C解：令e()xfxx=，(01)x，则2(1e)()0xxfxx−=，故()fx在(0,1)上单调递减，若1201xx<<<，则12()()fxfx，即1212eexxxx，所以1221eexxxx，故C正确，D

错误；令()elnxhxx=−，(01)x，则1e1()exxxhxxx−=−=，令()1exxx=−，()0,1x，所以()()10exxx=+，所以()x在()0,1上单调递增，又()01=−，(

)1e10=−，所以()00,1x，使得()00x=，即当()00,xx时()0x，()0hx，当()0,1xx时()0x，()0hx，所以()hx在()00,x上单调递减，在()0,1x上单调递增，故22e

lnxx−与11elnxx−大小关系无法判断，故A、B均错误；故选：C7．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心模拟预测（理））若对1x，()20xt，，且12xx，都有122121lnln2xxxxxx−−

，则t的最大值是（）A．1eB．eC．1D．3e【答案】A由题意，()()2112211221122121211212lnln1lnlnlnln2111xxxxxxxxxxxxxxxxxxxxxx−−−==−−−，令1sx=，则有12

ss，121,,sst+，211221212211211212lnlnlnlnlnln211xxxxxxxxssssxxssxx−−−+==−−−，()()11222211121212ln2ln2lnln220ssssssssssssss−−−−+−+=−−，即函数(

)()ln2gsss=−是增函数，()'ln10,egsss=−，11e,ett，故选：A.8．（2022·湖北·模拟预测）已知：0.42ea=，0.52b=，4log5c=，则a、b、c大小关系为（）A．bacB．ab

cC．cabD．bca【答案】B解：令()e1xfxx=−−，则()e1xfx=−，当0x时，()0fx，所以函数()fx在()0,+上递增，所以()()0.4200ff=，即0.42e0.421+，又21.422.01642=，所以

0.420.5e0.4212+，所以ab，又25252416=，所以0.5524，54444441024log54log5log4log55625log504444−−−===，所以0.5452log54，所

以abc.故选：B.9．（2022·江西·二模（理））设1.3e27,41.14,2ln1.1abc=−=−=，则()A．abcB．acbC．bacD．cab【答案】B∵()21.32.633eee3=，23(27)283=，1.3e27，0a；()41.14

2ln1.1221.12ln1.1bc−=−−=−−，令()22lnfxxx=−−，∴()111xfxxxx−=−=，∴当01x时，()0fx，()fx单调递减；当1x时，()0fx，()fx单调递增；∴()min()10fxf==，∴(

)1.10f，即21.12ln1.10−−，cb，又2ln1.12ln10c==，∴acb．故选：B．10．（2022·四川成都·高二期中（理））已知,,(0,1)abc，且3lnln3aa+=+，eln1bb+=+，2lnln2

cc+=+，则（）A．c＜b＜aB．b＜c＜aC．a＜c＜bD．a＜b＜c【答案】D依题意，3lnln3lnln33aaaa+=+−=−，lnlneebb−=−，lnln22cc−=−，令()ln,0fxxxx=−，求导得：1()

1fxx=−，当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，因此，函数()fx在(0,1)上单调递增，在(1,)+上单调递减，显然，3e21，则(3)(e)(2)fff，又()(3),()(e),()

(2)faffbffcf===，于是得()()()fafbfc，又,,(0,1)abc，所以abc.故选：D