【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题23 导数及其应用大题综合 Word版含解析.docx，共(229)页，13.576 MB，由小赞的店铺上传

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专题23导数及其应用大题综合考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1切线方程及其应用（10年10考）2024·全国新Ⅱ卷、2024·天津卷、2023·北京卷2023·全国乙卷、2023·全国乙卷、2023·天津卷202

2·天津卷、2022·全国甲卷、2022·全国乙卷2022·北京卷、2021·天津卷、2021·北京卷2021·全国乙卷、2020·北京卷、2020·全国卷2019·北京卷、2018·北京卷、2018·北京卷2018·全国卷、2018·天津卷、2017·天津卷2017

·山东卷、2017·北京卷、2016·北京卷2016·北京卷、2016·全国卷、2015·重庆卷2015·全国卷、2015·天津卷、2015·山东卷2015·北京卷1.能理解导数的几何意义并会求切线方程，会求参数2.理解函数的单调性与导数之间的关系，能利用导数研究函数的单调性，并会求单调

区间，能够利用导数解决与函数单调性的综合问题，该内容是新高考卷的必考内容，近年来导数和其他版块知识点关联密集，是新高考备考的重要内容。3.能够利用导数求函数的极大值、极小值以及在给定闭区间上的最大值、最小值，体会导数与极大(小)值、最大(小)值的

关系，该内容是新高考卷的必考内容，会结合导数来判断或证明函数的单调性，从而求得函数的极值或给定区间上的最值，热点内容，需综合复习4.能进行函数转化证明不等式，会函数中的恒成立问题与有解问题，会求零点及其应用，会隐零点、双变量、极偏等内容的学习，都可能成为高考命题方向考点2具体函数及含参函数的单调

性（10年6考）2024·北京卷、2023·全国甲卷、2023·全国甲卷2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国甲卷、2020·全国卷2018·全国卷考点3含参函数的单调性（10年10考）2024·全国甲卷、2023·北京卷

、2023·全国新Ⅰ卷2022·浙江卷、2022·北京卷、2021·全国新Ⅱ卷2021·浙江卷、2021·全国甲卷、2021·全国乙卷2021·全国新Ⅰ卷、2020·全国卷、2020·全国卷2018·天津卷、2018·全国卷

、2017·全国卷2017·天津卷、2017·天津卷、2017·全国卷2017·全国卷、2016·山东卷、2016·四川卷2016·全国卷、2016·北京卷、2016·山东卷2016·四川卷、2016·全国卷、2015·江苏卷201

5·重庆卷、2015·天津卷、2015·四川卷2015·四川卷、2015·北京卷考点4极值最值及其应用（10年10考）2024·全国新Ⅱ卷、2024·全国甲卷、2023·北京卷2023·全国乙卷、2023·全国新Ⅱ卷、2022·全国

乙卷2022·全国新Ⅰ卷、2021·北京卷、2021·天津卷2021·全国乙卷、2020·北京卷、2019·全国卷2019·江苏卷、2018·北京卷、2018·北京卷2018·全国卷、2018·全国卷、2017·山东卷2017·江苏卷、2

017·全国卷、2017·山东卷2017·北京卷、2016·山东卷、2016·天津卷2016·全国卷、2015·重庆卷、2015·重庆卷2015·山东卷、2015·湖南卷、2015·安徽卷2015·山

东卷、2015·全国卷考点5证明不等式（10年9考）2024·全国甲卷、2024·全国新Ⅰ卷、2023·天津卷2022·全国新Ⅱ卷、2021·全国乙卷、2019·北京卷2018·全国卷、2018·全国卷、2018·全国卷

2017·全国卷、2016·浙江卷、2016·全国卷2015·全国卷、2015·湖北卷、2015·福建卷2015·北京卷考点6恒成立与能成立（有解）问题（10年9考）2024·天津卷、2024·全国甲卷、2023·全国甲卷2023·全国甲卷、2022·全国新Ⅰ卷、2022·全国甲

卷2021·天津卷、2020·山东卷、2020·全国卷2019·全国卷、2017·天津卷、2017·全国卷2016·江苏卷、2016·全国卷、2016·四川卷2015·四川卷、2015·山东卷、2015·湖南

卷2015·湖南卷、2015·福建卷、2015·北京卷考点7零点问题（10年8考）2022·全国乙卷、2022·全国乙卷、2021·全国新Ⅱ卷2020·浙江卷、2020·全国卷、2020·全国卷2020·全国卷、2019·全国卷、2019·全国卷2018·浙江

卷、2018·全国卷、2017·全国卷2016·江苏卷、2016·北京卷、2016·全国卷2015·江苏卷、2015·全国卷、2015·全国卷2015·陕西卷、2015·北京卷考点8方程的根（10年4考）2022·浙

江卷、2022·全国新Ⅰ卷、2021·浙江卷2021·全国甲卷、2019·全国卷、2018·江苏卷考点09双变量问题（10年6考）2024·天津卷、2022·浙江卷、2022·北京卷2021·浙江卷、2020·天津卷、2018·全国卷2015·湖北卷考点10隐零点问题（10

年4考）2023·全国甲卷、2017·全国卷2016·全国卷、2015·全国卷考点11极值点偏移问题（10年4考）2022·全国甲卷、2019·天津卷2016·全国卷、2015·天津卷考点12导数与其他知识点联动问题（10年4考）2024·北京卷

、2023·全国新Ⅰ卷2021·全国新Ⅱ卷、2021·全国乙卷考点01切线方程及其应用1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数3()exfxaxa=−−．(1)当1a=时，求曲线()yfx=在点(

)1,(1)f处的切线方程；【答案】(1)()e110xy−−−=【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；【详解】（1）当1a=时，则()e1xfxx=−−，()e1xfx=−，可得(1)e2f=−，(1)e1

f=−，即切点坐标为()1,e2−，切线斜率e1k=−，所以切线方程为()()()e2e11yx−−=−−，即()e110xy−−−=.2．（2024·天津·高考真题）设函数()lnfxxx=．(1)求()fx图象上点()()1,1f处的切线方程；【答案】(1)1yx

=−【分析】（1）直接使用导数的几何意义；【详解】（1）由于()lnfxxx=，故()ln1fxx=+.所以()10f=，()11f=，所以所求的切线经过()1,0，且斜率为1，故其方程为1yx=−.3．（2023·北京·

高考真题）设函数3()eaxbfxxx+=−，曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为1yx=−+．(1)求,ab的值；【答案】(1)1,1ab=−=【分析】（1）先对()fx求导，利用导数的几何意义得到(1)0

f=，(1)1f=−，从而得到关于,ab的方程组，解之即可；【详解】（1）因为3R()e,axbfxxxx+=−，所以()()2313eaxbfxaxx++=−，因为()fx在(1,(1))f处

的切线方程为1yx=−+，所以(1)110f=−+=，(1)1f=−，则()311e013e1ababa++−=−+=−，解得11ab=−=，所以1,1ab=−=.4．（2023·全国乙卷·

高考真题）已知函数()()1ln1fxaxx=++．(1)当1a=−时，求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程．【答案】(1)()ln2ln20xy+−=；【分析】（1）由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线

的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；【详解】（1）当1a=−时，()()()11ln11fxxxx=−+−，则()()2111ln111xfxxxx=−++−+，据此可得()()10,1ln2ff==−，所以函数在

()()1,1f处的切线方程为()0ln21yx−=−−，即()ln2ln20xy+−=.5．（2023·全国乙卷·高考真题）已知函数1()ln(1)fxaxx=++.(1)当1a=−时，求曲线()yfx=在点()()1

,1f处的切线方程；【答案】(1)()ln2ln20xy+−=；【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；【详解】（1）当1a=−时，()()11ln1fxxx=−+

，则()()2111ln111xfxxxx=−++−+，据此可得()()10,1ln2ff==−，函数在()()1,1f处的切线方程为()0ln21yx−=−−，即()ln2ln20xy+−=.6．（202

3·天津·高考真题）已知函数()()11ln12fxxx=++．(1)求曲线()yfx=在2x=处的切线斜率；【答案】(1)1ln334−【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；【详解】（1）ln(1)ln(1)()2xxfxx++=+，则211ln(1)()(1

)2(1)xfxxxxx+=+−++，所以1ln3(2)34f=−，故2x=处的切线斜率为1ln334−；7．（2022·天津·高考真题）已知abR，，函数()()sin,xfxeaxgxbx=−=(1)求

函数()yfx=在()()0,0f处的切线方程；【答案】(1)(1)1=−+yax【分析】（1）求出(0)f可求切线方程；【详解】（1）()ecosxfxax=−，故(0)1fa=−，而(0)1f=，曲线()fx在点(0,(0))f处的切线方程为()()

101yax=−−+即()11yax=−+.8．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数32(),()fxxxgxxa=−=+，曲线()yfx=在点()()11,xfx处的切线也是曲线()ygx=的切线．(1)若11

x=−，求a；【答案】(1)3【分析】（1）先由()fx上的切点求出切线方程，设出()gx上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；【详解】（1）由题意知，(1)1(1)0f−=−−−=，2()31xfx

=−，(1)312f−=−=，则()yfx=在点()1,0−处的切线方程为2(1)yx=+，即22yx=+，设该切线与()gx切于点()22,()xgx，()2gxx=，则22()22gxx==，解得21x=，则(1)122ga=+

=+，解得3a=；9．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数()()ln1exfxxax−=++(1)当1a=时，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；【答案】(1)2yx=【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可【详解】

（1）()fx的定义域为(1,)−+当1a=时,()ln(1),(0)0exxfxxf=++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx−=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()yfx=在点(0,(0))

f处的切线方程为2yx=10．（2022·北京·高考真题）已知函数()eln(1)xfxx=+．(1)求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；【答案】(1)yx=【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；【详解】

（1）解：因为()eln(1)xfxx=+，所以()00f=，即切点坐标为()0,0，又1()e(ln(1))1xfxxx=+++，∴切线斜率(0)1kf==∴切线方程为：yx=11．（2021·天津·高考真题）已知0a，函数()xfxaxxe=−．（I）求曲线()yf

x=在点(0,(0))f处的切线方程：【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；【详解】（I）()(1)xfxa

xe=−+，则(0)1fa=−，又(0)0f=，则切线方程为(1),(0)yaxa=−；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；【答案】（1）450xy+−=；【分析】（1）求出()1f、(

)1f的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；【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+−=；13．（2021

·全国乙卷·高考真题）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,f

xfx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=−++，()200032fx

xxa=−+，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321xx

x−−+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.14．（2020·北京·高考真题）已知函数2()12fxx=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=的斜率

等于2−的切线方程；【答案】（Ⅰ）2130xy+−=，【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；【详解】（Ⅰ）因为()212fxx=−，所以()2fxx=−，设切点为()200,12xx−，则022x−=−，即01x=，所以切点为()1,

11，由点斜式可得切线方程为：()1121yx−=−−，即2130xy+−=.15．（2020·全国·高考真题）设函数3()fxxbxc=++，曲线()yfx=在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1

）求b．【答案】（1）34b=−；【分析】（1）利用导数的几何意义得到1()02f=，解方程即可；【详解】（1）因为2()3fxxb=+，由题意，1()02f=，即：21302b+=，则34b=−．16．（2019

·北京·高考真题）已知函数321()4fxxxx=−+.（Ⅰ）求曲线()yfx=的斜率为1的切线方程；【答案】（Ⅰ）0xy−=和2727640xy−−=.【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方

程；【详解】（Ⅰ）23()214fxxx=−+，令23()2114fxxx=−+=得0x=或者83x=.当0x=时，(0)0f=，此时切线方程为yx=，即0xy−=；当83x=时，88()327f=，此时切线方程为6427yx=−，即2727

640xy−−=；综上可得所求切线方程为0xy−=和2727640xy−−=.17．（2018·北京·高考真题）设函数()fx=[()24143axaxa−+++]xe．（1）若曲线()yfx=在点（1，()1f）处

的切线与x轴平行，求a；【答案】(1)1【详解】分析：（1）先求导数，再根据()01f=得a；（2）先求导数的零点：1a，2；再分类讨论，根据是否满足()fx在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．详解：解：（Ⅰ）因为()fx

=[()24143axaxa−+++]xe，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=

3e≠0．所以a的值为1．18．（2018·北京·高考真题）设函数2()[(31)32]xfxaxaxae=−+++.（Ⅰ）若曲线()yfx=在点(2,(2))f处的切线斜率为0，求a；【答案】（Ⅰ）12【详解】分析：

（1）求导()fx，构建等量关系(2)0kf==，解方程可得参数a的值；详解：解：（Ⅰ）因为()()23132exfxaxaxa=−+++，所以()()211exfxaxax=−++.()()2221efa−=，由题设知(

)20f=，即()221e0a−=，解得12a=.19．（2018·全国·高考真题）已知函数()21exaxxfx+−=．（1）求曲线()=yfx在点()0,1−处的切线方程；【答案】（1）切线方程是210xy

−−=；【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．【详解】（1）()()2212xaxaxfxe−++−=，()02f=．因此曲线()=yfx在点()0,1−处的切线方程是210xy−−=．20．（2018·天津·高考真题）已知函数()xfxa=，()log

agxx=，其中a>1.（I）求函数()()lnhxfxxa=−的单调区间；（II）若曲线()yfx=在点()()11,xfx处的切线与曲线()ygx=在点()()22,xgx处的切线平行，证明：()122lnlnlnaxgxa+=−；（III）证明：当1eea

时，存在直线l，使l是曲线()yfx=的切线，也是曲线()ygx=的切线.【答案】(Ⅰ)单调递减区间(),0−，单调递增区间为()0,+；(Ⅱ)证明见解析；(Ⅲ)证明见解析.【分析】（I）由题意可得()lnlnxhxaaa=−，由()0hx以及()0

hx即可解出；（II）分别求出两切线方程，根据直线平行的条件得()122ln1xxaa=，两边取对数即可证出；（III）方法一：分别求出两曲线的切线12,ll的方程，则问题等价于当1eae时，存在()1,x−+，()20,x+，使

得l1和l2重合，构造函数，令()12lnlnlnlnlnxxauxaxaaxaa=−+++，利用导数证明函数存在零点，即可证出.【详解】（I）由已知，()lnxhxaxa=−，有()()l1lnnlnxxhxaaaaa

−=−=.令()0hx=，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，()hx，()hx的变化情况如下表：x(),0−0()0,+()hx-0+()hx极小值所以函数()hx的单调递减区间为(),0−，单调递增区间为()0,+.

（II）由()lnxfxaa=，可得曲线()yfx=在点()()11,xfx处的切线斜率为1lnxaa.由()1lngxxa=，可得曲线()ygx=在点()()22,xgx处的切线斜率为21lnxa.因为这两条切线平行，故有121lnlnxaaxa=，即()122ln1xxa

a=.两边取以a为底的对数，得212log2logln0axxa++=，所以()122lnlnlnaxgxa+=−.（III）［方法一］：导数的几何意义＋零点存在性定理曲线()yfx=在点()11,xxa处的

切线l1：()111lnxxyaaaxx−=−.曲线()ygx=在点()22,logaxx处的切线l2：()2221loglnayxxxxa−=−.要证明当1eea时，存在直线l，使l是曲线()yfx=的切线，也是曲线()ygx=的切线，只

需证明当1eea时，存在()1,x−+，()20,x+，使得l1和l2重合.即只需证明当1eea时，方程组1112121lnln1lnloglnxxxaaaxaaxaaxa=−=−①②有解，由①得()1221lnxxaa=，代入

②，得111112lnlnln0lnlnxxaaxaaxaa−+++=.③因此，只需证明当1eea时，关于x1的方程③存在实数解.设函数()12lnlnlnlnlnxxauxaxaaxaa=−+++，即要证明当1eea时，函数()yux=存在零点.()()21lnxuxaxa=−

，可知(),0x−时，()0ux；()0,x+时，()ux单调递减，又()010u=，()()21ln2110lnauaa=−，故存在唯一的x0，且x0>0，使得()00ux=，即()0

201ln0xaxa−=.由此可得()ux在()0,x−上单调递增，在()0,x+上单调递减.()ux在0xx=处取得极大值()0ux.因为1eea，故()lnln1a−，所以()()0000002012lnln12lnlnlnlnlnlnlnxxaau

xaxaaxxaaaxa=−+++=++22lnln0lnaa+.下面证明存在实数t，使得()0ut.由（I）可得1lnxaxa+，当1lnxa时，有()()()12lnln1ln1lnlnlnauxxaxaxaa+−+++()2

212lnlnln1lnlnaaxxaa=−++++，根据二次函数的性质，所以存在实数t，使得()0ut，因此，当1eea时，存在()1,x−+，使得()10ux=.所以，当1eea时，存在直线l，使l是曲线(

)yfx=的切线，也是曲线()ygx=的切线.［方法二］：因为曲线()yfx=在点()()11,xfx处的切线斜率为1lnxaa，曲线()ygx=在点()()22,xgx处的切线斜率为21lnxa，所以直线l满足如下条件：112221lo

g1ln0lnxxaxaaatxaxx−===−112221ln1lnlogxxaaattxaxatxx==−=−ln(ln)ln10lnttatta+−+=．记()ln(ln)ln1lntttatta=+−+，则1()lnlntt

ta=−是关于t的减函数．11(ln)0,(eln)10lnelnaaaa==−，0(ln,eln)taa使()00t=，即001ln0lntta−=，即001lnlntat=．当00tt时，

()0t；当0tt时，()0t，()()00000000011lnlnln12lnln22lnln22lnln0lntttatttataaatt=+−+=+++=+，由（Ⅰ）可得当1k时，11ln,ln0ekakaa+．若()l

nln2lnlnln(1ln)1ln2lnlnln10kkaakaaaakakaaa−−=−++++−+++．则2lnlnln1lnaaka++，取02lnlnln1max1,lnaaka++=，()00ln0,ln(0,ln)kkaa

aaa−−，所以()t在区间(0,)+内存在零点．所以当1eea时，存在直线l，使l曲线()yfx=的切线，也是曲线()ygx=的切线．【整体点评】（III）方法一：利用切线重合，建立等量关系，通过消元得出方程，根据

方程有解，转化为函数有零点，由零点存在性定理证出；方法二：根据斜率相等得出方程，引入新变元，构建关于新变元的方程，再由方程有实根，转化为对应函数有零点，即可证出．21．（2017·天津·高考真题）设,abR，||1a.已知函数32()63(4)fxxxaaxb=−−−+，()()xgxe

fx=.（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）已知函数()ygx=和xye=的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：()fx在0xx=处的导数等于0；（ii）若关于x的不等式()xgxe在区间00[1,1]xx−+上恒成立，求b的取值范围.【答案】（I）单调递增区间为(,)a−

，(4,)a−+，单调递减区间为(,4)aa−.（II）（i）见解析.（ii）[7,1]−.【详解】试题分析：求导数后因式分解根据1a，得出4aa−，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对()gx求导，根据函数()ygx=和xye=的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线

，解得0()0fx=，根据()fx的单调性可知()()1ffxa=在[1,1]aa−+上恒成立，关于x的不等式()xgxe在区间00[1,1]xx−+上恒成立，得出32()63(4)1faaaaaab=−−−+=，得32261b

aa=−+，11a−，求出()fa的范围，得出b的范围.试题解析：（I）由()()32634fxxxaaxb=−−−+，可得()()()()()2'3123434fxxxaaxaxa=−−−=−−−，令()'0fx=，解得xa=，或4xa=−.由1a，得4aa−.当x变化时，()'fx

，()fx的变化情况如下表：x(),a−(),4aa−()4,a−+()'fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间为(),a−，()4,a−+，单调递减区间为(),4aa−.（II）（i）因为()()()()''xgxefxfx=+

，由题意知()()0000'xxgxegxe==，所以()()()()0000000'xxxxfxeeefxfxe=+=，解得()()001'0fxfx==.所以，()fx在0xx=处的导数等于0.（ii）因

为()xgxe，001,1xxx−+，由0xe，可得()1fx.又因为()01fx=，()0'0fx=，故0x为()fx的极大值点，由（I）知0xa=.另一方面，由于1a，故14aa+−，由（I）知()fx在()1,aa−内单调递增，在(),1aa+内单调递减，故当0x

a=时，()()1fxfa=在1,1aa−+上恒成立，从而()xgxe在001,1xx−+上恒成立.由()()326341faaaaaab=−−−+=，得32261baa=−+，11a−

.令()32261txxx=−+，1,1x−，所以()2'612txxx=−，令()'0tx=，解得2x=（舍去），或0x=.因为()17t−=−，()13t=−，()01t=，故()tx的值域为7,1−.所以，b的取值范围是7,1−.【考点】

导数的应用【名师点睛】利用导数工具研究函数是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函

数值域问题很巧妙，问题转化为借助导数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运.22．（2017·山东·高考真题）已知函数()3211,32fxxaxa=−R.(I)当a=2时,求曲线()yfx=在点()()3,3

f处的切线方程；【答案】（Ⅰ）390xy−−=；试题解析：（Ⅰ）由题意2()fxxax=−，所以，当2a=时，(3)0f=，2()2fxxx=−，所以(3)3f=，因此，曲线()yfx=在点(3,(3))f处的切线方程是3(3)yx=−，即39

0xy−−=.23．（2017·北京·高考真题）已知函数()ecosxfxxx=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；【答案】(Ⅰ)1y=；试题解析：（Ⅰ）因为()ecosxfxx

x=−，所以()()()ecossin1,00xfxxxf−=−=.又因为()01f=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为1y=.24．（2016·北京·高考真题）设函数()32.fxxaxbxc=+++（Ⅰ）求曲线()yfx=在点(

)()0,0f处的切线方程；【答案】（Ⅰ）ybxc=+;【详解】试题分析：（Ⅰ）求函数f（x）的导数，根据()0fc=，()0fb=求切线方程；试题解析：（Ⅰ）由()32fxxaxbxc=+++，得()232fxxaxb=++．因为()0fc

=，()0fb=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程为ybxc=+．25．（2016·北京·高考真题）设函数()axfxxebx−=+，曲线()yfx=在点(2,(2))f处的切线方程为(1)4yex=−+，（1

）求a，b的值；【答案】（Ⅰ）2a=，be=；试题解析：（Ⅰ）因为()axfxxebx−=+，所以()(1)axfxxeb−=−+.依题设，(2)22,{(2)1,fefe=+=−即222222,{1,aaebeebe−−+=+−+=−解得2,eab==.26．（2016·全国·高

考真题）已知函数()(1)ln(1)fxxxax=+−−.（I）当4a=时，求曲线()yfx=在()1,(1)f处的切线方程；【答案】（1）220.xy+−=试题解析：（I）()fx的定义域为(0,)+.当4a=时，1()(1)ln4(1),()ln3f

xxxxfxxx=+−−=+−，(1)2,(1)0.ff=−=曲线()yfx=在(1,(1))f处的切线方程为220.xy+−=27．（2015·重庆·高考真题）设函数()()23xxaxfxaRe+=（1）若()fx在0x=处取得极值，确定a的

值，并求此时曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；【答案】（1）0a=，切线方程为30xey−=；试题解析：（1）对()fx求导得()()()()2226336()xxxxxaexaxexaxafxee+−+−+−+==因为()fx在0x=处取得极值，所以(0)0

f=，即0a=.当0a=时，23()=,xxfxe236()xxxfxe−+=,故33(1)=,(1)ffee=,从而()fx在点1(1)f（，）处的切线方程为33(1)yxee−=−,化简得30xey−=28．（2015·全国·高考真题）已知函数31()4

fxxax=++，()lngxx=−．（1）当a为何值时，x轴为曲线()yfx=的切线；【答案】（Ⅰ）34a=−；试题解析：（Ⅰ）设曲线()yfx=与x轴相切于点()0,0x，则()00fx=，()00fx=，即3002010430xaxxa++=+=，解得0

13,24xa==−.因此，当34a=−时，x轴是曲线()yfx=的切线.29．（2015·天津·高考真题）已知函数(),nfxnxxxR=−，其中*,2nNn.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）设曲线()yfx=与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为()ygx=,求

证：对于任意的正实数x，都有()()fxgx；【答案】（Ⅰ）当n为奇数时，()fx在(,1)−−，(1,)+上单调递减，在(1,1)−内单调递增；当n为偶数时，()fx在(,1)−−上单调递增，()fx在(1,)+上单调递减.（Ⅱ）见解析；【详解】（Ⅰ）由()nfxnxx=−，可得

，其中N*n且2n，下面分两种情况讨论：（1）当n为奇数时：令()0fx=，解得1x=或=1x−，当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x(,1)−−(1,1)−(1,)+()fx−+−

()fx所以，()fx在(,1)−−，(1,)+上单调递减，在(1,1)−内单调递增.（2）当n为偶数时，当()0fx，即1x时，函数()fx单调递增；当()0fx，即1x时，函数()

fx单调递减.所以，()fx在(,1)−−上单调递增，()fx在(1,)+上单调递减.（Ⅱ）证明：设点P的坐标为0(,0)x，则110nxn−=，20()fxnn=−，曲线()yfx=在点P处的切线方程为()00()yfxxx=−，

即()00()()gxfxxx=−，令()()()Fxfxgx=−，即，则0()()()Fxfxfx−=由于1()nfxnxn−=−+在()0,+上单调递减，故()Fx在()0,+上单调递减，又因为0()0Fx=，所以当0(0,)xx时，0(

)0Fx，当0(,)xx+时，0()0Fx，所以()Fx在0(0,)x内单调递增，在0(,)x+内单调递减，所以对任意的正实数x都有0()()0FxFx=，即对任意的正实数x，都有()()fxgx.30．（2015

·山东·高考真题）设函数.已知曲线,minpq在点(1,(1))f处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a的值；【答案】（Ⅰ）1a=；【详解】（Ⅰ）由题意知，曲线在点(1,(1))f处的切线斜率为2，所以'(1)2f=，又'()ln1,afxx

x=++所以1a=.31．（2015·北京·高考真题）已知函数()1ln1xfxx+=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=在点()()00f，处的切线方程；【答案】（Ⅰ）20xy−=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.试题解析：（1）111()ln()111xfxfxxxx+

==+−+−，利用导数几何意义得切线斜率：(0)2kf==，又(0)0f=，由点斜式得切线方程：2yx=考点02具体函数的单调性1．（2024·北京·高考真题）设函数()()()ln10fxxkxk=++，直线l是曲线()yfx=在点()()(),

0tftt处的切线．(1)当1k=−时，求()fx的单调区间.【答案】(1)单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为(0,)+.【分析】（1）直接代入1k=−，再利用导数研究其单调性即可；【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11xfxxxfxxxx=−+=−=−++，

当()1,0x−时，()0fx；当()0,x+，()0fx¢>；()fx在(1,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增.则()fx的单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为(0,)+.2．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数()2sinπ,0,cos2xfxaxxx

=−．(1)当1a=时，讨论()fx的单调性；【答案】(1)()fx在π0,2上单调递减【分析】（1）代入1a=后，再对()fx求导，同时利用三角函数的平方关系化简()fx，再利用换元法判断得其分子与分母的正

负情况，从而得解；【详解】（1）因为1a=，所以()2sinπ,0,cos2xfxxxx=−，则()()22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx−−+=−=−()3333222coscos21coscoscos2

coscosxxxxxxx−−−+−==，令costx=，由于π0,2x，所以()cos0,1tx=，所以()()()23233222coscos22221211xxttttttttt+−=+−=−+−=−++−()()2221ttt=++−，因为()222211

0ttt++=++，10t−，33cos0xt=，所以()233coscos20cosxxfxx+−=在π0,2上恒成立，所以()fx在π0,2上单调递减.3．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数3sinπ(),0,cos2xfxaxxx=

−(1)当8a=时，讨论()fx的单调性；【答案】(1)答案见解析.【分析】（1）求导,然后令2costx=,讨论导数的符号即可;【详解】（1）326coscos3sincossin()cosxxxxxfxax+=−22244cos3sin32coscoscosx

xxaaxx+−=−=−令2cosxt=,则(0,1)t则2223223()()tattfxgtatt−+−==−=当222823(21)(43)8,()()ttttafxgttt+−−+====当10,2t,即ππ,,()042xfx

.当1,12t,即π0,,()04xfx.所以()fx在π0,4上单调递增,在ππ,42上单调递减4．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知

函数()eeaxxfxx=−．(1)当1a=时，讨论()fx的单调性；【答案】(1)()fx的减区间为(),0−，增区间为()0,+.【分析】（1）求出()fx，讨论其符号后可得()fx的单调性.【详解】（1）当1

a=时，()()1exfxx=−，则()exfxx=，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx¢>，故()fx的减区间为(),0−，增区间为()0,+.5．（2021·全国甲卷·高考真题）已知0a且1a，函数()(0)axxfxxa=．（1）当2a=

时，求()fx的单调区间；【答案】（1）20,ln2上单调递增；2,ln2+上单调递减；【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；

【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,ln

2+上单调递减；6．（2020·全国·高考真题）已知函数()(2)xfxeax=−+.（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；【答案】（1）()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；【分析】（1）将1a=代入函

数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；【详解】（1）当1a=时，()(2)xfxex=−+，'()1xfxe=−，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)−，增区间为

(0,)+；7．（2018·全国·高考真题）已知函数()()32113fxxaxx=−++．（1）若=3a，求()fx的单调区间；【答案】（1）增区间是(,323)−−，(323,)++，减区间是(323,323)−+；【分析】（

1）将=3a代入，求导得2()63fxxx=−−，令()0fx求得增区间，令()0fx求得减区间；【详解】（1）当a=3时，321()3333fxxxx=−−−，2()63fxxx=−−．令()=0fx解得x=323−或x=323

+．由()0fx解得：(,323)(323,)x−−++；由()0fx解得：(323,323)x−+．故函数的增区间是(,323)−−，(323,)++，减区间是(323,323)−+

．考点03含参函数的单调性1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数()()1ln1fxaxx=−−+．(1)求()fx的单调区间；【答案】(1)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；【详解】（1）()fx定义域为

(0,)+，11()axfxaxx−=−=当0a时，1()0axfxx−=，故()fx在(0,)+上单调递减；当0a时，1,xa+时，()0fx，()fx单调递增，当10,xa时，()0fx，()fx单调递减.综上所述，当0a时，()fx的

单调递减区间为(0,)+；0a时，()fx的单调递增区间为1,a+，单调递减区间为10,a.2．（2023·北京·高考真题）设函数3()eaxbfxxx+=−，曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为1yx=−+．(1)求,ab的值；(2)设函数

()()gxfx=，求()gx的单调区间；(3)求()fx的极值点个数．【答案】(1)1,1ab=−=(2)答案见解析【分析】（1）先对()fx求导，利用导数的几何意义得到(1)0f=，(1)1f=−，从而得到关于,ab的方程组，解之即可；（2）由

（1）得()gx的解析式，从而求得()gx，利用数轴穿根法求得()0gx与()0gx的解，由此求得()gx的单调区间；【详解】（1）因为3R()e,axbfxxxx+=−，所以()()2313eaxbfxaxx++=−，因为()fx在(1,(1))f处的切线方程为1yx=−+，所以(

1)110f=−+=，(1)1f=−，则()311e013e1ababa++−=−+=−，解得11ab=−=，所以1,1ab=−=.（2）由（1）得()()()()231R13exgfxxxxx−+−==−，则()()1266exxgxxx−++−=

−，令2660xx−+=，解得33x=，不妨设133x=−，233x=+，则120xx，易知1e0x−+恒成立，所以令()0gx，解得10xx或2xx；令()0gx，解得0x或12xxx；所以()gx在

()10,x，()2,x+上单调递减，在(),0−，()12,xx上单调递增，即()gx的单调递减区间为()0,33−和()33,++，单调递增区间为(),0−和()33,33−+.3．（2023·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知函数()()exfxaax=+−

．(1)讨论()fx的单调性；【答案】(1)答案见解析【分析】（1）先求导，再分类讨论0a与0a两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；【详解】（1）因为()()exfxaax=+−，定义域为R，所以()e1xfxa=−，当0a时，由于e

0x，则e0xa，故()0e1xfxa−=恒成立，所以()fx在R上单调递减；当0a时，令()e10xfxa=−=，解得lnxa=−，当lnxa−时，()0fx，则()fx在(),l

na−−上单调递减；当lnxa−时，()0fx¢>，则()fx在()ln,a−+上单调递增；综上：当0a时，()fx在R上单调递减；当0a时，()fx在(),lna−−上单调递减，()fx在()ln,a−+上单调递增.

4．（2022·浙江·高考真题）设函数e()ln(0)2fxxxx=+．(1)求()fx的单调区间；【答案】(1)()fx的减区间为e02,，增区间为e,2+.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.【详解】（1）()22e1

2e22xfxxxx−=−+=，当e02x，()0fx；当e2x，()0fx¢>，故()fx的减区间为e02,，()fx的增区间为e,2+.5．（2022·北京·高考真题）已知函数()eln(1)xfxx=+

．(1)求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；(2)设()()gxfx=，讨论函数()gx在[0,)+上的单调性；【答案】(1)yx=(2)()gx在[0,)+上单调递增.【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得

切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；【详解】（1）解：因为()eln(1)xfxx=+，所以()00f=，即切点坐标为()0,0，又1()e(ln(1))1xfxxx=+++，∴切线斜率(0)1kf==∴切线方

程为：yx=（2）解：因为1()()e(ln(1))1xgxfxxx=++=+，所以221()e(ln(1))1(1)xgxxxx=++−++，令221()ln(1)1(1)hxxxx=++−++，则22331221()01(1)(1)(1)xhxxxx

x+=−+=++++，∴()hx在[0,)+上单调递增，∴()(0)10hxh=∴()0gx在[0,)+上恒成立，∴()gx在[0,)+上单调递增.6．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数2()(1)xfxxeaxb=−−+．（1）讨论()f

x的单调性；【答案】(1)答案见解析；【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；【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,x

a+，则()()0,fxfx单调递增；7．（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；【答案】(1)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；【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的单调递增区间为(),−+,无减区间；0b时，函数

的单调减区间为,loglnaba−，单调增区间为log,lnaba+.8．（2021·全国甲卷·高考真题）设函数22()3ln1fxaxaxx=+−+，其中0a.（1）讨论()fx的单调性；【答案】（1）()fx的减区间为10,a，

增区间为1,+a；【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.【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.9．（2021·全国乙卷·高考真题）已知函数32()1fxxxax=−++．（1）讨论(

)fx的单调性；【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；【详解】(1)由函数的解析式可得：()232fxxxa=−+，导函数的判别式412a=−，当1

4120,3aa=−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.10．（2021·全国新Ⅰ

卷·高考真题）已知函数()()1lnfxxx=−.（1）讨论()fx的单调性；【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.【详解】(1)()fx的定义域为()0,+．由()()1lnfxxx=−得，()lnfxx=−，当1x=时，()0fx=；当()0,1x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，11．（2020·全国·高考真题）已知函数f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；（2）设a>0时，讨论函数g（x）=()()fxfaxa−−的单调性．【答案

】（1）)1,−+；（2）()gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间【分析】（1）[方法三]不等式()2fxxc+转化为()20fxxc−−，构造新函数，利用导数求出新函数的最大值，进而进行

求解即可；（2）对函数()gx求导，把导函数()gx的分子构成一个新函数()mx，再求导得到()mx，根据()mx的正负，判断()mx的单调性，进而确定()gx的正负性，最后求出函数()gx的单调性.【详

解】（1）[方法一]【最优解】：()2fxxc+等价于2ln21xxc−−≤．设()2ln2hxxx=−，则22(1)()2xhxxx−=−=．当01x时，()0hx，所以()hx在区间(

0,1)内单调递增；当1x时，()0hx，所以()hx在区间(1,)+内单调递减．故max[()](1)2hxh==−，所以12c−−≥，即1c−，所以c的取值范围是[1,)−+．[方法二]：切线放缩若()2fx

xc+，即2ln12++xxc，即1ln2−+cxx当,()0x+时恒成立，而lnyx=在点(1,0)处的切线为1yx=−，从而有ln1−xx，当,()0x+时恒成立，即112−−c，则1c−．所以c的取值范围为[1,)−+

．[方法三]：利用最值求取值范围函数()fx的定义域为：(0,)+()2()202ln120()fxxcfxxcxxc+−−+−−，设()2ln12(0)hxxxcx=+−−，则有22(1)()2xhxxx−=−=，当1x

时，()0,()hxhx单调递减，当01x时，()0,()hxhx单调递增，所以当1x=时，函数()hx有最大值，即max()(1)2ln11211hxhcc==+−−=−−，要想不等式()在(0,

)+上恒成立，只需max()0101hxcc−−−；所以c的取值范围为[1,)−+．（2）()()()2ln12ln12lnln(0xaxagxxxaxa+−+−==−−且)xa因此22(lnln)()

()xaxxxagxxxa−−+=−，设()2(lnln)mxxaxxxa=−−+，则有()2(lnln)mxax=−，当xa时，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递减，因此有()()0mxma=，即()0gx，所以()gx单调

递减；当0xa时，lnlnxa，所以()0mx，()mx单调递增，因此有()()0mxma=，即()0gx，所以()gx单调递减，所以函数()gx在区间(0,)a和(,)a+上单调递减，没有递增区间.【整体点评】(1)方法一：分类参数之后构造函数是处理恒成立问

题的最常用方法，它体现了等价转化的数学思想，同时是的导数的工具也得到了充分利用；方法二：切线放缩体现了解题的灵活性，将数形结合的思想应用到了解题过程之中，掌握常用的不等式是使用切线放缩的基础.方法二：利用最值确定参

数取值范围也是一种常用的方法，体现了等价转化的数学思想.12．（2020·全国·高考真题）已知函数f(x)=sin2xsin2x.（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；【答案】（1）当0,3x时，()()'0,fxfx单调递

增，当2,33x时，()()'0,fxfx单调递减，当2,3x时，()()'0,fxfx单调递增.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；【详解】(1)由函数的解析式可得：()32si

ncosfxxx=，则：()()224'23sincossinfxxxx=−()2222sin3cossinxxx=−()222sin4cos1xx=−()()22sin2cos12cos1xxx=+−，()'0fx=在()0,x上的

根为：122,33xx==，当0,3x时，()()'0,fxfx单调递增，当2,33x时，()()'0,fxfx单调递减，当2,3x时，()()'0,fxfx单调递增.1

3．（2018·天津·高考真题）已知函数()xfxa=，()logagxx=，其中a>1.（I）求函数()()lnhxfxxa=−的单调区间；【答案】(Ⅰ)单调递减区间(),0−，单调递增区间为()0,+【分析】（I）由题意可得()lnl

nxhxaaa=−，由()0hx以及()0hx即可解出；【详解】（I）由已知，()lnxhxaxa=−，有()()l1lnnlnxxhxaaaaa−=−=.令()0hx=，解得x=0.由a>1，可知当x变化时，()hx，()hx的变化情况如下表

：x(),0−0()0,+()hx-0+()hx极小值所以函数()hx的单调递减区间为(),0−，单调递增区间为()0,+.14．（2018·全国·高考真题）已知函数1()lnfxxaxx=−+．（1）讨论(

)fx的单调性；【答案】（1）答案见解析；【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对a进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；【详解】（1）()fx的定义域为()0,+，()222111axaxfxxxx−+=−−+−=.（i）若2a，则

()0fx，当且仅当=2a，=1x时()=0fx，所以()fx在()0,+单调递减.（ii）若2a，令()=0fx得，242aax−−=或242aax+−=.当22440,,22aaaax−−+−

+时，()0fx；当2244,22aaaax−−+−时，()0fx.所以()fx在22440,,,22aaaa−−+−+单调递减，在2

244,22aaaa−−+−单调递增.15．（2017·全国·高考真题）已知函数()()2e2exxfxaax=+−−（1）讨论()fx的单调性；【答案】（1）见解析；试题解析：（1）()fx的定义域为(),−+，()()()()2221121xxxxfxae

aeaee=+−−−=+，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(),−+单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx=得lnxa=−.当(),lnxa−−时，()0fx；当()ln,xa−+时，()0fx，所以()f

x在(),lna−−单调递减，在()ln,a−+单调递增.16．（2017·天津·高考真题）设,abR，||1a.已知函数32()63(4)fxxxaaxb=−−−+，()()xgxefx=.（Ⅰ）求()fx的单调区间；【答案】（I）单调递增区间为(,

)a−，(4,)a−+，单调递减区间为(,4)aa−.试题解析：（I）由()()32634fxxxaaxb=−−−+，可得()()()()()2'3123434fxxxaaxaxa=−−−=−−−，令()'0fx=，解得xa=，或4

xa=−.由1a，得4aa−.当x变化时，()'fx，()fx的变化情况如下表：x(),a−(),4aa−()4,a−+()'fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间为(),a−，()4,a−+，单调递减区间为(),4aa−.17．（2017·天津·高考真题）设aZ，已知定义在

R上的函数432()2336fxxxxxa=+−−+在区间(1,2)内有一个零点0x，()gx为()fx的导函数.（Ⅰ）求()gx的单调区间；【答案】（Ⅰ）增区间是(,1)−−，1(,)4+，递减区间是1(1

,)4−.试题解析：（Ⅰ）解：由()4322336fxxxxxa=+−−+，可得()()328966gxfxxxx==+−−，进而可得()224186gxxx=+−.令()0gx=，解得1x=−，或14x=.当x变化时，()(),gxgx的变化情况如下表：x(),1−

−11,4−1,4+()gx+-+()gx↗↘↗所以，()gx的单调递增区间是(),1−−，1,4+，单调递减区间是11,4−.18．（2017·全国·高考真题）已知函数2()ln(21)fxxax

ax=+++.（1）讨论()fx的单调性；【答案】（1）见解析；【详解】（1）()fx的定义域为（0，+），()()‘1211)22(1xaxfxaxaxx++=+++=.若a≥0，则当x∈（0，+）时，’)(0fx＞，故f（x）在（0，+）单调递增

.若a＜0，则当10,2xa−时，()0fx＞时；当x∈1()2a−+，时，’)(0fx.故f（x）在’)(0fx＞单调递增，在1()2a−+，单调递减.19．（2017·全国·高考真题）设函数2()(1)xfxxe=−.（I）讨论函数()fx

的单调性；【答案】（I）函数()fx在(,21)−−−和(21,+)−上单调递减，在(21,21)−−−上单调递增.试题解析：解（1）f’(x)=(1-2x-x2)ex令f’(x)=0得x=-1-2，x=-1+2

当x∈（-∞，-1-2）时，f’(x)<0；当x∈（-1-2，-1+2）时，f’(x)>0；当x∈（-1+2，+∞）时，f’(x)<0所以f(x)在（-∞，-1-2），（-1+2，+∞）单调递减，在（-1-2，-1+2）单调递增20．（2016·山

东·高考真题）设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，aR.（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；【答案】（Ⅰ）当0a时，函数()gx单调递增区间为()0,+，当0a时，函数()gx单调递增区间为10,2a（），单调递减区间为1

,2a+（）；试题解析：（Ⅰ）由()ln22,fxxaxa=−+可得()()ln22,0,gxxaxax=−++，则()1122axgxaxx=−=−，当0a时，()0,x+时，()0gx，函数()gx单调

递增；当0a时，10,2xa（）时，()0gx，函数()gx单调递增，1,2xa+（）时，()0gx，函数()gx单调递减.所以当0a时，()gx单调递增区间为()0,+；当0a时，函数()gx单调递增区间为10,2a（），单调递减区间为1,2a+（）.21．（2016·四

川·高考真题）设函数f(x)=ax2-a-lnx，其中a∈R.（I）讨论f(x)的单调性；【答案】（I）见解析试题解析：（Ⅰ）2121()2(0).axfxaxxxx−−==0a当时，()fx<0，()fx在0+（，）内单调递减.0a当时，由()fx=0，有12xa

=.此时，当x10,)2a（时，()fx<0，()fx单调递减；当x1+)2a（，时，()fx>0，()fx单调递增.22．（2016·全国·高考真题）已知函数2()(2)(1)xfxxeax=−+−.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；【答案】（Ⅰ）见解析；【详解】（Ⅰ）

()()()()()12112.xxfxxeaxxea=−+−=−+当0a，则当(),1x−时，()0fx；当()1,x+时，()0fx¢>.所以f（x）在(),1−单调递减，在()1,+单调递增.当0a

，由()0fx=得x=1或x=ln（-2a）.①若2ea=−，则()()()1xfxxee=−−，所以()fx在(),−+单调递增.②若2ea−，则ln（-2a）＜1,故当()()(),ln21,xa−−+时，()0fx¢>；当()()l

n2,1xa−时，()0fx，所以()fx在()()(),ln2,1,a−−+单调递增，在()()ln2,1a−单调递减.③若2ea−，则()ln21a−，故当()()(),1ln2,xa−−+时，()0fx

¢>，当()()1,ln2xa−时，()0fx，所以()fx在()()(),1,ln2,a−−+单调递增，在()()1,ln2a−单调递减.23．（2016·北京·高考真题）设函数()axfxxebx−=+，曲线()y

fx=在点(2,(2))f处的切线方程为(1)4yex=−+，（1）求a，b的值；（2）求()fx的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a=，be=；（2）()fx的单调递增区间为(,)−+.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据题意求出

，根据(2)22,(2)1fefe=+=−求a,b的值即可；（Ⅱ）由题意判断的符号，即判断1()1xgxxe−=−+的单调性，知g(x)>0，即>0，由此求得f(x)的单调区间.试题解析：（Ⅰ）因为()axfxxebx−=+，所以()(1)axfxxeb−=−

+.依题设，(2)22,{(2)1,fefe=+=−即222222,{1,aaebeebe−−+=+−+=−解得2,eab==.（Ⅱ）由（Ⅰ）知2()xfxxeex−=+.由21()(1)xxfxexe−−=−+及20xe−知，与11xxe−−+同号.令1()1xgxxe−=−+，则

1()1xgxe−=−+.所以，当时，，在区间上单调递减；当时，，在区间上单调递增.故是在区间上的最小值，从而.综上可知，，.故的单调递增区间为.【考点】导数的应用；运算求解能力【名师点睛】用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，

然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，来判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．24．（2016·山东·高考真题）已知()221()ln,xfxax

xaRx−=−+．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；试题解析：（Ⅰ）的定义域为；223322(2)(1)'()aaxxfxaxxxx−−=−−+=.当，时，'()0fx，单调递增；(1,),'()0xfx+时，单调递减.当时，3(1)22'()()

()axfxxxxaa−=+−.（1），，当或x时，'()0fx，单调递增；当x时，'()0fx，单调递减；25．（2016·四川·高考真题）设函数f(x)=ax2–a–lnx，g(x)=111exx−−，其中a∈R，e=2

.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；试题解析：（Ⅰ）2121'()2(0).axfxaxxxx−=−=0a当时，'()fx＜0，()fx在0+（，）内单调递减.0a当时，由'()fx=0，有12xa=.当x10,)2a（时，'()fx＜0，()

fx单调递减；当x1+)2a（，时，'()fx＞0，()fx单调递增.26．（2016·全国·高考真题）设函数()ln1fxxx=−+．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；试题解析：（Ⅰ）由题设，()fx的定义域为(0,)+，1()1fxx=−，令()0fx=，解得1x=.当01x时

，()0fx，()fx单调递增；当1x时，()0fx，()fx单调递减.27．（2015·江苏·高考真题）已知函数.（1）试讨论的单调性；试题解析：（1）()232fxxax=+，令()0fx=，解得10x=，223ax

=−．当0a=时，因为()230fxx=（0x），所以函数()fx在(),−+上单调递增；当0a时，()2,0,3ax−−+时，()0fx，2,03ax−时，()0fx，所以函数()fx在2,3a−−，()

0,+上单调递增，在2,03a−上单调递减；当a<0时，()2,0,3ax−−+时，()0fx，20,3ax−时，()0fx，所以函数()fx在(),0−，2,3a−

+上单调递增，在20,3a−上单调递减．28．（2015·重庆·高考真题）设函数()()23xxaxfxaRe+=（1）若()fx在0x=处取得极值，确定a的值，并求此时曲线(

)yfx=在点()()1,1f处的切线方程；（2）若()fx在)3,+上为减函数，求a的取值范围．【答案】（1）0a=，切线方程为30xey−=；（2）9[,)2−+.【详解】试题解析：本题考查求复合函数的导数，

导数与函数的关系，由求导法则可得'()fx=23(6)xxaxae−+−+，由已知得'(0)0f=，可得0a=，于是有23()=,xxfxe236()xxxfxe−+=，3(1)fe=，3'(1)fe=，由点斜式可得切线方程；（

2）由题意'()0fx在[3,)+上恒成立，即2()3(6)gxxaxa=−+−+0在[3,)+上恒成立，利用二次函数的性质可很快得结论，由63{6(3)0ag−得92a−．试题解析：（1）对()fx

求导得()()()()2226336()xxxxxaexaxexaxafxee+−+−+−+==因为()fx在0x=处取得极值，所以(0)0f=，即0a=.当0a=时，23()=,xxfxe236()xxxfxe−+=,故33(1)=,(1)ffee=,从而()fx在点1

(1)f（，）处的切线方程为33(1)yxee−=−,化简得30xey−=（2）由（1）得，()236()xxaxafxe−+−+=,令()2()36gxxaxa=−+−+由()0gx=，解得2212636636=,66aaaaxx−−+−++=.当1xx时，()0gx,故()fx为减函数

；当12xxx时，()0gx,故()fx为增函数；当2xx时，()0gx,故()fx为减函数；由()fx在[3,)+上为减函数，知2263636aax−++=，解得92a−故a的取值范围为9[,)2−+.考

点：复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．29．（2015·天津·高考真题）已知函数(),nfxnxxxR=−，其中*,2nNn.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；【详解】（Ⅰ）由()nfxnxx=−，可得，其中N*n且2n

，下面分两种情况讨论：（1）当n为奇数时：令()0fx=，解得1x=或=1x−，当x变化时，(),()fxfx的变化情况如下表：x(,1)−−(1,1)−(1,)+()fx−+−()fx所以，()fx在(,1

)−−，(1,)+上单调递减，在(1,1)−内单调递增.（2）当n为偶数时，当()0fx，即1x时，函数()fx单调递增；当()0fx，即1x时，函数()fx单调递减.所以，()fx在

(,1)−−上单调递增，()fx在(1,)+上单调递减.30．（2015·四川·高考真题）已知函数f（x）＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.（Ⅰ）设g（x）为f（x）的导函数，讨论g（x）的单调性；【详解】（Ⅰ）由已知，函数f（x）

的定义域为（0，＋∞）g（x）＝f'（x）＝2（x－1－lnx－a）所以g'（x）＝2－22(1)xxx−=当x∈（0，1）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减当x∈（1，＋∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增31．（2

015·四川·高考真题）已知函数22()2()ln22fxxaxxaxaa=−++−−+，其中0a.（1）设()gx是()fx的导函数，讨论()gx的单调性；【详解】（1）由已知，函数()fx的定义域为(0,)+，()()22

2ln2(1)agxfxxaxx==−−−+，所以222112()2()2224()2xaagxxxx−+−=−+=.当10a4时，()gx在区间114114(0,),(,)22aa−−+−+上单调递增，在

区间114114(,)22aa−−+−上单调递减；当1a4时，()gx在区间(0,)+上单调递增.32．（2015·北京·高考真题）设函数()2ln2xfxkx=−，0k．（1）求()fx的单调区间和极值；试题解析

：（Ⅰ）由()2ln2xfxkx=−，（0k）得2()kxkfxxxx−=−=.由()0fx=解得xk=.()fx与()fx在区间(0,)+上的情况如下：x()0,kk(),k+()fx-+()fx()1ln2kk−所以，()fx的单调递减区间是(0

,)k，单调递增区间是(,)+k；()fx在xk=处取得极小值(1ln)()2kkfk−=.考点04极值最值及其应用1．（2024·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数3()exfxaxa=−−．(1)当1a=时，求曲线()y

fx=在点()1,(1)f处的切线方程；(2)若()fx有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．【答案】(1)()e110xy−−−=(2)()1,+【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；（2）解法一：求导，分析0a和0a两种情况，利用导数判断单调性和极值，分

析可得2ln10aa+−，构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知()e=−xfxa有零点，可得0a，进而利用导数求()fx的单调性和极值，分析可得2ln10aa+−，构建函数解不等式即可.【详解】（1）当1a=时，则()e1xfxx=−−，()e1xf

x=−，可得(1)e2f=−，(1)e1f=−，即切点坐标为()1,e2−，切线斜率e1k=−，所以切线方程为()()()e2e11yx−−=−−，即()e110xy−−−=.（2）解法一：因为()fx的定义域为R，且()e=−xfxa，若0a，则()0fx

对任意xR恒成立，可知()fx在R上单调递增，无极值，不合题意；若0a，令()0fx，解得lnxa；令()0fx，解得lnxa；可知()fx在(),lna−内单调递减，在()ln,a+内单调递增，则()fx有极小值()3lnlnfaaaaa=−−，

无极大值，由题意可得：()3lnln0faaaaa=−−，即2ln10aa+−，构建()2ln1,0gaaaa=+−，则()120gaaa+=，可知()ga在()0,+内单调递增，且()10g=，不等式2ln10aa+−等价于()()1gag

，解得1a，所以a的取值范围为()1,+；解法二：因为()fx的定义域为R，且()e=−xfxa，若()fx有极小值，则()e=−xfxa有零点，令()e0xfxa=−=，可得exa=，可知exy=与ya=有交点，则0a，若0a

，令()0fx，解得lnxa；令()0fx，解得lnxa；可知()fx在(),lna−内单调递减，在()ln,a+内单调递增，则()fx有极小值()3lnlnfaaaaa=−−，无极大值，符合题意，由题意可得：()3lnln0faaaaa=−−，即2l

n10aa+−，构建()2ln1,0gaaaa=+−，因为则2,ln1yaya==−在()0,+内单调递增，可知()ga在()0,+内单调递增，且()10g=，不等式2ln10aa+−等价于()()1ga

g，解得1a，所以a的取值范围为()1,+.2．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数()()()1ln1fxaxxx=−+−．(1)当2a=−时，求()fx的极值；(2)当0x时，()0fx，求a的取

值范围．【答案】(1)极小值为0，无极大值.(2)12a−【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就12a−、102a−、0a分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当2a=−时，(

)(12)ln(1)fxxxx=++−，故121()2ln(1)12ln(1)111xfxxxxx+=++−=+−+++，因为12ln(1),11yxyx=+=−++在()1,−+上为增函数，故()fx在()1,−+上为增函数，而(0)0f=，

故当10x−时，()0fx，当0x时，()0fx，故()fx在0x=处取极小值且极小值为()00f=，无极大值.（2）()()()()11ln11ln1,011axaxfxaxaxxxx+−=−++−=−+−++，设()()()1ln1,01axsxaxxx+=−+−+，

则()()()()()()222111211111aaxaaaxasxxxxx++++−++=−=−=−++++，当12a−时，()0sx，故()sx在()0,+上为增函数，故()()00sxs=，即()0fx，所以()

fx在)0,+上为增函数，故()()00fxf=.当102a−时，当210axa+−时，()0sx，故()sx在210,aa+−上为减函数，故在210,aa+−上()()0sxs，即在210,aa+−上()0fx

即()fx为减函数，故在210,aa+−上()()00fxf=，不合题意，舍.当0a，此时()0sx在()0,+上恒成立，同理可得在()0,+上()()00fxf=恒成立，不合题意，舍；综上，12a−.【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需要

利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.3．（2023·北京·高考真题）设函数3()eaxbfxxx+=−，曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程为1yx=−+．(

1)求,ab的值；(2)设函数()()gxfx=，求()gx的单调区间；(3)求()fx的极值点个数．【答案】(1)1,1ab=−=(2)答案见解析(3)3个【分析】（1）先对()fx求导，利用导数的几何意义得到(1)0f=，(

1)1f=−，从而得到关于,ab的方程组，解之即可；（2）由（1）得()gx的解析式，从而求得()gx，利用数轴穿根法求得()0gx与()0gx的解，由此求得()gx的单调区间；（3）结合（2）中结论，利用零

点存在定理，依次分类讨论区间(),0−，()10,x，()12,xx与()2,x+上()fx的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得()fx的极值点个数.【详解】（1）因为3R()e,axbfxxxx+=−，所以()()2313eaxbfxaxx++=−

，因为()fx在(1,(1))f处的切线方程为1yx=−+，所以(1)110f=−+=，(1)1f=−，则()311e013e1ababa++−=−+=−，解得11ab=−=，所以1,1a

b=−=.（2）由（1）得()()()()231R13exgfxxxxx−+−==−，则()()1266exxgxxx−++−=−，令2660xx−+=，解得33x=，不妨设133x=−，233x=+，则120xx，易知1e0x−+恒成立，所以令()0g

x，解得10xx或2xx；令()0gx，解得0x或12xxx；所以()gx在()10,x，()2,x+上单调递减，在(),0−，()12,xx上单调递增，即()gx的单调递减区间为()0

,33−和()33,++，单调递增区间为(),0−和()33,33−+.（3）由（1）得()31R()exfxxxx−+=−，()()23113exfxxx−+−=−，由（2）知()fx在()10,x，()2,x+上单调递减，在(),0−，()12,xx上单调递

增，当0x时，()24011ef−=−，()010f=，即()()010ff−所以()fx在(),0−上存在唯一零点，不妨设为3x，则310x−，此时，当3xx时，()0fx，则()fx单调递减；当30xx时，()0fx¢>

，则()fx单调递增；所以()fx在(),0−上有一个极小值点；当()10,xx时，()fx在()10,x上单调递减，则()()()1331120fxff=−=−，故()()100ffx，所以()fx

在()10,x上存在唯一零点，不妨设为4x，则410xx，此时，当40xx时，()0fx¢>，则()fx单调递增；当41xxx时，()0fx，则()fx单调递减；所以()fx在()10,x上有一个极大值点；当()12,xxx时，()fx在()12,xx上单调递

增，则()()()233310fxff=+=，故()()120fxfx，所以()fx在()12,xx上存在唯一零点，不妨设为5x，则152xxx，此时，当15xxx时，()0fx，则()fx单调递减；当52xxx时，()0fx，则()fx单调递增；所以

()fx在()12,xx上有一个极小值点；当2333xx=+时，()232330xxxx−=−，所以()()231013exfxxx−+=−−，则()fx单调递增，所以()fx在()2,x+上无极值点；综上：()fx在(),0−和()12,xx上各

有一个极小值点，在()10,x上有一个极大值点，共有3个极值点.【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断()1fx与()2fx的正负情况，充分利用()fx的单调性，寻找特殊点判断即可得解.4．（2023·全国乙卷·高考

真题）已知函数1()ln(1)fxaxx=++.(1)当1a=−时，求曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；(2)是否存在a，b，使得曲线1yfx=关于直线xb=对称，若存在，求a，b的值，若不存在，说明理由.(3)若()fx在()0,+存在极

值，求a的取值范围.【答案】(1)()ln2ln20xy+−=；(2)存在11,22ab==−满足题意，理由见解析.(3)10,2.【分析】(1)由题意首先求得导函数的解析式，然后由导数的几何意义确定切线的斜率和切点坐标，最后求解切线方程即可；(2)首先

求得函数的定义域，由函数的定义域可确定实数b的值，进一步结合函数的对称性利用特殊值法可得关于实数a的方程，解方程可得实数a的值，最后检验所得的,ab是否正确即可；(3)原问题等价于导函数有变号的零点，据此构造新函数()()()2=1ln1gxaxxxx+−++，然后对函数求导，利用

切线放缩研究导函数的性质，分类讨论0a，12a和102a三中情况即可求得实数a的取值范围.【详解】（1）当1a=−时，()()11ln1fxxx=−+，则()()2111ln111xfxxx

x=−++−+，据此可得()()10,1ln2ff==−，函数在()()1,1f处的切线方程为()0ln21yx−=−−，即()ln2ln20xy+−=.（2）令()()11ln1gxfxaxx==++

，函数的定义域满足1110xxx++=，即函数的定义域为()(),10,−−+，定义域关于直线12x=−对称，由题意可得12b=−，由对称性可知111222gmgmm−+=−−

，取32m=可得()()12gg=−，即()()11ln22ln2aa+=−，则12aa+=−，解得12a=，经检验11,22ab==−满足题意，故11,22ab==−.即存在11,22ab

==−满足题意.（3）由函数的解析式可得()()2111ln11fxxaxxx=−++++，由()fx在区间()0,+存在极值点，则()fx在区间()0,+上存在变号零点;令()2111ln101xaxxx−+++=+，则()()()

21ln10xxxax−++++=，令()()()2=1ln1gxaxxxx+−++，()fx在区间()0,+存在极值点，等价于()gx在区间()0,+上存在变号零点，()()()12ln1,21gxaxxgxax==−+

−+当0a时，()0gx，()gx在区间()0,+上单调递减，此时()()00gxg=，()gx在区间()0,+上无零点，不合题意;当12a，21a时，由于111x+，所以()()0,gxgx

在区间()0,+上单调递增，所以()()00gxg=，()gx在区间()0,+上单调递增，()()00gxg=，所以()gx在区间()0,+上无零点，不符合题意；当102a时，由()12

01gxax=−=+可得1=12xa−，当10,12xa−时，()0gx，()gx单调递减，当11,2xa−+时，()0gx，()gx单调递增，故()gx的最小值为111

2ln22gaaa−=−+，令()()1ln01mxxxx=−+，则()10xmxx−+=，函数()mx在定义域内单调递增，()()10mxm=，据此可得1ln0xx−+恒成立，则1112ln202gaaa−=−+，

由一次函数与对数函数的性质可得，当x→+时，()()2ln1gxaxx=−+→+，且注意到()00g=，根据零点存在性定理可知:()gx在区间()0,+上存在唯一零点0x.当()00,xx时，()0gx，()gx单调减，当()0,xx+时，()0gx

，()gx单调递增，所以()()000gxg=.令()lnnxxx=−，则()11222xnxxxx−=−=，则函数()lnnxxx=−在()0,4上单调递增，在()4,+上单调递减，所以(

)()4ln420nxn=−，所以lnxx，所以2222244441=11ln12141agaaaaaaa−++−+−−++22444>1ln1121aaaaaa++−++−−+

22224444441ln111aaaaaa=+−++−+2222222164121144110444411aaaaaaaaa−−−+=+

++++，所以函数()gx在区间()0,+上存在变号零点，符合题意.综合上面可知:实数a得取值范围是10,2.【点睛】(1)求切线方程的核心是利用导函数求切线的斜率，求函数的导数要准确地把函数拆分成基本初等函数的和、差、积、商，再利用运算法则求导，合函数求导，

应由外到内逐层求导，必要时要进行换元.(2)根据函数的极值(点)求参数的两个要领：①列式:根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解;②验证:求解后验证根的合理性.本题中第二问利用对称性求参数值之后也需要进行验证.5．（2023·全国新Ⅱ卷·高考真题）（1）证明：

当01x时，sinxxxx−；（2）已知函数()()2cosln1fxaxx=−−，若0x=是()fx的极大值点，求a的取值范围．【答案】（1）证明见详解（2）()(),22,−−+【分析】（1）分别构建()()sin,0,1Fxxxx=−，()(

)2sin,0,1Gxxxxx=−+，求导，利用导数判断原函数的单调性，进而可得结果；（2）根据题意结合偶函数的性质可知只需要研究()fx在()0,1上的单调性，求导，分类讨论202a和22a，结合（1）中的结论放缩，根据极大

值的定义分析求解.【详解】（1）构建()()sin,0,1Fxxxx=−，则()1cos0Fxx=−对()0,1x恒成立，则()Fx在()0,1上单调递增，可得()()00FxF=，所以()s

in,0,1xxx；构建()()()22sinsin,0,1Gxxxxxxxx=−−=−+，则()()21cos,0,1Gxxxx=−+，构建()()(),0,1gxGxx=，则()2sin0gxx=−

对()0,1x恒成立，则()gx在()0,1上单调递增，可得()()00gxg=，即()0Gx对()0,1x恒成立，则()Gx在()0,1上单调递增，可得()()00GxG=，所以()2sin,0,1xxxx−；综上所述：sinxxxx−

.（2）令210x−，解得11x−，即函数()fx的定义域为()1,1−，若0a=，则()()()21ln1,1,1fxxx=−−−，因为lnyu=−在定义域内单调递减，21yx=−在()1,0−上单调递增，在()0,1上单调递减，则()()21ln1fxx=−−在()1,0

−上单调递减，在()0,1上单调递增，故0x=是()fx的极小值点，不合题意，所以0a.当0a时，令0ba=因为()()()()()222cosln1cosln1cosln1fxaxxaxxbxx=−−=−−=−−，且()()()()()22

cosln1cosln1fxbxxbxxfx−=−−−−=−−=，所以函数()fx在定义域内为偶函数，由题意可得：()()22sin,1,11xfxbbxxx=−−−−，（i）当202b时，取1min,1mb=，()0,xm，则()0,1bx，由（1）可得(

)()()2222222222sin111xbxbxxfxbbxbxxxx+−=−−−−=−−−，且22220,20,10bxbx−−，所以()()2222201xbxbfxx+−−，即当()()0,0,1xm时，()0fx¢>，则()

fx在()0,m上单调递增，结合偶函数的对称性可知：()fx在(),0m−上单调递减，所以0x=是()fx的极小值点，不合题意；（ⅱ）当22b时，取()10,0,1xb，则()0,1

bx，由（1）可得()()()2233223222222sin2111xxxfxbbxbbxbxbxbxbxbxxx=−−−−−=−+++−−−−，构建()33223212,0,hxbxbxbxbxb=−+++−，则()3223132,0,hxbxbxbxb

=−++，且()33100,0hbhbbb==−，则()0hx对10,xb恒成立，可知()hx在10,b上单调递增，且()21020,20hbhb=−=，

所以()hx在10,b内存在唯一的零点10,nb，当()0,xn时，则()0hx，且20,10xx−，则()()3322322201xfxbxbxbxbx−+++−−，即当

()()0,0,1xn时，()0fx，则()fx在()0,n上单调递减，结合偶函数的对称性可知：()fx在(),0n−上单调递增，所以0x=是()fx的极大值点，符合题意；综上所述：22b，即22a，解得2a或2a−，故a的取值范围为()(),2

2,−−+.【点睛】关键点睛：1.当202a时，利用()sin,0,1xxx，换元放缩；2.当22a时，利用()sin,0,1xxxx−，换元放缩.6．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数1(

)(1)lnfxaxaxx=−−+．(1)当0a=时，求()fx的最大值；(2)若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)1−(2)()0,+【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得()()()211axxfxx−−=，按照0a、01a及1a结

合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当0a=时，()1ln,0fxxxx=−−，则()22111xfxxxx−=−=，当()0,1x时，()0fx¢>，()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx，()fx单调递减；

所以()()max11fxf==−；（2）()()11ln,0fxaxaxxx=−−+，则()()()221111axxafxaxxx−−+=+−=，当0a时，10ax−，所以当()0,1x时，()0fx¢>，()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx

，()fx单调递减；所以()()max110fxfa==−，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在()10,1,,a+上，()0fx¢>，()fx单调递增；在11,a上，()0fx，()fx单调递减；又()110fa=−，由（1）得1ln1xx+

，即1ln1xx−，所以ln,ln,ln2xxxxxx，当1x时，11()(1)ln2(1)(23)fxaxaxaxaxaxaxxx=−−+−−+−+，则存在2312maa=+

，使得()0fm，所以()fx仅在1,a+有唯一零点，符合题意；当1a=时，()()2210xfxx−=，所以()fx单调递增，又()110fa=−=，所以()fx有唯一零点，符合题意；当1a时，11a，在()1

0,,1,a+上，()0fx¢>，()fx单调递增；在1,1a上，()0fx，()fx单调递减；此时()110fa=−，由（1）得当01x时，1ln1xx−，1ln1xx−，所以1ln21xx

−，此时111()(1)ln2(12(1),1)1fxaxaxaxaaxxxxx=−−+−−+−−++存在2114(1)naa=+，使得()0fn，所以()fx在10,a有一个零点

，在1,a+无零点，所以()fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为()0,+.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.7．（

2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知函数()xfxeax=−和()lngxaxx=−有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线yb=，其与两条曲线()yfx=和()ygx=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)1a=(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1b时，exxb−=的解的个数、lnxxb−=的解的个数均为2，构建新函数(

)eln2xhxxx=+−，利用导数可得该函数只有一个零点且可得()(),fxgx的大小关系，根据存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=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.【详解】（1）()exfxax=−的定义域为R，而()e=

−xfxa，若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx=−的定义域为()0,+，而11()axgxaxx−=−=.当lnxa时，()0fx，故()fx在(),lna−上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在()ln,a+上为增函数

，故()min()lnlnfxfaaaa==−.当10xa时，()0gx，故()gx在10,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1,a+上为增函数，故min11()1lng

xgaa==−.因为()exfxax=−和()lngxaxx=−有相同的最小值，故11lnlnaaaa−=−，整理得到1ln1aaa−=+，其中0a，设()1ln,01agaaaa−=−+，则()()()222211011agaaaaa−−

=−=++，故()ga为()0,+上的减函数，而()10g=，故()0ga=的唯一解为1a=，故1ln1aaa−=+的解为1a=.综上，1a=.（2）[方法一]：由（1）可得e()xxfx=−和()lngxxx=−的最小值为11

ln11ln11−=−=.当1b时，考虑exxb−=的解的个数、lnxxb−=的解的个数.设()exSxxb=−−，()e1xSx=−，当0x时，()0Sx，当0x时，()0Sx，故()Sx在()

,0−上为减函数，在()0,+上为增函数，所以()()min010SxSb==−，而()e0bSb−−=，()e2bSbb=−，设()e2bubb=−，其中1b，则()e20bub=−，故()ub在()1,+上为增函数，故()()1e20ubu=−，故()0Sb

，故()exSxxb=−−有两个不同的零点，即exxb−=的解的个数为2.设()lnTxxxb=−−，()1xTxx−=，当01x时，()0Tx，当1x时，()0Tx，故()Tx在()0,1上为减函数，在()1,+上为增函数，所以

()()min110TxTb==−，而()ee0bbT−−=，()ee20bbTb=−，()lnTxxxb=−−有两个不同的零点即lnxxb−=的解的个数为2.当1b=，由（1）讨论可得lnxxb−=、exxb−=仅有一个解，当1b时，

由（1）讨论可得lnxxb−=、exxb−=均无根，故若存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设()eln2xhxxx=+−，其中0x，故1()e2xhxx=+−，设()e1xs

xx=−−，0x，则()e10xsx=−，故()sx在()0,+上为增函数，故()()00sxs=即e1xx+，所以1()1210hxxx+−−，所以()hx在()0,+上为增函数，而(1)e20

h=−，31e333122()e3e30eeeh=−−−−，故()hx()0,+上有且只有一个零点0x，0311ex且：当00xx时，()0hx即elnxxxx−−即()()fxgx，当0xx时，()0hx即elnxxxx−

−即()()fxgx，因此若存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=有三个不同的交点，故()()001bfxgx==，此时exxb−=有两个不同的根1010,(0)xxxx，此时lnxxb−=有两个不同的根0

404,(01)xxxx，故11exxb−=，00exxb−=，44ln0xxb−−=，00ln0xxb−−=所以44lnxbx−=即44exbx−=即()44e0xbxbb−−−−=，故4xb−为方程exxb−=的解，同理0xb−也为方程exxb−=的解又11e

xxb−=可化为11exxb=+即()11ln0xxb−+=即()()11ln0xbxbb+−+−=，故1xb+为方程lnxxb−=的解，同理0xb+也为方程lnxxb−=的解，所以1004,,xxxbxb=−−，而1b

，故0410xxbxxb=−=−即1402xxx+=.[方法二]：由(1)知，()xfxex=−，()lngxxx=−，且()fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增；()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增

，且minmin()()1.fxgx==①1b时，此时minmin()()1fxgxb==，显然yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有0个交点，不符合题意；②1b=时，此时minmin()()1fxgxb===，故yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有2个交点，交点的横坐标分别

为0和1；③1b时，首先，证明yb=与曲线()yfx=有2个交点，即证明()()Fxfxb=−有2个零点，()()1xFxfxe==−，所以()Fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增，又因为(

)0bFbe−−=，(0)10Fb=−，()20bFbeb=−，(令()2btbeb=−，则()20btbe=−，()(1)20)tbte=−所以()()Fxfxb=−在(,0)−上存在且只存在1个零点，设为1x，在(0,)+上存在且只存在1个零点，

设为2.x其次，证明yb=与曲线和()ygx=有2个交点，即证明()()Gxgxb=−有2个零点，1()()1Gxgxx==−，所以()(0,1)Gx上单调递减，在(1,)+上单调递增，又因为()0bbGee−−=，()

110Gb=−，(2)ln20Gbbb=−，(令()ln2bbb=−，则1()10bb=−，()(1)1ln20)b=−所以()()Gxgxb=−在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为3x，在

(1,)+上存在且只存在1个零点，设为4.x再次，证明存在b，使得23:xx=因为23()()0FxGx==，所以2233lnxbexxx=−=−，若23xx=，则2222lnxexxx−=−，即2222ln

0xexx−+=，所以只需证明2ln0xexx−+=在(0,1)上有解即可，即()2lnxxexx=−+在(0,1)上有零点，因为313312()30eeee=−−，(1)20e=−，所以()2lnxxexx=−+在(0,1)上存在零点，取一零点为0x，令2

30xxx==即可，此时取00xbex=−则此时存在直线yb=，其与两条曲线()yfx=和()ygx=共有三个不同的交点，最后证明1402xxx+=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为120304()()()0()()()FxFxF

xGxGxGx======所以100()()(ln)FxGxFx==，又因为()Fx在(,0)−上单调递减，10x，001x即0ln0x，所以10lnxx=，同理，因为004()()()xFxGeGx=

=，又因为()Gx在(1,)+上单调递增，00x即01xe，11x，所以04xxe=，又因为0002ln0xexx−+=，所以01400ln2xxxexx+=+=，即直线yb=与两条曲线()yfx=和()

ygx=从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：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．（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()()323

xfxx−=，()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=−=，()()min144

fxf==−.9．（2021·天津·高考真题）已知0a，函数()xfxaxxe=−．（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)x

gxxe=+，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ya=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·全国乙卷·高考真题）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'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，10

xx−，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−，()ln1

0xx−，即证()()ln1ln1xxxx+−−，化简得()()1ln10xxx+−−；令()()()1ln1hxxxx=+−−，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()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ln(1)1−−xxx．（ⅰ）当(0,1)x时，0ln(1)1−−xxx，所以1111ln(1)−=−−xxxx，即11

1ln(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，()()1ln10xx

x+−−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.11．（2020·北京·高考真题）已知函数2()12fxx=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=的斜率等于2−的切线方程；（Ⅱ）设曲线()yfx=在点(,())tft处的切线与坐标轴围

成的三角形的面积为()St，求()St的最小值．【答案】（Ⅰ）2130xy+−=，（Ⅱ）32.【分析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截

距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.【详解】（Ⅰ）因为()212fxx=−，所以()2fxx=−，设切点为()200,12xx−，则022x−=−，即01x=，所以切点为()1,11，由点斜式可得切线方程为：()1121y

x−=−−，即2130xy+−=.（Ⅱ）[方法一]：导数法显然0t，因为()yfx=在点()2,12tt−处的切线方程为：()()2122yttxt−−=−−，令0x=，得212yt=+，令0y=，得2122txt+=，所以()St=()221121222||t

tt++，不妨设0t(0t时，结果一样)，则()423241441144(24)44ttSttttt++==++，所以()St=4222211443(848)(324)44ttttt+−+−=222223(

4)(12)3(2)(2)(12)44ttttttt−+−++==，由()0St，得2t，由()0St，得02t，所以()St在()0,2上递减，在()2,+上递增，所以2t=时，()St取得极小值，也是最小值为()16162328S==.[方法二]【最优解】：换元加导数法

()()2222121121()12(0)2|2|4||ttSttttt++=+=．因为()St为偶函数，不妨设0t，22112()4tStt+=，令at=，则2,0taa=．令412()agaa+=，则面积为21[()]4Sg

a=，只需求出412()agaa+=的最小值．34422412312()aaaagaaa−−−==()()()222223223(2)(2)2aaaaaaa−+−++==．因为0a，所以令()0ga=，得2a=．随着a的变化，(),()ga

ga的变化情况如下表：a()0,22()2,+()ga-0+()ga减极小值增所以min16[()](2)822gag===．所以当2a=，即2t=时，2min1[()](82)324St==．因为[()]St为偶

函数，当0t时，min[()](2)(2)32StSS=−==．综上，当2t=时，()St的最小值为32．[方法三]：多元均值不等式法同方法二，只需求出412()(0)agaaa+=的最小值．令433412444444()482agaaaaaaaaaa+==+

++=，当且仅当34aa=，即2a=时取等号．所以当2a=，即2t=时，2min1[()](82)324St==．因为()St为偶函数，当0t时，min[()](2)(2)32StSS=−=

=．综上，当2t=时，()St的最小值为32．[方法四]：两次使用基本不等式法同方法一得到()()()()()22222222222121241646464()41626416324||444ttttStttttt++++++===++++=++

+,下同方法一.【整体点评】（Ⅱ）的方法一直接对面积函数求导数，方法二利用换元方法，简化了运算，确定为最优解；方法三在方法二换元的基础上，利用多元均值不等式求得最小值，运算较为简洁；方法四两次使用基本不等式，所有知识最少，配凑巧妙，技巧性

较高.12．（2019·全国·高考真题）已知函数()(1)ln1fxxxx=−−−.证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】（1）见详解；（2）

见详解【分析】（1）先对函数()fx求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一0x，使得0()0fx=，进而可得判断函数()fx的单调性，即可确定其极值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到0()(1)20fxf=−，22()30f

ee=−，得到()0fx=在0(,)x+内存在唯一实根，记作x=，再求出1()0f=，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（1）由题意可得，()fx的定义域为(0,)+，由()(1)ln1fxxxx=−−−，得11()ln1lnxfxxxxx−=+

−=−，显然1()lnfxxx=−单调递增；又(1)10f=−，1ln41(2)ln2022f−=−=，故存在唯一0x，使得0()0fx=；又当0xx时，0()0fx，函数()fx单调递增；

当00xx时，0()0fx，函数()fx单调递减；因此，()fx存在唯一的极值点；（2）[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】()(1)ln10fxxxx=−−−=的根的情况问题可

转化为函数()(1)lngxxx=−与()1hxx=+的图像在区间(0,)+内的交点情况．2111()ln1,()gxxgxxxx==+−+．当,()0x+时，()0,()gxgx在区间

(0,)+内单调递增；又因为(1)0g=，所以当(0,1)x时，()(1)0gxg=，则(0,1)x时，()(1)lngxxx=−单调递减；当(1,)x+时，()(1)0gxg=，则当(1,)x+时，()(1)lngxxx=−单

调递增．又(1)0g=，所以函数()(1)lngxxx=−与()1hxx=+的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为1x和2x，且1201,1xx，即1x和2x为()(1)ln10fxxxx=−−−=的两个实根．又因为()()120fxfx==，当11xx

=时，()11111111111111ln11ln1fxxxxxxxx=−−−=−−−，由于()()11111ln10fxxxx=−−−=，所以110fx=，即211xx=，所以两个实根互为倒数．[方法二]【分

类讨论】由（1）知，()0(1)2(e)0fxff=−=．又()()22223ee30,e10eff−=−=−，所以()0fx=有且仅有两个实根12,xx，可令10201exxx．下面证明121=xx，由()0fx=，得1ln1xxx+=−，显然有()()12110

xx−−，()1212lnlnlnxxxx=+=12121111xxxx+++=−−()()()12122111xxxx−−−．（*）（1）当1201xx时，()()()()12121221ln0,011xxxxxx−−

−，（*）式不成立；（2）当121xx时，()()()()12121221ln0,011xxxxxx−−−，（*）式不成立；（3）当121=xx时，()()()()12121221ln0,011xxxxxx−==−−，（*）式成立．综上，()0fx=有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[

方法三]【利用函数的单调性结合零点存在定理】()fx的定义域为(0,)+，显然1x=不是方程()0fx=的根，所以()0fx=有两个实根等价于1()ln1xgxxx+=−−有两个零点，且()gx定义域为(0,1)(1,)+．而221()(1)xgxxx+=−，所以()gx在区间(0,1

)内单调递增，在区间(1,)+内单调递增．当(1,)x+时，2(e)0e1g=−−，()222e3e0e1g−=−，所以()gx在区间(1,)+内有唯一零点1x，即()1110,01gxx=，所以1111lngxx=−111111xx+=−()10gx−=．

结合单调性知()gx在区间(0,1)内有唯一零点11x，所以()gx有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，即()0fx=有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数

的对称性研究函数体现了整体思想；方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.13．（2019·江苏·高考真题）设函数()()()(),,,Rfxxaxbxca

bc=−−−，()f'x为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和()f'x的零点均在集合{3,1,3}−中，求f（x）的极小值；（3）若0,01,1

abc==„，且f（x）的极大值为M，求证:M≤427．【答案】（1）2a=；（2）()fx的极小值为32−（3）见解析.【分析】（1）由题意得到关于a的方程，解方程即可确定a的值；（2）由题意首先确定a,b,c的值从

而确定函数的解析式，然后求解其导函数，由导函数即可确定函数的极小值.（3）由题意首先确定函数的极大值M的表达式，然后可用如下方法证明题中的不等式：解法一：由函数的解析式结合不等式的性质进行放缩即可证得题中的不等式；解法二：由题意构造函数，

求得函数在定义域内的最大值，因为01b，所以1(0,1)x．当(0,1)x时，2()()(1)(1)fxxxbxxx=−−−．令2()(1),(0,1)gxxxx=−，则1()3(1)3g'xxx=−−．令()0g'x=，得13x=．列表如下：x1(0,)3131(,1

)3()g'x+0–()gx极大值所以当13x=时，()gx取得极大值，且是最大值，故max14()327gxg==．所以当(0,1)x时，4()()27fxgx，因此427M．【详解】（1）因为abc==，所以3()()()()()fxxaxbxcxa=−

−−=−．因为(4)8f=，所以3(4)8a−=，解得2a=．（2）因为bc=，所以2322()()()(2)(2)fxxaxbxabxbabxab=−−=−+++−，从而2()3()3abf'xxbx+=−−．令()0f'x=，得xb

=或23abx+=．因为2,,3abab+，都在集合{3,1,3}−中，且ab¹，所以21,3,33abab+===−．此时2()(3)(3)fxxx=−+，()3(3)(1)f'xxx=+−．令()0f'x=，得3x=

−或1x=．列表如下：x(,3)−−3−(3,1)−1(1,)++0–0+()fx极大值极小值所以()fx的极小值为2(1)(13)(13)32f=−+=−．（3）因为0,1ac==，所以32()()(1)(1)fxxxbxxbxbx=−−=−++，2()3

2(1)f'xxbxb=−++．因为01b，所以224(1)12(21)30bbb=+−=−+，则有2个不同的零点，设为()1212,xxxx．由()0f'x=，得22121111,33bbbbbbxx+−−+++−+==．列表如下：x1(,)x−1x()1

2,xx2x2(,)x++0–0+()fx极大值极小值所以()fx的极大值()1Mfx=．解法一：()321111(1)Mfxxbxbx==−++()()221111211(1)32(1)3999bbxbbbxbxbx−+++=−++−−+()()23

221(1)(1)2127927bbbbbbb−−+++=++−+23(1)2(1)(1)2((1)1)272727bbbbbb+−+=−+−+(1)24272727bb++．因此427M．解法二：因为01b，所以1(0,1)x．当(0,1)x时，2()()(1)(1)fxxxbxx

x=−−−．令2()(1),(0,1)gxxxx=−，则1()3(1)3g'xxx=−−．令()0g'x=，得13x=．列表如下：x1(0,)3131(,1)3()g'x+0–()gx极大值所以当13x=时，()gx取得极大值，且是最大值，故max14

()327gxg==．所以当(0,1)x时，4()()27fxgx，因此427M．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．14．（2018·北京·高考真题）设函数()fx=[()2

4143axaxa−+++]xe．（1）若曲线()yfx=在点（1，()1f）处的切线与x轴平行，求a；（2）若()fx在2x=处取得极小值，求a的取值范围．【答案】(1)1(2)（12，+）【详解】分析：（1）先求导数，再根据()01f=得a；（2）先求导数的零点：1a，2；再分类讨

论，根据是否满足()fx在x=2处取得极小值，进行取舍，最后可得a的取值范围．详解：解：（Ⅰ）因为()fx=[()24143axaxa−+++]xe，所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+

3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由题设知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此时f(1)=3e≠0．所以a的值为1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a

>12，则当x∈(1a，2)时，f′(x)<0；当x∈(2，+∞)时，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2处取得极小值．若a≤12，则当x∈(0，2)时，x–2<0，ax–1≤12x–1<0，所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的极小值点．综上可知，

a的取值范围是（12，+∞）．点睛：利用导数的几何意义解题，主要是利用导数、切点坐标、切线斜率之间的关系来进行转化.以平行、垂直直线斜率间的关系为载体求参数的值，则要求掌握平行、垂直与斜率之间的关系，进而和导数联系起来求解.15．（2018·北京·

高考真题）设函数2()[(31)32]xfxaxaxae=−+++.（Ⅰ）若曲线()yfx=在点(2,(2))f处的切线斜率为0，求a；（Ⅱ）若()fx在1x=处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）12（Ⅱ）(1,)+【详解】分析：（1）求导()fx，构建等量关系(

2)0kf==，解方程可得参数a的值；（2）对a分1a及1a两种情况进行分类讨论，通过研究()fx的变化情况可得()fx取得极值的可能，进而可求参数a的取值范围.详解：解：（Ⅰ）因为()()23132exf

xaxaxa=−+++，所以()()211exfxaxax=−++.()()2221efa−=，由题设知()20f=，即()221e0a−=，解得12a=.（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得()()()()211e11exxfxaxaxaxx=−++=−−.若a

>1，则当1,1xa时，()0fx；当()1,x+时，()0fx.所以()fx在x=1处取得极小值.若1a，则当()0,1x时，110axx−−，所以()0fx.所以1不是()fx的极小值点.综上可知，a的取值范围是()1,+.方法二：(

)()()11exfxaxx=−−.（1）当a=0时，令()0fx=得x=1.()(),fxfx随x的变化情况如下表：x(),1−1()1,+()fx+0−()fx↗极大值↘∴()fx在x=1处取得极大值，不合题意.（2）当a>0时，令(

)0fx=得121,1xxa==.①当12xx=，即a=1时，()()21e0xfxx=−，∴()fx在R上单调递增，∴()fx无极值，不合题意.②当12xx，即0<a<1时，()(),fxfx随x的变化情况如下表：x(),1−111,a1a1,a

+()fx+0−0+()fx↗极大值↘极小值↗∴()fx在x=1处取得极大值，不合题意.③当12xx，即a>1时，()(),fxfx随x的变化情况如下表：x1,a−1a1,1a1()1,+()fx+0−0+()fx↗极大值↘极小值

↗∴()fx在x=1处取得极小值，即a>1满足题意.（3）当a<0时，令()0fx=得121,1xxa==.()(),fxfx随x的变化情况如下表：x1,a−1a1,1a1()1,+()fx−0+0−()fx↘极小值↗极大值↘∴()fx在x=1处取得极大

值，不合题意.综上所述，a的取值范围为()1,+.点睛：导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数单调性或求单调区间问题；③利用导数求函数的极值最值问题；④关于不等式的恒成

立问题.解题时需要注意的有以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值最值问题时常常会涉及到分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.16．（201

8·全国·高考真题）已知函数()()()22ln12fxxaxxx=+++−．（1）若0a=，证明：当10x−时，()0fx；当0x时，()0fx；（2）若0x=是()fx的极大值点，求a．【答案】（1）见解析（2）16a=−【详解】分析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．（2）分类讨

论a0和a0,构造函数()()2hx2fxxax=++,讨论()hx的性质即可得到a的范围．详解：（1）当0a=时，()()()2ln12fxxxx=++−，()()ln11xfxxx=+−+.设函数()()()ln11xgxfxxx==+

−+，则()()21xgxx=+.当10x−时，()0gx；当0x时，()0gx.故当1x−时，()()00gxg=，且仅当0x=时，()0gx=，从而()0fx，且仅当0x=时，()0fx=.所以()fx在()1,−+单调递增.又(

)00f=，故当10x−时，()0fx；当0x时，()0fx.（2）（i）若0a，由（1）知，当0x时，()()()()2ln1200fxxxxf++−=，这与0x=是()fx的极大值点矛盾.（ii）若0a，设函数()()()222ln122fxx

hxxxaxxax==+−++++.由于当1min{1,}||xa时，220xax++，故()hx与()fx符号相同.又()()000hf==，故0x=是()fx的极大值点当且仅当0x=是()hx的极大值点.()()()()()()()222222222221246111212xaxxa

xxaxaxahxxxaxxaxx++−++++=−=++++++.如果610a+，则当6104axa+−，且1min{1,}||xa时，()0hx，故0x=不是()hx的极大值点.如果610a+，则22

4610axaxa+++=存在根10x，故当()1,0xx，且1min{1,}||xa时，()0hx，所以0x=不是()hx的极大值点.如果610a+=，则()()()()322241612xxhxxxx−=+−−.则当()1,0x−

时，()0hx；当()0,1x时，()0hx.所以0x=是()hx的极大值点，从而0x=是()fx的极大值点综上，16a=−.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论a0和a0,当a0时构造函数()()2hx2fxxax=+

+时关键，讨论函数()hx的性质，本题难度较大．17．（2018·全国·高考真题）已知函数()e1xfxalnx=−−．（1）设=2x是()fx的极值点．求a，并求()fx的单调区间；（2）证明：当1ae时，()0fx．【答案】(1)a=212

e；增区间为(2,)+，减区间为(0,2)．(2)证明见解析.【分析】（1）先确定函数的定义域，利用()20f=，求得a=212e，从而确定出函数的解析式，再解不等式()()0,0fxfx即可求出单调区间；（2

）方法一：结合指数函数的值域，可以确定当1ae时，e()ln1exfxx−−，之后构造新函数e()ln1exgxx=−−，利用导数研究函数的单调性，从而求得()(1)0gxg=，利用不等式的传递性，证得

结果.【详解】（1）()fx的定义域为()0+，，21()efxax=−，则21(2)e02fa=−=，解得：212ae=，故2e1()2exfxx=−．易知()fx在区间(0,)+内单调递增，且(2)0f=，由()>0>0fxx解得：2x；由()<0>0fxx

解得：02x，所以()fx的增区间为(2,)+，减区间为(0,2)．（2）［方法一］：【最优解】放缩法当1ae时，e()ln1exfxx−−.设e()ln1exgxx=−−，则e1()exgxx=−.当01x时，()0gx；当1x时，

()0gx.所以=1x是()gx的最小值点.故当0x时，()(1)0gxg=.因此，当1ae时，()0fx.［方法二］：【通性通法】隐零点讨论因为1ae，所以1()exfxax=−在区间(0,)+内单调递增．

设()00fx=，当0x→时，()fx→−，当=1x时，(1)e10fa−=，所以0(0,1],()xfx在区间()00,x内单调递减，在区间()0,x+内单调递增，且()001e0xfxax=−=，所以()00

000011,()ln1ln1xxaefxfxaexxxx==−−=−−．设1()ln1gxxx=−−，则211()0gxxx=−−．所以()gx在区间(0,1]内单调递减，故()(1)0gxg=，即()0fx成立．［方法三］：分离参数求最值要证1ae时()0fx

，即eln10xax−−，则证ln1exxa+成立．令ln1()exxhx+=，则1ln1()exxxhx−−=．令1()ln1gxxx=−−，则(1)0g=，由211()0gxxx=−−知()

gx在区间(0,)+内单调递减，从而()hx在(0,1)内单调递增，在区间(1,)+内单调递减．所以max1[()](1)ehxh==，而1ae，所以ln1exxa+恒成立，原命题得证．［方法四］：隐零点讨论＋

基本不等式1()exfxax=−，结合exya=与1yx=的图像，可知()=0fx有唯一实数解，不妨设()000xx，则001e0xax−=．易知()fx在区间()00,x内是减函数，在区间()0,x+内是增函数．所以()0min00

[()]eln1xfxfxax==−−．由001e0xax−=，得00001e,lnlnxaxaxx=−=+．min000000111[()]eln1ln12ln10exfxaxxaxxx=−−=++−+−=．当且仅当0011,exax==

，即01,1eax==时，min[()]0fx=，所以()0fx．［方法五］：异构要证明()eln10xfxax=−−，即证()()()eln10xxxfxax−+=−−，即证明exax，再证明ln1xx+即可．令g()exx

ax=−，()e1xgxa=−．设()00e10xgxa=−=，则0lnxa=−．若1a时，()e10xgxa−=在()0,+上恒成立，所以()()00gxg=；若11ea时，当(0,ln)xa−时()0gx；当(ln,)xa−+时，()0gx．所以l

nxa=−为()exgxax=−的极小值点，则lnmin[()](ln)ln1lnagxgaaeaa−=−=+=+．因为1ae，所以1ln0a+，所以()0gx．令1()ln1,()1xxxxx−==−−．当(0,1)x时，()0x；当(1,)x+时，()0x，所

以=1x为()ln1xxx=−−的极小值点．则min=[()](1)0x=，所以()ln10xxx=−−，即ln1xx+．所以()eln10xfxax=−−．［方法六］：高阶函数借位构建有界函数ln1()eln

1eexxxxfxaxa+=−−=−．令ln1()exxgxa+=−，则()211e(ln1)eln1()eexxxxxxxxgx−++−=−=．令1()ln1hxxx=+−．显然()hx为定义域(0,)+上的增函数．又(1)0h=，故当01x时，()0hx，得()0gx

；当1x时，()0hx，得()0gx．即()gx在区间(0,1)上为减函数，()gx在区间(1,)+上为增函数，故min1[()](1)0egxga==−．即()0gx恒成立，而()e()0xfxgx=恒成立．【整体点评

】（2）方法一：利用a的范围放缩，转化为求具体函数的最值，是该题的最优解；方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论

，利用基本不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；方法六：基本类似于方法三．18．（2017·山东·高考真题）已知函数()321

1,32fxxaxa=−R.(I)当a=2时,求曲线()yfx=在点()()3,3f处的切线方程；(II)设函数()()()cossingxfxxaxx=+−−,讨论()gx的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.【答案

】（Ⅰ）390xy−−=；（Ⅱ）见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，求出切线的斜率,再用点斜式写出切线方程；（Ⅱ）由()()(sin)gxxaxx=−−,通过讨论确定()gx的单调性,

再由单调性确定极值.试题解析：（Ⅰ）由题意2()fxxax=−，所以，当2a=时，(3)0f=，2()2fxxx=−，所以(3)3f=，因此，曲线()yfx=在点(3,(3))f处的切线方程是3(3)yx=−，即390xy−−=.（Ⅱ）因为()()()cossing

xfxxaxx=+−−，所以()()cos()sincosgxfxxxaxx=+−−−，()()sinxxaxax=−−−()(sin)xaxx=−−，令()sinhxxx=−，则()1cos0hxx=−，所以()hx在R上单调递增，因为(0)0h=

，所以，当0x时，()0hx；当0x时，()0hx.（1）当a<0时，()()(sin)gxxaxx=−−，当(,)xa−时，0xa−，()0gx，()gx单调递增；当(,0)xa时，0xa−，()0gx

，()gx单调递减；当(0,)x+时，0xa−，()0gx，()gx单调递增.所以当xa=时()gx取到极大值，极大值是31()sin6gaaa=−−，当0x=时()gx取到极小值，极小值是(0)ga=−.（2）当0a=时，()(sin)gxxxx=−，当(,)x−

+时，()0gx，()gx单调递增；所以()gx在(,)−+上单调递增，()gx无极大值也无极小值.（3）当0a时，()()(sin)gxxaxx=−−，当(,0)x−时，0xa−，()0gx，()gx单调递增；当(0,)xa时，0xa−，()0

gx，()gx单调递减；当(,)xa+时，0xa−，()0gx，()gx单调递增.所以当0x=时()gx取到极大值，极大值是(0)ga=−；当xa=时()gx取到极小值，极小值是31()sin6gaaa=−−.综上所述：当a<0时，函数(

)gx在(,)a−和(0,)+上单调递增，在(,0)a上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin6gaaa=−−，极小值是(0)ga=−；当0a=时，函数()gx在(,)−+上单调递增，无极值；当0a时，函数(

)gx在(,0)−和(,)a+上单调递增，在(0,)a上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)ga=−，极小值是31()sin6gaaa=−−.【考点】导数的几何意义及导数的应用【名师点睛】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f

′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝

f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．19．（2017·江苏·高考真题）已知函数()32fx=xx1(0,)abxabR+++有极值，且导函数()fx，的极值点是()fx的零点．（极值点是指函数取极值时对应

的自变量的值）（1）求b关于a的函数关系式，并写出定义域；（2）证明：b²>3a;（3）若()fx，()fx，这两个函数的所有极值之和不小于7-2，求a的取值范围．【答案】（1）2239aba=+，定义域为(3,)+.（2）见解析（3）(36

]，.【详解】试题分析：（1）先求导函数的极值：3ax=−，再代入原函数得33()1032793aaaabf−=−+−+=，化简可得2239aba=+，根据极值存在条件可得3a；（2）由（1）得23=9baaaaa+，构造函数23()=9tgtt+，利用导数研究函数单调

性，可得()>(33)=3gaag，即2>3ba；（3）先求证()fx的两个极值之和为零，利用根与系数关系代入化简即得，再研究导函数极值不小于72−，构造差函数213()=9haaa−+，利用导数研究其单调性，

()ha在(3,)+上单调递减．而7(6)=2h−，故可得a的取值范围．试题解析：解：（1）由()321fxxaxbx=+++，得()22232333aafxxaxbxb=++=++−.当3ax=−时，()f

x有极小值23ab−.因为()fx的极值点是()fx的零点.所以331032793aaaabf−=−+−+=，又0a，故2239aba=+.因为()fx有极值，故()=0fx有实根，从而()23127039abaa−=−，即3a.3a=

时，()>0(1)fxx−，故()fx在R上是增函数，()fx没有极值；3a时，()=0fx有两个相异的实根213=3aabx−−−，223=3aabx−+−.列表如下x1(,)x−1x()

12,xx2x2(,)x+()fx+0–0+()fx极大值极小值故()fx的极值点是12,xx.从而3a，因此2239aba=+，定义域为(3,)+.（2）由（1）知，23=9baaaaa+.设23(

)=9tgtt+，则22223227()=99tgttt−−=.当36(,)2t+时，()0gt，从而()gt在36(,)2+上单调递增.因为3a，所以33aa，故()>(33)=3gaag，即>3ba.因此2>3ba.

（3）由（1）知，()fx的极值点是12,xx，且1223xxa+=−，22212469abxx−+=.从而()()32321211122211fxfxxaxbxxaxbx+=+++++++()()()()222212

1122121212323223333xxxaxbxaxbaxxbxx=++++++++++346420279aabab−=−+=记()fx，()fx所有极值之和为()ha，因为()fx的极值为221339abaa−=−+，所以213()=9haaa−+，3a.因为223()=

09haaa−−，于是()ha在(3,)+上单调递减.因为7(6)=2h−，于是()(6)hah，故6a.因此a的取值范围为(36，.点睛:涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象的交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等

，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路．20．（2017·全国·高考真题）已知函数()1lnfxxax=−−．（1）若()0fx，求a的值；（2）设m为整数，且对于任意正整数n，2111(1)

(1)(1)222nm+++，求m的最小值．【答案】（1）1a=；（2）3．【详解】试题分析：（1）由原函数与导函数的关系可得x=a是()fx在()0+，的唯一最小值点，列方程解得1a=；（2）由题意结合（1）的结论对不等式进行放缩，求得21111

11e222n+++，结合231111112222+++可知实数m的最小值为3.试题解析：（1）()fx的定义域为()0+，.①若0a，因为11ln2022fa=-+，所以不满

足题意；②若0a，由()'1axafxxx−=−=知，当()0,xa时，()'0fx；当()，+xa时，()'0fx，所以()fx在()0,a单调递减，在()+a，单调递增，故x=a是()fx在()0+，

的唯一最小值点.由于()10f=，所以当且仅当a=1时，()0fx.故a=1.（2）由（1）知当()1,+x时，1ln0xx−−.令112nx=+得11ln122nn+.从而221111111ln1ln1ln1112222222nnn+++++

++++=−.故2111111e222n+++.而231111112222+++，所以m的最小值为3.【名师点睛】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.本专题在高考中的命题方向及命题角度：从高考来看，对导数的应用的考查主要有以下几个角度：（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．（2017·山东·高考真题）已知函数()22cosfxxx=+，()()cossin22xgxexxx=−+−

，其中2.71828e=是自然对数的底数.（Ⅰ）求曲线()yfx=在点()(),f处的切线方程；（Ⅱ）令()()()()hxgxafxa=−R，讨论()hx的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.【答案】（Ⅰ）22ππ2yx=−

−（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）求导数得斜率()2f=，由点斜式写出直线方程.（Ⅱ）写出函数2()(cossin22)(2cos)xhxexxxaxx=−+−−+，求导数得到)'(hx()()2sinxeaxx=−−，由于xea−的正负与a的取值有关，故可令()sinmxxx=

−，通过应用导数研究()mx在R上的单调性，明确其正负.然后分0a和0a两种情况讨论()hx极值情况即可.试题解析：（Ⅰ）由题意()22f=−又()22sinfxxx=−，所以()2f=，因此曲线()yfx=在点()(),f处的切线方程为

()()222yx−−=−，即222yx=−−.（Ⅱ）由题意得2()(cossin22)(2cos)xhxexxxaxx=−+−−+，因为()()()()cossin22sincos222sinxxhxexxxexxax

x=−+−+−−+−−()()2sin2sinxexxaxx=−−−()()2sinxeaxx=−−，令()sinmxxx=−则()1cos0mxx=−所以()mx在R上单调递增.因为(0)0,m=所以当0x时，()0,mx当0x时，()0mx(1)当0a时，xea−0当0x时

，()0hx，()hx单调递减，当0x时，()0hx，()hx单调递增，所以当0x=时()hx取得极小值，极小值是()021ha=−−；(2)当0a时，()()()ln2sinxahxeexx=−−由()0hx=得1lnxa=，2=0x①当0

1a时，ln0a，当(),lnxa−时，()ln0,0xaeehx−，()hx单调递增；当()ln,0xa时，()ln0,0xaeehx−，()hx单调递减；当()0,x+时，()ln0,0xaeehx−，()hx单调递增.所以当lnxa=时()hx取得极大值.

极大值为()()()2lnln2lnsinlncosln2haaaaaa=−−+++，当0x=时()hx取到极小值，极小值是()021ha=−−；②当1a=时，ln0a=，所以当(),x−+时，()0hx，函数()hx在(),−+上单调递增，无极值；③当1a时，ln0a所

以当(),0x−时，ln0xaee−，()()0,hxhx单调递增；当()0,lnxa时，ln0xaee−，()()0,hxhx单调递减；当()ln,xa+时，ln0xaee−，()()0,hxhx单调递增；所以当0x=时()hx取

得极大值，极大值是()021ha=−−；当lnxa=时()hx取得极小值.极小值是()()()2lnln2lnsinlncosln2haaaaaa=−−+++.综上所述：当0a时，()hx在

(),0−上单调递减，在()0,+上单调递增，函数()hx有极小值，极小值是()021ha=−−；当01a时，函数()hx在(),lna−和()0,lna和()0,+上单调递增，在()ln,0a上单调递减，函数()hx有极大值，也有极小值，极大值是

()()()2lnln2lnsinlncosln2haaaaaa=−−+++极小值是()021ha=−−；当1a=时，函数()hx在(),−+上单调递增，无极值；当1a时，函数()hx在(),0−和()ln,a+

上单调递增，在()0,lna上单调递减，函数()hx有极大值，也有极小值，极大值是()021ha=−−；极小值是()()()2lnln2lnsinlncosln2haaaaaa=−−+++.【名师点睛】1.函数f(x)在点x0处的导数f′(x0

)的几何意义是曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线的斜率．相应地，切线方程为y−y0＝f′(x0)(x−x0)．注意：求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过点P的切线的不同．2.本题主要考查导数的几何意义、应用导数研究函数的单调性

与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力

、基本计算能力、分类讨论思想等.22．（2017·北京·高考真题）已知函数()ecosxfxxx=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；（Ⅱ）求函数()fx在区间π[0,]2上的最大值和最小值．【答案】(Ⅰ)1y=；（Ⅱ

）最大值1；最小值2−.【详解】试题分析：（Ⅰ）根据导数的几何意义，先求斜率，再代入切线方程公式()()()000yffx¢-=-中即可；（Ⅱ）设()()hxfx=，求()hx，根据()0hx确定函数()hx的单调性，根据单调性求函数的最大值为(

)00h=，从而可以知道()()0hxfx=恒成立，所以函数()fx是单调递减函数，再根据单调性求最值.试题解析：（Ⅰ）因为()ecosxfxxx=−，所以()()()ecossin1,00xfxxxf−=−=.又因为()01f=，所以曲线()yf

x=在点()()0,0f处的切线方程为1y=.（Ⅱ）设()()ecossin1xhxxx=−−，则()()ecossinsincos2esinxxhxxxxxx=−−=−−.当π0,2x时，()0hx，所以()hx在区间π0,2上单调递减.所以对任意π0,2x

有()()00hxh=，即()0fx.所以函数()fx在区间π0,2上单调递减.因此()fx在区间π0,2上的最大值为()01f=，最小值为22f=−.【名师点睛】这道导数题并不

难，比一般意义上的压轴题要简单很多，第二问比较有特点的是需要两次求导数，因为通过()fx不能直接判断函数的单调性，所以需要再求一次导数，设()()hxfx=，再求()hx，一般这时就可求得函数()hx的零点，或是

()0hx(()0hx)恒成立，这样就能知道函数()hx的单调性，再根据单调性求其最值，从而判断()yfx=的单调性，最后求得结果.23．（2016·山东·高考真题）设f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，aR.（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的单调区间；（Ⅱ）已

知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.【答案】（Ⅰ）当0a时，函数()gx单调递增区间为()0,+，当0a时，函数()gx单调递增区间为10,2a（），单调递减区间为1,2a+（）；（Ⅱ）12a【详

解】试题分析：（Ⅰ）先求出()gx，然后讨论当0a时，当0a时的两种情况即得.（Ⅱ）分以下情况讨论：①当0a时，②当102a时，③当12a=时，④当12a时，综合即得.试题解析：（Ⅰ）由()ln22,fxxa

xa=−+可得()()ln22,0,gxxaxax=−++，则()1122axgxaxx=−=−，当0a时，()0,x+时，()0gx，函数()gx单调递增；当0a时，10,2xa（）时，()0gx，函数()gx单调递增，1,2xa+（）时，()0gx

，函数()gx单调递减.所以当0a时，()gx单调递增区间为()0,+；当0a时，函数()gx单调递增区间为10,2a（），单调递减区间为1,2a+（）.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()10f=.①当0a

时，()0fx，()fx单调递减.所以当()0,1x时，()0fx，()fx单调递减.当()1,x+时，()0fx，()fx单调递增.所以()fx在x=1处取得极小值，不合题意.②当102a时，112a，由(Ⅰ)知()fx在10,2a（）内单调递增，可

得当当()0,1x时，()0fx，11,2xa（）时，()0fx，所以()fx在(0,1)内单调递减，在11,2a（）内单调递增，所以()fx在x=1处取得极小值，不合题意.③当12a=时，即112a=时，()fx在(0,1)内单调递增，在()1,+内单调递减，所以当()0,x

+时，()0fx，()fx单调递减，不合题意.④当12a时，即1012a，当1,12xa（）时，()0fx，()fx单调递增,当()1,x+时，()0fx，()fx单调递减，所以f(x)在x=1处取

得极大值，合题意.综上可知，实数a的取值范围为12a.【考点】应用导数研究函数的单调性、极值,分类讨论思想【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性与极值、分类讨论思想.本题覆盖面广，对考生计算能力要求较高，是一道难题.解答本题，准确求导是基础

，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当.本题能较好地考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力及分类讨论思想等.24．（2016·天津·高考真题）设函数3()(1)fxxaxb=−−−，x∈R，其中a,b∈R.（Ⅰ）求f（x

）的单调区间；（Ⅱ）若f（x）存在极值点x0，且f（x1）=f（x0），其中x1≠x0，求证：x1+2x0=3；（Ⅲ）设a＞0,函数g（x）=|f（x）|,求证：g（x）在区间[0,2]上的最大值不小于1

4.【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）详见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数'()fx，再根据导函数零点是否存在，分类讨论；（Ⅱ）由题意得，计算可得00(32)()fxfx−=.再由及单调性可得结论；（Ⅲ）实质研究函数最大值：主要比较(1),(1)ff−，33(,()3

3aaff−的大小即可，可分三种情况研究：①3a；②334a；③304a.试题解析：（Ⅰ）解：由，可得.下面分两种情况讨论：（1）当时，有恒成立，所以的单调递增区间为.（2）当时，令，解得313ax=+，或313ax=−.当变化时，，的变化情况如下表：3

(,1)3a−−313a−33(1,1)33aa−+313a+3(1,)3a++＋0－0＋单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以的单调递减区间为33(1,1)33aa−+，单调递增区间为3(,1)3a−−，3(1,)3a++.（Ⅱ）证明：因为存

在极值点，所以由（Ⅰ）知，且，由题意，得，即，进而.又3000008(32)(22)(32)(1)233afxxaxbxaxab−=−−−−=−+−−，且，由题意及（Ⅰ）知，存在唯一实数1x满足，且，因此，所以.（Ⅲ）证明：设在区间上的最大值为，表示两数的最大值.下面分三种

情况讨论：（1）当时，33102133aa−+，由（Ⅰ）知，在区间上单调递减，所以在区间上的取值范围为，因此max(2),(0)max12,1Mffabb==−−−−，所以.（2）当时，2333231011213333aaaa−−++，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知

，233(0)(1)(1)33aafff−=+，233(2)(1)(1)33aafff+=−，所以在区间上的取值范围为33[(1),(1)]33aaff+−，因此3322max(1),(1)max3,33399aaaaMffaabaab=+−=−

−−−−.（3）当时，2323011233aa−+，由（Ⅰ）和（Ⅱ）知，233(0)(1)(1)33aafff−=+，233(2)(1)(1)33aafff+=−，所以在区间上的取值范围为，因

此.综上所述，当时，在区间上的最大值不小于.【考点】导数的运算，利用导数研究函数的性质、证明不等式【名师点睛】1．求可导函数单调区间的一般步骤：（1）确定函数f（x）的定义域（定义域优先）；（2）求导函数f′（x）；（3）在函数f（x）的定义域内求不等式f′（x

）＞0或f′（x）＜0的解集；（4）由f′（x）＞0（f′（x）＜0）的解集确定函数f（x）的单调增（减）区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．2．由函数f（x）在（a，b）上的单调性，

求参数范围问题，可转化为f′（x）≥0（或f′（x）≤0）恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．25．（2016·全国·高考真题）(1)讨论函数()22xxfxex−=+的单调性，并证明当x>0时，()220;xxex−++(2)证明：当)0,1a时，函数2x=(0)xeaxagxx

−−（）有最小值.设g（x）的最小值为()ha，求函数()ha的值域.【答案】（1）见解析；（2）见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x+时，()(0)fxf证

明结论；（Ⅱ）用导数法求函数()gx的最值，再构造新函数00e()2xhax=+，用导数法求解.试题解析：（Ⅰ）()fx的定义域为(,2)(2,)−−−+.222(1)(2)(2)()0,(2)(2)xxxxxexexefxxx−+−−==++且仅当0x=时，()

0fx=，所以()fx在(,2),(2,)−−−+单调递增，因此当(0,)x+时，()(0)1,fxf=−所以(2)(2),(2)20xxxexxex−−+−++（Ⅱ）33(2)(2)2()(()),xxeaxxg

xfxaxx−+++==+由（Ⅰ）知，()fxa+单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,afaafaa+=−+=因此，存在唯一0(0,2],x使得0()0,fxa+=即0()0gx=，当00xx时，()0,()0,()fxagxgx+

单调递减；当0xx时，()0,()0,()fxagxgx+单调递增.因此()gx在0xx=处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)().2xxxeaxefxxegxxxx−++===+于是00e()2xhax=+，由2(1)()0,2(2)2

xxxexeeyxxx+==+++知单调递增所以，由0(0,2],x得002201().2022224xeeeehax===+++因为2xeyx=+单调递增，对任意21(,],24e存在唯一的0(0,2],x0

()[0,1),afx=−使得(),ha=所以()ha的值域是21(,],24e综上，当[0,1)a时，()gx有最小值()ha，()ha的值域是21(,].24e【考点】函数的单调性、极值与最值【名师点睛】求函数单调区间的步骤：（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导数f′（x

）；（3）由f′（x）＞0（f′（x）＜0）解出相应的x的范围．当f′（x）＞0时，f（x）在相应的区间上是增函数；当f′（x）＜0时，f（x）在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下

结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．请考生在第22~24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．26．（2015·重庆·高考真题）已知函数()()32fxaxxaR=+在43x=−处取得极值．()1确定a的值；()2若()()

xgxfxe=，讨论()gx的单调性．【答案】（1）1.2a=（2）()gx在(),4−−和()1,0−内为减函数，在()4,1−−和()0,+内为增函数．【详解】（1）对()fx求导得()232fxaxx=+，因为()fx在43x=

−处取得极值，所以403f−=，即1641683209333aa+−=−=，解得12a=；（2）由（1）得，()3212xgxxxe=+，故()232323115222222xxxgxxxexxexxxe=+++=++

()()1142xxxxe=++，令()0gx=，解得0,1xx==−或4x=−，当4x−时，()0gx，故()gx为减函数，当41x−−时，()0gx，故()gx为增函数，当10x−时，()0gx，故()gx为减函数，当0x时，()

0gx，故()gx为增函数，综上所知：(),4−−和()1,0−是函数()gx单调减区间，()4,1−−和()0,+是函数()gx的单调增区间.27．（2015·重庆·高考真题）设函数()()23xxaxfxaRe+=（

1）若()fx在0x=处取得极值，确定a的值，并求此时曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程；（2）若()fx在)3,+上为减函数，求a的取值范围．【答案】（1）0a=，切线方程为30xey−=；（

2）9[,)2−+.【详解】试题解析：本题考查求复合函数的导数，导数与函数的关系，由求导法则可得'()fx=23(6)xxaxae−+−+，由已知得'(0)0f=，可得0a=，于是有23()=,xxfxe236()xxxfxe

−+=，3(1)fe=，3'(1)fe=，由点斜式可得切线方程；（2）由题意'()0fx在[3,)+上恒成立，即2()3(6)gxxaxa=−+−+0在[3,)+上恒成立，利用二次函数的性质可很快得结论，由63{6(3)0ag−得92a

−．试题解析：（1）对()fx求导得()()()()2226336()xxxxxaexaxexaxafxee+−+−+−+==因为()fx在0x=处取得极值，所以(0)0f=，即0a=.当0a=时，23()

=,xxfxe236()xxxfxe−+=,故33(1)=,(1)ffee=,从而()fx在点1(1)f（，）处的切线方程为33(1)yxee−=−,化简得30xey−=（2）由（1）得，()236()xxaxafxe−+−+=,令()2()36gxxax

a=−+−+由()0gx=，解得2212636636=,66aaaaxx−−+−++=.当1xx时，()0gx,故()fx为减函数；当12xxx时，()0gx,故()fx为增函数；当2xx时，()0gx,故()fx为减函数；由()fx在[3,)+上为减函数，知2263636aax

−++=，解得92a−故a的取值范围为9[,)2−+.考点：复合函数的导数，函数的极值，切线，单调性．考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力．28．（2015·山东·高考真题）设函数()()()2ln1fxxax

x=++−，其中aR.（Ⅰ）讨论函数()fx极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若()0,0xfx成立，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）a的取值范围是0,1.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求()2121211axaxafxa

xaxx++−=+−=++，令()221gxaxaxa=++−通过对a的取值的讨论，结合二次函数的知识，由导数的符号得到函数()fx的单调区间；（Ⅱ）根据（1）的结果()00=f这一特殊性，通过对参数的讨论确定a的取值范围.试题解析：函数()()(

)2ln1fxxaxx=++−的定义域为()1,−+()2121211axaxafxaxaxx++−=+−=++令()221gxaxaxa=++−，()1,x−+（1）当0a=时，()10gx=，()0fx

在()1,−+上恒成立所以，函数()fx在()1,−+上单调递增无极值；（2）当0a时，()()28198aaaaa=−−=−①当809a时，0，()0gx所以，()0fx，函数()fx在()1,−+上单调递增无极值；②当89a时，0设方程2210ax

axa++−=的两根为1212,(),xxxx因为1212xx+=−所以，1211,44xx−−由()110g−=可得：111,4x−−所以，当()11,xx−时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；当()12,xxx时，()()0,0gxf

x，函数()fx单调递减；当()2,xx+时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；因此函数()fx有两个极值点．（3）当a<0时，0由()110g−=可得：11,x−当()21,xx−时

，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；当()2,xx+时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递减；因此函数()fx有一个极值点．综上：当a<0时，函数()fx在()1,−+上有唯一极

值点；当809a时，函数()fx在()1,−+上无极值点；当89a时，函数()fx在()1,−+上有两个极值点；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，（1）当809a时，函数()fx在()0,+上单调递增

，因为()00=f所以，()0,x+时，()0fx，符合题意；（2）当819a时，由()00g，得20x所以，函数()fx在()0,+上单调递增，又()00=f，所以，()0,x+时，()0fx，符合题意；（3

）当1a时，由()00g，可得20x所以()20,xx时，函数()fx单调递减；又()00=f所以，当()20,xx时，()0fx不符合题意；（4）当a<0时，设()()ln1hxxx=−+因为()0,x+时，()11011xhxxx=−=++所以()hx在()0,+

上单调递增，因此当()0,x+时，()()00hxh=即：()ln1xx+可得：()()()221fxxaxxaxax+−=+−当11xa−时，()210axax+−此时，()0,fx不合题意.综上

所述，a的取值范围是[]0,1考点：1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.29．（2015·湖南·高考真题）已知0a，函数()sin([0,))axfxexx=+，记nx为()fx的从小到大的第n*()nN个极

值点，证明：（1）数列()nfx是等比数列（2）若211ae−，则对一切*nN，()nnxfx恒成立.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）求导，可知'()(sincos)axfxeaxx=+(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++，利用

三角函数的知识可求得的极值点为*()nxnnN=−，即可得证；（2）分析题意可知，问题等价于()()21?anaeaan−+−恒成立，构造函数()tegtt=，利用导数判断其单调性即可得证.试题解析：（1）'()sincosaxaxfxaexex=+(sincos)

axeaxx=+21sin()axaex=++其中，，令'()0fx=，由0x得，即，m*N，对，若，即，则'()0fx，若，即，则'()0fx，因此，在区间与上，'()fx的符号总相反，于是当时，取得极值，∴*()nx

nnN=−，此时，()()1()?sin()(1)?sinanannnfxene−−+=−=−，易知()0nfx，而()()1211()(1)?sin()(1)?sinannaxnannnfxeefxe+−++−+−==−−是非零常数，故数列()n

fx是首项为1()fx=()sinane−，公比为axe−的等比数列；（2）由（1）知，sin211a=+，于是对一切*nN，()nnxfx|恒成立，即()211annea−−+恒成立，等价于()()21?an

aeaan−+−（•）恒成立（∵），设()(0)tegttt=，则2(1)'()tetgtt−=，令'()0gt=，得，当时，'()0gt，∴在区间上单调递减；当时，'()0gt，∴在区间上单调

递增，从而当时，函数取得最小值，因此，要是（•）式恒成立，只需21(1)agea+=，即只需211ae−，而当211ae=−时，，且02，于是2213e−−，且当2n时，232

12ne−−−，因此对一切*nN，211nnaxe−=−，∴()ngax21(1)agea+==，故（•）式亦恒成立.综上所述，若a211e−，则对一切*nN，()nnx

fx恒成立.考点：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问

题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决

应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.30．（2015·安徽·高考真题）设函数2()fxxaxb=−+.（Ⅰ）讨论函数(sin)fx在(,)22−内的单调性并判断有无极值

，有极值时求出极值；（Ⅱ）记2000()fxxaxb=−+，求函数0(sin)(sin)fxfx−在[,]22−上的最大值D；（Ⅲ）在（Ⅱ）中，取000ab==，求24azb=−满足D1时的最大值.【答案】（Ⅰ）极小值为24ab−；（Ⅱ）00Daabb=

−+−；（Ⅲ）1.【详解】试题分析：（Ⅰ）将sinx代入()fx为2(sin)sinsinsin(sin)fxxaxbxxab=−+=−+，22x−.求导得，22x−.因为22x−，所以cos0,22sin2xx−.按a的范围分三种情况进行讨论：①当2,abR−时

，函数(sin)fx单调递增，无极值.②当2,abR时，函数(sin)fx单调递减，无极值.③当22a−，在(,)22−内存在唯一的0x，使得02sinxa=.02xx−时，函数(sin)fx单调递减；02xx时，函数(sin)fx单调递增.因

此，22a−，bR时，函数(sin)fx在0x处有极小值20(sin)()24aafxfb==−.（Ⅱ）当22x−时，依据绝对值不等式可知00000(sin)(sin)()sinfxfxaaxbbaabb−=

−+−−+−，从而能够得出函数0(sin)(sin)fxfx−在[,]22−上的最大值为00Daabb=−+−.（Ⅲ）当D1，即1ab+，此时201,11ab−，从而214azb=−.依据式子特征取0,1ab==，则1ab+，并且214azb=−=.由此

可知，24azb=−满足条件D1的最大值为1.试题解析：（Ⅰ）2(sin)sinsinsin(sin)fxxaxbxxab=−+=−+，22x−.，22x−.因为22x−，所以cos0,22sin2xx−.①当2,abR−时，函数(sin)fx单

调递增，无极值.②当2,abR时，函数(sin)fx单调递减，无极值.③当22a−，在(,)22−内存在唯一的0x，使得02sinxa=.02xx−时，函数(sin)fx单调递减；02xx时，函数(sin

)fx单调递增.因此，22a−，bR时，函数(sin)fx在0x处有极小值20(sin)()24aafxfb==−.（Ⅱ）22x−时，00000(sin)(sin)()sinfxfxaaxbbaabb−=−+−−+−，当00()()0aabb−−时，取2x

=，等号成立，当00()()0aabb−−时，取2x=−，等号成立，由此可知，函数0(sin)(sin)fxfx−在[,]22−上的最大值为00Daabb=−+−.（Ⅲ）D1，即1ab+，此时201,11ab−

，从而214azb=−.取0,1ab==，则1ab+，并且214azb=−=.由此可知，24azb=−满足条件D1的最大值为1.考点：1.函数的单调性、极值与最值；2.绝对值不等式的应用.31．（201

5·山东·高考真题）设函数.已知曲线,minpq在点(1,(1))f处的切线与直线平行.（Ⅰ）求a的值；（Ⅱ）是否存在自然数k，使得方程()()fxgx=在(,1)kk+内存在唯一的根？如果存在，求出k；如果不存在，请说明理由；

（Ⅲ）设函数()(),()mxminfxgx=（,minpq表示，,pq中的较小值），求()mx的最大值.【答案】（Ⅰ）1a=；（Ⅱ）1k=；（Ⅲ）24e.【详解】（Ⅰ）由题意知，曲线在点(1,(1))f处的切线斜率为2，所以'(1)2f=，又'()ln1,afxxx

=++所以1a=.（Ⅱ）1k=时，方程()()fxgx=在(1,2)内存在唯一的根.设2()()()(1)ln,xxhxfxgxxxe=−=+−当(0,1]x时，()0hx.又2244(2)3ln2ln8110,hee=−=−−=所以存在0(1,2)x，使0()0h

x=.因为所以当(1,2)x时，1'()10hxe−，当(2,)x+时，'()0hx，所以当(1,)x+时，()hx单调递增.所以1k=时，方程()()fxgx=在(,1)kk+内存在唯一的根.（Ⅲ）由（Ⅱ）知，方程()()fxgx=在(1,2)内存在唯一的根0x，且0(0

,)xx时，()()fxgx，0(,)xx+时，()()fxgx，所以020(1),(0,](){,(,)xxlnxxxmxxxxe+=+.当0(0,)xx时，若(0,1],()0;xmx若0(1,),xx由1'()ln10,mxxx=++可知00()();m

xmx故0()().mxmx当0(,)xx+时，由(2)'(),xxxmxe−=可得0(,2)xx时，'()0,()mxmx单调递增；(2,)x+时，'()0,()mxmx单调递减；可知24()(2),mxme=且0()(2)mxm.综上可得函数()mx的最

大值为24e.考点：1.导数的几何意义；2.应用导数研究函数的单调性、最值；3.函数零点存在性定理.32．（2015·全国·高考真题）已知()()ln1fxxax=+−.(1)讨论()fx的单调性；(2)当()fx有最大值，且最大值大于22a−时，求a的取值范围.【答案】(1

)0a时()0fx¢>,()fx在()0,+是单调递增；0a时,()fx在10,a单调递增，在1,a+单调递减.（2）()0,1.【详解】试题分析：（Ⅰ）由()1fxa

x=−,可分0a,0a两种情况来讨论；（II）由（I）知当0a时()fx在()0,+无最大值,当0a时()fx最大值为1ln1.faaa=−+−因此122ln10faaaa−+−.令(

)ln1gaaa=+−,则()ga在()0,+是增函数,当01a时,()0ga,当1a时()0ga,因此a的取值范围是()0,1.试题解析：（Ⅰ）()fx的定义域为()0,+,()1fxax=−,若0a,则()0fx¢>,()fx在()

0,+是单调递增；若0a,则当10,xa时()0fx¢>,当1,xa+时()0fx,所以()fx在10,a单调递增,在1,a+单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知当0a时()fx在()0,+无最大值,当0a时

()fx在1xa=取得最大值,最大值为111ln1ln1.faaaaaa=+−=−+−因此122ln10faaaa−+−.令()ln1gaaa=+−,则()ga在()

0,+是增函数,()10g=,于是,当01a时,()0ga,当1a时()0ga,因此a的取值范围是()0,1.考点：本题主要考查导数在研究函数性质方面的应用及分类讨论思想.考点05证明不等式等证明问题1．（2024·全国甲卷·高考真题）已知函数()()1ln1fxaxx=−−

+．(1)求()fx的单调区间；(2)当2a时，证明：当1x时，()1exfx−恒成立．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当1x时，1e21ln0x

xx−−++即可.【详解】（1）()fx定义域为(0,)+，11()axfxaxx−=−=当0a时，1()0axfxx−=，故()fx在(0,)+上单调递减；当0a时，1,xa+时，()0fx，()fx单调递增，当10,xa

时，()0fx，()fx单调递减.综上所述，当0a时，()fx的单调递减区间为(0,)+；0a时，()fx的单调递增区间为1,a+，单调递减区间为10,a.（2）2a，且1x时，111e()e(1)ln1e21lnxxxfxa

xxxx−−−−=−−+−−++，令1()e21ln(1)xgxxxx−=−++，下证()0gx即可.11()e2xgxx−=−+，再令()()hxgx=，则121()exhxx−=−，显然

()hx在(1,)+上递增，则0()(1)e10hxh=−=，即()()gxhx=在(1,)+上递增，故0()(1)e210gxg=−+=，即()gx在(1,)+上单调递增，故0()(1)e21ln10gxg=−+

+=，问题得证2．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知函数3()ln(1)2xfxaxbxx=++−−(1)若0b=，且()0fx，求a的最小值；(2)证明：曲线()yfx=是中心对称图形；(3)若()2fx−当且仅当

12x，求b的取值范围．【答案】(1)2−(2)证明见解析(3)23b−【分析】（1）求出()min2fxa=+后根据()0fx可求a的最小值；（2）设(),Pmn为()yfx=图象上任意一点，可证(),Pmn关于()1,a的对称点为()2,2Q

man−−也在函数的图像上，从而可证对称性；（3）根据题设可判断()12f=−即2a=−，再根据()2fx−在()1,2上恒成立可求得23b−.【详解】（1）0b=时，()ln2xfxaxx=+−，其中()0,2x，则()()()112,0,222fxaaxxxxx=++=+

−−，因为()22212xxxx−+−=，当且仅当1x=时等号成立，故()min2fxa=+，而()0fx成立，故20a+即2a−，所以a的最小值为2−.，（2）()()3

ln12xfxaxbxx=++−−的定义域为()0,2，设(),Pmn为()yfx=图象上任意一点，(),Pmn关于()1,a的对称点为()2,2Qman−−，因为(),Pmn在()yfx=图象上，故()3ln12mnambmm=++−−，而

()()()()3322ln221ln122mmfmambmambmamm−−=+−+−−=−++−+−，2na=−+，所以()2,2Qman−−也在()yfx=图象上，由P的任意性可得()yfx=图象为中心对称图形，且对称中心为()

1,a.（3）因为()2fx−当且仅当12x，故1x=为()2fx=−的一个解，所以()12f=−即2a=−，先考虑12x时，()2fx−恒成立.此时()2fx−即为()()3ln21102xxbxx+−+−−在()1,2上恒成立，设()

10,1tx=−，则31ln201ttbtt+−+−在()0,1上恒成立，设()()31ln2,0,11tgttbttt+=−+−，则()()2222232322311tbtbgtbttt−++=−+=−−，当0b，2

32332320btbbb−++−++=，故()0gt恒成立，故()gt在()0,1上为增函数，故()()00gtg=即()2fx−在()1,2上恒成立.当203b−时，2323230btbb−+++，故()0gt恒成立，故()gt在()0,

1上为增函数，故()()00gtg=即()2fx−在()1,2上恒成立.当23b−，则当20113tb+时，()0gt故在20,13b+上()gt为减函数，故()()00gtg=，不合题意，

舍；综上，()2fx−在()1,2上恒成立时23b−.而当23b−时，而23b−时，由上述过程可得()gt在()0,1递增，故()0gt的解为()0,1，即()2fx−的解为()1,2.综上，23b−.【点睛】思路点

睛：一个函数不等式成立的充分必要条件就是函数不等式对应的解，而解的端点为函数对一个方程的根或定义域的端点，另外，根据函数不等式的解确定参数范围时，可先由恒成立得到参数的范围，再根据得到的参数的范围重新考虑不等式的解的情况.3．（2023·天津·高考真题）已知函数

()()11ln12fxxx=++．(1)求曲线()yfx=在2x=处的切线斜率；(2)求证：当0x时，()1fx；(3)证明：()51ln!ln162nnnn−++．【答案】(1)1l

n334−(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为0x时()2ln12xxx++，构造()2()ln12xgxxx=+−+，利用导数研究单调性，即可证结论；（3）构造()()1()ln!ln2hnnnnn=−++，*Nn，作差

法研究函数单调性可得()(1)1hnh=，再构造(5)(1)()ln42xxxxx+−=−+且0x，应用导数研究其单调性得到(5)(1)ln42xxxx+−+恒成立，对()(1)hnhn−+作放缩处理，结合累加得到()311(1)()ln2132126hhnn−−+，即可证结论

.【详解】（1）ln(1)ln(1)()2xxfxx++=+，则211ln(1)()(1)2(1)xfxxxxx+=+−++，所以1ln3(2)34f=−，故2x=处的切线斜率为1ln334−；（2）要证0x时()(

)11ln112fxxx=++，即证()2ln12xxx++，令()2()ln12xgxxx=+−+且0x，则22214()01(2)(1)(2)xgxxxxx=−=++++，所以()gx

在(0,)+上递增，则()(0)0gxg=，即()2ln12xxx++.所以0x时()1fx.（3）设()()1ln!ln2hnnnnn=−++，*Nn，则()()()111111lnln11ln1222hnh

nnnnnnn+−=++−++=−++，由（2）知：1xn=(0,1]，则111()()ln(1)12fnnn=++，所以(1)()0hnhn+−，故()hn在*Nn上递减，故()(1)1hnh=；

下证()15ln!ln26nnnn−++，令(5)(1)()ln42xxxxx+−=−+且0x，则22(1)(1)()(21)xxxxx−−=+，当01x时()0x，()x递增，当1x时()0x，()x递减，所以()(1)0x

=，故在()0,x+上(5)(1)ln42xxxx+−+恒成立，则11(6)()1111111()(1)()ln(1)1()1()2224(32)1212(3)nnhnhnnnnnnnnn+−+=++−+−=−+−+，所以11(2)(3)(1)122hh−

−，111(3)(4)()1223hh−−，…，111(1)()()1221hnhnnn−−−−−，累加得：11(2)()(1)121hhnn−−−，而3(2)2ln22h=−，(1)1h=因为73ln294，所以35(2)2ln226

h=−，则()113()(1)2ln231212hnnn−−−+−，所以311311(1)()ln21(1)ln2121212126hhnn−−+−−+−，故()5()36hnn；综上，5()16hn，即()51ln!ln162nnn

n−++.【点睛】关键点点睛：第三问，作差法研究()()1ln!ln2hnnnnn=−++单调性证右侧不等关系，再构造(5)(1)()ln42xxxxx+−=−+且0x，导数研究其函数符号得(5)(1)ln42xxxx+−+恒成立，结合放缩、累

加得到311(1)()ln21(1)212hhnn−−+−为关键.4．（2022·全国新Ⅱ卷·高考真题）已知函数()eeaxxfxx=−．(1)当1a=时，讨论()fx的单调性；(2)当0x时，()

1fx−，求a的取值范围；(3)设nN，证明：222111ln(1)1122nnn+++++++．【答案】(1)()fx的减区间为(),0−，增区间为()0,+.(2)12a(3)见解析【分析】（1）求出()fx，讨论其符号后可得()fx的单

调性.（2）设()ee1axxhxx=−+，求出()hx，先讨论12a时题设中的不等式不成立，再就102a结合放缩法讨论()hx符号，最后就0a结合放缩法讨论()hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt−对任意的1

t恒成立，从而可得()21ln1lnnnnn+−+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.【详解】（1）当1a=时，()()1exfxx=−，则()exfxx=，当0x时，(

)0fx，当0x时，()0fx¢>，故()fx的减区间为(),0−，增区间为()0,+.（2）设()ee1axxhxx=−+，则()00h=，又()()1eeaxxhxax=+−，设()()1eeaxxgxax=+−，则()()

22eeaxxgxaax=+−，若12a，则()0210ga=−，因为()gx为连续不间断函数，故存在()00,x+，使得()00,xx，总有()0gx，故()gx在()00,x为增函数，故()()00gxg=，故()hx在()00,x为增函数，故()()00hxh

=，与题设矛盾.若102a，则()()()ln11eeeeaxaxaxxxhxax++=+−=−，下证：对任意0x，总有()ln1xx+成立，证明：设()()ln1Sxxx=+−，故()11011xSxxx−=−=++

，故()Sx在()0,+上为减函数，故()()00SxS=即()ln1xx+成立.由上述不等式有()ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx+++−−=−，故()0hx总成立，即()hx在()0,+上为减函数，所以()()00hxh=.当0

a时，有()eee1100axxaxhxax=−+−+=，所以()hx在()0,+上为减函数，所以()()00hxh=.综上，12a.（3）取12a=，则0x，总有12ee10xxx−

+成立，令12ext=，则21,e,2lnxttxt==，故22ln1ttt−即12lnttt−对任意的1t恒成立.所以对任意的*nN，有112ln1nnnnnn++−+，整理得到：()21ln1lnnnnn+−+，故()2221

11ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnn+++−+−+++−+++()ln1n=+，故不等式成立.【点睛】思路点睛：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.5．（2021·全国乙卷·高考真题）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'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()()1ln10xxx+−−；同理，当(),0x−时，要证()()ln1()1ln1xxgxxx+−=−，()0,ln10xx−，()ln

10xx−，即证()()ln1ln1xxxx+−−，化简得()()1ln10xxx+−−；令()()()1ln1hxxxx=+−−，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()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ln(1)1−−xxx．（ⅰ）当(0,1)x时，0ln(1)1−−xxx，所以1111ln(1)−=−−xx

xx，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.6．（2019·北京·高考真题）已知函数

321()4fxxxx=−+.（Ⅰ）求曲线()yfx=的斜率为1的切线方程；（Ⅱ）当[2,4]x−时，求证：6()xfxx−；（Ⅲ）设()|()()|()Fxfxxaa=−+R，记()Fx在区间[2,4]−上的最大值为M（a），当M（a）最小时，求a的值．【答案】（Ⅰ）0xy−=和2

727640xy−−=.（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a=−.【分析】(Ⅰ)首先求解导函数，然后利用导函数求得切点的横坐标，据此求得切点坐标即可确定切线方程；(Ⅱ)由题意分别证得()()60fxx−−和()0−fxx即可证得题中的结论；(Ⅲ)由题意结合(Ⅱ)中的结论分类讨论即

可求得a的值.【详解】（Ⅰ）23()214fxxx=−+，令23()2114fxxx=−+=得0x=或者83x=.当0x=时，(0)0f=，此时切线方程为yx=，即0xy−=；当83x=时，88()327f=，此时切线方程

为6427yx=−，即2727640xy−−=；综上可得所求切线方程为0xy−=和2727640xy−−=.（Ⅱ）设321()()4gxfxxxx=−=−，23()24gxxx=−，令23()204gxxx=−=得0x=或者83x=，所以当[2,0]x−时，(

)0gx，()gx为增函数；当8(0,)3x时，()0gx，()gx为减函数；当8[,4]3x时，()0gx，()gx为增函数；而(0)(4)0gg==，所以()0gx，即()fxx；同理令321()()664hxfxxxx=−+=−+，

可求其最小值为(2)0h−=，所以()0hx，即()6fxx−，综上可得6()xfxx−.（Ⅲ）由（Ⅱ）知6()0fxx−−，所以()Ma是,6aa+中的较大者，若6aa+，即3a−时，()3Maaa==−；若6aa+，即3a−时，()663Maaa=+

=+；所以当()Ma最小时，()3Ma=，此时3a=−.【点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.7．（2018·全国·高考真题）已知函数()(

)()22ln12fxxaxxx=+++−．（1）若0a=，证明：当10x−时，()0fx；当0x时，()0fx；（2）若0x=是()fx的极大值点，求a．【答案】（1）见解析（2）16a=−【详解】分

析：（1）求导，利用函数单调性证明即可．（2）分类讨论a0和a0,构造函数()()2hx2fxxax=++,讨论()hx的性质即可得到a的范围．详解：（1）当0a=时，()()()2ln12fxxxx=++−，()()ln11xfxxx=+−+.设函数()()()l

n11xgxfxxx==+−+，则()()21xgxx=+.当10x−时，()0gx；当0x时，()0gx.故当1x−时，()()00gxg=，且仅当0x=时，()0gx=，从而()0fx，且仅当0x=

时，()0fx=.所以()fx在()1,−+单调递增.又()00f=，故当10x−时，()0fx；当0x时，()0fx.（2）（i）若0a，由（1）知，当0x时，()()()()2ln1200fxxxxf++−

=，这与0x=是()fx的极大值点矛盾.（ii）若0a，设函数()()()222ln122fxxhxxxaxxax==+−++++.由于当1min{1,}||xa时，220xax++，故()hx与()fx符号相同.又()()000hf==，故0x=是()fx的极大值点

当且仅当0x=是()hx的极大值点.()()()()()()()222222222221246111212xaxxaxxaxaxahxxxaxxaxx++−++++=−=++++++.如果610a+，则当6104axa+−，且1min{1,}||xa时，()0hx，

故0x=不是()hx的极大值点.如果610a+，则224610axaxa+++=存在根10x，故当()1,0xx，且1min{1,}||xa时，()0hx，所以0x=不是()hx的极大值点.如果610a+=，则()()()()322241612xxhxxxx−=+

−−.则当()1,0x−时，()0hx；当()0,1x时，()0hx.所以0x=是()hx的极大值点，从而0x=是()fx的极大值点综上，16a=−.点睛：本题考查函数与导数的综合应用，利用函数的单调性求出最值证明不等式，第二问分类讨论a0

和a0,当a0时构造函数()()2hx2fxxax=++时关键，讨论函数()hx的性质，本题难度较大．8．（2018·全国·高考真题）已知函数()21exaxxfx+−=．（1）求曲线()=yfx在点()0,1−处的切线方程；（2）证明：当1a时，()e0fx+．【答案】（1）切线

方程是210xy−−=；（2）证明见解析．【分析】（1）求导，由导数的几何意义求出切线方程．（2）方法一：当1a时，()12ee1exxfxxx+−+++−（），令()12e1xgxxx+=++−，只需证明

()0gx即可．【详解】（1）()()2212xaxaxfxe−++−=，()02f=．因此曲线()=yfx在点()0,1−处的切线方程是210xy−−=．（2）［方法一］：【最优解】放缩当1a时，()12ee1exxfxxx+−+++−（

）．令()211exgxxx+=+−+，则()121exgxx+=++，()12e0xgx+=+当1x−时，()()10gxg−=，()gx单调递减；当1x−时，()()10gxg−=，()gx单调递增，所以()gx()1=0g−．因此()e0

fx+．［方法二］：【通性通法】导数的应用函数=()yfx的定义域为R，(2)(1)()exxaxfx+=−−．当1a时，令()=0fx，得=2x，或1xa=−，其中12a−．则函数=()yfx的单调递减区间为1,a−−，(2,)+，单调递增区间为1

,2a−．又11e0afa−=−，当(2,)x+时，()0fx恒成立，故min1[()]efxfa=−−，故当1a时，()e0fx+．［方法三］：等价变形＋含参讨论不等式()e0fx+等价于211e0xaxx

++−+．令211()1e,()21exxgxaxxgxax++=+++−+=．当=1a时，21()1e0xgxxx+=+−+（导数法证明过程参考方法二）．当1a时，易知()gx在R上单调递增且111(1)220,e10agaga−−=−−=−

．所以存在唯一实数011,xa−−使得()00gx=，即010e21xax+=−−．函数=()ygx在区间()0,x−内单调递减，在区间()0,x+内单调递增．故()0122min00000[()]1e(21)2xgxgxaxxaxax+==+−+=−−−．记

2()(21)2hxaxax=−−−，则()yhx=的图像为开口向上，对称轴111,122xa=−的抛物线，故函数()yhx=在区间11,a−−内单调递减，故()()min001[()]0gxgxhxha==−=．综上所述，当1

a时，()e0fx+．［方法四］：【最优解】利用切线不等式放缩不等式()e0fx+等价于211e0xaxx++−+．因为e1xx+，所以21221e11(1)21xaxxaxxxaxx++−++−+++=+

+．当1a时，2222121(1)0axxxxx++++=+，即结论得证．【整体点评】（2）方法一：利用不等式性质放缩，转化为求具体函数的最值，方法简单易操作，是该题的最优解；方法二：直接研究函数的单调性求最小值，即可解

出，是该类型题的通性通法；方法三：将不等式等价变形，然后再含参讨论新函数的单调性，求出最小值，此法也是常规手段，但是对于解决该题，显得有些繁琐；方法四：将不等式等价变形，然后利用切线不等式，不等式的性质

放缩，再结合二次函数的性质解出，也可以认为是本题的最优解．9．（2018·全国·高考真题）已知函数()e1xfxalnx=−−．（1）设=2x是()fx的极值点．求a，并求()fx的单调区间；（2）证明：当1ae时，()0fx．【答案】

(1)a=212e；增区间为(2,)+，减区间为(0,2)．(2)证明见解析.【分析】（1）先确定函数的定义域，利用()20f=，求得a=212e，从而确定出函数的解析式，再解不等式()()0,0fxfx即可求出单调区间；（2）方法一：结合指数函数的值域，可以确

定当1ae时，e()ln1exfxx−−，之后构造新函数e()ln1exgxx=−−，利用导数研究函数的单调性，从而求得()(1)0gxg=，利用不等式的传递性，证得结果.【详解】（1）()fx的定义域为()0+，，21

()efxax=−，则21(2)e02fa=−=，解得：212ae=，故2e1()2exfxx=−．易知()fx在区间(0,)+内单调递增，且(2)0f=，由()>0>0fxx解得：2x；由()<0>0fxx解得：02x，所以()fx的增区间为(2,)

+，减区间为(0,2)．（2）［方法一］：【最优解】放缩法当1ae时，e()ln1exfxx−−.设e()ln1exgxx=−−，则e1()exgxx=−.当01x时，()0gx；当1x时，()0gx.所

以=1x是()gx的最小值点.故当0x时，()(1)0gxg=.因此，当1ae时，()0fx.［方法二］：【通性通法】隐零点讨论因为1ae，所以1()exfxax=−在区间(0,)+内单调递增．设()00fx=，当0x→时，()fx→−，当=1x时，(

1)e10fa−=，所以0(0,1],()xfx在区间()00,x内单调递减，在区间()0,x+内单调递增，且()001e0xfxax=−=，所以()00000011,()ln1ln1xxaefxfxaexxxx==−

−=−−．设1()ln1gxxx=−−，则211()0gxxx=−−．所以()gx在区间(0,1]内单调递减，故()(1)0gxg=，即()0fx成立．［方法三］：分离参数求最值要证1ae时()0fx，即eln10xax−−，则证

ln1exxa+成立．令ln1()exxhx+=，则1ln1()exxxhx−−=．令1()ln1gxxx=−−，则(1)0g=，由211()0gxxx=−−知()gx在区间(0,)+内单调递减，从而()hx在(0,1)内单调递增，在区间(1,)+内单调递减．所以m

ax1[()](1)ehxh==，而1ae，所以ln1exxa+恒成立，原命题得证．［方法四］：隐零点讨论＋基本不等式1()exfxax=−，结合exya=与1yx=的图像，可知()=0fx有唯一实数解，不妨设

()000xx，则001e0xax−=．易知()fx在区间()00,x内是减函数，在区间()0,x+内是增函数．所以()0min00[()]eln1xfxfxax==−−．由001e0xax−=，得00001e,lnlnxaxaxx=−=+．min00000011

1[()]eln1ln12ln10exfxaxxaxxx=−−=++−+−=．当且仅当0011,exax==，即01,1eax==时，min[()]0fx=，所以()0fx．［方法五］：异构要证明()eln10xfxax=−−，即证()()()el

n10xxxfxax−+=−−，即证明exax，再证明ln1xx+即可．令g()exxax=−，()e1xgxa=−．设()00e10xgxa=−=，则0lnxa=−．若1a时，()e10xgxa−=在()0,+上恒成立，所以()()00gxg=；若11e

a时，当(0,ln)xa−时()0gx；当(ln,)xa−+时，()0gx．所以lnxa=−为()exgxax=−的极小值点，则lnmin[()](ln)ln1lnagxgaaeaa−=

−=+=+．因为1ae，所以1ln0a+，所以()0gx．令1()ln1,()1xxxxx−==−−．当(0,1)x时，()0x；当(1,)x+时，()0x，所以=1x为()ln1xxx=−−的极小值点．则min=[()](1)0x=，所以()ln10xxx=

−−，即ln1xx+．所以()eln10xfxax=−−．［方法六］：高阶函数借位构建有界函数ln1()eln1eexxxxfxaxa+=−−=−．令ln1()exxgxa+=−，则()

211e(ln1)eln1()eexxxxxxxxgx−++−=−=．令1()ln1hxxx=+−．显然()hx为定义域(0,)+上的增函数．又(1)0h=，故当01x时，()0hx，得()0gx；当1x时，()0hx，得()0gx．即(

)gx在区间(0,1)上为减函数，()gx在区间(1,)+上为增函数，故min1[()](1)0egxga==−．即()0gx恒成立，而()e()0xfxgx=恒成立．【整体点评】（2）方法一：利用a的范围放缩，转化

为求具体函数的最值，是该题的最优解；方法二：根据函数的单调性讨论，求最值，是该类型题的通性通法；方法三：原不等式可以通过分参转化为求具体函数的最值，也是不错的解法；方法四：同方法二，根据函数的单调性讨论，利用基本

不等式求最值，区别在于最后求最值使用的方式不一样；方法五：利用常见的对数切线不等式异构证明，也是很好的解决方法，不过在本题中使用过程稍显繁琐；方法六：基本类似于方法三．10．（2017·全国·高考真题）已知函数()2ln,fxaxaxxx=−−且()0fx.（1）求

a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点0x，且()2202efx−−.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a1x−可得h（x）min＝h（1a），从而可得结论；

（2）通过（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x012＜可知f（x0）14＜，另一方面

可知f（x0）＞f（1e）21e=．【详解】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a1x−．则当a≤0时

h′（x）＜0，即y＝h（x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x1a＜时h′（x）＜0、当x1a＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（1a），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以

1a=1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣

2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x−，令t′（x）＝0，解得：x12=，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′

（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）20x=−x0﹣x0lnx020x=−x0+2x0﹣220x=x020x−，由x012＜可知f（x0）＜（x020x−）max2

111224=−+=；由f′（1e）＜0可知x0112e＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所以f（x0）＞f（1e）21e=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值

，考查运算求解能力，考查转化思想，注意解题方法的积累，属于难题．11．（2016·浙江·高考真题）设函数()fx=311xx++，[0,1]x．证明：（Ⅰ）()fx21xx−+；（Ⅱ）34()fx32．【答案】（Ⅰ）证明详见解析；（Ⅱ）证明详见

解析．【详解】试题分析：本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数等基础知识，同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.第一问，利用放缩法，得到41111xxx−++，从而得到结论；第二问，由01x得3xx，进行放缩，得

到3()2fx，再结合第一问的结论，得到3()4fx，从而得到结论.试题解析：（Ⅰ）因为44231()11,1()1xxxxxxx−−−−+−==−−+由于[0,1]x，有411,11xxx−++即23111xxxx−+−+，所以2()1.fxxx−+（Ⅱ）由0

1x得3xx，故31133(1)(21)33()11222(1)22xxfxxxxxx−+=++−+=++++，所以3()2fx.由（Ⅰ）得22133()1()244fxxxx−+=−+，又因为，所以3()4fx.综上，33().42fx【考点】函数的单调性与最

值、分段函数.【思路点睛】（Ⅰ）先用等比数列前n项和公式计算231xxx−+−，再用放缩法可得23111xxxx−+−+，进而可证()21fxxx−+；（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论及放缩法可证()3342fx．12．（2016·全国·高考真题）设函数

()ln1fxxx=−+．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）证明当(1,)x+时，11lnxxx−；（Ⅲ）设1c，证明当(0,1)x时，1(1)xcxc+−.【答案】（Ⅰ）当01x时，()fx单调递增；当1x时，()fx单调递减；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析．【

详解】试题分析：（Ⅰ）首先求出导函数()fx，然后通过解不等式()0fx或()0fx可确定函数()fx的单调性；（Ⅱ）左端不等式可利用（Ⅰ）的结论证明，右端将左端的x换为1x即可证明；（Ⅲ）变形所证不等式，构造新函数，然后通过利用导数研究函数的单调性来处理．试题解析：（Ⅰ）由题设

，()fx的定义域为(0,)+，1()1fxx=−，令()0fx=，解得1x=.当01x时，()0fx，()fx单调递增；当1x时，()0fx，()fx单调递减.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()fx在1x=处取得最大值，最大值为(1

)0f=.所以当1x时，ln1xx−.故当(1,)x+时，ln1xx−，11ln1xx−，即11lnxxx−.（Ⅲ）由题设1c，设()1(1)xgxcxc=+−−，则'()1lnxgxccc=−−，令'()0gx=，解得01lnlnlnccxc−=.当0xx时

，'()0gx，()gx单调递增；当0xx时，'()0gx，()gx单调递减.由（Ⅱ）知，11lnccc−，故001x，又(0)(1)0gg==，故当01x时，()0gx.所以当(0,1)x时，1(1)xcxc+−.【考点】利用导

数研究函数的单调性、不等式的证明与解法【思路点拨】求解导数中的不等式证明问题可考虑：（1）首先通过利用研究函数的单调性，再利用单调性进行证明；（2）根据不等式结构构造新函数，通过求导研究新函数的单调性或最值来证明．13．（2015·全国·高考真题）

设函数()2lnxfxeax=−.（Ⅰ）讨论()fx的导函数()fx的零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a时()22lnfxaaa+.【答案】（Ⅰ）当0a时，()fx没有零点；当0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先求

出导函数，分0a与0a考虑()fx的单调性及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，根据()fx的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于

22lnaaa+，即证明了所证不等式.试题解析：（Ⅰ）()fx的定义域为()0+，，()2()=20xafxexx−.当0a时,()0fx，()fx没有零点；当0a时，因为2xe单调递增，ax−单调递增，所以()fx在()0+，单调递增.又

()0fa,当b满足04ab且14b时，()0fb,故当0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，当()00xx，时，()0fx;当()0+

xx，时，()0fx.故()fx在()00x，单调递减，在()0+x，单调递增，所以当0xx=时，()fx取得最小值，最小值为0()fx.由于0202=0xaex−，所以00022()=2ln2ln2afxaxaaaxaa+++.故当0a时，2()2lnfxaaa+.考点：常见函

数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.14．（2015·湖北·高考真题）设函数()fx，()gx的定义域均为R，且()fx是奇函数，()gx是偶函数，(

)()exfxgx+=，其中e为自然对数的底数．(1)求()fx，()gx的解析式，并证明：当0x时，()0fx，()1gx；(2)设0a，1b，证明：当0x时，()()(1)()(1)fxagxabgxbx+−+−．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【

分析】（1）利用函数奇偶性列方程组求函数解析式，结合指数函数性质证明结论；（2）问题转化为证()()(1)fxaxgxax+−、()()(1)fxbxgxbx+−，构造()()()(1)hxfxcxgxcx=−−−，利用导函数研究函数单调性，即可证.【详解】（

1）由()fx,()gx的奇偶性及()()exfxgx+=①，得：()()e.xfxgx−−+=②联立①②解得1()(ee)2xxfx−=−，1()(ee)2xxgx−=+．当0x时，e1x，0e1x−，故()0.fx③又由基本不等式，有1()

(ee)ee12xxxxgx−−=+=，即()1.gx④（2）由（1）得2111e1()(e)(e)(ee)()2e2e2xxxxxxxfxgx−=−=+=+=⑤，2111e1()(e)(e)(ee)()2e2e2xxxxxxxgxfx−

=+=−=−=⑥，当0x时，()()(1)fxagxax+−等价于()()(1)fxaxgxax+−⑦，()()(1)fxbgxbx+−等价于()()(1)fxbxgxbx+−⑧，设函数()()()(1)hxfxcxgxcx=−−−，由⑤⑥，有()()()()(1

)hxgxcgxcxfxc=−−−−(1)[()1]().cgxcxfx=−−−当0x时，若0c，由③④，得()0hx，故()hx在[0,)+上为增函数，从而()(0)0hxh=，即()()(1)fxcxgxcx+−，故⑦成立．

若1c，由③④，得()0hx，故()hx在[0,)+上为减函数，从而()(0)0hxh=，即()()(1)fxcxgxcx+−，故⑧成立．综合⑦⑧，得()()(1)()(1)fxagxabgxbx+−+−．15．（2015·福建·高考真题

）已知函数()(1)fxlnx=+，(),(),gxkxkR=（Ⅰ）证明：当0()xfxx时，；（Ⅱ）证明：当1k时，存在00x,使得对0(0),xxÎ任意，恒有()()fxgx；（Ⅲ）确定k的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),

xt，恒有2()()fxgxx−．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）=1k．【详解】解法一：（1）令()()(1),(0,),Fxfxxlnxxx=−=+−+则有1()11+1+xFxxx=−=−当(0,),x

+()0Fx,所以()Fx在(0,)+上单调递减；故当0x时，()(0)0,FxF=即当0x时，()fxx．（2）令G()()()(1),(0,),xfxgxlnxkxx=−=+−+则有1(1)()1+1+kxkGxkxx−+−

=−=当0k()0Gx,所以()Gx在[0,)+上单调递增,G()(0)0xG=故对任意正实数0x均满足题意.当01k时，令()0,Gx=得11=10kxkk−=−．取01=1xk−，对任意0(0,),xx恒有'()0Gx

,所以()Gx在0[0,)x上单调递增,G()(0)0xG=,即()()fxgx.综上，当1k时，总存在00x,使得对任意的0(0),xx，恒有()()fxgx．（3）当1k时，由（1）知，对于(0,),x

+()()gxxfx，故()()gxfx，()()()()(1)fxgxgxfxkxlnx−=−=−+，令2()(1),[0)Mxkxlnxxx=−+−+，，则有21-2+(k-2)1()2=,11xxkMxkx

xx+−=−−++故当22(2)8(1)0)4kkkx−+−+−（，时，()0Mx,()Mx在22(2)8(1)[0)4kkk−+−+−，上单调递增，故()M(0)0Mx=,即2()()fxgxx−,所以满足题意的t不存在.当1k时，由（2）知

存在00x,使得对任意的任意的0(0),xx，恒有()()fxgx．此时()()()()(1)fxgxfxgxlnxkx−=−=+−,令2N()(1),[0)xlnxkxxx=+−−+，，则有21-2-(k+2)1

()2=,11xxkNxkxxx−+=−−++故当2(+2(+2)8(1k)0)4kkx−++−）（，时，()0Nx,()Mx在2(2)(2)8(1)[0)4kkk−++++−，上单调递增，故()(0)0NxN=,即2()()fxgxx−,

记0x与2(2)(2)8(1)4kkk−++++−中较小的为1x，则当21(0)()()xxfxgxx−，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x+当()()()()(1)fxgxgxfxxlnx−=−=−+，令2H()(1),[0)xxlnx

xx=−+−+，，则有21-2()12=,11xxHxxxx−=−−++当0x时，()0Hx,所以()Hx在[0+，）上单调递减，故H()(0)0xH=,故当0x时，恒有2()()fxgxx−,此时，任意实数t满足题意.综上，=1k.解法二：（1）（2）

同解法一.（3）当1k时，由（1）知，对于(0,),x+()()gxxfx，，故()()()()(1)(1)fxgxgxfxkxlnxkxxkx−=−=−+−=−，令2(1),01kxxxk−

−解得，从而得到当1k时，(0,1)xk−对于恒有2()()fxgxx−,所以满足题意的t不存在.当1k时，取11k+1=12kkk，从而由（2）知存在00x,使得0(0),xxÎ任意，恒有1()()fxkxk

xgx=.此时11()()()()()2kfxgxfxgxkkxx−−=−−=,令211,022kkxxx−−解得，此时2()()fxgxx−,记0x与1-k2中较小的为1x，则当21(

0)()()xxfxgxx−，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x+当()()()()(1)fxgxgxfxxlnx−=−=−+，令2()(1),[0)Mxxlnxxx=−+−+，，则有212()1

2,11xxMxxxx−−−==−++当0x时，()0Mx,所以()Mx在[0+，）上单调递减，故()M(0)0Mx=,故当0x时，恒有2()()fxgxx−,此时，任意实数t满足题意．综上，=1k.考点：导数的综合应用．16．（2015·北京·高考真题

）已知函数()1ln1xfxx+=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=在点()()00f，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当()01x，时，()323xfxx+；（Ⅲ）设实数k使得()33xfxkx+对()01x，恒成立，求k的最大

值．【答案】（Ⅰ）20xy−=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.【详解】试题分析：（1）求导：111()ln()111xfxfxxxx+==+−+−，利用导数几何意义得切线斜率：(0)2kf==，又(0)0f=，由点斜式得切线方程：2yx=（2）利用导数证明不等式，实质利用导

数求对应函数最值：33()2()()2()033xxfxxfxx+−+，令3()()2()3xgxfxx=−+，只需证min()0gx（3）恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值，这较繁且难，本题由（2）知2k时3()3xfxkx+

在（0，1）上恒成立，只需证明当2k时，3()3xfxkx+在（0，1）上不恒成立，这样就简单多了．试题解析：（1）111()ln()111xfxfxxxx+==+−+−，利用导数几何意义得切线斜率：(0)2kf=

=，又(0)0f=，由点斜式得切线方程：2yx=（2）3422()()2()(),(0,1)()0()(0)031xxgxfxxgxxgxgxgx=−+==−，结论成立（3）由（2）知2k时3()3xfxk

x+在（0，1）上恒成立当2k时，令3()(),3xhxfxkx=−+则422(),1kxkhxx−+−=当420kxk−时，()0,hx()(0)0hxh=，即当2k时，3()3xfxkx+在（0，1）上不恒成立k的最大值为2．考点：

导数几何意义,利用导数证明不等式，利用导数求数最值【名师点睛】导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究

函数的单调性、极值（最值）展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导

数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两

个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．考点06恒成立与能成立（有解）问题1．（2024·天津·高考真题）设函数()lnfxxx=．(1)求()fx图象上点()()1,1f处的切线方程；(2)若()()fxaxx−在()0,x+时恒成立，求a的值；(3)若()12,0,

1xx，证明()()121212fxfxxx−−．【答案】(1)1yx=−(2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到2a=，再证明2a=时条件满足；（3）先确定()fx的单调性，再对12,x

x分类讨论.【详解】（1）由于()lnfxxx=，故()ln1fxx=+.所以()10f=，()11f=，所以所求的切线经过()1,0，且斜率为1，故其方程为1yx=−.（2）设()1lnhttt=−−，则()111thttt−=−=，从而当01t时()0ht，当1

t时()0ht.所以()ht在(0,1上递减，在)1,+上递增，这就说明()()1hth，即1lntt−，且等号成立当且仅当1t=.设()()12lngtatt=−−，则()()()111ln12lnfxaxxxxaxxxaxgxxx−−=−−=−−=

.当()0,x+时，1x的取值范围是()0,+，所以命题等价于对任意()0,t+，都有()0gt.一方面，若对任意()0,t+，都有()0gt，则对()0,t+有()()()()11

2012ln12ln1212gtattatatatattt=−−=−+−+−=+−−，取2t=，得01a−，故10a.再取2ta=，得()2202222222aaaaaaa+−−=−−=−−，所以2a=.另一方面，若2a=，则对任意()0,t+都有()()

()212ln20gtttht=−−=，满足条件.综合以上两个方面，知a的值是2.（3）先证明一个结论：对0ab，有()()ln1ln1fbfaabba−++−.证明：前面已经证明不等式1lntt−，故l

nlnlnlnlnlnln1ln1bbbaaabaaabbbbbabaa−−=+=++−−−，且1lnlnlnlnlnlnlnln1ln11aabbaabbbabbaaaaaabababb−−−−−=+=++=+−−−−，所以lnlnln1ln1bbaaabba−++−

，即()()ln1ln1fbfaabba−++−.由()ln1fxx=+，可知当10ex时()0fx，当1ex时()0fx¢>.所以()fx在10,e上递减，在1,e+上递增.不妨设12xx，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当12

11exx时，有()()()()()()12212212121ln1fxfxfxfxxxxxxxx−=−+−−−，结论成立；情况二：当1210exx时，有()()()()12121122lnlnfxfxfxfxxxx

x−=−=−.对任意的10,ec，设()lnlnxxxcccx=−−−，则()1ln12xxcx=++−.由于()x单调递增，且有11111122211211111ln1ln111022222

e2ee22ecccccccccccc++++=++++=−−++=−−，且当2124ln1xcc−−，2cx时，由12ln12ccx−−可知()1112ln1ln1ln102222cxxccxcxcx=++++=−−

−−−.所以()x在()0,c上存在零点0x，再结合()x单调递增，即知00xx时()0x，0xxc时()0x.故()x在(00,x上递减，在0,xc上递增.①当0xxc时，有()()0xc=；②当00xx时，由于()112ln221eec

fcfc=−−=，故我们可以取1ln,1qcc.从而当201cxq−时，由cxqc−，可得()1lnlnlnlnln0xxxcccxcccxccqcccqc=−−−−−−−−=−.再根据()x在(00,x上递减，即知对00xx

都有()0x；综合①②可知对任意0xc，都有()0x，即()lnln0xxxcccx=−−−.根据10,ec和0xc的任意性，取2cx=，1xx=，就得到112221lnln0xxxxxx−−−.所以()

()()()1212112221lnlnfxfxfxfxxxxxxx−=−=−−.情况三：当12101exx时，根据情况一和情况二的讨论，可得()112111eefxfxxx−−−，()222111eeffxxxx−−−.而根据()f

x的单调性，知()()()1211efxfxfxf−−或()()()1221efxfxffx−−.故一定有()()1221fxfxxx−−成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合()fx的单调性进行分类讨论.2．（2024·全国甲卷

·高考真题）已知函数()()()1ln1fxaxxx=−+−．(1)当2a=−时，求()fx的极值；(2)当0x时，()0fx，求a的取值范围．【答案】(1)极小值为0，无极大值.(2)12a−【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性和零点可求函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，就

12a−、102a−、0a分类讨论后可得参数的取值范围.【详解】（1）当2a=−时，()(12)ln(1)fxxxx=++−，故121()2ln(1)12ln(1)111xfxxxxx+=++−=+−+++，因为12ln(1),11yxyx=+=−++在()1,−+上

为增函数，故()fx在()1,−+上为增函数，而(0)0f=，故当10x−时，()0fx，当0x时，()0fx，故()fx在0x=处取极小值且极小值为()00f=，无极大值.（2）()()(

)()11ln11ln1,011axaxfxaxaxxxx+−=−++−=−+−++，设()()()1ln1,01axsxaxxx+=−+−+，则()()()()()()222111211111

aaxaaaxasxxxxx++++−++=−=−=−++++，当12a−时，()0sx，故()sx在()0,+上为增函数，故()()00sxs=，即()0fx，所以()fx在)0,+上为增函数，故()()00fxf=.当102a−

时，当210axa+−时，()0sx，故()sx在210,aa+−上为减函数，故在210,aa+−上()()0sxs，即在210,aa+−上()0fx即()fx为减函数，故在210,aa+−

上()()00fxf=，不合题意，舍.当0a，此时()0sx在()0,+上恒成立，同理可得在()0,+上()()00fxf=恒成立，不合题意，舍；综上，12a−.【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立问题，往往需

要利用导数判断函数单调性，有时还需要对导数进一步利用导数研究其符号特征，处理此类问题时注意利用范围端点的性质来确定如何分类.3．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数()2sinπ,0,cos2xfxaxxx=−．

(1)当1a=时，讨论()fx的单调性；(2)若()sin0fxx+，求a的取值范围．【答案】(1)()fx在π0,2上单调递减(2)0a【分析】（1）代入1a=后，再对()fx求导，同时利用三角函数的平方关系

化简()fx，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；（2）法一：构造函数()()singxfxx=+，从而得到()0gx，注意到()00g=，从而得到()00g，进而得到0a，再分类讨论0a=与a<0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得2sinsin0cosxxx−

恒成立，再分类讨论0a=，a<0与0a三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得0a时不满足题意，从而得解.【详解】（1）因为1a=，所以()2sinπ,0,cos2xfxxxx=−，则(

)()22432coscos2cossinsincos2sin11coscosxxxxxxxfxxx−−+=−=−()3333222coscos21coscoscos2coscosxxxxxxx−−−+−==，令costx=，由于π0,2

x，所以()cos0,1tx=，所以()()()23233222coscos22221211xxttttttttt+−=+−=−+−=−++−()()2221ttt=++−，因为()2222110ttt++=++，10t−，33cos0xt=，所以()233cosco

s20cosxxfxx+−=在π0,2上恒成立，所以()fx在π0,2上单调递减.（2）法一：构建()()2sinπsinsin0cos2xgxfxxaxxxx=+=−+，则()231sinπcos0cos2xgxaxxx+=−+

，若()()sin0gxfxx=+，且()()00sin00gf=+=，则()0110gaa=−+=，解得0a，当0a=时，因为22sin1sinsin1coscosxxxxx−=−，又π0,2x，所以0sin1x

，0cos1x，则211cosx，所以()2sinsinsin0cosxfxxxx+=−，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以()22sinsinsinsinsin0coscosxxfxxaxxxxx+=−+−，满足题意；综上所述：

若()sin0fxx+，等价于0a，所以a的取值范围为(,0−.法二：因为()2232222sincos1sinsincossinsinsincoscoscoscosxxxxxxxxxxxx−−−===−，因为π0,2x

，所以0sin1x，0cos1x，故2sinsin0cosxxx−在π0,2上恒成立，所以当0a=时，()2sinsinsin0cosxfxxxx+=−，满足题意；当a<0时，由于π02x，显然0ax，所以()22sinsinsinsinsin0cosco

sxxfxxaxxxxx+=−+−，满足题意；当0a时，因为()322sinsinsinsincoscosxxfxxaxxaxxx+=−+=−，令()32sinπ0cos2xgxaxxx=−，则()22433sincos2sincosx

xxgxax+=−，注意到()22433sin0cos02sin000cos0gaa+=−=，若π02x，()0gx，则()gx在π0,2上单调递增，注意到()00g=，所以()()00gxg

=，即()sin0fxx+，不满足题意；若0π02x，()00gx，则()()000ggx，所以在π0,2上最靠近0x=处必存在零点1π20,x，使得()10gx=，此时()gx在()10,x上有()0gx，所以()gx在()

10,x上单调递增，则在()10,x上有()()00gxg=，即()sin0fxx+，不满足题意；综上：0a.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论0a这种情况的关键是，注意到()00g，从而分类讨论()gx在π0,2上的正负情况，得到总存在靠近0x=处的一

个区间，使得()0gx，从而推得存在()()00gxg=，由此得解.4．（2023·全国甲卷·高考真题）已知函数3sinπ(),0,cos2xfxaxxx=−(1)当8a=时，讨论()fx的单调性；(2)若()sin2fxx恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答

案见解析.(2)(,3]−【分析】（1）求导,然后令2costx=,讨论导数的符号即可;（2）构造()()sin2gxfxx=−,计算()gx的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.【详解】（1）326coscos3sincossin()cosxxxx

xfxax+=−22244cos3sin32coscoscosxxxaaxx+−=−=−令2cosxt=,则(0,1)t则2223223()()tattfxgtatt−+−==−=当222823(21)(43)8,()()ttt

tafxgttt+−−+====当10,2t,即ππ,,()042xfx.当1,12t,即π0,,()04xfx.所以()fx在π0,4上单调递增,

在ππ,42上单调递减（2）设()()sin2gxfxx=−()22222323()()2cos2()22cos12(21)24attgxfxxgtxtatttt+−=−=−−=−−=+−+−设223()24tattt=+−

+−322333264262(1)(22+3)()40tttttttttt−−+−+=−−+==−所以()(1)3ta=−.1若(,3]a−,()()30gxta=−即()gx在0,2上单调递减,所以()(0)0gxg=.所以当(,3],()sin2af

xx−,符合题意.2若(3,)a+当22231110,333tttt→−=−−+→−,所以()t→−.(1)30a=−.所以0(0,1)t,使得()00t=,即00,2x,使得()00gx=.当()0,1,()0t

tt,即当()00,,()0,()xxgxgx单调递增.所以当()00,,()(0)0xxgxg=,不合题意.综上,a的取值范围为(,3]−.【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性costx=在定义域内是减函数,若00costx

=,当()0,1,()0ttt,对应当()00,,()0xxgx.5．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知函数()eeaxxfxx=−．(1)当1a=时，讨论()fx的单调性；(2)当0

x时，()1fx−，求a的取值范围；(3)设nN，证明：222111ln(1)1122nnn+++++++．【答案】(1)()fx的减区间为(),0−，增区间为()0,+.(2)12a(3)见解析【分析】（1）求出()fx，讨论其符号后可得()fx的单调性.（2

）设()ee1axxhxx=−+，求出()hx，先讨论12a时题设中的不等式不成立，再就102a结合放缩法讨论()hx符号，最后就0a结合放缩法讨论()hx的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得12lnttt−对任意的1t恒成立，从而可得()21l

n1lnnnnn+−+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.【详解】（1）当1a=时，()()1exfxx=−，则()exfxx=，当0x时，()0fx，当0x时，()0fx¢>，故()fx的减

区间为(),0−，增区间为()0,+.（2）设()ee1axxhxx=−+，则()00h=，又()()1eeaxxhxax=+−，设()()1eeaxxgxax=+−，则()()22eeaxxgxaax=+−，若12a，则()0210ga=−，

因为()gx为连续不间断函数，故存在()00,x+，使得()00,xx，总有()0gx，故()gx在()00,x为增函数，故()()00gxg=，故()hx在()00,x为增函数，故()()00hxh=，与题设矛盾.若102a，则()()()ln11eeeeax

axaxxxhxax++=+−=−，下证：对任意0x，总有()ln1xx+成立，证明：设()()ln1Sxxx=+−，故()11011xSxxx−=−=++，故()Sx在()0,+上为减函数，故()()00SxS=即()ln1xx+成立.由上述不等式有()

ln12eeeeee0axaxxaxaxxaxx+++−−=−，故()0hx总成立，即()hx在()0,+上为减函数，所以()()00hxh=.当0a时，有()eee1100axxaxhxax=−+−+=，所以()hx在()0,+上为减函数，所以()()00hx

h=.综上，12a.（3）取12a=，则0x，总有12ee10xxx−+成立，令12ext=，则21,e,2lnxttxt==，故22ln1ttt−即12lnttt−对任意的1t恒成立.所以对任意的*

nN，有112ln1nnnnnn++−+，整理得到：()21ln1lnnnnn+−+，故()222111ln2ln1ln3ln2ln1ln1122nnnn+++−+−+++−+++()ln1n=+，故不等式成立.

【点睛】思路点睛：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.6．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数()ln

xfxxaxxe−=+−．(1)若()0fx，求a的取值范围；(2)证明：若()fx有两个零点12,xx，则121xx．【答案】(1)(,1]e−+(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析

法，转化要证明条件为1e11e2ln02xxxxxxx−−−−，再利用导数即可得证.【详解】（1）[方法一]：常规求导()fx的定义域为(0,)+，则2111()1xfxexxx=−−+1111111xxxeexxxxx−=−+−=+

令()0fx=,得1x=当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()xfxfx+单调递增()(1)1fxfea=+−，若()0fx,则10ea+−,即1ae+所以a的取值范围为(,1]e−+[方法二]：同构处理由()0fx

得：lnln0xxexxa−++−−令ln,1txxt−=，则()0tfteta=+−即taet+令()),1,tgtett=++，则()'10tgte=+故()tgtet=+在区间)1,+上是增函数故()()min11gt

ge==+，即1ae+所以a的取值范围为(,1]e−+（2）[方法一]：构造函数由题知,()fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证()121fxfx

又因为()()12fxfx=,故只需证()221fxfx即证11lnln0,(1,)xxexxxexxxx−+−−−+即证1112ln02xxexexxxx−−−−下面证明1x时，1110,ln02xxexexxxx−−−

设11(,)xxegxexxx=−，则11122111111()11xxxxxgxeexeeexxxxxx=−−+−=−−−11111xxxxexeeexxxx−=−−=−设

()()()221111,0xxxexxxxeexxxx−==−=所以()()1xe=,而1xee所以10xxeex−,所以()0gx所以()gx在(1,)+单调递增即()(1)0gxg=,所以10xxexex−令11()ln,12hxxxxx

=−−2222211121(1)()10222xxxhxxxxx−−−−=−+==所以()hx在(1,)+单调递减即()(1)0hxh=,所以11ln02xxx−−；综上,1112ln02xx

exexxxx−−−−,所以121xx.[方法二]：对数平均不等式由题意得：()lnxxeefxaxx=+−令1xetx=，则()lnfttta=+−，()1'10ftt=+所以()lngttta=+−在()1,+上单调递增，

故()0gt=只有1个解又因为()lnxxeefxaxx=+−有两个零点12,xx，故1212xxeetxx==两边取对数得：1122lnlnxxxx−=−，即12121lnlnxxxx−=−又因为()121212*lnlnxxxxxx

−−，故121xx，即121xx下证()121212*lnlnxxxxxx−−因为121211212121222112lnlnlnlnlnxxxxxxxxxxxxxxxxxx−−−−−不妨设121xtx=，则只需证12lnt

tt−构造()12ln,1httttt=−+，则()22211'110htttt=−−=−−故()12lnhtttt=−+在()1,+上单调递减故()()10hth=，即12lnttt−得证【点睛】关键点点睛

：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式11()ln2hxxxx=−−这个函数经常出现，需要掌握7．（2021·天津·高考真题）已知0a，函数()xfxaxxe=−．（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；（II

I）),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()h

x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)xgx

xe=+，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ya=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.8．（2

020·山东·高考真题）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.【详解】（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()xfxaex−=−，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==,∴()1fx成立.当1a时，11a，111ae−∴，111()(1)(1)(1)0aff

aeaa−=−−,∴存在唯一00x，使得01001()0xfxaex−=−=，且当0(0,)xx时()0fx，当0(,)xx+时()0fx，0101xaex−=，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)(ln)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l

n0a，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,lnln11lnlnfxtxtxtt

xx−+−+++，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1a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()mh

mem=+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．9．（20

20·全国·高考真题）已知函数2()exfxaxx=+−.（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x≥0时，f（x）≥12x3+1，求a的取值范围.【答案】（1）当(),0x−时，()()'0,fxfx单调递减，当()0,x+时，()()'0,f

xfx单调递增.（2）27e,4−+【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.(2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数

的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当1a=时，()2exfxxx=+−，()e21xfxx=+−，由于()''e20xfx=+，故()'fx单调递增，注意到()00f=，故：当(),0x−时，()()0

,fxfx单调递减，当()0,x+时，()()0,fxfx单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由()3112fxx+得，231e12xaxxx+−+…，其中0x，①.当x=0时，不等式为：11，显然成立，符合题意；②.当0x时，分离参数a得，321e12

xxxax−−−−…，记()321e12xxxgxx−−−=−，()()2312e12xxxxgxx−−−−=−，令()()21e102xhxxxx=−−−，则()e1xhxx=−−，()''e10xhx=−，故()'hx单调递增，()()

00hxh=，故函数()hx单调递增，()()00hxh=，由()0hx可得：21e102xxx−−−…恒成立，故当()0,2x时，()0gx，()gx单调递增；当()2,x+时，()0gx，()gx单调递减；因此，()()2max7e24

gxg−==,综上可得，实数a的取值范围是27e,4−+.[方法二]：特值探路当0x时，31()12fxx+恒成立27e(2)54−fa厖．只需证当274ea−时，31()12fxx+恒成立．当274ea−时，227e()ee4−=+−+xx

fxaxx2−xx．只需证明2237e1e1(0)42−+−+xxxxx⑤式成立．⑤式()223e74244e−+++xxxx，令()223e7424()(0)e−+++=xxxxhxx，则()()222313e2e92

()e−+−−==xxxxhx()()222213e2e9e−−−−−=xxxx()2(2)2e9e−−+−xxxx，所以当29e0,2−x时，()0,()hxhx单调递减；当29e,2,(

)0,()2−xhxhx单调递增；当(2,),()0,()+xhxhx单调递减．从而max[()]max{(0),(2)}4==hxhh，即()4hx，⑤式成立．所以当274ea−时，31()12fxx+恒成立．综上274ea−．[方法三]：指数集中当0x时，3

1()12fxx+恒成立323211e1(1)e122xxxaxxxaxx−+−+−++…，记()32(1(1)e0)2xgxxaxxx−=−++，()2231(1)e22123xgxxaxxxax−=

−−+++−−()()()2112342e212e22xxxxaxaxxax−−=−−+++=−−−−，①.当210a+即12a−时，()02gxx==，则当(0,2)x时，()0gx，()gx单调递增，又()01g=，所以当(0,2)x时，(

)1gx，不合题意；②.若0212a+即1122a−时，则当(0,21)(2,)xa++时，()0gx，()gx单调递减，当(21,2)xa+时，()0gx，()gx单调递增，又()01g=，所以若满足()1gx，只需()21g，即()22(7e14)ga

−−=27e4a−…，所以当27e142a−时，()1gx成立；③当212a+即12a时，()32311(1)e(1)e22xxgxxaxxxx−−=++−++，又由②可知27e142a−时，()1gx成立，所以0a=时，31

()(1)e21xgxxx−=++恒成立，所以12a时，满足题意.综上，27e4a−….【整体点评】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，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常

用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论

，具有一定的技巧性！10．（2019·全国·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围

．【答案】（1）见解析；（2）(,0a−.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()gx进行再次求导，可判断出当0,2x时，()0gx，当,2x时，()0gx，从而得到()gx单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2

）构造函数()()hxfxax=−，通过二次求导可判断出()()min2hxha==−−，()max222hxha−==−；分别在2a−，20a−≤，202a−和22a−的情况下根据导函数的符号判断()hx单调性，

从而确定()0hx恒成立时a的取值范围.【详解】（1）()2coscossin1cossin1fxxxxxxxx=−+−=+−令()cossin1gxxxx=+−，则()sinsincoscosgxxxxxxx=−++=当()0,x时，令()0gx=

，解得：2x=当0,2x时，()0gx；当,2x时，()0gx()gx在0,2上单调递增；在,2ππ上单调递减又()0110g=−=，1022g=−，()112g

=−−=−即当0,2x时，()0gx，此时()gx无零点，即()fx无零点()02gg0,2x，使得()00gx=又()gx在,2ππ上单调递减0xx=为()gx，即()fx在,2ππ上的唯一零

点综上所述：()fx在区间()0,存在唯一零点（2）若0,x时，()fxax，即()0fxax−恒成立令()()()2sincos1hxfxaxxxxax=−=−−+则()cossin1hxxxxa=+−−，()()coshxxxgx==由（1）可知，()hx在0

,2上单调递增；在,2ππ上单调递减且()0ha=−，222ha−=−，()2ha=−−()()min2hxha==−−，()max222hxha−==−①当2a−时，()(

)min20hxha==−−，即()0hx在0,上恒成立()hx在0,上单调递增()()00hxh=，即()0fxax−，此时()fxax恒成立②当20a−≤时，()00h，02h，()0h1,2x

，使得()10hx=()hx在)10,x上单调递增，在(1,x上单调递减又()00h=，()()2sincos10haa=−−+=−()0hx在0,上恒成立，即()fxax恒成立③当202a−时，()00h，20

22ha−=−20,2x，使得()20hx=()hx在)20,x上单调递减，在2,2x上单调递增()20,xx时，()()00hxh=，可知()fxax不恒成立④当22a−时，()max2022hxha−==−

()hx在0,2上单调递减()()00hxh\<=可知()fxax不恒成立综上所述：(,0a−【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类

端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.11．（2017·天津·高考真题）设,abR，||1a.已知函数32()63(4)

fxxxaaxb=−−−+，()()xgxefx=.（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）已知函数()ygx=和xye=的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，（i）求证：()fx在0xx=处的导数等于0；（ii）

若关于x的不等式()xgxe在区间00[1,1]xx−+上恒成立，求b的取值范围.【答案】（I）单调递增区间为(,)a−，(4,)a−+，单调递减区间为(,4)aa−.（II）（i）见解析.（ii

）[7,1]−.【详解】试题分析：求导数后因式分解根据1a，得出4aa−，根据导数的符号判断函数的单调性，给出单调区间，对()gx求导，根据函数()ygx=和xye=的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线，解得0()0fx=，根据()fx的单调性可知

()()1ffxa=在[1,1]aa−+上恒成立，关于x的不等式()xgxe在区间00[1,1]xx−+上恒成立，得出32()63(4)1faaaaaab=−−−+=，得32261baa=−+，11a−，求出()fa的范围，得出b的范围.试题解析：（I）由

()()32634fxxxaaxb=−−−+，可得()()()()()2'3123434fxxxaaxaxa=−−−=−−−，令()'0fx=，解得xa=，或4xa=−.由1a，得4aa−.当x变化时，()'fx，()fx的变化情况如下表：x(),a−(),4aa−()4,

a−+()'fx+-+()fx所以，()fx的单调递增区间为(),a−，()4,a−+，单调递减区间为(),4aa−.（II）（i）因为()()()()''xgxefxfx=+，由题意知()()0000'xx

gxegxe==，所以()()()()0000000'xxxxfxeeefxfxe=+=，解得()()001'0fxfx==.所以，()fx在0xx=处的导数等于0.（ii）因为()xgxe，001,1xxx−+，由0xe，可得()1fx.

又因为()01fx=，()0'0fx=，故0x为()fx的极大值点，由（I）知0xa=.另一方面，由于1a，故14aa+−，由（I）知()fx在()1,aa−内单调递增，在(),1aa+内单调递减，故当0xa=时，()(

)1fxfa=在1,1aa−+上恒成立，从而()xgxe在001,1xx−+上恒成立.由()()326341faaaaaab=−−−+=，得32261baa=−+，11a−.令()32261txxx=−+，1,1x−，所以()2'612txxx=

−，令()'0tx=，解得2x=（舍去），或0x=.因为()17t−=−，()13t=−，()01t=，故()tx的值域为7,1−.所以，b的取值范围是7,1−.【考点】导数的应用【名师点睛】利用导数工具研究函数

是历年高考题中的难点问题，利用导数判断函数的单调性，求函数的极值或最值，利用导数的几何意义研究曲线的切线方程以及利用导数研究函数的零点和值域也是常见考法，本题把恒成立问题转化为函数值域问题很巧妙，问题转化为借助导

数研究函数在某区间上的取值范围去解决，方法灵活思维巧妙，匠心独运.12．（2017·全国·高考真题）设函数2()(1)xfxxe=−.（I）讨论函数()fx的单调性；（II）当0x时，()1fxax+，求实数a的取值范围.【

答案】（I）函数()fx在(,21)−−−和(21,+)−上单调递减，在(21,21)−−−上单调递增.（II）[1,)+.【详解】试题分析：（1）先求函数导数，再求导函数零点，列表分析导函数符号确定单调区间；（2）对a分类讨论，当a≥1

时，()()()11e11xfxxxxax=−+++，满足条件；当0a时，取()()()20000051,11112xfxxxax−=−+=+，当0＜a＜1时，取05412ax−−=，()()()20000111fxxxax−++.试题解

析：解（1）f’(x)=(1-2x-x2)ex令f’(x)=0得x=-1-2，x=-1+2当x∈（-∞，-1-2）时，f’(x)<0；当x∈（-1-2，-1+2）时，f’(x)>0；当x∈（-1+2，+∞）时，f’(x)<0所以f(x)在（-∞，-1-2），（-1+

2，+∞）单调递减，在（-1-2，-1+2）单调递增(2)f(x)=(1+x)（1-x）ex当a≥1时，设函数h(x)=（1-x）ex，h’(x)=-xex＜0（x＞0），因此h(x)在[0，+∞)单调递减，而h(0)=1，故h(x)≤1，所以f(x)=（x+

1）h(x)≤x+1≤ax+1当0＜a＜1时，设函数g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0），所以g（x）在[0，+∞)单调递增，而g(0)=0，故ex≥x+1当0＜x＜1，()()()211fxxx−+，()()()221111x

xaxxaxx−+−−=−−−，取05412ax−−=则()()()()20000000,1,110,1xxxaxfxax−+−=+当()()00000510,112112axfxxxax−=−+=+时，取（

）综上，a的取值范围[1，+∞）点睛:利用导数研究不等式恒成立或存在型问题，首先要构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造函数，直接把问题转化为函数的最值问题.

13．（2016·江苏·高考真题）已知函数()(0,0,1,1)xxfxababab=+.（1）设12,2ab==.①求方程()fx=2的根；②若对任意xR，不等式(2)()6fxmfx−恒成立

，求实数m的最大值；（2）若01,1ab＞，函数()()2gxfx=−有且只有1个零点，求ab的值.【答案】（1）①0②4（2）1【分析】（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对

应函数最值，最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值.【详解】（1）因为12,2ab==，所以()22xxfx−=+.①方程()2fx=，即222xx−+=，亦即2(2)22

10xx−+=，所以2(21)0x−=，于是21x=，解得0x=.②由条件知2222(2)22(22)2(())2xxxxfxfx−−=+=+−=−.因为(2)()6fxmfx−对于xR恒成立，且()0fx，所以2(())4()fxmfx+对于xR恒成

立.而2(())444()2()4()()()fxfxfxfxfxfx+=+=，且2((0))44(0)ff+=，所以4m，故实数m的最大值为4.（2）因为函数()()2gxfx=−只有1个零点，而00(0)(0)220gfab=−=+−=，所以0是函数()gx的唯一零点.因为'()ln

lnxxgxaabb=+，又由01,1ab知ln0,ln0ab，所以'()0gx=有唯一解0lnlog()lnbaaxb=−.令()'()hxgx=，则22'()(lnln)'(ln)(ln)xxxxhxaabbaabb=+=

+，从而对任意xR，'()0hx，所以'()()gxhx=是(,)−+上的单调增函数，于是当0(,)xx−，0'()'()0gxgx=；当0(,)xx+时，0'()'()0gxgx=.因而函数()gx在0(,)

x−上是单调减函数，在0(,)x+上是单调增函数.下证00x=.若00x，则0002xx，于是0()(0)02xgg=，又log2log2log2(log2)220aaaagaba=+−−=，且函数()gx在以02x和log2a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02

x和log2a之间存在()gx的零点，记为1x.因为01a，所以log20a，又002x，所以10x与“0是函数()gx的唯一零点”矛盾.若00x，同理可得，在02x和log2a之间存在()gx的非0的零点，矛盾.因此

，00x=.于是ln1lnab−=，故lnln0ab+=，所以1ab=.【点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象

的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．14．（2016·全国·高考真题）已知函数()(1)ln(1)fxxxax=+−−.（I）当4a=时，求曲线()yfx=在()1,(1)f处的切线方程；（Ⅱ）若当()1,x+时，()0fx＞，求a的取值范围.【答案】（1）220.xy+−=（2）(

,2.−【详解】试题分析：（Ⅰ）先求()fx的定义域，再求()fx，(1)f，(1)f，由直线方程的点斜式可求曲线()yfx=在(1,(1))f处的切线方程为220.xy+−=（Ⅱ）构造新函数(1)()ln

1axgxxx−=−+，对实数a分类讨论，用导数法求解.试题解析：（I）()fx的定义域为(0,)+.当4a=时，1()(1)ln4(1),()ln3fxxxxfxxx=+−−=+−，(1)2,(1)0.ff=−=曲线()yfx

=在(1,(1))f处的切线方程为220.xy+−=（II）当(1,)x+时，()0fx等价于(1)ln0.1axxx−−+设(1)()ln1axgxxx−=−+，则222122(1)1(),(1)0(1)(1)axaxgxgxxxx+−+=++=−=，（i）

当2a，(1,)x+时，222(1)1210xaxxx+−+−+，故()0,()gxgx在(1,)+上单调递增，因此()0gx；（ii）当2a时，令()0gx=得22121(1)1,1(1)1xaaxaa=−−−−=−+−−.

由21x和121=xx得11x，故当2(1,)xx时，()0gx，()gx在2(1,)x单调递减，因此()0gx.综上，a的取值范围是(,2.−【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性【名师点睛】求函数的单调区间的方法：（1）确定函数y＝f（x）

的定义域；（2）求导数y′＝f′（x）；（3）解不等式f′（x）>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；（4）解不等式f′（x）<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．15．（2016·四川·高考真题）设函数f(x

)=ax2–a–lnx，g(x)=111exx−−，其中a∈R，e=2.718…为自然对数的底数.（1）讨论f(x)的单调性；（2）证明：当x＞1时，g(x)＞0；（3）如果f(x)＞g(x)在区间（1，+∞）内恒成立，

求实数a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1+2，【详解】试题分析：本题考查导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题，考查学生的分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问，对()fx求导，对a进行讨论，判断函数的单调性；第

二问，利用导数判断函数的单调性，判断最值，证明结论，第三问，构造函数()hx=()fx−()gx（1x），利用导数判断函数()hx的单调性，求出函数()hx的最值，从而证明结论.试题解析：（Ⅰ）212

1'()2(0).axfxaxxxx−=−=0a当时，'()fx＜0，()fx在0+（，）内单调递减.0a当时，由'()fx=0，有12xa=.当x10,)2a（时，'()fx＜0，()fx单调递减；当x1+)2a（，时，'(

)fx＞0，()fx单调递增.（Ⅱ）令()sx=1exx−−，则'()sx=1e1x−−.当1x时，'()sx＞0，所以1exx−，从而()gx=111exx−−＞0.（Ⅲ）由（Ⅱ），当1x时，()gx＞0.当0a，

1x时，()fx=2(1)ln0axx−−.故当()fx＞()gx在区间1+)（，内恒成立时，必有0a.当102a时，12a＞1.由（Ⅰ）有1()(1)02ffa=,从而1()02ga，所以此时()fx＞()gx在区间1+)（，内不恒成立.当12a时，令()hx=()fx−()

gx（1x）.当1x时，'()hx=122111112exaxxxxxxx−−+−−+−=322221210xxxxxx−+−+.因此()hx在区间1+)（，单调递增.又因为()h1=0，所以当1x时，()hx=()fx−()gx＞0，即()fx＞()gx

恒成立.综上，a1[+)2，.考点：导数的计算、利用导数求函数的单调性，最值、解决恒成立问题16．（2015·四川·高考真题）已知函数22()2()ln22fxxaxxaxaa=−++−−+，其中0a.（1）设()gx是()fx的导函数

，讨论()gx的单调性；（2）证明：存在(0,1)a，使得()0fx在区间(1,)+内恒成立，且()0fx=在(1,)+内有唯一解.【答案】（1）当10a4时，()gx在区间114114(0,

),(,)22aa−−+−+上单调递增，在区间114114(,)22aa−−+−上单调递减；当1a4时，()gx在区间(0,)+上单调递增.（2）详见解析.【详解】（1）由已知，函数()fx的定

义域为(0,)+，()()222ln2(1)agxfxxaxx==−−−+，所以222112()2()2224()2xaagxxxx−+−=−+=.当10a4时，()gx在区间114114(0,),(,)22aa

−−+−+上单调递增，在区间114114(,)22aa−−+−上单调递减；当1a4时，()gx在区间(0,)+上单调递增.（2）由()222ln2(1)0afxxaxx=−−−+=，解得.令2211111ln1ln1ln1ln()

2()ln2()2()1111xxxxxxxxxxxxxxxxx−−−−−−−−−−−−=−++−−+++++.则211(2)2(1)10,())2()011eeeeee−−−−==−−++，.故存在0(1,)xe，使得0()0x=.令000101ln,()1ln(

1)1xxauxxxxx−−−==−−+，.由1()10uxx=−知，函数()ux在区间(1,)+上单调递增.所以001110()(1)()20111111uxuueeaxee−−−−===++++.即0(0,1

)a.当0aa=时，有000()0,()()0fxfxx===，.由（1）知，函数()fx在区间(1,)+上单调递增.故当0(1,)xx时，有0()0fx，从而0()()0fxfx=；当0(,)x

x+时，有0()0fx，从而0()()0fxfx=；所以，当(1,)x+时，()0fx.综上所述，存在(0,1)a，使得()0fx在区间(1,)+内恒成立，且()0fx=在(1,)+内有唯一解.考点：本题考查导数的

运算、导数在研究函数中的应用、函数的零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、创新意识，考查函数与方程、数形结合、分类与整合，化归与转化等数学思想.17．（2015·山东·高考真题）设函数()()()2ln1fxxaxx=++−，

其中aR.（Ⅰ）讨论函数()fx极值点的个数，并说明理由；（Ⅱ）若()0,0xfx成立，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）a的取值范围是0,1.【详解】试题分析：（Ⅰ）先求()21

21211axaxafxaxaxx++−=+−=++，令()221gxaxaxa=++−通过对a的取值的讨论，结合二次函数的知识，由导数的符号得到函数()fx的单调区间；（Ⅱ）根据（1）的结果()00=f这一特殊性，通过对参数的讨论确定a的取值范围.试题解析：函数()()()2

ln1fxxaxx=++−的定义域为()1,−+()2121211axaxafxaxaxx++−=+−=++令()221gxaxaxa=++−，()1,x−+（1）当0a=时，()10gx=，()0fx在()

1,−+上恒成立所以，函数()fx在()1,−+上单调递增无极值；（2）当0a时，()()28198aaaaa=−−=−①当809a时，0，()0gx所以，()0fx，函数()fx在()1,−+上单调递增无极值；②当89a时，0

设方程2210axaxa++−=的两根为1212,(),xxxx因为1212xx+=−所以，1211,44xx−−由()110g−=可得：111,4x−−所以，当()11,xx−时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；当()12,xxx时

，()()0,0gxfx，函数()fx单调递减；当()2,xx+时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；因此函数()fx有两个极值点．（3）当a<0时，0由()110g−=

可得：11,x−当()21,xx−时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递增；当()2,xx+时，()()0,0gxfx，函数()fx单调递减；因此函数()fx有一个极值点．综上：当

a<0时，函数()fx在()1,−+上有唯一极值点；当809a时，函数()fx在()1,−+上无极值点；当89a时，函数()fx在()1,−+上有两个极值点；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，（1）当809a时，函数()fx在()0,+上单调递增，因为()00=f所

以，()0,x+时，()0fx，符合题意；（2）当819a时，由()00g，得20x所以，函数()fx在()0,+上单调递增，又()00=f，所以，()0,x+时，()0fx，符合题意；（3）当1a时，由()00g，可得20x所以()20,xx时，函数(

)fx单调递减；又()00=f所以，当()20,xx时，()0fx不符合题意；（4）当a<0时，设()()ln1hxxx=−+因为()0,x+时，()11011xhxxx=−=++所以()hx在()0,+上单调

递增，因此当()0,x+时，()()00hxh=即：()ln1xx+可得：()()()221fxxaxxaxax+−=+−当11xa−时，()210axax+−此时，()0,fx不合题意.综上所述，a的

取值范围是[]0,1考点：1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.18．（2015·湖南·高考真题）函数())cos(0,xfxaexx=+，记nx为()fx的从小到大的第*()nnN个极值点．（Ⅰ）证明：数列{()}nfx是等比数列；（Ⅱ）若对

一切*,()nnnNxfx恒成立，求a的取值范围．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）22[,)4e−+【详解】试题分析：（Ⅰ）由题()2cos()4xfxaex+=，令()0fx=，求出函数的极值点，根据等比数列定义即

可得到结果；（Ⅱ）由题意问题等价于34234nean−−恒成立问题，设()(0)tegttt=，然后运用导数知识得到2min1254[()]min[(),()]min[(),()]()444ngxgxgxggge====，所以224e

a，求得224ae−，得到a的取值范围；试题解析：（Ⅰ）()cossin2cos()4xxxfxaexaexaex=−=+令()0fx=，由0x，得42xm+=−，即*3,4xmmN

=−，而对于cos()4x+，当Zk时，若22242kxk−++，即32244kxk−+，则；若322242kxk+++，即52244kxk++，则；因此，在区间3((1

),)4mm−−与3(,)44mm−+上，()fx的符号总相反，于是当*3,4xmmN=−时，()fx取得极值，所以*3,4nxnnN=−，此时，3314432()cos()(1)42nnnnfxaenae

−−+=−=−，易知()0nfx，而3(1)2413142(1)()2()2(1)2nnnnnnaefxefxae+−++−+−==−−是常数，故数列()nfx是首项为412()2fxae=，公比为e−的等比数列．（Ⅱ）对一

切*,()nnnNxfx恒成立，即343242nnae−−恒成立，亦即34234nean−−恒成立，设()(0)tegttt=，则2(1)()tetgtt−=，令()0gt=得1t=，当01t时，()0gt，所以()gt在区间(0,1)上单调递减；当1t

时，()0gt，所以()gt在区间(1,)+上单调递增；因为(0,1)nx，且当2n时，1(1,),,nnnxxx++所以2min1254[()]min[(),()]min[(),()]()444ngxgxgxggge

====因此，*,()nnnNxfx恒成立，当且仅当224ea，解得224ae−，故实数a的取值范围是22[,)4e−+．考点：恒成立问题；等比数列的性质【名师点睛】解决数列与函数的综合问题时，如果是证明题要根据等比数列的定义明确证明的方向，如果是不等式恒成立

问题，要使用不等式恒成立的各种不同解法，如变量分离法、最值法、因式分解法等，总之解决这类问题把数列看做特殊函数，并把它和不等式的知识巧妙结合起来综合处理就行了．19．（2015·湖南·高考真题）已知0a，函数()sin([0,))axfxexx=+，记

nx为()fx的从小到大的第n*()nN个极值点，证明：（1）数列()nfx是等比数列（2）若211ae−，则对一切*nN，()nnxfx恒成立.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【详解】试题分析：（1）求导，

可知'()(sincos)axfxeaxx=+(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++，利用三角函数的知识可求得的极值点为*()nxnnN=−，即可得证；（2）分析题意可知，问题等价于()()21?anaeaan−+−恒成立，构造函数()tegt

t=，利用导数判断其单调性即可得证.试题解析：（1）'()sincosaxaxfxaexex=+(sincos)axeaxx=+21sin()axaex=++其中，，令'()0fx=，由0x得，即，m*N，对，若，即，则'()0fx，若，即，则'()

0fx，因此，在区间与上，'()fx的符号总相反，于是当时，取得极值，∴*()nxnnN=−，此时，()()1()?sin()(1)?sinanannnfxene−−+=−=−，

易知()0nfx，而()()1211()(1)?sin()(1)?sinannaxnannnfxeefxe+−++−+−==−−是非零常数，故数列()nfx是首项为1()fx=()sinane−，公比为axe−的等比数列；（2）由（1）知，sin211a=+，

于是对一切*nN，()nnxfx|恒成立，即()211annea−−+恒成立，等价于()()21?anaeaan−+−（•）恒成立（∵），设()(0)tegttt=，则2(1)'()tetgtt−=，令'()0gt=，得，当时

，'()0gt，∴在区间上单调递减；当时，'()0gt，∴在区间上单调递增，从而当时，函数取得最小值，因此，要是（•）式恒成立，只需21(1)agea+=，即只需211ae−，而当211ae=−时，，且

02，于是2213e−−，且当2n时，23212ne−−−，因此对一切*nN，211nnaxe−=−，∴()ngax21(1)agea+==，故（•）式亦恒成立.综上所述，若a211e−，则对一切*nN，()nnxfx恒成立.考点

：1.三角函数的性质；2.导数的运用；3.恒成立问题.【名师点睛】本题是以导数的运用为背景的函数综合题，主要考查了函数思想，化归思想，抽象概括能力，综合分析问题和解决问题的能力，属于较难题，近来高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在

变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内

容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.20．（2015·福建·高考真题）已知函数()(1)fxlnx=+，(),(),gxkxkR=（Ⅰ）证明：当0()xfxx时，；（Ⅱ）证明：当1k时，存在0

0x,使得对0(0),xxÎ任意，恒有()()fxgx；（Ⅲ）确定k的所以可能取值，使得存在0t，对任意的(0),xt，恒有2()()fxgxx−．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）=1k．【详解】解法一：（1）令()()(1),(0,),Fxfx

xlnxxx=−=+−+则有1()11+1+xFxxx=−=−当(0,),x+()0Fx,所以()Fx在(0,)+上单调递减；故当0x时，()(0)0,FxF=即当0x时，()fxx．（2）令G()()()(1),(0,),xfxgxlnxkxx=−=+−+则有

1(1)()1+1+kxkGxkxx−+−=−=当0k()0Gx,所以()Gx在[0,)+上单调递增,G()(0)0xG=故对任意正实数0x均满足题意.当01k时，令()0,Gx=得11=10kxkk−=−．取01=1xk−，对任意0(0,),xx恒有'()0Gx,

所以()Gx在0[0,)x上单调递增,G()(0)0xG=,即()()fxgx.综上，当1k时，总存在00x,使得对任意的0(0),xx，恒有()()fxgx．（3）当1k时，由（1）知，对于(

0,),x+()()gxxfx，故()()gxfx，()()()()(1)fxgxgxfxkxlnx−=−=−+，令2()(1),[0)Mxkxlnxxx=−+−+，，则有21-2+(k-2)

1()2=,11xxkMxkxxx+−=−−++故当22(2)8(1)0)4kkkx−+−+−（，时，()0Mx,()Mx在22(2)8(1)[0)4kkk−+−+−，上单调递增，故()M(0)0Mx=,即2

()()fxgxx−,所以满足题意的t不存在.当1k时，由（2）知存在00x,使得对任意的任意的0(0),xx，恒有()()fxgx．此时()()()()(1)fxgxfxgxlnxkx−=−=+−,令2N()(1),[0)xlnxkxxx=+−−+，，则有

21-2-(k+2)1()2=,11xxkNxkxxx−+=−−++故当2(+2(+2)8(1k)0)4kkx−++−）（，时，()0Nx,()Mx在2(2)(2)8(1)[0)4kkk−++++−，上单调递增，故

()(0)0NxN=,即2()()fxgxx−,记0x与2(2)(2)8(1)4kkk−++++−中较小的为1x，则当21(0)()()xxfxgxx−，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x+当()()()()(1)fxgxgxf

xxlnx−=−=−+，令2H()(1),[0)xxlnxxx=−+−+，，则有21-2()12=,11xxHxxxx−=−−++当0x时，()0Hx,所以()Hx在[0+，）上单调递减，故H()(0)0xH=,故当0x

时，恒有2()()fxgxx−,此时，任意实数t满足题意.综上，=1k.解法二：（1）（2）同解法一.（3）当1k时，由（1）知，对于(0,),x+()()gxxfx，，故()()()()(1)(

1)fxgxgxfxkxlnxkxxkx−=−=−+−=−，令2(1),01kxxxk−−解得，从而得到当1k时，(0,1)xk−对于恒有2()()fxgxx−,所以满足题意的t不存在.当1k时

，取11k+1=12kkk，从而由（2）知存在00x,使得0(0),xxÎ任意，恒有1()()fxkxkxgx=.此时11()()()()()2kfxgxfxgxkkxx−−=−−=,令211,022kkxxx−−解得，此时2()()fxg

xx−,记0x与1-k2中较小的为1x，则当21(0)()()xxfxgxx−，时，恒有，故满足题意的t不存在.当=1k，由（1）知，(0,),x+当()()()()(1)fxgxgxfxxlnx−=−=−+

，令2()(1),[0)Mxxlnxxx=−+−+，，则有212()12,11xxMxxxx−−−==−++当0x时，()0Mx,所以()Mx在[0+，）上单调递减，故()M(0)0Mx=,故当0x时，恒有2()()fxgxx−

,此时，任意实数t满足题意．综上，=1k.考点：导数的综合应用．21．（2015·北京·高考真题）已知函数()1ln1xfxx+=−．（Ⅰ）求曲线()yfx=在点()()00f，处的切线方程；（Ⅱ）求证：当()01x，时，()323xfxx+；（Ⅲ

）设实数k使得()33xfxkx+对()01x，恒成立，求k的最大值．【答案】（Ⅰ）20xy−=，（Ⅱ）证明见解析，（Ⅲ）k的最大值为2.【详解】试题分析：（1）求导：111()ln()111xfxf

xxxx+==+−+−，利用导数几何意义得切线斜率：(0)2kf==，又(0)0f=，由点斜式得切线方程：2yx=（2）利用导数证明不等式，实质利用导数求对应函数最值：33()2()()2()033xxfxxfxx+−+，令3()

()2()3xgxfxx=−+，只需证min()0gx（3）恒成立问题，一般利用变量分离转化为对应函数最值，这较繁且难，本题由（2）知2k时3()3xfxkx+在（0，1）上恒成立，只需证明当2k时，3()3xfxkx+在（0，1）上不恒成立，这样就简单多了

．试题解析：（1）111()ln()111xfxfxxxx+==+−+−，利用导数几何意义得切线斜率：(0)2kf==，又(0)0f=，由点斜式得切线方程：2yx=（2）3422()()2()(),(0,1)(

)0()(0)031xxgxfxxgxxgxgxgx=−+==−，结论成立（3）由（2）知2k时3()3xfxkx+在（0，1）上恒成立当2k时，令3()(),3xhxfxkx=−+则422(),1kxkhx

x−+−=当420kxk−时，()0,hx()(0)0hxh=，即当2k时，3()3xfxkx+在（0，1）上不恒成立k的最大值为2．考点：导数几何意义,利用导数证明不等式，利用导数求数最值【名师点睛】导数及其应用通常围绕四个

点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数

的单调性、极值（最值）展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、

方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性

质的方法和函数性质的应用；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．考点07零点问题1．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数1()(1)lnfxaxaxx

=−−+．(1)当0a=时，求()fx的最大值；(2)若()fx恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)1−(2)()0,+【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得()()()211axxfxx−−=，按照0a、01a及1a结合导数讨论函

数的单调性，求得函数的极值，即可得解.【详解】（1）当0a=时，()1ln,0fxxxx=−−，则()22111xfxxxx−=−=，当()0,1x时，()0fx¢>，()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx，()fx单调递减；所以()()m

ax11fxf==−；（2）()()11ln,0fxaxaxxx=−−+，则()()()221111axxafxaxxx−−+=+−=，当0a时，10ax−，所以当()0,1x时，()0fx¢>，()fx单调递增；当()1,x+时，()0fx，()fx单调递减；所以

()()max110fxfa==−，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在()10,1,,a+上，()0fx¢>，()fx单调递增；在11,a上，()0fx，()fx单调递减；又()110fa=−，由（1）得1ln1xx

+，即1ln1xx−，所以ln,ln,ln2xxxxxx，当1x时，11()(1)ln2(1)(23)fxaxaxaxaxaxaxxx=−−+−−+−+，则存在2312maa=+

，使得()0fm，所以()fx仅在1,a+有唯一零点，符合题意；当1a=时，()()2210xfxx−=，所以()fx单调递增，又()110fa=−=，所以()fx有唯一零点，符合题意；当1a时，11a，在()10,,1,a+上，()0fx¢>，

()fx单调递增；在1,1a上，()0fx，()fx单调递减；此时()110fa=−，由（1）得当01x时，1ln1xx−，1ln1xx−，所以1ln21xx−，此时111()(1)ln2(12(1),1)1fxaxaxaxaaxxxxx=

−−+−−+−−++存在2114(1)naa=+，使得()0fn，所以()fx在10,a有一个零点，在1,a+无零点，所以()fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为()0,+.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研

究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.2．（2022·全国乙卷·高考真题）已知函数()()ln1exfxxax−=++(1)当1a=时，求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；(2)若()fx在区间()

()1,0,0,−+各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)2yx=(2)(,1)−−【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(1,0),(0,)−+两部分研究【详解】（1）()fx的定义域为(1,)−+当1a=时,(

)ln(1),(0)0exxfxxf=++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21exxfxfx−=+=+,所以切线斜率为2所以曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程为2yx=（2）()ln(1)exaxfxx=++()2e11(1)()1e(1)exxxaxaxfxxx

+−−=+=++设()2()e1xgxax=+−1若0a,当()2(1,0),()e10xxgxax−=+−,即()0fx所以()fx在(1,0)−上单调递增,()(0)0fxf=故()fx在(1,0)−上没有零点,不合题意2若10a−,当,

()0x+,则()e20xgxax=−所以()gx在(0,)+上单调递增所以()(0)10gxga=+,即()0fx所以()fx在(0,)+上单调递增,()(0)0fxf=故()fx在(0,)+上没有零点,不合题意3若1a−(1)当,()0x+,则()e20x

gxax=−,所以()gx在(0,)+上单调递增(0)10,(1)e0gag=+=所以存在(0,1)m,使得()0gm=,即()0=fm当(0,),()0,()xmfxfx单调递减当(,),()0,()xmfxfx+单调递增所以当(0,),()(0)0xmfxf

=,令(),1,exxhxx=−则1(),1,exxhxx−=−所以()xxhxe=在()1,1−上单调递增，在()1,+上单调递减，所以()1()1ehxh=，又ee10a−−，e1e10eeaafa−−−+=

，所以()fx在(,)m+上有唯一零点又(0,)m没有零点,即()fx在(0,)+上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e1xxgxax−=+−设()()e2xhxgxax==−()e20

xhxa=−所以()gx在(1,0)−单调递增1(1)20,(0)10egag−=+=所以存在(1,0)n−,使得()0gn=当(1,),()0,()xngxgx−单调递减当(,0),()0,()xngxgx

单调递增,()(0)10gxga=+又1(1)0eg−=所以存在(1,)tn−,使得()0gt=,即()0ft=当(1,),()xtfx−单调递增,当(,0),()xtfx单调递减，当()1,0x−，()()1ehxh

−=−，又e1e10a−−，()ee1ee0afaa−−=而(0)0f=,所以当(,0),()0xtfx所以()fx在(1,)t−上有唯一零点,(,0)t上无零点即()fx在(1,0)−上有唯一零点所以1a−,符合题意所以若()fx在区间(1,0),(0,)−+

各恰有一个零点,求a的取值范围为(,1)−−【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.3．（2021·全国新Ⅱ卷·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．【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.【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−−+()()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,Hx

Hx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=−−+()()2

2ln21ln22aaaaa−−+()()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．4．（2020·浙江·高考真题）已知12a，函数()exfxxa=−−，其

中e=2.71828…为自然对数的底数．（Ⅰ）证明：函数()yfx=在(0)+，上有唯一零点；（Ⅱ）记x0为函数()yfx=在(0)+，上的零点，证明：（ⅰ）012(1)axa−−；（ⅱ）00(e)(e1)(1)xxfaa−−．【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）

证明见解析.【分析】（I）方法一：先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；

（ii）方法一：先根据零点条件转化：0000()()xxfexfxa=+，再根据12a放缩，转化为证明不等式224(2)(1)(1)aeea−−−，最后构造差函数，利用导数进行证明.【详解】（I）[方法

一]：单调性+零点存在定理法()1,0,1,()0,()xxfxexefxfx=−QQ在(0,)+上单调递增，2212,(2)240,(0)10afeaefa=−−−=−Q，所以由零点存在定理得()fx在(0,)+上有唯一零点．[

方法二]【最优解】：分离常数法函数()yfx=在(0,)+内有唯一零点等价于方程xexa−=在(0,)+内有唯一实根，又等价于直线ya=与()(0)xgxexx=−只有1个交点．记,()(0)xyagxexx==−，由于()10xgxe=−在(0,)+内恒成

立，所以()gx在(0,)+内单调递增，故()(0)1gxg=．因此，当12a时，直线ya=与()(0)xgxexx=−只有1个交点．（II）（i）000()0,0xfxexa=−−=Q，00200

0012(1)12(1)xxaxaexxex−−−−−−，令22()1(02),()1(02),2xxxgxexxxhxexx=−−−=−−−一方面：1()1(),xhxexhx=−

−=1()10xhxe=−，()(0)0,()hxhhx=在(0,2)单调递增，()(0)0hxh=，2210,2(1)2xxxexexx−−−−−，另一方面：1211aa−Q，所以当01x时，01ax−成立，因此只需证明当01x

时，2()10xgxexx=−−−，因为11()12()()20ln2xxgxexgxgxex=−−==−==，当(0,ln2)x时，1()0gx，当(ln2,1)x时，1()0gx，所以()max{(

0),(1)},(0)0,(1)30,()0gxggggegx==−Q，()gx在(0,1)单调递减，()(0)0gxg=，21xexx−−，综上，002000012(1),12(1)xxexxexaxa−−−−−−.（ii）[方法一]：分析+构造

函数法0000000()()()[(1)(2)]xaatxxfexfxaxexae==+=−+−，00()2(1)(2)0aatxexae=−+−Q，012(1)axa−−，0()(1)1[(1)1(2)](1)(1)1(2)aaaatxtaaeaaeeaaae

−=−−−+−=−−+−−，因为12a，所以,2(1)aeeaa−，0()(1)(1)2(1)1(2)atxeaaae−−+−−−，只需证明22(1)1(2)(1)(1)aaaeea−−−−

−，即只需证明224(2)(1)(1)aeea−−−，令22()4(2)(1)(1),(12)asaeeaa=−−−−，则22()8(2)(1)8(2)(1)0aasaeeeeee=−−−−−−，2()(

1)4(2)0sase=−，即224(2)(1)(1)aeea−−−成立，因此()0x0e(e1)(1)xfaa−−.[方法二]【最优解】：放缩转化法()()0000(1)(1)(1)(1)xxfeeaaxfxaeaa−−+−−．

设()()()000012(1)hxxfxaaxa=+−−，则由001xaexa+++得()()()()()()0000000121120xahxxexaxxaxa+=+−++++−+．从而只要证(1)(1)(1)0hae

aa−−−−．上式左边121(1)aaeaaaae−+=−+−−−．使用不等式1,xxexeex+可得121(1)(11)21(1)aaeaaaaeaaeaaaae−+−+−−−+−−+−−−(2)(1)10aeaa=−+−−【整体点评】（Ⅰ）方法一：直接研究函

数的单调性，并根据零点存在定理证得结论，为通性通法；方法二：先分离常数，转化为证明水平直线ya=与函数()(0)xgxexx=−的图象交点个数问题，为最优解；（Ⅱ）（ⅰ）通过分析，转化，然后构造函数证得；（ⅱ）方法一：构造函数000()[(1)(2)]aatxxexa

e=−+−，利用导数研究单调性，求得最小值，然后根据条件放缩转化为证明不等式22(1)1(2)(1)(1)aaaeea−−−−−．利用作差法构造关于实数a的函数，利用导数证得此不等式，为该题的通性通法；方法二：利用001xaexa+++放缩判

定()()000hxxfxa=+的导函数大于零，确定单调性，得到其最小值，转化为121(1)0aaeaaaae−+−+−−−，然后利用不等式1,xxexeex+放缩证明，运算相对简洁，为最优解.5．（202

0·全国·高考真题）设函数3()fxxbxc=++，曲线()yfx=在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．（1）求b．（2）若()fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：()fx所有零点的绝对值都不大于1．【答案】（1）34b=−；（2）证明见解析【分析】（1）

利用导数的几何意义得到1()02f=，解方程即可；（2）方法一：由（1）可得2311()32()()422fxxxx=−=+−，易知()fx在11(,)22−上单调递减，在1(,)2−−，1(,)2+上单调递增，且11

1111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，采用反证法，推出矛盾即可.【详解】（1）因为2()3fxxb=+，由题意，1()02f=，即：21302b+=，则34b=−．（2）［方法一］：通性通法由（1）可得33()4fxxxc=−

+，2311()33()()422fxxxx=−=+−，令()0fx，得12x或12x−；令()0fx，得1122x−，所以()fx在11(,)22−上单调递减，在1(,)2−−，

1(,)2+上单调递增，且111111(1),(),(),(1)424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，若()fx所有零点中存在一个绝对值大于1的零点0x，则(1)0f−或(1)0f，即14c

或14c−.当14c时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，又32(4)6434(116)0fcccccc−=−++=−，由零点存在性定理知()fx在(4,1)c−−上存在唯一一个零点0x，即()fx在(,1

)−−上存在唯一一个零点，在(1,)−+上不存在零点，此时()fx不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；当14c−时，111111(1)0,()0,()0,(1)0424244fcfcfcfc−=−−=+=−=+，又32(4)6434(116)0fcccccc−=++=−，由零

点存在性定理知()fx在(1,4)c−上存在唯一一个零点0x，即()fx在(1,)+上存在唯一一个零点，在(,1)−上不存在零点，此时()fx不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；综上，()fx所有零点的绝对值都不大于1.［方法

二］【最优解】：设0x是()fx的一个零点，且01x，则30034cxx=−+．从而()332200000333()444fxxxxxxxxxxx=−−+=−++−．令22003()4hxxxxx=++−，由判别式2220003Δ43304

xxx=−−=−，可知()0hx=在R上有解，()hx的对称轴是011,222xx=−−220002200031(1)104231(1)1042hxxxhxxx=++

−=+−=−+−=−，所以()hx在区间01,2x−−上有一根为1x，在区间0,12x−上有一根为1x（当01x=时，12xx=），进而有12

1,1xx，所以()fx的所有零点的绝对值均不大于1．［方法三］：设0x是函数()fx的一个绝对值不大于1的零点，且30003,14cxxx=−+．设33()4cxxx=−+，则23()34cxx=−+，显然()cx在区间11,2−−内单调递减，

在区间11,22−内单调递增，在区间1,12内单调递减．又111111(1),(1),,442424cccc−==−−=−=，于是()cx的值域为11,44−．设1x为函数

()fx的零点，则必有3113()04fxxxc=−+=，于是311131444cxx−=−+，所以()()()()2311112311114311210,4311210,xxxxxxxx−−=−+

−+=+−解得111x−，即11x．综上，()fx的所有零点的绝对值都不大于1．［方法四］：由（1）知，3233(),()344fxxxcfxx=−=−+，令()0fx=，得12x=−或12x=．则()fx在区间1,2−−内递增，在区间1

1,22−内递减，在区间1,2+内递增，所以()fx的极大值为11(1),()24fcffx−=+=的极小值为11(1)24fcf=−=−．（ⅰ）若11022ff−

，即14c或14c−，()fx有唯一一个零点0x，显然有01x，不满足题意；（ⅱ）若11022ff−=，即14c=或14c=−，()fx有两个零点，不妨设一个零点为012x=−，显然有01x，此时，331()44fxxx=−−，则(1)0f=，另一个零点为

1，满足题意；同理，若一个零点为012x=，则另一个零点为1−．（ⅲ）若11022ff−，即1144c−，()fx有三个零点，易知在区间11,22−内有一个零点，不妨设为0x，显

然有01x，又102f−，(1)0f−，所以在11,2−−内有一个零点m，显然||1m，同理，()fx在1,12内有一个零点n，有||1n．综上，()fx所有零点的绝对值都不大于1

．［方法五］：设1x是()fx的一个零点且11x，则31123,4cxxx=−+是()fx的另一个零点．()33322222211212121333304444xxcxxxxxxxxxx−+=−−+=−++−=．则222121304x

xxx++−=，设22113()4mxxxxx=++−，由判别式222111343304xxx=−−=−，所以方程有解．假设实数2x满足21x．由22222211112112222222213

1,1,124xxxxxxxxxxxxxx++=++=++，得22112234xxxx++．与222121304xxxx++−=矛盾，假设不成立．所以，()fx所有零点的绝对值都不大于

1．【整体点评】（2）方法一：先通过研究函数的单调性，得出零点可能所在区间，再根据反证法思想即可推出矛盾，是通性通法；方法二：利用零点的定义以及零点存在性定理即可求出，是本题的最优解；方法三：利用零点的定义结合题意求出c的范围，然后再由零点定义以及c的范围即可求出所有

零点的范围，从而证出；方法四：由函数的单调性讨论极大值极小值的符号，得出c的范围，再结合零点存在性定理即可证出；方法五：设函数的一个零点为1x，满足11x，再设另一个零点为2x，通过零点定义找到12,xx的关系，再根据一元二次方程存在解的条件以及反证法即

可推出矛盾，从而证出．6．（2020·全国·高考真题）已知函数32()fxxkxk=−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx有三个零点，求k的取值范围．【答案】（1）详见解析；(2)4(0,)27.【分析】（1）'2()3fxxk=−，对k分0k和0k两种情况讨论即可；（

2）()fx有三个零点，由（1）知0k，且()03()03kfkf−，解不等式组得到k的范围，再利用零点存在性定理加以说明即可.【详解】（1）由题，'2()3fxxk=−，当0k时，'()0fx恒成立，所

以()fx在(,)−+上单调递增；当0k时，令'()0fx=，得3kx=，令'()0fx，得33kkx−，令'()0fx，得3kx−或3kx，所以()fx在(,)33kk−上单调递减，在(,)3k−

−，(,)3k+上单调递增.（2）由（1）知，()fx有三个零点，则0k，且()03()03kfkf−即2220332033kkkkkk+−，解得4027k，当4027k时，3kk，且2()0fkk=，所以()fx

在(,)3kk上有唯一一个零点，同理13kk−−−，32(1)(1)0fkkk−−=−−+，所以()fx在(1,)3kk−−−上有唯一一个零点，又()fx在(,)33kk−上有唯一一个零点，所以()fx有三个零点，综上可知k的取值范围为4(0,)27.

【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.7．（2020·全国·高考真题）已知函数()(2)xfxeax=−+.（1）当1a=时，讨论()fx的单调性；（2

）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2）1(,)e+.【分析】（1）将1a=代入函数解析式，对函数求导，分别令导数大于零和小于零，求得函数的单调增区间和减区间；（2）若()fx有

两个零点，即(2)0xeax−+=有两个解，将其转化为2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=−+，求导研究函数图象的走向，从而求得结果.【详解】（1）当1a=时，()(2)xfxex=−+，'()1xfxe=−

，令'()0fx，解得0x，令'()0fx，解得0x，所以()fx的减区间为(,0)−，增区间为(0,)+；（2）若()fx有两个零点，即(2)0xeax−+=有两个解，从方程可知，2x=−不成立，即2xeax=+有两个解，令()(2)2xehxxx=

−+，则有'22(2)(1)()(2)(2)xxxexeexhxxx+−+==++，令'()0hx，解得1x−，令'()0hx，解得<2x−或2<<1x−−，所以函数()hx在(,2)−−和(2,1)−−上单调递减，在(1

,)−+上单调递增，且当<2x−时，()0hx，而2x+→−时，()hx→+，当x→+时，()hx→+，所以当2xeax=+有两个解时，有1(1)ahe−=，所以满足条件的a的取值范围是：1(,)e+

.【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线xye=和直线(2)yax=+有两个交点，利用过点(2,0)−的曲线xye=的切线斜率，结合图形求得结果

.8．（2019·全国·高考真题）已知函数f（x）=2sinx－xcosx－x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．【答案】（

1）见解析；（2）(,0a−.【分析】（1）求导得到导函数后，设为()gx进行再次求导，可判断出当0,2x时，()0gx，当,2x时，()0gx，从而得到()gx单调性，由零点存在定理可判断出唯一零点所处的位置，证得结论；（2）构造

函数()()hxfxax=−，通过二次求导可判断出()()min2hxha==−−，()max222hxha−==−；分别在2a−，20a−≤，202a−和22a−的情况下根据导函数的符号判断(

)hx单调性，从而确定()0hx恒成立时a的取值范围.【详解】（1）()2coscossin1cossin1fxxxxxxxx=−+−=+−令()cossin1gxxxx=+−，则()sinsincoscosgxxxxxxx=

−++=当()0,x时，令()0gx=，解得：2x=当0,2x时，()0gx；当,2x时，()0gx()gx在0,2上单调递增；在,2ππ上单调递减又()0110g=−=，1022g=−，()1

12g=−−=−即当0,2x时，()0gx，此时()gx无零点，即()fx无零点()02gg0,2x，使得()00gx=又()gx在,2ππ上单调递减0xx=为()gx，即()fx在,2ππ上的唯一零点

综上所述：()fx在区间()0,存在唯一零点（2）若0,x时，()fxax，即()0fxax−恒成立令()()()2sincos1hxfxaxxxxax=−=−−+则()cossin1

hxxxxa=+−−，()()coshxxxgx==由（1）可知，()hx在0,2上单调递增；在,2ππ上单调递减且()0ha=−，222ha−=−，()2ha=−−()()min2hxha

==−−，()max222hxha−==−①当2a−时，()()min20hxha==−−，即()0hx在0,上恒成立()hx在0,上单调递增()()00hxh

=，即()0fxax−，此时()fxax恒成立②当20a−≤时，()00h，02h，()0h1,2x，使得()10hx=()hx在)10,x上单调递增，在(1,x上

单调递减又()00h=，()()2sincos10haa=−−+=−()0hx在0,上恒成立，即()fxax恒成立③当202a−时，()00h，2022ha−=−20,2

x，使得()20hx=()hx在)20,x上单调递减，在2,2x上单调递增()20,xx时，()()00hxh=，可知()fxax不恒成立④当22a−时，()m

ax2022hxha−==−()hx在0,2上单调递减()()00hxh\<=可知()fxax不恒成立综上所述：(,0a−【点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根

据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.9．（2019·全国·高考真题）已知

函数()sinln(1)fxxx=−+，()fx为()fx的导数．证明：（1）()fx在区间(1,)2−存在唯一极大值点；（2）()fx有且仅有2个零点．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）求得导函数后，可判断出导函数在1,2−上单调递减，根据零点存在定理

可判断出00,2x，使得()00gx=，进而得到导函数在1,2−上的单调性，从而可证得结论；（2）由（1）的结论可知0x=为()fx在(1,0−上的唯一零点；当0,2x时，首先可判断出在()00,x上无零点，再利

用零点存在定理得到()fx在0,2x上的单调性，可知()0fx，不存在零点；当,2x时，利用零点存在定理和()fx单调性可判断出存在唯一一个零点；当(),x+，可证得()0fx；综合上述情况可证得结论.【详解】（

1）由题意知：()fx定义域为：()1,−+且()1cos1fxxx=−+令()1cos1gxxx=−+，1,2x−()()21sin1gxxx=−++，1,2x−()211x+在1,2−上单调递减，s

inx−，在1,2−上单调递减()gx在1,2−上单调递减又()0sin0110g=−+=，()()2244sin102222g=−+=−++00,2x，使得()00gx=当()01,xx−

时，()0gx；0,2xx时，()0gx即()gx在()01,x−上单调递增；在0,2x上单调递减则0xx=为()gx唯一的极大值点即：()fx在区间1,2−

上存在唯一的极大值点0x.（2）由（1）知：()1cos1fxxx=−+，()1,x−+①当(1,0x−时，由（1）可知()fx在(1,0−上单调递增()()00fxf=()f

x\在(1,0−上单调递减又()00f=0x=为()fx在(1,0−上的唯一零点②当0,2x时，()fx在()00,x上单调递增，在0,2x上单调递减又()00f=()00f

x()fx\在()00,x上单调递增，此时()()00fxf=，不存在零点又22cos02222f=−=−++10,2xx，使得()10fx=()fx\在()01,xx上单调递增，在1,2x上

单调递减又()()000fxf=，2sinln1lnln102222ef=−+==+()0fx在0,2x上恒成立，此时不存在零点③当,2x时，sinx单调递减，()ln1x−+单调递减()fx\在,2上

单调递减又02f，()()()sinln1ln10f=−+=−+即()02ff，又()fx在,2上单调递减()fx在,2上存在唯一零点④当(),

x+时，sin1,1x−，()()ln1ln1ln1xe++=()sinln10xx−+即()fx在(),+上不存在零点综上所述：()fx有且仅有2个零点【点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数

解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.10．（2018·浙江·高考真题）已知函数()lnfxx

x=−．（1）若()fx在()1212,xxxxx=处导数相等，证明：()()1288ln2fxfx+−；（2）若34ln2a−，证明：对于任意0k，直线ykxa=+与曲线()yfx=有唯一公共点．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【分析】（1）方法一：先求导数，根据条件

解得x1，x2关系，再化简f(x1)+f(x2)为12121ln()2xxxx−，利用基本不等式求得12xx取值范围，最后根据函数单调性证明出不等式；（2）方法一：利用零点存在定理证明函数()()txfxkxa=−−有零点，再利用导数证

明函数l(n)xahxxx−−=在(0,)+上单调递减，即证出.【详解】（1）［方法一］：基本不等式＋函数思想函数()fx的导函数()112fxxx=−，由()()12fxfx=,得1212111122

xxxx−=−，因为12xx，所以121112xx+=．由基本不等式得4121212122xxxxxx=+．因为12xx，所以12256xx．由题意得()()()12112212121lnlnln2fxfxxxxxxxxx+=

−+−=−．设()1ln2gxxx=−，则()()144gxxx=−，所以()gx在()0,16上递减，在()16,+上递增，故()()1225688ln2gxxg=−，即()()1288ln2fxf

x+−．［方法二］：换元＋同构＋函数思想112()22xfxxxx−=−=．令()()12fxfxt==，即关于x的二次方程22()20txx−+=的两个相异根分别为12,xx，则12122112Δ(1)4220xxtxxtt=+==−−，解得

1016t．所以()()()()()12112212121lnlnln2ln2fxfxxxxxxxxxtt+=−+−=+−=+．令11()2ln,0216gtttt=+，则241()02tgtt−=在区间10,16上恒成立．所以1()2ln

2gttt=+在区间10,16内单调递减，因此1()88ln216gtg=−，得证．（2）［方法一］：【通性通法】【最优解】零点存在性定理＋单调性设()()lntxfxkxaxxkxa=−−=−−−，令2(||)||1e,

111akamnk−++==+,则()||0fmkmaakka−−+−−，1||1()0aafnknanknknnn+−−−−−所以,()()0tmtn，即存在0(,)xmn使()00fxkxa=+

,所以,对于任意的Ra及(0,)k+,直线ykxa=+与曲线()yfx=有公共点.由()fxkxa=+得lnxxakx−−=.设l(n)xahxxx−−=,()()22ln112xxagxahxxx−−+−−+==，其中2(n)lxgxx−=.由（1）可知()(16)24ln

2gxg=−,又34ln2a−,故()1(16)134ln20gxagaa−−+−−+=−++,所以()0hx,即函数()hx在(0,)+上单调递减,因此方程()0fxkxa−−=至多1个实根

.综上,当34ln2a−时,对于任意0k,直线ykxa=+与曲线()yfx=有唯一公共点.［方法二］：极限思想＋零点存在性定理＋单调性令()()lngxfxkxaxxkxa=−−=−−−，因为0lim(),lim()xxgxgx+→+→=+

=−，又()ygx=的图象在区间(0,)+上连续不断，所以，对于任意的aR及0k，函数()ygx=在区间(0,)+内有零点．以下证明，当34ln2a−，对任意0k，函数()ygx=在区间(0,)+上至多有一个零点．易知211111()4162gxkkxxx

=−−=−−−+．①当116k时，()0gx，此时函数()ygx=在区间(0,)+内单调递减，所以，函数()ygx=在区间(0,)+内至多有一个零点；②当1016k时，关于x

的方程()0gx=，即1102kxx−−=有两个不同的实数根，分别记为34,xx，不妨设340xx，可得3416x．易知，函数()ygx=在区间()30,x和()4,x+内单调递减，在区间()34,xx内单调递增．所

以函数()ygx=的极小值()3333333333311ln,lnln122xgxxxkxaxxxaxaxx=−−−=−−−−=−+−．由（1）可知3316lnln1624ln222xx−−=−，又34ln2a−，所以()334ln20gxa−−．所以()ygx=在区间

(0,)+内至多有一个零点，得证．［方法三］：换元法的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性．令tx=，只需证：对于任意0k，方程22lnttakt−−=有唯一解．设22ln()ttagtt−−=，则34ln22()ttagtt−+−+=．设()

4ln22httta=−+−+，则4()thtt−=．当04t时，()0ht；当4t时，()0ht．所以4t=是()ht的最大值点．由34ln2a−知max[()](4)68ln220htha==−+

+，因此()0gt，()gt在区间(0,)+内递减，解必唯一．［方法四］：图象性质的应用由方法一知，交点必存在，只证唯一性．224()04,()001624xxfxxfxxxx−−+==，得(

)fx的拐点为16x=．而()fx的图象在拐点处的切线l方程为1(44ln2)(16)16yx−−=−，即134ln216yx=+−．此时切线l穿过()fx的图象，与()fx的图象只有一个交点，所以当34ln2a−时，直线ykxa=+与()fx的

图象只有一个交点．【整体点评】（1）方法一：先通过题意得出等量关系121112xx+=，利用基本不等式求出12xx取值范围，再将()()12fxfx+用12xx表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；方法二：设()()12fxf

xt==，利用同构以及方程思想可得t的取值范围，再将()()12fxfx+用t表示出来，然后构造函数，由函数的单调性即可证出；（2）方法一：利用等价转化思想，直线与曲线有唯一交点，转化为()()txfxkxa=−−有唯一零点，找点利用零点存在性定

理以及函数的单调性即可证出，是该题的通性通法；方法二：解题思想同方法一，方法二借用极限思想快速判断函数()()lngxfxkxaxxkxa=−−=−−−在()0,+上有零点，再分类讨论说明函数()ygx=在区间(0,)+

上至多有一个零点，即可证出，只不过欠缺严谨性；方法三：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的方式不同，通过换元，证明对于任意0k，方程22lnttakt−−=有唯一解，利用导数说明函数()gt在区间(0,)+内递减，即证出；方法四：同方法一，知交点必存在，只是证明唯一性的

方式不同，根据函数()fx的图象的凸凹性，求出拐点所在处的切线方程，数形结合证出．11．（2018·全国·高考真题）已知函数()()32113fxxaxx=−++．（1）若=3a，求()fx的单调区间；（2）证明：()fx只有一个零点．【

答案】（1）增区间是(,323)−−，(323,)++，减区间是(323,323)−+；（2）证明见解析.【分析】（1）将=3a代入，求导得2()63fxxx=−−，令()0fx求得增区间，令()0fx求得减区间；（2）令321()(1)03fxxaxx=−++=，即32301xax

x−=++，则将问题转化为函数32()31xgxaxx=−++只有一个零点问题，研究函数()gx单调性可得.【详解】（1）当a=3时，321()3333fxxxx=−−−，2()63fxxx=−−．令()=0fx解得x=323−或x=323+．由()0fx解得：(,3

23)(323,)x−−++；由()0fx解得：(323,323)x−+．故函数的增区间是(,323)−−，(323,)++，减区间是(323,323)−+．（2）［方法一］：【最优解】

【通性通法】等价转化＋零点存在性定理由于210xx++，所以()=0fx等价于32301xaxx−=++．设32()31xgxaxx=−++,则()()()()222222222013)112(xxxxgxxxx

xx=++=++++++,仅当=0x时()0gx=,所以()gx在(,)−+单调递增.故()gx至多有一个零点,从而()fx至多有一个零点.又221111(31)6260,(31)03663faaaafa−=−+−=−−−+=

,故()fx有一个零点.综上,()fx只有一个零点.［方法二］：函数零点与图象交点个数的关系因为210xx++，所以()=0fx等价于3231xaxx=++，令32()1xgxxx=++，则()()22222

3()1xxxgxxx++=++．因为2230xx++，则()0gx，当且仅当=0x时，等号成立，所以()gx在区间(,)−+内单调递增，当x→−时，()gx→−；当x→+时，()+gx→．所以直线3ya=与()gx的图像只有一个

交点，即()fx只有一个零点．［方法三］：【通性通法】含参分类讨论＋零点存在性定理22()2,Δ44fxxaxaaa==−−+．①当10a−时，Δ0,()0,()fxfx单调递增，(0)0,(3)9630,()fafafx

=−−=−−−只有一个零点．②当0a与1a−时，2212()0,fxxaaaxaaa==−+=++，再令1tx=或2x，则有221tat=+．当1xx与2xx时，()0,()fxfx单调递增，当12xxx时，()0,()fxfx单调递减．因为()()2223223

1()13213(21)ttttftttttt++=−++=−++，()()122121xx++()1212=4+2++1=4+2?2+1=1xxxxaa−，所以()()()()()()222212112212122323092121xxxxxxfxfxxx++++=++．极大值与极小值同正同

负，故()fx只有一个零点．［方法四］：等价转化＋零点存在性定理由于210xx++，所以()=0fx，等价于()32031xaxx−=++．设()32()31xgxaxx=−++，则()()222223()031x

xxgxxx++=++，仅当=0x时，()0gx=，所以()gx在区间(,)−+内单调递增．故()gx至多有一个零点，从而()fx至多有一个零点．结合函数与方程的关系，根据零点存在性定理，取min{9,1}xa=，则有32()099xxgxaax−=

−，取max{9,1}xa=−，则有32()099xxgxaax−=−，所以()gx在(max{9,1},min{9,1})aa−内有一个零点，故()fx有一个零点．综上，()fx只有一个零点．【整体点评】（2）方法一：通过分离参数将原函数的零点问题转化为易求单

调性的函数零点问题，该法既是该类型题的通性通法，也是该题的最优解；方法二：将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，是常见的解题思路，对于证明题，这种方式显得不是特别严谨；方法三：直接对参数分类讨论，研究函数的单调性和最值，也是该类型问题的通性通法，

但对于该题，显得有些复杂；方法四：该法同方法一，只是在零点存在性定理的运用过程中取点不一样．12．（2017·全国·高考真题）已知函数()()2e2exxfxaax=+−−（1）讨论()fx的单调性；

（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）(0,1).【详解】试题分析：（1）讨论()fx单调性，首先进行求导，发现式子特点后要及时进行因式分解，再对a按0a，0a进行讨论，写出单调区间；（2）根据第（1）问，若0a，()fx至多有

一个零点.若0a，当lnxa=−时，()fx取得最小值，求出最小值1(ln)1lnfaaa−=−+，根据1a=，(1,)+a，(0,1)a进行讨论，可知当(0,1)a时有2个零点.易知()fx在(,ln)a−−有一个零点；设正整数0n满足03ln(1)na−，则00

000000()e(e2)e20nnnnfnaannn=+−−−−.由于3ln(1)lnaa−−，因此()fx在(ln,)a−+有一个零点.从而可得a的取值范围为(0,1).试题解析：（1）()fx的定义域为(),−+，()()()()2

221121xxxxfxaeaeaee=+−−−=+，（ⅰ）若0a，则()0fx，所以()fx在(),−+单调递减.（ⅱ）若0a，则由()0fx=得lnxa=−.当(),lnxa−−时，()0f

x；当()ln,xa−+时，()0fx，所以()fx在(),lna−−单调递减，在()ln,a−+单调递增.（2）（ⅰ）若0a，由（1）知，()fx至多有一个零点.（ⅱ）若0a，由（1）知，当lnxa=−时，()fx取得最小值，最小值为()1ln1ln

faaa−=−+.①当1a=时，由于()ln0fa−=，故()fx只有一个零点；②当()1,a+时，由于11ln0aa−+，即()ln0fa−，故()fx没有零点；③当()0,1a时，11ln0aa−+，即()l

n0fa−.又()()4222e2e22e20faa−−−−=+−+−+，故()fx在(),lna−−有一个零点.设正整数0n满足03ln1na−，则()()00000000ee2e20nnnnfnaannn=+−−−−.由于3l

n1lnaa−−，因此()fx在()ln,a−+有一个零点.综上，a的取值范围为()0,1.点睛:研究函数零点问题常常与研究对应方程的实根问题相互转化.已知函数()fx有2个零点求参数a的取值范围，第一种方法是分离参数，构造不含参数的函数，研究其单调性、极值、最

值，判断ya=与其交点的个数，从而求出a的取值范围；第二种方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、极值、最值，注意点是若()fx有2个零点，且函数先减后增，则只需其最小值小于0，且后面还需验证最小值两边存在大于0的点.13．（2016·江苏·高考真题）已

知函数()(0,0,1,1)xxfxababab=+.（1）设12,2ab==.①求方程()fx=2的根；②若对任意xR，不等式(2)()6fxmfx−恒成立，求实数m的最大值；（2）若01,1ab

＞，函数()()2gxfx=−有且只有1个零点，求ab的值.【答案】（1）①0②4（2）1【分析】（1）①根据指数间倒数关系转化为一元二次方程，求方程根；②根据指数间平方关系，将不等式转化为一元不等式，再利用变量分离转化为对应函数最值，

最后根据基本不等式求最值；（2）根据导函数零点情况，确定函数单调变化趋势，结合图象确定唯一零点必在极值点取得，从而建立等量关系，求出ab的值.【详解】（1）因为12,2ab==，所以()22xxfx−=+.①方程()2fx=，即222xx−+=，

亦即2(2)2210xx−+=，所以2(21)0x−=，于是21x=，解得0x=.②由条件知2222(2)22(22)2(())2xxxxfxfx−−=+=+−=−.因为(2)()6fxmfx−对于xR恒成立，且()0fx，所以2(())4()fxmfx+对于xR

恒成立.而2(())444()2()4()()()fxfxfxfxfxfx+=+=，且2((0))44(0)ff+=，所以4m，故实数m的最大值为4.（2）因为函数()()2gxfx=−只有1个零点，而00(0)(0)220gfab=−=+−=，所以0是函数()gx的唯一零点.因

为'()lnlnxxgxaabb=+，又由01,1ab知ln0,ln0ab，所以'()0gx=有唯一解0lnlog()lnbaaxb=−.令()'()hxgx=，则22'()(lnln)'(ln)(ln)xxxxhxaabbaa

bb=+=+，从而对任意xR，'()0hx，所以'()()gxhx=是(,)−+上的单调增函数，于是当0(,)xx−，0'()'()0gxgx=；当0(,)xx+时，0'()'()0gxgx=.因而函数()gx在0(,)x−上是单调减函数，在0(,)x+上

是单调增函数.下证00x=.若00x，则0002xx，于是0()(0)02xgg=，又log2log2log2(log2)220aaaagaba=+−−=，且函数()gx在以02x和log2a为端点的闭区间上的图象不间断，所以在02x和log2a之间存在()

gx的零点，记为1x.因为01a，所以log20a，又002x，所以10x与“0是函数()gx的唯一零点”矛盾.若00x，同理可得，在02x和log2a之间存在()gx的非0的零点，矛盾.因此，00x=.于是ln1lnab−=

，故lnln0ab+=，所以1ab=.【点睛】对于函数零点个数问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图等确定其中参数的范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；

从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．14．（2016·北京·高考真题）设函数()32.fxxaxbxc=+++（Ⅰ）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程；（Ⅱ）设4ab==，若函数()fx有三个不同零点，求c的取值范围；（Ⅲ）求证：230ab−＞是()fx有三个不同零点的必

要而不充分条件.【答案】（Ⅰ）ybxc=+;（Ⅱ）320,27;（Ⅲ）见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）求函数f（x）的导数，根据()0fc=，()0fb=求切线方程；（Ⅱ）根据导函数判断函数f（x）的

单调性，由函数()fx有三个不同零点，求c的取值范围；（Ⅲ）从两方面必要性和不充分性证明，根据函数的单调性判断零点个数.试题解析：（Ⅰ）由()32fxxaxbxc=+++，得()232fxxaxb=++．因为()0fc=，()0fb=，所以曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线方程

为ybxc=+．（Ⅱ）当4ab==时，()3244fxxxxc=+++，所以()2384fxxx=++．令()0fx=，得23840xx++=，解得2x=−或23x=−．()fx与()fx在区间(),−+上的情况如下：x(),2

−−2−22,3−−23−2,3−+()fx+0−0+()fxc3227c−所以，当0c且32027c−时，存在()14,2x−−，222,3x−−，32,03x−，使得()()()1230fxfxfx===．

由()fx的单调性知，当且仅当320,27c时，函数()3244fxxxxc=+++有三个不同零点．（Ⅲ）当24120ab=−时，()2320fxxaxb=++，(),x−+，此时函数()fx在区间(

),−+上单调递增，所以()fx不可能有三个不同零点．当24120ab=−=时，()232fxxaxb=++只有一个零点，记作0x．当()0,xx−时，()0fx，()fx在区间()0,x−上单调递增；

当()0,xx+时，()0fx，()fx在区间()0,x+上单调递增．所以()fx不可能有三个不同零点．综上所述，若函数()fx有三个不同零点，则必有24120ab=−．故230ab−是()fx有三个不同零点的必要条件．当4ab==，0c=时，230a

b−，()()232442fxxxxxx=++=+只有两个不同零点，所以230ab−不是()fx有三个不同零点的充分条件．因此230ab−是()fx有三个不同零点的必要而不充分条件．【考点】利用导数研究曲线的切线；函数的零点【名师点睛】1.证明不等式问题可通过作差或作商构造函数，然后用导

数证明．2.求参数范围问题的常用方法：（1）分离变量；（2）运用最值．3.方程根的问题可化为研究相应函数的图象，而图象又归结为极值点和单调区间的讨论．4.高考中一些不等式的证明需要通过构造函数，转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不

等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键．15．（2016·全国·高考真题）已知函数2()(2)(1)xfxxeax=−+−.（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）若()fx有两个零点，求a的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）()0,+.【分析】（Ⅰ）先

求得()()()'12.xfxxea=−+再根据1,0,2a的大小进行分类确定()fx的单调性；（Ⅱ）借助第（Ⅰ）问的结论,通过分类讨论函数的单调性,确定零点个数,从而可得a的取值范围为()0,+.【详

解】（Ⅰ）()()()()()12112.xxfxxeaxxea=−+−=−+当0a，则当(),1x−时，()0fx；当()1,x+时，()0fx¢>.所以f（x）在(),1−单调递减，在

()1,+单调递增.当0a，由()0fx=得x=1或x=ln（-2a）.①若2ea=−，则()()()1xfxxee=−−，所以()fx在(),−+单调递增.②若2ea−，则ln（-2a）＜1,故当()()(),ln21,xa−−+时，()0fx¢>；当()()l

n2,1xa−时，()0fx，所以()fx在()()(),ln2,1,a−−+单调递增，在()()ln2,1a−单调递减.③若2ea−，则()ln21a−，故当()()(),1ln2,xa−−+

时，()0fx¢>，当()()1,ln2xa−时，()0fx，所以()fx在()()(),1,ln2,a−−+单调递增，在()()1,ln2a−单调递减.（Ⅱ）当0a，则由（Ⅰ）知，()f

x在(),1−单调递减，在()1,+单调递增.又()()12fefa=−=，，取b满足b＜0且ln2ab，则()()()22321022afbbababb−+−=−，所以()fx有两个零

点.当a=0，则()()2xfxxe=−，所以()fx只有一个零点.当a＜0，若2ea−，则由（Ⅰ）知，()fx在()1,+单调递增.又当1x时，()fx＜0，故()fx不存在两个零点；若2ea−，则由（Ⅰ）知，()fx在()()1,ln2a−单调递减，在()()ln2,a−+单调递

增.又当1x时()fx＜0，故()fx不存在两个零点.综上，a的取值范围为()0,+.【考点】函数单调性，导数应用【名师点睛】本题第（Ⅰ）问是用导数研究函数单调性,对含有参数的函数单调性的确定,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；第（Ⅱ）问是求参数取值范

围,由于这类问题常涉及导数、函数、不等式等知识,越来越受到高考命题者的青睐,解决此类问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.16．（2015·江苏·高考真题）已知函数.（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c是a与无关的常数），

当函数有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是，求c的值.【答案】（1）当0a=时，()fx在(),−+上单调递增；当0a时，()fx在2,3a−−，()0,+上单调递增，在2,03a−上单调递减；当a<0时，()fx在(),0

−，2,3a−+上单调递增，在20,3a−上单调递减．（2）1.c=【详解】试题分析（1）先求函数导数，根据导函数零点大小讨论函数单调性，注意需分三种情况讨论，不要忽略相等的情况（

2）首先转化条件：函数有三个不同的零点，就是零在极大值与极小值之间，然后研究不等式340,0,027aacaca+−−以及340,0,027aacaca+−−解集情况，令34()27gaaca=+−，则当3a=−时(3)0g−

且当32a=时3()02g，因此确定1c=，然后再利用函数因式分解验证满足题意试题解析：（1）()232fxxax=+，令()0fx=，解得10x=，223ax=−．当0a=时，因为()230fxx=（0x），所以函数()fx在(),

−+上单调递增；当0a时，()2,0,3ax−−+时，()0fx，2,03ax−时，()0fx，所以函数()fx在2,3a−−，()0,+上单调递增，在2,03a−上单调递减；当a<0时，()2,0

,3ax−−+时，()0fx，20,3ax−时，()0fx，所以函数()fx在(),0−，2,3a−+上单调递增，在20,3a−上单调递减．（2）由（1）知，函数()fx的两个极值为()0

fb=，324327afab−=+，则函数()fx有三个零点等价于()32400327affbab−=+，从而30{4027aab−或30{4027aba

−．又bca=−，所以当0a时，34027aac−+或当a<0时，34027aac−+．设()3427gaaac=−+，因为函数()fx有三个零点时，a的取值范围恰好是()33,31,,22−−+

，则在(),3−−上()0ga，且在331,,22+上()0ga均恒成立，从而()310gc−=−，且3102gc=−，因此1c=．此时，()()()3221111fxxaxaxxaxa

=++−=++−+−，因函数有三个零点，则()2110xaxa+−+−=有两个异于1−的不等实根，所以()()22141230aaaa=−−−=+−，且()()21110aa−−−+−，解得

()33,31,,22a−−+．综上1c=．考点：利用导数求函数单调性、极值、函数零点17．（2015·全国·高考真题）设函数()2lnxfxeax=−.（Ⅰ）讨论()fx的导函数()fx的零点的个数；（Ⅱ）证明

：当0a时()22lnfxaaa+.【答案】（Ⅰ）当0a时，()fx没有零点；当0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分0a与0a考虑()fx的单调性及性质，即可判断

出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，根据()fx的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lnaaa+，即证明了所证不等式.试题解析：

（Ⅰ）()fx的定义域为()0+，，()2()=20xafxexx−.当0a时,()0fx，()fx没有零点；当0a时，因为2xe单调递增，ax−单调递增，所以()fx在()0+，单调递增.又()0fa,

当b满足04ab且14b时，()0fb,故当0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，当()00xx，时，()0fx;当()0+xx，时，()0fx.故()fx在()00x，单调递减，在()0+x，单调递增

，所以当0xx=时，()fx取得最小值，最小值为0()fx.由于0202=0xaex−，所以00022()=2ln2ln2afxaxaaaxaa+++.故当0a时，2()2lnfxaaa+.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数研究函数图像

与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.18．（2015·全国·高考真题）已知函数31()4fxxax=++，()lngxx=−．（1）当a为何值时，x轴为曲线()yfx=的切线；（2）用min{,}mn表示,mn中的最小值，设函数()min{(),()}(0)hxfxgxx=，讨论()h

x零点的个数．【答案】（Ⅰ）34a=−；（Ⅱ）当34a−或54a−时，()hx由一个零点；当34a=−或54a=−时，()hx有两个零点；当5344a−−时，()hx有三个零点.【详解】试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（Ⅱ）根据对数函数

的图像与性质将x分为1,1,01xxx=研究()hx的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论.试题解析：（Ⅰ）设曲线()yfx=与x轴相切于点()0,0x，则()00fx=，()00fx

=，即3002010430xaxxa++=+=，解得013,24xa==−.因此，当34a=−时，x轴是曲线()yfx=的切线.（Ⅱ）当()1,x+时，()ln0gxx=−，从而()()()

()min,0hxfxgxgx=，∴()hx在（1，+∞）无零点.当x=1时，若54a−，则()5104fa=+，()()()()1min1,110hfgg===,故x=1是()hx的零点；若54a−，则()5

104fa=+，()()()()1min1,110hfgf==,故x=1不是()hx的零点.当()0,1x时，()ln0gxx=−，所以只需考虑()fx在（0,1）的零点个数.（ⅰ）若3a−或0

a，则()23fxxa=+在（0,1）无零点，故()fx在（0,1）单调，而()104f=，()514fa=+，所以当3a−时，()fx在（0，1）有一个零点；当a0时，()fx在（0，1）无零点.（ⅱ）若30a−，则()fx在

（0，3a−）单调递减，在（3a−，1）单调递增，故当x=3a−时，()fx取的最小值，最小值为3af−=21334aa−+.①若3af−＞0，即34−＜a＜0，()fx在（0,1）无零点.②若3af−

=0，即34a=−，则()fx在（0,1）有唯一零点；③若3af−＜0，即334a−−，由于()104f=，()514fa=+，所以当5344a−−时，()fx在（0,1）有两个零点；当534a−−时，()fx在（0,1）有一个零点.…10分

综上，当34a−或54a−时，()hx由一个零点；当34a=−或54a=−时，()hx有两个零点；当5344a−−时，()hx有三个零点.考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合

思想19．（2015·陕西·高考真题）设2()1,,2.nnfxxxxnNn=+++−（Ⅰ）求(2)nf；（Ⅱ）证明：()nfx在20,3内有且仅有一个零点（记为na），且1120233nna−.【答案】（Ⅰ）(2)(1)21nnfn−=+；（Ⅱ）证明见解析，

详见解析.【详解】试题分析：（Ⅰ）由题设1()12nnfxxnx−=+++，所以1(2)1222nnfn−=+++，此式等价于数列1{2}nn−的前n项和，由错位相减法求得(2)(1)21nnfn=−+；（Ⅱ）因为(0)10f=−

，2222()12120333nnf=−−，所以()nfx在2(0,)3内至少存在一个零点，又，所以()nfx在2(0,)3内单调递增，因此，()nfx在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于1()11nnxfxx−=−−，所以10()11

nnnnnafaa−==−−，由此可得1111222nnnaa+=+，故1223na，继而得111112120222333nnnnnaa++−==.试题解析：（Ⅰ）由题设1()12nnfxxnx−=+++，所以1(2)1222nnfn−=+++

①由22(2)12222nnfn=+++②①−②得21(2)12222nnnfn−−=++++−，所以(2)(1)21nnfn=−+（Ⅱ）因为(0)10f=−222133222()112120233313nnnf

−=−=−−−，所以()nfx在2(0,)3内至少存在一个零点，又所以()nfx在2(0,)3内单调递增，因此，()nfx在2(0,)3内有且只有一个零点na，由于()111nnxxfxx+−=−−，所以()1011nnnn

nnaafaa+−==−−由此可得1111222nnnaa+=+故1223na所以111112120222333nnnnnaa++−==考点：1.错位相减法；2.零点存在性定理；3.函数与数列.20．（2015·北京·

高考真题）设函数()2ln2xfxkx=−，0k．（1）求()fx的单调区间和极值；（2）证明：若()fx存在零点，则()fx在区间(1,e上仅有一个零点．【答案】（1）单调递减区间是()0,k，单调递增区间是(),k+；极小值()()1ln

2kkfk−=；（2）证明详见解析.【详解】试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值和最值、函数零点问题等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力.（Ⅰ）先对()fx求导，令()0f

x=解出x，将函数的定义域断开，列表，分析函数的单调性，所以由表格知当xk=时，函数取得极小值，同时也是最小值；（Ⅱ）利用第一问的表，知()fk为函数的最小值，如果函数有零点，只需最小值(1ln)02kk−，从而解出ke，下面再分情况分析函数有几个零点.试题解析：（Ⅰ）由()2ln2x

fxkx=−，（0k）得2()kxkfxxxx−=−=.由()0fx=解得xk=.()fx与()fx在区间(0,)+上的情况如下：x()0,kk(),k+()fx-+()fx()1ln2kk−所以，()fx的单调递减区间是(0,)k

，单调递增区间是(,)+k；()fx在xk=处取得极小值(1ln)()2kkfk−=.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，()fx在区间(0,)+上的最小值为(1ln)()2kkfk−=.因为()fx存在零点，所以(1ln)02kk−，从而ke.当ke=时，()fx在

区间(1,)e上单调递减，且()0fe=，所以xe=是()fx在区间(1,]e上的唯一零点.当ek时，()fx在区间(0,)e上单调递减，且1(1)02f=，()02ekfe−=，所以()fx在区间(1,]e上仅有一个零点.综上可知，若()fx存在零点，则()fx在

区间(1,]e上仅有一个零点.考点：导数的运算、利用导数判断函数的单调性、利用导数求函数的极值、函数零点问题.考点08方程的根1．（2022·浙江·高考真题）设函数e()ln(0)2fxxxx=+．(1)求()fx的单调区间；(2)已知,abR，曲线()yfx=上不同的三点()()()()(

)()112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa−−；（ⅱ）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa−−++−．（注：e2.71828=是自然对数的底数）【答案】(

1)()fx的减区间为e02,，增区间为e,2+.(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【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）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等

式成立，（ⅱ）31xkx=，1eam=，则题设不等式可转化为()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−+，结合零点满足的方程进一步转化为()()()()211312ln0721mmmmmm−−−+++，利用导数可证

该不等式成立.【详解】（1）()22e12e22xfxxxx−=−+=，当e02x，()0fx；当e2x，()0fx¢>，故()fx的减区间为e02,，()fx的增区间为e,2+.（2）（ⅰ）因为过(),ab有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,

3iixfxi=，故()()()iiifxbfxxa−=−，故方程()()()fxbfxxa−=−有3个不同的根，该方程可整理为()21eeln022xaxbxxx−−−−+=，设()()21eeln22gxxaxbxxx=−−−−+，则

()()22321e1e1e22gxxaxxxxxx=−+−+−−+()()31exxax=−−−，当0ex或xa时，()0gx；当exa时，()0gx，故()gx在()()0,e,,a+上为减函数，在()e,a上为增函数，因为()gx有3个不

同的零点，故()e0g且()0ga，故()21eeelne0e2e2eab−−−−+且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：12eab+且()eln2bafaa+=，此时()1e13e

11lnln2e2e22e222aaabfaaaaa−−−+−+−+=−−，设()3eln22uaaa=−−，则()2e-202auaa=，故()ua为()e,+上的减函数

，故()3elne022eua−−=，故()1012eabfa−−.（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故()gx在()()0,,e,a+上为减函数，在(),ea上为增函数，不妨设123xx

x，则1230exaxx，因为()gx有3个不同的零点，故()0ga且()e0g，故()21eeelne0e2e2eab−−−−+且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：1ln2e2eaaba++

，因为123xxx，故1230exaxx，又()2ee1ln2aagxxbxx+=−+−+，设etx=，()0,1eam=，则方程2ee1ln02aaxbxx+−+−+=即为：2eln0e2eaatttb+−+++=即

为()21ln02mmtttb−++++=，记123123eee,,,tttxxx===则123,,ttt为()21ln02mmtttb−++++=有三个不同的根，设3131e1xtktxa==，1eam=，要证：22132e112ee6e6eaaxxa−−++−，即证13e2ee26e

6eaatta−−++−，即证：13132166mmttm−−+−，即证：13131321066mmttttm−−+−+−+，即证：()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−+，而()21111ln02mmtttb−+++

+=且()23331ln02mmtttb−++++=，故()()()22131313lnln102mttttmtt−+−−+−=，故131313lnln222ttttmmtt−+−−=−−，故即证：(

)()()21313131312lnln236mmmttmttmtt−−+−−−+，即证：()()()1213313ln1312072tttmmmttt+−−++−即证：()()()213121ln0172mmmkkk−−+++−，记()()1ln

,11kkkkk+=−，则()()2112ln1kkkkk=−−−，设()12lnukkkk=−−，则()2122210ukkkkk=+−−=，所以()()10uku=，()0k，故()k在()

1,+上为增函数，故()1km，所以()()()()()()22131213121ln1ln172172mmmmmmkkmmkm−−+−−+++++−−，记()()()()()21131

2ln,01721mmmmmmmm−−−+=++，则()()()()()()()2232322132049721330721721mmmmmmmmmmm−−−+−+=++，所以()m在()0,1为增函数，故()()10m=，故()()()()211312l

n0721mmmmmm−−−+++即()()()213121ln0172mmmmmm−−+++−，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据

零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.2．（2022·全国新Ⅰ卷·高考真题）已知函数()xfxeax=−和()lngxaxx=−有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线yb=，其与两条曲

线()yfx=和()ygx=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)1a=(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1b时，exxb−=

的解的个数、lnxxb−=的解的个数均为2，构建新函数()eln2xhxxx=+−，利用导数可得该函数只有一个零点且可得()(),fxgx的大小关系，根据存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=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.【详解】（1）()exfxax=−的定义域为R，而()e=−xfxa，若0a，则()0fx，此时()fx无最小值，故0a.()lngxaxx=−的定义域为()0,+，而11()axgxaxx−=−=.当lnxa时

，()0fx，故()fx在(),lna−上为减函数，当lnxa时，()0fx，故()fx在()ln,a+上为增函数，故()min()lnlnfxfaaaa==−.当10xa时，()0gx，故()gx在10,a上为减函数，当1xa时，()0gx，故()gx在1

,a+上为增函数，故min11()1lngxgaa==−.因为()exfxax=−和()lngxaxx=−有相同的最小值，故11lnlnaaaa−=−，整理得到1ln1aaa−=+，其中0a，设()1ln,01agaaaa−=−+，则()()()222211011a

gaaaaa−−=−=++，故()ga为()0,+上的减函数，而()10g=，故()0ga=的唯一解为1a=，故1ln1aaa−=+的解为1a=.综上，1a=.（2）[方法一]：由（1）可得e()xxfx

=−和()lngxxx=−的最小值为11ln11ln11−=−=.当1b时，考虑exxb−=的解的个数、lnxxb−=的解的个数.设()exSxxb=−−，()e1xSx=−，当0x时，()0Sx，当0x时，

()0Sx，故()Sx在(),0−上为减函数，在()0,+上为增函数，所以()()min010SxSb==−，而()e0bSb−−=，()e2bSbb=−，设()e2bubb=−，其中1b，则()e20bub=−，故()

ub在()1,+上为增函数，故()()1e20ubu=−，故()0Sb，故()exSxxb=−−有两个不同的零点，即exxb−=的解的个数为2.设()lnTxxxb=−−，()1xTxx−=，当01x时，()0Tx，当1

x时，()0Tx，故()Tx在()0,1上为减函数，在()1,+上为增函数，所以()()min110TxTb==−，而()ee0bbT−−=，()ee20bbTb=−，()lnTxxxb=−−有两个不同的零点即lnxxb−=的解的个数为2.当1b=，

由（1）讨论可得lnxxb−=、exxb−=仅有一个解，当1b时，由（1）讨论可得lnxxb−=、exxb−=均无根，故若存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=有三个不同的交点，则1b.设

()eln2xhxxx=+−，其中0x，故1()e2xhxx=+−，设()e1xsxx=−−，0x，则()e10xsx=−，故()sx在()0,+上为增函数，故()()00sxs=即e1xx+，所以1()1210hxxx+

−−，所以()hx在()0,+上为增函数，而(1)e20h=−，31e333122()e3e30eeeh=−−−−，故()hx()0,+上有且只有一个零点0x，0311ex且：当00xx时，(

)0hx即elnxxxx−−即()()fxgx，当0xx时，()0hx即elnxxxx−−即()()fxgx，因此若存在直线yb=与曲线()yfx=、()ygx=有三个不同的交点，故()()001bfxgx==，此时exxb−

=有两个不同的根1010,(0)xxxx，此时lnxxb−=有两个不同的根0404,(01)xxxx，故11exxb−=，00exxb−=，44ln0xxb−−=，00ln0xxb−−=所以44l

nxbx−=即44exbx−=即()44e0xbxbb−−−−=，故4xb−为方程exxb−=的解，同理0xb−也为方程exxb−=的解又11exxb−=可化为11exxb=+即()11ln0xxb−+=即()()11ln0xbxbb+−+−=，故1xb+为方程l

nxxb−=的解，同理0xb+也为方程lnxxb−=的解，所以1004,,xxxbxb=−−，而1b，故0410xxbxxb=−=−即1402xxx+=.[方法二]：由(1)知，()xf

xex=−，()lngxxx=−，且()fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增；()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调递增，且minmin()()1.fxgx==①1b时，此时minmin()()1fx

gxb==，显然yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有0个交点，不符合题意；②1b=时，此时minmin()()1fxgxb===，故yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③1b

时，首先，证明yb=与曲线()yfx=有2个交点，即证明()()Fxfxb=−有2个零点，()()1xFxfxe==−，所以()Fx在(,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增，又因为()0bFbe−−=，(0)10Fb=−，()20bFbeb=

−，(令()2btbeb=−，则()20btbe=−，()(1)20)tbte=−所以()()Fxfxb=−在(,0)−上存在且只存在1个零点，设为1x，在(0,)+上存在且只存在1个零点，设为2.x其次，证明yb=与曲线

和()ygx=有2个交点，即证明()()Gxgxb=−有2个零点，1()()1Gxgxx==−，所以()(0,1)Gx上单调递减，在(1,)+上单调递增，又因为()0bbGee−−=，()110Gb

=−，(2)ln20Gbbb=−，(令()ln2bbb=−，则1()10bb=−，()(1)1ln20)b=−所以()()Gxgxb=−在(0,1)上存在且只存在1个零点，设为3x，在(1,)+上存在且只存在1个零点，设为4.x再次，证明存在b，使

得23:xx=因为23()()0FxGx==，所以2233lnxbexxx=−=−，若23xx=，则2222lnxexxx−=−，即2222ln0xexx−+=，所以只需证明2ln0xexx−+=在(0,1)上有解即可，即()2lnxxexx=−+在(0,1)上有

零点，因为313312()30eeee=−−，(1)20e=−，所以()2lnxxexx=−+在(0,1)上存在零点，取一零点为0x，令230xxx==即可，此时取00xbex=−则此时存在直线yb=，其与两条曲线()yfx=和()ygx=共有

三个不同的交点，最后证明1402xxx+=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列，因为120304()()()0()()()FxFxFxGxGxGx======所以100()()(ln)FxGxFx==，又因为()Fx在(,0)−上单调递减，1

0x，001x即0ln0x，所以10lnxx=，同理，因为004()()()xFxGeGx==，又因为()Gx在(1,)+上单调递增，00x即01xe，11x，所以04xxe=，又因为000

2ln0xexx−+=，所以01400ln2xxxexx+=+=，即直线yb=与两条曲线()yfx=和()ygx=从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.【点睛】思路点睛：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.3．（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()1221,,xxxx，满足2212ln2bbexxeb+.(注：2.71828e=是自然对数的底数)【答案】(1)见解析(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,logl

nabxa−时，()()'0,fxfx单调递减，当log,lnabxa+时，()()'0,fxfx单调递增.综上可得，0b时，()fx的单调递增区间为(),−+,无减区间；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()2

2222(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+，2222

22xxeeebxx+=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()44410xxxhxxeeexxx−−−+−+−==，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2

212lne2e+bbxxb，只需证2212lne2ebbbxbx−，即证212lne2exbbbx，只需证212lnln2ebbxbx．又22c222eee0bfb=−，所以212exb，即1212ebx．所以只

需证2ln(ln)xbb．而ln4b，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21ea且2e2b，由（Ⅱ）知()fx有两个零点()1212,xxxx且120lnxbx．又2(2)2e20fb=−，故进一步有1202

lnxbx．由()()120fxfx==可得121eexbx+=且222eexbx=−，从而()212222121222lnelnlneeee2e2e2exxbbbbbbxxbxbxb+−+．．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212e

xb，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.4．（2021·全国甲卷·高考真题）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lnlnxax

a=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()21lnxgx

x−=,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,()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,l

naa，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l

nlnxaxa=，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,(),,()xxgxgxgxx

x==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,()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()1eeh=，所以当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()0

xfx→+=，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(l

n)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.5．（2019·全国·高考真题）已知函数()(1)ln1fxxxx=−−−.证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()=

0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】（1）见详解；（2）见详解【分析】（1）先对函数()fx求导，根据导函数的单调性，得到存在唯一0x，使得0()0fx=，进而可得判断函数()fx的单调性，即可确定其极

值点个数，证明出结论成立；（2）先由（1）的结果，得到0()(1)20fxf=−，22()30fee=−，得到()0fx=在0(,)x+内存在唯一实根，记作x=，再求出1()0f=，即可结合题意，说明结论成立.【详解】（1）由题意可得，()fx的定

义域为(0,)+，由()(1)ln1fxxxx=−−−，得11()ln1lnxfxxxxx−=+−=−，显然1()lnfxxx=−单调递增；又(1)10f=−，1ln41(2)ln2022f−=−=，故存在唯一0x，使得0()0fx=

；又当0xx时，0()0fx，函数()fx单调递增；当00xx时，0()0fx，函数()fx单调递减；因此，()fx存在唯一的极值点；（2）[方法一]【利用对称性转化为研究两个函数根的问题】()(1)ln10fxxxx=−−−=的根的情况问题可转化为函数()(1)lngxx

x=−与()1hxx=+的图像在区间(0,)+内的交点情况．2111()ln1,()gxxgxxxx==+−+．当,()0x+时，()0,()gxgx在区间(0,)+内单调递增；又因为(1)0g=，所以当(0,1)x时，()(1)0gxg=，则(0,1)

x时，()(1)lngxxx=−单调递减；当(1,)x+时，()(1)0gxg=，则当(1,)x+时，()(1)lngxxx=−单调递增．又(1)0g=，所以函数()(1)lngxxx=−

与()1hxx=+的图像，如图所示，只有两个交点，横坐标分别为1x和2x，且1201,1xx，即1x和2x为()(1)ln10fxxxx=−−−=的两个实根．又因为()()120fxfx==，当11xx=时，()11111111111111ln11ln1fxxxxxxxx

=−−−=−−−，由于()()11111ln10fxxxx=−−−=，所以110fx=，即211xx=，所以两个实根互为倒数．[方法二]【分类讨论】由

（1）知，()0(1)2(e)0fxff=−=．又()()22223ee30,e10eff−=−=−，所以()0fx=有且仅有两个实根12,xx，可令10201exxx．下面证明121=xx，由()0fx=，得1ln1xxx+=−，显然有()()12110xx−−，()

1212lnlnlnxxxx=+=12121111xxxx+++=−−()()()12122111xxxx−−−．（*）（1）当1201xx时，()()()()12121221ln0,011xxxxxx−−−，（*）式不成立；（2）当121xx时，()()()()1212

1221ln0,011xxxxxx−−−，（*）式不成立；（3）当121=xx时，()()()()12121221ln0,011xxxxxx−==−−，（*）式成立．综上，()0fx=有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．[方法三]【利用函数的单调

性结合零点存在定理】()fx的定义域为(0,)+，显然1x=不是方程()0fx=的根，所以()0fx=有两个实根等价于1()ln1xgxxx+=−−有两个零点，且()gx定义域为(0,1)(1,)+．而221()(1)xgxxx+=−，所以()gx在区间(0,1

)内单调递增，在区间(1,)+内单调递增．当(1,)x+时，2(e)0e1g=−−，()222e3e0e1g−=−，所以()gx在区间(1,)+内有唯一零点1x，即()1110,01gxx=，所以1111lngxx=−

111111xx+=−()10gx−=．结合单调性知()gx在区间(0,1)内有唯一零点11x，所以()gx有且仅有两个零点，且两个零点互为倒数，即()0fx=有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【整体点评】(2)方法一：对称性是函数的重要性质，利用函数的对

称性研究函数体现了整体思想；方法二：分类讨论是最常规的思想，是处理导数问题最常规的手段；方法三：函数的单调性和零点存在定理的综合运用使得问题简单化.6．（2018·江苏·高考真题）记()(),fxgx分别为函数()(),fxgx的导函数．若存在0xR，满足()()

00fxgx=且()()00fxgx=，则称0x为函数()fx与()gx的一个“S点”．（1）证明：函数()fxx=与()222gxxx=+−不存在“S点”；（2）若函数()21fxax=−与()lngxx=存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数()2fxxa=−+，()x

begxx=．对任意0a，判断是否存在0b，使函数()fx与()gx在区间()0,+内存在“S点”，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）e2；（3）存在0b，使函数()fx与()gx在区间()0,+内存在“S点”．【详解】分析：（1）根据题中“S

点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合“S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g

′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得222122xxxx=+−=+，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数21fxax=−（），()lngxx=，则1'2'fxaxgxx==（），（）．设x0为f（x）与g（x）的“S”

点，由f（x0）与g（x0）且f′（x0）与g′（x0），得20000112axlnxaxx−==，即20020121axlnxax−==，（*）得01ln2x=−，即120ex−=，则2121e22ae−==．当e2a=时，120e

x−=满足方程组（*），即0x为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为e2．（3）对任意a>0，设()323hxxxaxa=−−+．因为()()0011320hahaa==−−+=−，，且h（x）的图象是不间断的，所以存在0x∈（0，1），使得()00hx=，令()03

002e1xxbx=−，则b>0．函数()()2exbfxxagxx=−+=，，则()()()2e1'2'xbxfxxgxx−=−=，．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得()22ee12xxb

xaxbxxx−+=−−=，即()()()00320030202ee1e122e1xxxxxxaxxxxxxx−+=−−−=−（**）此时，0x满足方程组（**），即0x是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．因此，对任意a>0，存

在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，+∞）内存在“S点”．点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极

值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.考点09双变量问题1．（2024·天津·高考真题）设函数()lnfxxx=．(1)求()fx图象上点()()1,1f处的切线方程；(2)若()()fxaxx−在()0,x+时恒成立，求a的值；(3)若()12,0,1

xx，证明()()121212fxfxxx−−．【答案】(1)1yx=−(2)2(3)证明过程见解析【分析】（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到2a=，再证明2a=时条件满足；（3）先确定()fx的单调性，再对12,xx分类讨论.【详解】（1）由于()l

nfxxx=，故()ln1fxx=+.所以()10f=，()11f=，所以所求的切线经过()1,0，且斜率为1，故其方程为1yx=−.（2）设()1lnhttt=−−，则()111thttt−=−=，从而当01t时()0ht，当1t时()0ht.所以()ht在(

0,1上递减，在)1,+上递增，这就说明()()1hth，即1lntt−，且等号成立当且仅当1t=.设()()12lngtatt=−−，则()()()111ln12lnfxaxxxxaxxxaxgxxx−

−=−−=−−=.当()0,x+时，1x的取值范围是()0,+，所以命题等价于对任意()0,t+，都有()0gt.一方面，若对任意()0,t+，都有()0gt，则对()0,t+有()()()()112012ln12ln

1212gtattatatatattt=−−=−+−+−=+−−，取2t=，得01a−，故10a.再取2ta=，得()2202222222aaaaaaa+−−=−−=−−，所以2a=.另一方面，若2a=，则对任意()0,t+都有()()()212ln20gtt

tht=−−=，满足条件.综合以上两个方面，知a的值是2.（3）先证明一个结论：对0ab，有()()ln1ln1fbfaabba−++−.证明：前面已经证明不等式1lntt−，故lnlnlnlnlnlnln

1ln1bbbaaabaaabbbbbabaa−−=+=++−−−，且1lnlnlnlnlnlnlnln1ln11aabbaabbbabbaaaaaabababb−−−−−=+=++=+−−

−−，所以lnlnln1ln1bbaaabba−++−，即()()ln1ln1fbfaabba−++−.由()ln1fxx=+，可知当10ex时()0fx，当1ex时()0fx¢>.所以()fx在10,e上递减，在1,e+上

递增.不妨设12xx，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论.情况一：当1211exx时，有()()()()()()12212212121ln1fxfxfxfxxxxxxxx−=−+−−−，结论成立；情况二：当1210exx时，有()()()()12121

122lnlnfxfxfxfxxxxx−=−=−.对任意的10,ec，设()lnlnxxxcccx=−−−，则()1ln12xxcx=++−.由于()x单调递增，且有11111122211211111ln1ln111022222e2ee22eccccccccccc

c++++=++++=−−++=−−，且当2124ln1xcc−−，2cx时，由12ln12ccx−−可知()1112ln1ln1ln102222cxxccxcxcx

=++++=−−−−−.所以()x在()0,c上存在零点0x，再结合()x单调递增，即知00xx时()0x，0xxc时()0x.故()x在(00,x上递减，在0,xc上递增.

①当0xxc时，有()()0xc=；②当00xx时，由于()112ln221eecfcfc=−−=，故我们可以取1ln,1qcc.从而当201cxq−时，由cxqc−，可得()1lnlnlnlnl

n0xxxcccxcccxccqcccqc=−−−−−−−−=−.再根据()x在(00,x上递减，即知对00xx都有()0x；综合①②可知对任意0xc，都有()0x，即()lnln0xxxcccx=−−−.根据1

0,ec和0xc的任意性，取2cx=，1xx=，就得到112221lnln0xxxxxx−−−.所以()()()()1212112221lnlnfxfxfxfxxxxxxx−=−=−−.情况三：当12101exx时，

根据情况一和情况二的讨论，可得()112111eefxfxxx−−−，()222111eeffxxxx−−−.而根据()fx的单调性，知()()()1211efxfxfxf−−或()()()1221efxf

xffx−−.故一定有()()1221fxfxxx−−成立.综上，结论成立.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合()fx的单调性进行分类讨论.2．（2022·浙江·高考真题）设函数e()ln

(0)2fxxxx=+．(1)求()fx的单调区间；(2)已知,abR，曲线()yfx=上不同的三点()()()()()()112233,,,,,xfxxfxxfx处的切线都经过点(,)ab．证明：（ⅰ）若ea，则10()12eabfa−

−；（ⅱ）若1230e,axxx，则22132e112ee6e6eaaxxa−−++−．（注：e2.71828=是自然对数的底数）【答案】(1)()fx的减区间为e02,，增区间为e,2+.(2)

（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【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）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）31xkx=，1eam=，则题设不等式可转化为()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−

+，结合零点满足的方程进一步转化为()()()()211312ln0721mmmmmm−−−+++，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1）()22e12e22xfxxxx−=−+=，当e02x，

()0fx；当e2x，()0fx¢>，故()fx的减区间为e02,，()fx的增区间为e,2+.（2）（ⅰ）因为过(),ab有三条不同的切线，设切点为()(),,1,2,3iixfxi=，故()(

)()iiifxbfxxa−=−，故方程()()()fxbfxxa−=−有3个不同的根，该方程可整理为()21eeln022xaxbxxx−−−−+=，设()()21eeln22gxxaxbxxx=

−−−−+，则()()22321e1e1e22gxxaxxxxxx=−+−+−−+()()31exxax=−−−，当0ex或xa时，()0gx；当exa时，()0gx，故()gx在()()0,e,,a+

上为减函数，在()e,a上为增函数，因为()gx有3个不同的零点，故()e0g且()0ga，故()21eeelne0e2e2eab−−−−+且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：12eab+且()eln2bafa

a+=，此时()1e13e11lnln2e2e22e222aaabfaaaaa−−−+−+−+=−−，设()3eln22uaaa=−−，则()2e-202auaa=，故()ua为()e,+上的减函数，故()3elne022eua−−=，故(

)1012eabfa−−.（ⅱ）当0ea时，同（ⅰ）中讨论可得：故()gx在()()0,,e,a+上为减函数，在(),ea上为增函数，不妨设123xxx，则1230exaxx，因为()gx有3个不同的零点，故(

)0ga且()e0g，故()21eeelne0e2e2eab−−−−+且()21eeln022aaabaaa−−−−+，整理得到：1ln2e2eaaba++，因为123xxx，故1230exaxx，又()2ee1ln2aagxxbxx+=−+−

+，设etx=，()0,1eam=，则方程2ee1ln02aaxbxx+−+−+=即为：2eln0e2eaatttb+−+++=即为()21ln02mmtttb−++++=，记123123eee,,,tttxxx===则123

,,ttt为()21ln02mmtttb−++++=有三个不同的根，设3131e1xtktxa==，1eam=，要证：22132e112ee6e6eaaxxa−−++−，即证13e2ee26e6eaatta

−−++−，即证：13132166mmttm−−+−，即证：13131321066mmttttm−−+−+−+，即证：()()()2131313122236mmmttmmtt−−++−−+，而()2111

1ln02mmtttb−++++=且()23331ln02mmtttb−++++=，故()()()22131313lnln102mttttmtt−+−−+−=，故131313lnln222ttttmmtt−+−−=−−，故即证：()()()21313131

312lnln236mmmttmttmtt−−+−−−+，即证：()()()1213313ln1312072tttmmmttt+−−++−即证：()()()213121ln0172mmmkkk−−+++

−，记()()1ln,11kkkkk+=−，则()()2112ln1kkkkk=−−−，设()12lnukkkk=−−，则()2122210ukkkkk=+−−=，所以()()10uku=，()0k，故()k在()1,

+上为增函数，故()1km，所以()()()()()()22131213121ln1ln172172mmmmmmkkmmkm−−+−−+++++−−，记()()()()()211312ln,01721mmmmmmmm−−−+=++，则()()()()(

)()()2232322132049721330721721mmmmmmmmmmm−−−+−+=++，所以()m在()0,1为增函数，故()()10m=，故()()()()211312ln0721mmmmmm−−−+++即()()()213121ln0

172mmmmmm−−+++−，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.3．（2022·北京·高考真题）已知函数()eln(1)

xfxx=+．(1)求曲线()yfx=在点(0,(0))f处的切线方程；(2)设()()gxfx=，讨论函数()gx在[0,)+上的单调性；(3)证明：对任意的,(0,)st+，有()()()fstfsft++．【答案】(1)yx=(2

)()gx在[0,)+上单调递增.(3)证明见解析【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令()()()mxfxtfx=+−，(,0)xt

，即证()(0)mxm，由第二问结论可知()mx在[0,+∞）上单调递增，即得证.【详解】（1）解：因为()eln(1)xfxx=+，所以()00f=，即切点坐标为()0,0，又1()e(ln(1))1xfxxx=+++，∴切线斜率(0)1

kf==∴切线方程为：yx=（2）解：因为1()()e(ln(1))1xgxfxxx=++=+，所以221()e(ln(1))1(1)xgxxxx=++−++，令221()ln(1)1(1)hxxxx=++−++，则22331221()01(1)(1)(1)xhxxxxx+=−+=

++++，∴()hx在[0,)+上单调递增，∴()(0)10hxh=∴()0gx在[0,)+上恒成立，∴()gx在[0,)+上单调递增.（3）解：原不等式等价于()()()(0)fstfsftf+−−，令()()()mxfxtfx=+

−，(,0)xt，即证()(0)mxm，∵()()()eln(1)eln(1)xtxmxfxtfxxtx+=+−=++−+，ee()eln(1)eln(1)()()11xtxxtxmxxtxgxtgxxtx++=+++−+−=+−+++，由（2）知1()()e(ln(1))1xgxfxx

x=++=+在)0,+上单调递增，∴()()gxtgx+，∴()0mx∴()mx在()0,+上单调递增，又因为,0xt，∴()(0)mxm，所以命题得证.4．（2021·浙江·高考真题）设a，b为实数，且1a，函数()2R()xfxabxe

x=−+（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()1221,,xxxx，满足2212ln2bbexxeb+.(注：2.7

1828e=是自然对数的底数)【答案】(1)见解析(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()l

n0xfxaab=−，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的单调递增区间为(),−+,无减区间；

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220,0lnlnttbb

eeeetaatt+−+==，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2x

eeyx+=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+，222222xxeeeb

xx+=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2lnln202x

exxe−−，242e，只需证4()lnln2xxhxxe=−−在5x时为正，由于()11()44410xxxhxxeeexxx−−−+−+−==，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12

lnxbx（其中ln4b）．且()()12221122ee0,ee0xxfxbxfxbx=−+==−+=．要证2212lne2e+bbxxb，只需证2212lne2ebbbxbx−，即证212lne2exbbbx，只

需证212lnln2ebbxbx．又22c222eee0bfb=−，所以212exb，即1212ebx．所以只需证2ln(ln)xbb．而ln4b，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21ea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()212222121222lnelnlneeee2e2e2exxbbbbbbx

xbxbxb+−+．．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21

2exb，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.5．（2020·天津·高考真题）已知函数3()ln()fxxkxkR=+，()fx为()fx的导函数．（Ⅰ）当6k=时，（i）求

曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程；（ii）求函数9()()()gxfxfxx=−+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k−…时，求证：对任意的12,[1,)xx+，且12xx，有()()()()1

212122fxfxfxfxxx+−−．【答案】（Ⅰ）（i）98yx=−；（ii）()gx的极小值为(1)1g=，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.【分析】(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得()gx

的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令12xtx=，将原问题转化为与t有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.【详解】(Ⅰ)(i)当k=6时，()36lnfxxx=+，

()26'3fxxx=+.可得()11f=，()'19f=，所以曲线()yfx=在点()()1,1f处的切线方程为()191yx−=−，即98yx=−.(ii)依题意，()()32336ln,0,gxxxxxx=−+++.从而可得

()2263'36gxxxxx=−+−，整理可得：323(1)(1)()xxgxx−+=，令()'0gx=，解得1x=.当x变化时，()()',gxgx的变化情况如下表：x()0,11x=()1,+?()'g

x−0+()gx单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由3()lnfxxkx=+，得2()3kfxxx=

+.对任意的12,[1,)xx+，且12xx，令12(1)xttx=，则()()()()()()()1212122xxfxfxfxfx−+−−()22331121212122332lnxkkxxx

xxxkxxx=−+++−−+3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx=−−++−−()332213312lnxtttkttt=−+−+−−.

①令1()2ln,[1,)hxxxxx=−−+.当x>1时，22121()110hxxxx=+−=−，由此可得()hx在)1,+单调递增，所以当t>1时，()()1hth，即12ln0ttt−−.因为21x，323331(1)0tttt−+−=−

，3k−，所以()()332322113312ln33132lnxtttkttttttttt−+−+−−−−−−−+…32336ln1tttt=−++−.②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t时，()()1gtg，即32336ln1tttt−++，故32336ln10

tttt−++−③由①②③可得()()()()()()()12121220xxfxfxfxfx−+−−.所以，当3k−时，任意的)12,1,xx+，且12xx，有()()()()1212122fxfxfxfxxx+−−.【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．6．（2018·全国·高考真题）已知函数1()lnfxxaxx=−+．（1）讨论()fx的单调性；（2）若()fx存在两个极值点12,xx，证明：()()12122fxfxaxx−−−．【答案】（1）

答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对a进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；（2）方法一：根据()fx存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定2a

，令()=0fx，得到两个极值点12,xx是方程210xax−+=的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】（1）()fx的定义域为()0,+，()222111axaxfxxxx−+=−−+−=.（i）若2

a，则()0fx，当且仅当=2a，=1x时()=0fx，所以()fx在()0,+单调递减.（ii）若2a，令()=0fx得，242aax−−=或242aax+−=.当22440,,22aaaax−−+−+时，()0fx

；当2244,22aaaax−−+−时，()0fx.所以()fx在22440,,,22aaaa−−+−+单调递减，在2244,22aaaa−−+−单调递增.（2）［

方法一］：【通性通法】消元由（1）知，()fx存在两个极值点当且仅当2a.由于()fx的两个极值点12,xx满足210xax−+=，所以121xx=，不妨设12xx，则21x.由于()()12121221212121222lnlnlnln2ln11221fxfxxxxxxaaax

xxxxxxxxx−−−−=−−+=−+=−+−−−−，所以()()12122fxfxaxx−−−等价于22212ln0xxx−+.设函数()12lngxxxx=−+，由（1）知，()gx在()0,+单调递减，又()10g=，从而当()1,x+时，()0gx，所以22212ln0xxx

−+，即()()12122fxfxaxx−−−.［方法二］：【通性通法】消元由（1）知2a且12,xx是方程210xax−+=的两根，不妨设12xx，即121xx=．此时()()11221212121212121211lnlnlnln11xaxxaxfxfxxxx

xaxxxxxxxx−+−−+−−==−−−−−11111111lnln2ln22211xxxaaaxxxx−=−=−−−−．欲证不等式成立，只需证1112ln11xxx−．因为120xx

，所以101x，只需证11112ln0xxx−+．令2222211221(1)()2ln,()10xxxgxxxgxxxxxx−+−=−+=−−+=−=−，所以，()gx在区间(0,1)内单调递减，且(1)0g=，所以11

112ln0xxx−+，即证．［方法三］：硬算因为2211()10axaxfxxxx−+−+=−−==，所以210xax−+=有两个相异的正根12,xx（不妨设12xx）．则1212+==1xxaxx且2>0Δ

=4>0aa−即2a．所以()()1112122121212122lnln1121lnxxafxfxxxxaxxxxxxxxx−=−−+−−−−−．而2224422ln242aaaaaa+−+−=−−，2124xxa−=−，所以22112

24ln2ln402xaaxxax+−−−−．设224()2ln42aagaa+−=−−，则22222122224()2024244aaaagaaaaa+−−=−=+−−−．所以()g

a在2a上递减，()(2)0gag=，问题得证．［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用由（1）知，()fx存在两个极值点当且仅当2a．由于()fx的两个极值点12,xx满足210xax−+=，所以121xx=．不妨设12xx，则21x．由于()()12121

212lnln2fxfxxxaxxxx−−=−+−−．由对数平均不等式可得1212121lnlnxxxxxx−=−，即1212lnln1xxxx−−．故()()12121212lnln22fxfxxxaaxxxx−−=−+−−−．【整

体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；方法二：同方法一，只是消元字母不一样；方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．7．（2015

·湖北·高考真题）设函数()fx，()gx的定义域均为R，且()fx是奇函数，()gx是偶函数，()()exfxgx+=，其中e为自然对数的底数．(1)求()fx，()gx的解析式，并证明：当0x时，()0fx，()1gx；(2)设0a，1b，

证明：当0x时，()()(1)()(1)fxagxabgxbx+−+−．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）利用函数奇偶性列方程组求函数解析式，结合指数函数性质证明结论；（2）问题转化为证()()(1)fxaxgxax+−、()()

(1)fxbxgxbx+−，构造()()()(1)hxfxcxgxcx=−−−，利用导函数研究函数单调性，即可证.【详解】（1）由()fx,()gx的奇偶性及()()exfxgx+=①，得：()()e.xfxgx−−+=②联立①②解得1()(ee)2xxfx−=−，1()(ee)2xxgx

−=+．当0x时，e1x，0e1x−，故()0.fx③又由基本不等式，有1()(ee)ee12xxxxgx−−=+=，即()1.gx④（2）由（1）得2111e1()(e)(e)(ee)()2e2e2xxxxxx

xfxgx−=−=+=+=⑤，2111e1()(e)(e)(ee)()2e2e2xxxxxxxgxfx−=+=−=−=⑥，当0x时，()()(1)fxagxax+−等价于()()(1)fxaxgxax+−⑦，()()(1)fxbgxbx+

−等价于()()(1)fxbxgxbx+−⑧，设函数()()()(1)hxfxcxgxcx=−−−，由⑤⑥，有()()()()(1)hxgxcgxcxfxc=−−−−(1)[()1]().cgxc

xfx=−−−当0x时，若0c，由③④，得()0hx，故()hx在[0,)+上为增函数，从而()(0)0hxh=，即()()(1)fxcxgxcx+−，故⑦成立．若1c，由③④，得()0hx，故()hx在[0,)+上为减函数，从

而()(0)0hxh=，即()()(1)fxcxgxcx+−，故⑧成立．综合⑦⑧，得()()(1)()(1)fxagxabgxbx+−+−．考点10隐零点问题1．（2023·全国甲卷·高考真题）

已知函数3sinπ(),0,cos2xfxaxxx=−(1)当8a=时，讨论()fx的单调性；(2)若()sin2fxx恒成立，求a的取值范围．【答案】(1)答案见解析.(2)(,3]−【分析】（1

）求导,然后令2costx=,讨论导数的符号即可;（2）构造()()sin2gxfxx=−,计算()gx的最大值,然后与0比较大小,得出a的分界点,再对a讨论即可.【详解】（1）326coscos3sincossin()cosxxxxxfxax+=−22

244cos3sin32coscoscosxxxaaxx+−=−=−令2cosxt=,则(0,1)t则2223223()()tattfxgtatt−+−==−=当222823(21)(43)8,()()ttttafxgttt+−−

+====当10,2t,即ππ,,()042xfx.当1,12t,即π0,,()04xfx.所以()fx在π0,4上单调递增,在ππ,42上单调递减（2）设

()()sin2gxfxx=−()22222323()()2cos2()22cos12(21)24attgxfxxgtxtatttt+−=−=−−=−−=+−+−设223()24tattt=+−+−322333264262(1)(22+3

)()40tttttttttt−−+−+=−−+==−所以()(1)3ta=−.1若(,3]a−,()()30gxta=−即()gx在0,2上单调递减,所以()(0)0gxg=.所以当(,3],()sin2afxx−,

符合题意.2若(3,)a+当22231110,333tttt→−=−−+→−,所以()t→−.(1)30a=−.所以0(0,1)t,使得()00t=,即00,2x,使得()00gx=.当()0,1,()0ttt,

即当()00,,()0,()xxgxgx单调递增.所以当()00,,()(0)0xxgxg=,不合题意.综上,a的取值范围为(,3]−.【点睛】关键点点睛:本题采取了换元,注意复合函数的单调性costx=在定义域内是减函数,若00costx=,当()0,1,

()0ttt,对应当()00,,()0xxgx.2．（2017·全国·高考真题）已知函数()2ln,fxaxaxxx=−−且()0fx.（1）求a；（2）证明：()fx存在唯一的极大值点

0x，且()2202efx−−.【答案】（1）a=1；（2）见解析.【分析】（1）通过分析可知f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，进而利用h′（x）＝a1x−可得h（x）min＝h（1a），从而可得结论；（2）通过（1）可知f

（x）＝x2﹣x﹣xlnx，记t（x）＝f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，解不等式可知t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而可知f′（x）＝0存在两根x0，x2，利用f（x）必存在唯一极大值点x0及x012＜可知f（x0）14＜，另一方面可知f（x0）＞f（1e）21e=．【详解

】（1）解：因为f（x）＝ax2﹣ax﹣xlnx＝x（ax﹣a﹣lnx）（x＞0），则f（x）≥0等价于h（x）＝ax﹣a﹣lnx≥0，求导可知h′（x）＝a1x−．则当a≤0时h′（x）＜0，即y＝h（

x）在（0，+∞）上单调递减，所以当x0＞1时，h（x0）＜h（1）＝0，矛盾，故a＞0．因为当0＜x1a＜时h′（x）＜0、当x1a＞时h′（x）＞0，所以h（x）min＝h（1a），又因为h（1）＝a﹣a﹣ln1＝0，所以1a=1，解得a＝1；另解：因为f（1）＝0，所以f（x）≥0等

价于f（x）在x＞0时的最小值为f（1），所以等价于f（x）在x＝1处是极小值，所以解得a＝1；（2）证明：由（1）可知f（x）＝x2﹣x﹣xlnx，f′（x）＝2x﹣2﹣lnx，令f′（x）＝0，可得2x﹣2﹣lnx＝0，记t（x）＝2x﹣2﹣lnx，则t′（x）＝21x−，令

t′（x）＝0，解得：x12=，所以t（x）在区间（0，12）上单调递减，在（12，+∞）上单调递增，所以t（x）min＝t（12）＝ln2﹣1＜0，从而t（x）＝0有解，即f′（x）＝0存在两根x0，x2，且不妨设f′（x）在（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在

（x2，+∞）上为正，所以f（x）必存在唯一极大值点x0，且2x0﹣2﹣lnx0＝0，所以f（x0）20x=−x0﹣x0lnx020x=−x0+2x0﹣220x=x020x−，由x012＜可知f（x0）＜（x020x−）max2111224=−+=；由f′（1e）＜0可知x011

2e＜＜，所以f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，1e）上单调递减，所以f（x0）＞f（1e）21e=；综上所述，f（x）存在唯一的极大值点x0，且e﹣2＜f（x0）＜2﹣2．【点睛】本题考查利用导数研究函数的极值，考查运算求解能力，考查转化思想，注意

解题方法的积累，属于难题．3．（2016·全国·高考真题）(1)讨论函数()22xxfxex−=+的单调性，并证明当x>0时，()220;xxex−++(2)证明：当)0,1a时，函数2x=(0)xeaxagxx−−（）

有最小值.设g（x）的最小值为()ha，求函数()ha的值域.【答案】（1）见解析；（2）见解析．【详解】试题分析：（Ⅰ）先求定义域，用导数法求函数的单调性，当(0,)x+时，()(0)fxf证明结论；（Ⅱ）用导数法求函数()gx

的最值，再构造新函数00e()2xhax=+，用导数法求解.试题解析：（Ⅰ）()fx的定义域为(,2)(2,)−−−+.222(1)(2)(2)()0,(2)(2)xxxxxexexefxxx−+−−==++且仅当0x=时，(

)0fx=，所以()fx在(,2),(2,)−−−+单调递增，因此当(0,)x+时，()(0)1,fxf=−所以(2)(2),(2)20xxxexxex−−+−++（Ⅱ）33(2)(2)2()(()),xx

eaxxgxfxaxx−+++==+由（Ⅰ）知，()fxa+单调递增，对任意[0,1),(0)10,(2)0,afaafaa+=−+=因此，存在唯一0(0,2],x使得0()0,fxa+=即0()0gx

=，当00xx时，()0,()0,()fxagxgx+单调递减；当0xx时，()0,()0,()fxagxgx+单调递增.因此()gx在0xx=处取得最小值，最小值为000000022000(1)+()(1)().2xxxeaxefxxegxxx

x−++===+于是00e()2xhax=+，由2(1)()0,2(2)2xxxexeeyxxx+==+++知单调递增所以，由0(0,2],x得002201().2022224xeeeehax===+++因为2xeyx=+单调递增，对任意21(,],24e存在唯一的0(0,2]

,x0()[0,1),afx=−使得(),ha=所以()ha的值域是21(,],24e综上，当[0,1)a时，()gx有最小值()ha，()ha的值域是21(,].24e【考点】函数的单调性、极值与最值【名师点睛】求函数单调区间的步骤：（1）确定函数f（x）的定义域；（2）求导

数f′（x）；（3）由f′（x）＞0（f′（x）＜0）解出相应的x的范围．当f′（x）＞0时，f（x）在相应的区间上是增函数；当f′（x）＜0时，f（x）在相应的区间上是减函数，还可以列表，写出函数的单调区间．注意：求函数最值时，不可想当然地认为极值

点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．请考生在第22~24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分．4．（2015·全国·高考真题）设函数()2lnxfxeax=−.（Ⅰ）

讨论()fx的导函数()fx的零点的个数；（Ⅱ）证明：当0a时()22lnfxaaa+.【答案】（Ⅰ）当0a时，()fx没有零点；当0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）先求出导函数，分0a与0a考虑()fx的单调性

及性质，即可判断出零点个数；（Ⅱ）由（Ⅰ）可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，根据()fx的正负，即可判定函数的图像与性质，求出函数的最小值，即可证明其最小值不小于22lnaaa+，即证明了所证不等式.试题解

析：（Ⅰ）()fx的定义域为()0+，，()2()=20xafxexx−.当0a时,()0fx，()fx没有零点；当0a时，因为2xe单调递增，ax−单调递增，所以()fx在()0+，单调递增.又()0fa,当b满足04ab且14b时，()0fb,故当

0a时，()fx存在唯一零点.（Ⅱ）由（Ⅰ），可设()fx在()0+，的唯一零点为0x，当()00xx，时，()0fx;当()0+xx，时，()0fx.故()fx在()00x，单调递减，在()0+x，单调递增，所以当0xx=时，()fx取得最

小值，最小值为0()fx.由于0202=0xaex−，所以00022()=2ln2ln2afxaxaaaxaa+++.故当0a时，2()2lnfxaaa+.考点：常见函数导数及导数运算法则；函数的零点；利用导数

研究函数图像与性质；利用导数证明不等式；运算求解能力.考点11极值点偏移问题1．（2022·全国甲卷·高考真题）已知函数()lnxfxxaxxe−=+−．(1)若()0fx，求a的取值范围；(2)证明：若()fx有两个零点12,xx，则121

xx．【答案】(1)(,1]e−+(2)证明见的解析【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e11e2ln02xxxxxxx−−−−，再利用导数即可得

证.【详解】（1）[方法一]：常规求导()fx的定义域为(0,)+，则2111()1xfxexxx=−−+1111111xxxeexxxxx−=−+−=+

令()0fx=,得1x=当(0,1),()0,()xfxfx单调递减当(1,),()0,()xfxfx+单调递增()(1)1fxfea=+−，若()0fx,则10ea+−,即1ae+所以a的取值范围为(,1]e−+[方法二]：同构处理由()0fx得：lnln0x

xexxa−++−−令ln,1txxt−=，则()0tfteta=+−即taet+令()),1,tgtett=++，则()'10tgte=+故()tgtet=+在区间)1,+上是增函数故()()min11gtge=

=+，即1ae+所以a的取值范围为(,1]e−+（2）[方法一]：构造函数由题知,()fx一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设121xx<<要证121xx,即证121xx因为121,(0,1)xx,即证()121fxfx又因

为()()12fxfx=,故只需证()221fxfx即证11lnln0,(1,)xxexxxexxxx−+−−−+即证1112ln02xxexexxxx−−−−下面证明1x时，1110,ln02xxexexxxx−−−设11(,)xx

egxexxx=−，则11122111111()11xxxxxgxeexeeexxxxxx=−−+−=−−−11111xxxxexeeexxxx−=−−=−设()

()()221111,0xxxexxxxeexxxx−==−=所以()()1xe=,而1xee所以10xxeex−,所以()0gx所以()gx在(1,)+单调递增即()(1)0gxg=,所以10xxexex−

令11()ln,12hxxxxx=−−2222211121(1)()10222xxxhxxxxx−−−−=−+==所以()hx在(1,)+单调递减即()(1)0hxh=,所以11ln02xxx−−；综上,1112ln02xxexex

xxx−−−−,所以121xx.[方法二]：对数平均不等式由题意得：()lnxxeefxaxx=+−令1xetx=，则()lnfttta=+−，()1'10ftt=+所以()lngttta=+−

在()1,+上单调递增，故()0gt=只有1个解又因为()lnxxeefxaxx=+−有两个零点12,xx，故1212xxeetxx==两边取对数得：1122lnlnxxxx−=−，即12121lnlnxxxx−=−又因为()121212*lnl

nxxxxxx−−，故121xx，即121xx下证()121212*lnlnxxxxxx−−因为121211212121222112lnlnlnlnlnxxxxxxxxxxxxxxxxxx−−−−−不妨设121xtx=，则只需证12lnt

tt−构造()12ln,1httttt=−+，则()22211'110htttt=−−=−−故()12lnhtttt=−+在()1,+上单调递减故()()10hth=，即12lnttt−得证【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明

不等式11()ln2hxxxx=−−这个函数经常出现，需要掌握2．（2019·天津·高考真题）设函数()ln(1)xfxxaxe=−−，其中aR.（Ⅰ）若0a，讨论()fx的单调性；（Ⅱ

）若10ae，（i）证明()fx恰有两个零点（ii）设0x为()fx的极值点，1x为()fx的零点，且10xx，证明0132xx−.【答案】（I）()fx在(0,)+内单调递增.；（II）（i）见解析；（

ii）见解析.【分析】（I）；首先写出函数的定义域，对函数求导，判断导数在对应区间上的符号，从而得到结果；（II）（i）对函数求导，确定函数的单调性，求得极值的符号，从而确定出函数的零点个数，得到结果；（ii）首先根据题意，

列出方程组，借助于中介函数，证得结果.【详解】（I）解：由已知，()fx的定义域为(0,)+，且211'()[(1)]xxxaxefxaeaxexx−=−+−=，因此当0a时，210xaxe−，从而'()0fx，所以()fx在(0,)+内单调递增.（II）证明：（i）由（I）知，2

1'()xaxefxx−=，令2()1xgxaxe=−，由10ae，可知()gx在(0,)+内单调递减，又(1)10gae=−，且221111(ln)1(ln)1(ln)0gaaaaa=−=−，故()0gx=在(0,)+内有唯一解，从而'()0fx=在(0,)+内有唯一解，不妨设

为0x，则011lnxa，当0(0,)xx时，0()()'()0gxgxfxxx==，所以()fx在0(0,)x内单调递增；当0(,)xx+时，0()()'()0gxgxfxxx==，所以()fx在0(,)x+内单调递减，因此0x是()fx的唯一极值点.令()

ln1hxxx=−+，则当1x时，1()10h'xx=−，故()hx在(1,)+内单调递减，从而当1x时，()(1)0hxh=，所以ln1xx−，从而1ln111111(ln)lnln(ln1)lnlnln1(ln)0afaehaaaaaaa

=−−=−+=，又因为0()(1)0fxf=，所以()fx在0(,)x+内有唯一零点，又()fx在0(0,)x内有唯一零点1，从而，()fx在(0,)+内恰有两个零点.（ii）由题意，01'()0()0fxfx==

，即0120111ln(1)xxaxexaxe==−，从而1011201lnxxxxex−−=，即102011ln1xxxxex−=−，因为当1x时，ln1xx−，又101xx，故10220

101(1)1xxxxexx−−=−，两边取对数，得1020lnlnxxex−，于是10002ln2(1)xxxx−−，整理得0132xx−，【点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等

基础知识和方法，考查函数思想、化归与转化思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.3．（2016·全国·高考真题）已知函数2()(2)(1)xfxxeax=−+−有两个零点.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）设x1，x2是()fx的两个零点，

证明：122xx+.【答案】（Ⅰ）(0,)+；（Ⅱ）见解析【详解】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知122xx+

等价于12()(2)fxfx−，即2(2)0fx−．设2()(2)xxgxxexe−=−−−，则2'()(1)()xxgxxee−=−−．则当1x时，'()0gx，而(1)0g=，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx=−，故122xx+．试

题解析：（Ⅰ）'()(1)2(1)(1)(2)xxfxxeaxxea=−+−=−+．（Ⅰ）设0a=，则()(2)xfxxe=−，()fx只有一个零点．（Ⅱ）设0a，则当(,1)x−时，'()0fx；当(1,)x+时，'()0fx．所以

()fx在(,1)−单调递减，在(1,)+单调递增．又(1)fe=−，(2)fa=，取b满足0b且ln2ab，则223()(2)(1)()022afbbababb−+−=−，故()fx存在两个零点．（Ⅲ）设a<0，由'()0fx=

得1x=或ln(2)xa=−．若2ea−，则ln(2)1a−，故当(1,)x+时，'()0fx，因此()fx在(1,)+单调递增．又当1x时()0fx，所以()fx不存在两个零点．若2ea−，则ln(2

)1a−，故当(1,ln(2))xa−时，'()0fx；当(ln(2),)xa−+时，'()0fx．因此()fx在(1,ln(2))a−单调递减，在(ln(2),)a−+单调递增．又当1x时，()0fx，所以()fx不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0,)+．（Ⅱ）不妨设

12xx，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)xx−+，22(,1)x−−，()fx在(,1)−单调递减，所以122xx+等价于12()(2)fxfx−，即2(2)0fx−．由于222222(2)(1)xfxxeax−−=−+−，而22222()(2)(1)0xf

xxeax=−+−=，所以222222(2)(2)xxfxxexe−−=−−−．设2()(2)xxgxxexe−=−−−，则2'()(1)()xxgxxee−=−−．所以当1x时，'()0gx，而(1)0g=，故当1x时，()0gx．从而22()(2)0gxfx

=−，故122xx+．【考点】导数及其应用【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用

导数研究函数的单调性或极值破解.4．（2015·天津·高考真题）已知函数（Ⅰ）求的单调区间;（Ⅱ）设曲线()yfx=与x轴正半轴的交点为P,曲线在点P处的切线方程为,求证:对于任意的正实数x,都有;（Ⅲ）若方程有两个正实数根且,求证:.【答案】（Ⅰ）()fx的单调递增区间是(),1−,单调递减

区间是()1,+;（Ⅱ）见试题解析;（Ⅲ）见试题解析.【详解】（Ⅰ）由3()44fxx=−,可得()fx的单调递增区间是(),1−,单调递减区间是()1,+;（Ⅱ）()()()00gxfxxx=−,()()()Fxfxgx=−,证明()Fx在()0,x−单调递增,在()0,x+

单调递减,所以对任意的实数x,()()00FxFx=,对于任意的正实数x,都有()()fxgx;（Ⅲ）设方程()gxa=的根为2x,可得132412ax=−+,由()gx在(),−+单调递减,得()()()222gxfxagx==,所以22xx.设曲线()yfx=在

原点处的切线为(),yhx=方程()hxa=的根为1x,可得14ax=,由()4hxx=在(),−+单调递增,且()()()111hxafxhx==,可得11,xx所以13212143axxxx−−=−+.试题解析:（Ⅰ）由4

()4fxxx=−,可得3()44fxx=−,当()0fx,即1x时,函数()fx单调递增;当()0fx,即1x时,函数()fx单调递减.所以函数()fx的单调递增区间是(),1−,单调递减区间是()1,+.

（Ⅱ）设()0,0Px,则1304x=,()012,fx=−曲线()yfx=在点P处的切线方程为()()00yfxxx=−,即()()()00gxfxxx=−,令()()()Fxfxgx=−即()()()()0Fxfxfxxx=−−则()()()0Fxfxfx−=.由于3()44f

xx=−在(),−+单调递减,故()Fx在(),−+单调递减,又因为()00Fx=,所以当()0,xx−时,()0Fx,所以当()0,xx+时,()0Fx,所以()Fx在()0,

x−单调递增,在()0,x+单调递减,所以对任意的实数x,()()00FxFx=,对于任意的正实数x,都有()()fxgx.（Ⅲ）由（Ⅱ）知()13124gxx=−−,设方程()gxa

=的根为2x,可得132412ax=−+,因为()gx在(),−+单调递减,又由（Ⅱ）知()()()222gxfxagx==,所以22xx.类似的,设曲线()yfx=在原点处的切线为(),yhx=可得()4hxx=,对任意的(),x

−+,有()()40fxhxx−=−即()()fxhx.设方程()hxa=的根为1x,可得14ax=,因为()4hxx=在(),−+单调递增,且()()()111hxafxhx==,因此,11,xx所以13212143axxxx−−=−+.考点：本题主要考查导数的几

何意义及导数的应用.考查函数思想、化归思想及综合分析问题解决问题的能力.考点12导数与其他知识点联动问题1．（2024·北京·高考真题）设函数()()()ln10fxxkxk=++，直线l是曲线()yfx=在点()()(),0tftt处的切线．

(1)当1k=−时，求()fx的单调区间.(2)求证：l不经过点()0,0.(3)当1k=时，设点()()(),0Atftt，()()0,Cft，()0,0O，B为l与y轴的交点，ACOS与ABOS分别

表示ACO△与ABO的面积．是否存在点A使得215ACOABOSS=△△成立？若存在，这样的点A有几个？（参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln71.95）【答案】(1)单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为

(0,)+.(2)证明见解析(3)2【分析】（1）直接代入1k=−，再利用导数研究其单调性即可；（2）写出切线方程()1()(0)1kyftxttt−=+−+，将(0,0)代入再设新函数()ln(1)1tFttt=+−

+，利用导数研究其零点即可；（3）分别写出面积表达式，代入215ACOABOSS=得到13ln(1)21501tttt+−−=+，再设新函数15()13ln(1)2(0)1thttttt=+−−+研究其零点即可.【详解】（1）1()ln(1),()1(1)11xfxxxf

xxxx=−+=−=−++，当()1,0x−时，()0fx；当()0,x+，()0fx¢>；()fx在(1,0)−上单调递减，在(0,)+上单调递增.则()fx的单调递减区间为(1,0)−，单调递增区间为(0,)+.（2）()

11kfxx=++，切线l的斜率为11kt++，则切线方程为()1()(0)1kyftxttt−=+−+，将(0,0)代入则()1,()111kkfttftttt−=−+=+++，即ln(1)1ktktttt++=++，则ln(1)1ttt+=+，ln(1)

01ttt+−=+，令()ln(1)1tFttt=+−+，假设l过(0,0)，则()Ft在(0,)t+存在零点.2211()01(1)(1)tttFtttt+−=−=+++，()Ft在(0,)+上单调递增，()(0)0FtF=，()Ft在(0,)+无零点，与假设矛

盾，故直线l不过(0,0).（3）1k=时，12()ln(1),()1011xfxxxfxxx+=++=+=++.1()2ACOStft=，设l与y轴交点B为(0,)q，0t时，若0q，则此时l与()fx必有交点，与切线定义矛盾.由（2）知0q.所以0q，则切线l

的方程为()()111ln1xtyttt−−+=+−+，令0x=，则ln(1)1tyqytt===+−+.215ACOABOSS=，则2()15ln(1)1ttftttt=+−+，13ln(1)21501tttt+−−=+，记15()13ln(1)2(0)1thtttt

t=+−−+，满足条件的A有几个即()ht有几个零点.()2222221313221151315294(21)(4)()21(1)(1)(1)(1)ttttttthtttttt+−++−+−−+−=−−===++++

+，当10,2t时，()0ht，此时()ht单调递减；当1,42t时，()0ht，此时()ht单调递增；当()4,t+时，()0ht，此时()ht单调递减；因为1(0)0,0,

(4)13ln520131.6200.802hhh==−−=，15247272(24)13ln254826ln548261.614820.5402555h=−−=−−−−=−，所以由零

点存在性定理及()ht的单调性，()ht在1,42上必有一个零点，在(4,24)上必有一个零点，综上所述，()ht有两个零点，即满足215ACOABOSS=的A有两个.【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用的是反证法，转化为研究函数零点问题.2．（2023·

全国新Ⅰ卷·高考真题）在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点10,2的距离，记动点P的轨迹为W．(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于33．【答案】(1)214yx=+(2)见解析【

分析】（1）设(,)Pxy，根据题意列出方程22212xyy+−=，化简即可；（2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCcc+++

，且abc，分别令0ABkabm=+=，0BCkbcn=+=，且1mn=−，利用放缩法得21112Cnnn++，设函数()221()1fxxxx=++，利用导数求出其最小值，则得C的最小值，再排除边界值即可.法二：设直线AB的方程为21()4yk

xaa=−++，将其与抛物线方程联立，再利用弦长公式和放缩法得()3221kABADk++，利用换元法和求导即可求出周长最值，再排除边界值即可.法三：利用平移坐标系法，再设点，利用三角换元再对角度分类讨论，结合基

本不等式即可证明.【详解】（1）设(,)Pxy,则2212yxy=+−，两边同平方化简得214yx=+，故21:4Wyx=+.（2）法一：设矩形的三个顶点222111,,,,,444AaaBbbCc

c+++在W上,且abc，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在，且不为0，则1,0ABBCkkabbc=−++,令2240114ABkbababam+−+

=+==−，同理令0BCkbcn=+=，且1mn=−，则1mn=−，设矩形周长为C,由对称性不妨设||||mn，1BCABkkcanmnn−=−=−=+，则222211||||()1()1()112CABB

Cbamcbncannnn=+=−++−+−+=++，易知2110nnn++则令()222111()1,0,()22fxxxxfxxxxxx=++=+−,令()

0fx=，解得22x=，当20,2x时，()0fx，此时()fx单调递减，当2,12x，()0fx，此时()fx单调递增，则min227()24fxf==，故12733242C=,即33C.当33

C=时,2,22nm==−,且22()1()1bamban−+=−+，即mn=时等号成立，矛盾，故33C,得证.法二：不妨设,,ABD在W上，且BADA⊥，依题意可设21,4Aaa+，易知直线BA，DA的斜率均存在且不为0，则设BA,DA的斜率分别为k和1

k−，由对称性，不妨设1k，直线AB的方程为21()4ykxaa=−++，则联立22141()4yxykxaa=+=−++得220xkxkaa−+−=，()()222420kkaaka=−−=−，则2ka则2||1|2|ABkka=+−，同

理211||12ADakk=++，2211||||1|2|12ABADkkaakk+=+−+++()322221111221kkkaakkkkk++−++++=令2km=，则(0,1

m，设32(1)1()33mfmmmmm+==+++，则2221(21)(1)()23mmfmmmm−+=+−=，令()0=fm，解得12m=，当10,2m时，()0fm，此时()fm单调递减，当1,2m+，()0f

m，此时()fm单调递增，则min127()24fmf==，33||||2ABAD+，但2221111|2|121|2|2kkaakkaakkk+−++++−++，此处取等条件为1k=，与最终取等时22k=不一致，故332ABAD+.法三：

为了计算方便,我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线2:Wyx=,矩形ABCD变换为矩形ABCD,则问题等价于矩形ABCD的周长大于33.设()()()222001122,,,,,BttAttCtt,根据对称性不妨设00t.则1020,ABBCkttktt

=+=+,由于ABBC⊥,则()()10201tttt++=−.由于()()22101020201,1ABttttBCtttt=++−=++−,且0t介于12,tt之间,则()()221010202011ABBCtttttttt+=++−+++−.令20ta

ntt+=,10πcot,0,2tt+=−,则2010tan,cottttt=−=−−,从而()()22001cot2cot1tantan2ABBCtt+=++++−故330

022222(cossin)11sincossincos2sincoscossinsincossincostABBCt−++=−++=+①当π0,4时,332222sincossincos122222sincosc

ossinsincossin2ABBC++=+=②当ππ,42时,由于102ttt,从而000cottanttt−−−,从而0cottan22t−又00t,故0tan02t,由此330

222(cossin)sincossincossincostABBC−++=+3323222sin(cossin)(sincos)sincos1cossincossincoscossin

−++=+()()22222222sinsin2cos1cos1cos2cos==−−()()332222233221cos1cos2cos33=

−+−+，当且仅当3cos3=时等号成立，故332ABBC+，故矩形周长大于33..【点睛】关键点睛：本题的第二个的关键是通过放缩得211||||12CABBCnnn=+++，同时为

了简便运算，对右边的式子平方后再设新函数求导，最后再排除边界值即可.3．（2021·全国新Ⅱ卷·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()f

x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21x

，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=−++，()230120fpp

p=+−，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1.4．（2021·全国乙卷·高考真题）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=+−=pFNx

y()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，()()()23002222000002041114442224PABxySABdxxyxyx−==+−=−+△，()()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=−=−−=−PABSPQxxxyxyxy．P点在圆M上，则00cos,4sin,xy==−+()()3332222220

01114cos4sin16(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−=−PAxxlyxx，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1212,24xxxx

P+，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+−=++xx

xxkkb．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5

b=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12

02xxx+=，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200

0,2−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1

2124,4xxkxxb+==−．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；