【文档说明】《（2020-2022）高考数学真题分项汇编（新高考地区专用）》专题03 导数及其应用（新高考）（教师版）【高考】.docx，共(19)页，634.539 KB，由小赞的店铺上传

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专题03导数及其应用1．【2022年新高考1卷】设𝑎=0.1e0.1,𝑏=19，𝑐=−ln0.9，则（）A．𝑎<𝑏<𝑐B．𝑐<𝑏<𝑎C．𝑐<𝑎<𝑏D．𝑎<𝑐<𝑏【答案】C【分析】构造函数𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥，导数判断其单调性

，由此确定𝑎,𝑏,𝑐的大小.【解析】设𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥(𝑥>−1)，因为𝑓′(𝑥)=11+𝑥−1=−𝑥1+𝑥，当𝑥∈(−1,0)时，𝑓′(𝑥)>0，当𝑥∈(0,+∞)

时𝑓′(𝑥)<0，所以函数𝑓(𝑥)=ln(1+𝑥)−𝑥在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，所以𝑓(19)<𝑓(0)=0，所以ln109−19<0，故19>ln109=−ln0.9，即𝑏>𝑐，所以𝑓(−110)<𝑓(0)=0，所以ln910+110<0

，故910<e−110，所以110e110<19，故𝑎<𝑏，设𝑔(𝑥)=𝑥e𝑥+ln(1−𝑥)(0<𝑥<1)，则𝑔′(𝑥)=(𝑥+1)e𝑥+1𝑥−1=(𝑥2−1)e𝑥+1𝑥−1,令ℎ(𝑥

)=e𝑥(𝑥2−1)+1，ℎ′(𝑥)=e𝑥(𝑥2+2𝑥−1)，当0<𝑥<√2−1时，ℎ′(𝑥)<0，函数ℎ(𝑥)=e𝑥(𝑥2−1)+1单调递减，当√2−1<𝑥<1时，ℎ′(𝑥

)>0，函数ℎ(𝑥)=e𝑥(𝑥2−1)+1单调递增，又ℎ(0)=0，所以当0<𝑥<√2−1时，ℎ(𝑥)<0，所以当0<𝑥<√2−1时，𝑔′(𝑥)>0，函数𝑔(𝑥)=𝑥e𝑥+ln(1−𝑥)单调递增，所以𝑔(0.1)>𝑔(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以𝑎

>𝑐故选：C.2．【2021年新高考1卷】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.【解析】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t

a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.3．【2022年新高考1卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3−𝑥+1，则（）A．�

�(𝑥)有两个极值点B．𝑓(𝑥)有三个零点C．点(0,1)是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的对称中心D．直线𝑦=2𝑥是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合𝑓(𝑥)的单调

性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【解析】由题，𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1，令𝑓′(𝑥)>0得𝑥>√33或𝑥<−√33，令𝑓′(𝑥)<0得−√33<𝑥<√33，所以𝑓(𝑥)在(−√33,√33)上单调递减，

在(−∞,−√33)，(√33,+∞)上单调递增，所以𝑥=±√33是极值点，故A正确；因𝑓(−√33)=1+2√39>0，𝑓(√33)=1−2√39>0，𝑓(−2)=−5<0，所以，函数𝑓(𝑥)在(−∞,−√33)上有一

个零点，当𝑥≥√33时，𝑓(𝑥)≥𝑓(√33)>0，即函数𝑓(𝑥)在(√33,+∞)上无零点，综上所述，函数𝑓(𝑥)有一个零点，故B错误；令ℎ(𝑥)=𝑥3−𝑥，该函数的定义域为𝑅，ℎ(−𝑥)=(−𝑥)3−(−𝑥)=−𝑥3+𝑥=−ℎ(𝑥)，则ℎ(𝑥)是奇

函数，(0,0)是ℎ(𝑥)的对称中心，将ℎ(𝑥)的图象向上移动一个单位得到𝑓(𝑥)的图象，所以点(0,1)是曲线𝑦=𝑓(𝑥)的对称中心，故C正确；令𝑓′(𝑥)=3𝑥2−1=2，可得𝑥=±1，又�

�(1)=𝑓(−1)=1，当切点为(1,1)时，切线方程为𝑦=2𝑥−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为𝑦=2𝑥+3，故D错误.故选：AC.4．【2022年新高考1卷】若曲线𝑦=(𝑥+𝑎)e𝑥有两

条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【分析】设出切点横坐标𝑥0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于𝑥0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求

得𝑎的取值范围.【解析】∵𝑦=(𝑥+𝑎)e𝑥，∴𝑦′=(𝑥+1+𝑎)e𝑥，设切点为(𝑥0,𝑦0),则𝑦0=(𝑥0+𝑎)e𝑥0,切线斜率𝑘=(𝑥0+1+𝑎)e𝑥0,切线方程为：𝑦−(𝑥0+𝑎)e𝑥0=(𝑥0+

1+𝑎)e𝑥0(𝑥−𝑥0),∵切线过原点，∴−(𝑥0+𝑎)e𝑥0=(𝑥0+1+𝑎)e𝑥0(−𝑥0),整理得：𝑥02+𝑎𝑥0−𝑎=0,∵切线有两条，∴∆=𝑎2+4𝑎>0,解得𝑎<−4或𝑎>0,∴𝑎的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),故答案为：(−

∞,−4)∪(0,+∞)5．【2022年新高考2卷】曲线𝑦=ln|𝑥|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．【答案】𝑦=1e𝑥𝑦=−1e𝑥【分析】分𝑥>0和𝑥<0两种情况，当𝑥>0时设切点为(𝑥0

,ln𝑥0)，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出𝑥0，即可求出切线方程，当𝑥<0时同理可得；【解析】解：因为𝑦=ln|𝑥|，当𝑥>0时𝑦=

ln𝑥，设切点为(𝑥0,ln𝑥0)，由𝑦′=1𝑥，所以𝑦′|𝑥=𝑥0=1𝑥0，所以切线方程为𝑦−ln𝑥0=1𝑥0(𝑥−𝑥0)，又切线过坐标原点，所以−ln𝑥0=1𝑥0(−𝑥0)，解得𝑥0=e，所以切线方程为𝑦−1=1e(𝑥−e)，即𝑦=1e�

�；当𝑥<0时𝑦=ln(−𝑥)，设切点为(𝑥1,ln(−𝑥1))，由𝑦′=1𝑥，所以𝑦′|𝑥=𝑥1=1𝑥1，所以切线方程为𝑦−ln(−𝑥1)=1𝑥1(𝑥−𝑥1)，又切线过坐标原点，

所以−ln(−𝑥1)=1𝑥1(−𝑥1)，解得𝑥1=−e，所以切线方程为𝑦−1=1−e(𝑥+e)，即𝑦=−1e𝑥；故答案为：𝑦=1e𝑥；𝑦=−1e𝑥6．【2021年新高考2卷】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.【解析】由题意，()1

011,0,xxxexfxeex=−−−=，则()0,,0xxxfxeex−=，所以点()11,1xAxe−和点()22,1xBxe−，12,xxAMBNkeke=−=,所以12121,0xxeexx−=−+=，所以()()111111,0:,11xxxx

eexxeAMeyMx−+=−−−+，所以()112221111xxxexexAM+=+=，同理2221xeBxN=+,所以()1111212222122221110,1111xxxxxxxexeeeeeeNxAMB−===++++++=.故答案为：()0,

1【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.7．【2022年新高考1卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑎𝑥和𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线𝑦=

𝑏，其与两条曲线𝑦=𝑓(𝑥)和𝑦=𝑔(𝑥)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)𝑎=1；(2)见解析【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意

分类讨论.（2）根据（1）可得当𝑏>1时，e𝑥−𝑥=𝑏的解的个数、𝑥−ln𝑥=𝑏的解的个数均为2，构建新函数ℎ(𝑥)=e𝑥+ln𝑥−2𝑥，利用导数可得该函数只有一个零点且可得𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)的大小关系，根据存在直线𝑦=𝑏与曲线𝑦=𝑓

(𝑥)、𝑦=𝑔(𝑥)有三个不同的交点可得𝑏的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【解析】(1)𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥的定义域为𝑅，而𝑓′(𝑥)=e𝑥−𝑎，若𝑎≤0，则𝑓′(𝑥)>0，此时𝑓(𝑥)无最小值，故𝑎>0.𝑔(𝑥)=�

�𝑥−ln𝑥的定义域为(0,+∞)，而𝑔′(𝑥)=𝑎−1𝑥=𝑎𝑥−1𝑥.当𝑥<ln𝑎时，𝑓′(𝑥)<0，故𝑓(𝑥)在(−∞,ln𝑎)上为减函数，当𝑥>ln𝑎时，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥

)在(ln𝑎,+∞)上为增函数，故𝑓(𝑥)min=𝑓(ln𝑎)=𝑎−𝑎ln𝑎.当0<𝑥<1𝑎时，𝑔′(𝑥)<0，故𝑔(𝑥)在(0,1𝑎)上为减函数，当𝑥>1𝑎时，𝑔′(

𝑥)>0，故𝑔(𝑥)在(1𝑎,+∞)上为增函数，故𝑔(𝑥)min=𝑔(1𝑎)=1−ln1𝑎.因为𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑎𝑥和𝑔(𝑥)=𝑎𝑥−ln𝑥有相同的最小值，故1−ln1𝑎=𝑎−𝑎ln𝑎，整理得到𝑎−11+𝑎=ln𝑎，其中𝑎>0，设𝑔(�

�)=𝑎−11+𝑎−ln𝑎,𝑎>0，则𝑔′(𝑎)=2(1+𝑎)2−1𝑎=−𝑎2−1𝑎(1+𝑎)2≤0，故𝑔(𝑎)为(0,+∞)上的减函数，而𝑔(1)=0，故𝑔(𝑎)=0的唯一解为𝑎=1，故1−𝑎1+𝑎=ln𝑎的

解为𝑎=1.综上，𝑎=1.(2)由（1）可得𝑓(𝑥)=e𝑥−𝑥和𝑔(𝑥)=𝑥−ln𝑥的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当𝑏>1时，考虑e𝑥−𝑥=𝑏的解的个数、𝑥−ln𝑥=𝑏的解的个数.设𝑆(𝑥)=e𝑥−𝑥−𝑏，𝑆′(𝑥)=e𝑥−1，

当𝑥<0时，𝑆′(𝑥)<0，当𝑥>0时，𝑆′(𝑥)>0，故𝑆(𝑥)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以𝑆(𝑥)min=𝑆(0)=1−𝑏<0，而𝑆(−𝑏)=e−𝑏>0，𝑆(𝑏)=e

𝑏−2𝑏，设𝑢(𝑏)=e𝑏−2𝑏，其中𝑏>1，则𝑢′(𝑏)=e𝑏−2>0，故𝑢(𝑏)在(1,+∞)上为增函数，故𝑢(𝑏)>𝑢(1)=e−2>0，故𝑆(𝑏)>0，故𝑆(𝑥)=e𝑥−𝑥−𝑏有两个不同的零点，

即e𝑥−𝑥=𝑏的解的个数为2.设𝑇(𝑥)=𝑥−ln𝑥−𝑏，𝑇′(𝑥)=𝑥−1𝑥，当0<𝑥<1时，𝑇′(𝑥)<0，当𝑥>1时，𝑇′(𝑥)>0，故𝑇(𝑥)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞

)上为增函数，所以𝑇(𝑥)min=𝑇(1)=1−𝑏<0，而𝑇(e−𝑏)=e−𝑏>0，𝑇(e𝑏)=e𝑏−2𝑏>0，𝑇(𝑥)=𝑥−ln𝑥−𝑏有两个不同的零点即𝑥−ln𝑥=𝑏

的解的个数为2.当𝑏=1，由（1）讨论可得𝑥−ln𝑥=𝑏、e𝑥−𝑥=𝑏仅有一个零点，当𝑏<1时，由（1）讨论可得𝑥−ln𝑥=𝑏、e𝑥−𝑥=𝑏均无零点，故若存在直线𝑦=𝑏与曲线𝑦=𝑓(𝑥)、𝑦=

𝑔(𝑥)有三个不同的交点，则𝑏>1.设ℎ(𝑥)=e𝑥+ln𝑥−2𝑥，其中𝑥>0，故ℎ′(𝑥)=e𝑥+1𝑥−2，设𝑠(𝑥)=e𝑥−𝑥−1，𝑥>0，则𝑠′(𝑥)=e𝑥−1>0，故𝑠(𝑥)在(0,+∞)上为

增函数，故𝑠(𝑥)>𝑠(0)=0即e𝑥>𝑥+1，所以ℎ′(𝑥)>𝑥+1𝑥−1≥2−1>0，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2

e3<e−3−2e3<0，故ℎ(𝑥)在(0,+∞)上有且只有一个零点𝑥0，1e3<𝑥0<1且：当0<𝑥<𝑥0时，ℎ(𝑥)<0即e𝑥−𝑥<𝑥−ln𝑥即𝑓(𝑥)<𝑔(𝑥)，当𝑥>𝑥0时，ℎ(𝑥)>0即e𝑥−𝑥>𝑥−l

n𝑥即𝑓(𝑥)>𝑔(𝑥)，因此若存在直线𝑦=𝑏与曲线𝑦=𝑓(𝑥)、𝑦=𝑔(𝑥)有三个不同的交点，故𝑏=𝑓(𝑥0)=𝑔(𝑥0)>1，此时e𝑥−𝑥=𝑏有两个不同的零点𝑥1,𝑥0(𝑥1<0<𝑥0)，此时𝑥−ln𝑥=𝑏有两个不同的零点𝑥0,𝑥4

(0<𝑥0<1<𝑥4)，故e𝑥1−𝑥1=𝑏，e𝑥0−𝑥0=𝑏，𝑥4−ln𝑥4−𝑏=0，𝑥0−ln𝑥0−𝑏=0所以𝑥4−𝑏=ln𝑥4即e𝑥4−𝑏=𝑥4即e𝑥4−𝑏−(𝑥4−𝑏)−𝑏=0，故𝑥4−𝑏为方程e

𝑥−𝑥=𝑏的解，同理𝑥0−𝑏也为方程e𝑥−𝑥=𝑏的解又e𝑥1−𝑥1=𝑏可化为e𝑥1=𝑥1+𝑏即𝑥1−ln(𝑥1+𝑏)=0即(𝑥1+𝑏)−ln(𝑥1+𝑏)−𝑏=0，故𝑥1+𝑏为方程𝑥−ln𝑥

=𝑏的解，同理𝑥0+𝑏也为方程𝑥−ln𝑥=𝑏的解，所以{𝑥1,𝑥0}={𝑥0−𝑏,𝑥4−𝑏}，而𝑏>1，故{𝑥0=𝑥4−𝑏𝑥1=𝑥0−𝑏即𝑥1+𝑥4=2𝑥0.【点睛】函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函

数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.8．【2022年新高考2卷】已知函数𝑓(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥−e𝑥．(1)当𝑎=1时，讨论𝑓(𝑥

)的单调性；(2)当𝑥>0时，𝑓(𝑥)<−1，求a的取值范围；(3)设𝑛∈𝑁∗，证明：1√12+1+1√22+2+⋯+1√𝑛2+𝑛>ln(𝑛+1)．【答案】(1)𝑓(𝑥)的减区间为(−∞,0)，增

区间为(0,+∞).(2)𝑎≤12，(3)见解析【分析】（1）求出𝑓′(𝑥)，讨论其符号后可得𝑓(𝑥)的单调性.（2）设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥−e𝑥+1，求出ℎ″(𝑥)，先讨论𝑎>12时题设中的不等式不成立，再就0<𝑎≤12结合放缩法讨论ℎ′(𝑥)符号，最后就𝑎≤

0结合放缩法讨论ℎ(𝑥)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2ln𝑡<𝑡−1𝑡对任意的𝑡>1恒成立，从而可得ln(𝑛+1)−ln𝑛<1√𝑛2+𝑛对任意的𝑛∈𝑁∗恒成立，结合裂项相消法可证题设

中的不等式.【解析】(1)当𝑎=1时，𝑓(𝑥)=(𝑥−1)e𝑥，则𝑓′(𝑥)=𝑥e𝑥，当𝑥<0时，𝑓′(𝑥)<0，当𝑥>0时，𝑓′(𝑥)>0，故𝑓(𝑥)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0

,+∞).(2)设ℎ(𝑥)=𝑥e𝑎𝑥−e𝑥+1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，设𝑔(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，则𝑔′(𝑥)=(2𝑎+𝑎2𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥，

若𝑎>12，则𝑔′(0)=2𝑎−1>0，因为𝑔′(𝑥)为连续不间断函数，故存在𝑥0∈(0,+∞)，使得∀𝑥∈(0,𝑥0)，总有𝑔′(𝑥)>0，故𝑔(𝑥)在(0,𝑥0)为增函数，故𝑔(𝑥)>𝑔(0)

=0，故ℎ(𝑥)在(0,𝑥0)为增函数，故ℎ(𝑥)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾.若0<𝑎≤12，则ℎ′(𝑥)=(1+𝑎𝑥)e𝑎𝑥−e𝑥=e𝑎𝑥+ln(1+𝑎𝑥)−e𝑥，下证：对任意𝑥>0，总有ln(1+𝑥)<𝑥成立，证明：设𝑆(𝑥)=

ln(1+𝑥)−𝑥，故𝑆′(𝑥)=11+𝑥−1=−𝑥1+𝑥<0，故𝑆(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，故𝑆(𝑥)<𝑆(0)=0即ln(1+𝑥)<𝑥成立.由上述不等式有e𝑎𝑥+ln(1+𝑎𝑥)−e𝑥<e𝑎𝑥+𝑎𝑥−e𝑥=e2𝑎

𝑥−e𝑥≤0，故ℎ′(𝑥)≤0总成立，即ℎ(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(𝑥)<ℎ(0)=−1.当𝑎≤0时，有ℎ′(𝑥)=e𝑎𝑥−e𝑥+𝑎𝑥e𝑎𝑥<1−1+0=0，所以ℎ(𝑥)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(𝑥)<ℎ(0)=−1.综上，𝑎≤12.

(3)取𝑎=12，则∀𝑥>0，总有𝑥e12𝑥−e𝑥+1<0成立，令𝑡=e12𝑥，则𝑡>1,𝑡2=e𝑥,𝑥=2ln𝑡，故2𝑡ln𝑡<𝑡2−1即2ln𝑡<𝑡−1𝑡对任意的𝑡>1恒成立.

所以对任意的𝑛∈𝑁∗，有2ln√𝑛+1𝑛<√𝑛+1𝑛−√𝑛𝑛+1，整理得到：ln(𝑛+1)−ln𝑛<1√𝑛2+𝑛，故1√12+1+1√22+2+⋯+1√𝑛2+𝑛>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(𝑛+1)−ln�

�=ln(𝑛+1)，故不等式成立.【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.9．【2021年新高考1

卷】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.【解析】(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,)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，()()10gxg=，从而()()2fxfx−，所以111(2)()()fffaab−=，由（1）得112ab−即112ab+．①令()()hxxfx=+，则()()'11lnhxfx

x=+=−，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：2mn

e+．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(

)()()()()2lnln2ln2ln10gxfxfxxxxx=+−=−−−=−−−=，()gx在区间()0,1内单调递增，所以()()10gxg=，即2mn+．再证mne+．因为()()1

ln1lnmnnmm−=−，所以()1lnnnnemne−++．令()()()1ln,1,hxxxxxe=−+，所以()'1ln0hxx=−，故()hx在区间()1,e内单调递增．所以()()hx

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

2xxe+，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.10．【2021年新高考2卷】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

．【答案】(1)答案见解析；(2)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.【解析】(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()(),ln2

xa−，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.()()()()2ln22ln21ln

2faaaaab=−−+()()22ln21ln22aaaaa−−+()()22ln2ln2aaaa=−()()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()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：()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=−()()ln

22ln2aaa=−，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．11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数1()elnlnxfxaxa−=−+．（1）当ae=时，求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式()1fx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）21e−

（2）[1,)+【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点()()1,1f切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数()fx的单调性，当a=1时，由()10f=得()()11minfxf==,符合题意；当a>1时，可证1()(1)0ffa

，从而()fx存在零点00x，使得01001()0xfxaex−=−=，得到min()fx，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得()1fx恒成立；当01a时，研究()1f.

即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【解析】（1）()ln1xfxex=−+Q，1()xfxex=−，(1)1kfe==−.(1)1fe=+Q，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数()fx在点(1,f(1)处的切线方程为1(1)(1

)yeex−−=−−,即()12yex=−+,切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e−−,∴所求三角形面积为1222||=211ee−−−．（2）［方法一］：通性通法1()lnlnxfxaexa−=−+Q,11()xfxae

x−=−，且0a.设()()gxfx=,则121()0,xgxaex−=+∴g(x)在(0,)+上单调递增，即()fx在(0,)+上单调递增，当1a=时，()01f=,∴()()11minfxf==,∴()1

fx成立.当1a时，11a，111ae−∴，111()(1)(1)(1)0affaeaa−=−−,∴存在唯一00x，使得01001()0xfxaex−=−=，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx+时()0fx，0

101xaex−=，00ln1lnaxx+−=−，因此01min00()()lnlnxfxfxaexa−==−+000011ln1ln2ln122ln1axaaxaxx=++−+−+=+>1,∴()1,fx∴()1fx恒成立；当01a时，(1)ln1,faaa=

+∴(1)1,()1ffx不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).［方法二］【最优解】：同构由()1fx得1elnln1xaxa−−+，即ln1ln1lnaxeaxxx+−++−+，

而lnlnlnxxxex+=+，所以ln1lnln1lnaxxeaxex+−++−+．令()mhmem=+，则()10mhme+=，所以()hm在R上单调递增．由ln1lnln1lnaxxeaxex+−++−+，可知(ln1)(l

n)haxhx+−，所以ln1lnaxx+−，所以maxln(ln1)axx−+．令()ln1Fxxx=−+，则11()1xFxxx−=−=．所以当(0,1)x时，()0,()FxFx单调递增；当(1,)x+时，()0,(

)FxFx单调递减．所以max[()](1)0FxF==，则ln0a，即1a．所以a的取值范围为1a．［方法三］：换元同构由题意知0,0ax，令1xaet−=，所以ln1lnaxt+−=，所以lnln1atx=−+．于是1()lnlnlnln1xfxaexatxtx−=−+=−

+−+．由于()1,lnln11lnlnfxtxtxttxx−+−+++，而lnyxx=+在,()0x+时为增函数，故tx，即1xaex−，分离参数后有1xxae−．令1()xxgxe−=，所以1112222(1)()xxxxxexeexgxee−−−−−−

−==．当01x时，()0,()gxgx单调递增；当1x时，()0,()gxgx单调递减．所以当1x=时，1()xxgxe−=取得最大值为(1)1g=．所以1a．［方法四］：因为定义域为(0,)+，且()1fx，所以(1)1f，即ln1aa+．令()lnSaaa=+

，则1()10Saa=+，所以()Sa在区间(0,)+内单调递增．因为(1)1S=，所以1a时，有()(1)SaS，即ln1aa+．下面证明当1a时，()1fx恒成立．令1()lnlnxTaaexa−=−+，只需证当1

a时，()1Ta恒成立．因为11()0xTaea−=+，所以()Ta在区间[1,)+内单调递增，则1min[()](1)lnxTaTex−==−．因此要证明1a时，()1Ta恒成立，只需证明1min[()]ln1xTaex

−=−即可．由1,ln1xexxx+−，得1,ln1xexxx−−−．上面两个不等式两边相加可得1ln1xex−−，故1a时，()1fx恒成立．当01a时，因为(1)ln1faa=

+，显然不满足()1fx恒成立．所以a的取值范围为1a．【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数()fx的单调性，求出其最小值，由min0f即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不

等式化成ln1lnln1lnaxxeaxex+−++−+，再根据函数()mhmem=+的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令1xaet−=，再同构，可将原不等式化成lnlnttxx++，再根据函数lnyxx=+的单调性以及分离参数法求出；

方法四：由特殊到一般，利用(1)1f可得a的取值范围，再进行充分性证明即可．