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第17讲 新高考新结构
命题下的导数解答题综合训练
（11 类核心考点精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一
场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质
量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
（1）三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实
际水平。
（2）三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独
特见解和创造力。
（3）三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思
考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的 5 个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。导数版块作
为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第 15 题中，作为一道 13 分的题目，难度相对较为适中，
易于学生入手。然而，同样不能忽视的是，导数版块也可能被置于第 18、19 题这样的压轴题中，此时的分
值将提升至 17 分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能
涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新
结构试卷的特点，结合具体的导数解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的导数解答题综合训练指南，
以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、利用导数研究具体函数的单调性
1
1．（2024·湖南邵阳· 3三模）已知函数 f x = - x + x2 +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
【答案】(1) 0,2
k 7 (2) 1, 3 ֏
【分析】（1）利用求导，导数值大于 0 来求单调递增区间即可；
（2）利用函数的单调性和取值情况，分析可得 k 的取值范围.
【详解】（1）由 f x 1= - x3 + x2 +1，得 f x = -x2 + 2x ，
3
令 f x > 0，得-x2 + 2x > 0，解得0 < x < 2．
所以 f x 的单调递增区间为 0,2
（2）令 f x = 0，解得 x = 0或 x = 2．
当 x 变化时， f x ， f x 的变化情况如下表所示：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x 7单调递减 1 单调递增 单调递减
3
由函数 g x = f x - k 有且仅有三个零点，
得方程 f x = k k R 有且仅有三个不等的实数根，
所以函数 y = f x 的图象与直线 y = k 有且仅有三个交点．
显然，当 x - 时， f x + ；当 x + 时， f x - ．
7
所以由上表可知， f x 的极小值为 f 0 =1， f x 的极大值为 f 2 = ，
3
k 故 1,
7
÷．
è 3
x
2．（2024·浙江· e + x -1三模）已知函数 f x = ．
ex
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 2处的切线与二次曲线 y = ax + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
【答案】(1)单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
1 9
(2) a = - 或 - 2 ．2
【分析】（1）利用导数求函数的单调区间；
（2）首先求出函数的切线方程，与曲线联立方程，分析D得出结论.
2 - x
【详解】（1）易知 f x 定义域为 R， f x =
ex
，
所以 x - , 2 ， f x > 0， x 2, + ， f x < 0．
故 f x 单调增区间： - , 2 ，单调减区间： 2, + ．
（2）因为 f 0 = 2， f 0 = 0，
所以曲线 y = f x 在点 0,0 处的切线为 y = 2x
2 2
把切线方程 y = 2x代入二次曲线方程 y = ax + 2a + 5 x - 2，得 ax + 2a + 3 x - 2 = 0有唯一解，
即Δ = 2a + 3 2 + 8a = 0且 a 0，即 4a2 + 20a + 9 = 0
a 1= - 9解得 或 - 2 ．2
2lnx + x + a
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 f x = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的单调区间.
(2)若对"x 0, + ， f x xex 恒成立，求实数 a的取值范围
【答案】(1) f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, +
(2) - ,1
【分析】（1）求导，根据导函数的符号判断原函数的单调区间；
（2）分析可知原题意等价于对"x 0, + ， a x2ex - 2ln x - x 恒成立，构建 g x = x2ex - 2ln x - x, x > 0，
利用导数判断 g x 的单调性和最值，结合恒成立问题分析求解.
2lnx + x + 2
【详解】（1）若 a = 2，则 f x = 的定义域为 0, + ，
x
x 2 +1÷ - 2ln x + x + 2 且 f x è x -2ln x ，=
x2
=
x2
令 f x > 0，解得0 < x <1；令 f x < 0，解得 x >1；
所以 f x 的单调递增区间为 0,1 ，单调递减区间为 1, + .
2lnx + x + a x
（2）因为 f x = xe ，则
x a x
2ex - 2ln x - x ，
所以原题意等价于对"x 0, + ， a x2ex - 2ln x - x 恒成立，
g x = x2 x构建 e - 2ln x - x, x > 0，
则 g x = x2 + 2x ex 2 1- -1 = x x + 2 x x e - 2 ÷，è x
令 h x =ex 1 , x 0 h x =ex 2- 2 > ，则 + 3 > 0对"x 0, + 恒成立，x x
可知 h x 在 0, 1+ 内单调递增，且 h ÷ = e - 4 < 0h 1 = e -1 > 0 ，
è 2
可知 h x 在 0, + 内存在唯一零点 x 10 ,1÷ ，
è 2
当0 < x < x0 时， h x < 0，即 g x < 0；
当 x > x0时， h x > 0 ，即 g x > 0；
可知 g x 在 0, x0 内单调递减，在 x0 ,+ 内单调递增，
g x g x 2 x0 2 x则 00 = x0 e - 2ln x0 - x0 = x0 e - ln x2 x00e ，
h x =ex 10 2 x且 0 - x2 = 0，可得 x e
0
0 =1，
0
则 g x g x0 =1- ln1 =1，可得 a 1，
所以实数 a的取值范围为 - ,1 .
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数 f (x) = x ln x g(x)
2 f (x)
， = - x
1
+ .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时，mx2 - ex mf (x)恒成立，求实数 m 的取值范围.
【答案】(1)递减区间为 (0, + )，无递增区间；
(2) (- , e] .
【分析】（1）求出函数 g(x)，再利用导数求出 g(x)的单调区间.
（2）等价变形给定不等式得m(x - ln x) ex-ln x ，令 t = x - ln x并求出值域，再换元并分离参数构造函数，求
出函数的最小值即得.
1
【详解】（1）依题意，函数 g(x) = 2ln x - x + 的定义域为 (0, + )，
x
求导得 g (x)
2 1 1 1= - - 2 = -( -1)
2 0 ，当且仅当 x =1时取等号，
x x x
即 g(x)在 (0, + )上单调递减，
所以函数 g(x)的递减区间为 (0, + )，无递增区间.
x
（2）当 x > 0时，mx2 - ex mf (x) mx2 - ex mx ln x m(x - ln x) e = ex-ln x 恒成立，
x
令 h( x) = x - ln x, x > 0 ，求导得 h (x) =1
1
- ，
x
当0 < x <1时， h (x) < 0，当 x >1时， h (x) > 0，
即函数 h(x) 在( 0, 1)上递减，在 (1, + )上递增，则当 x > 0时，h(x) h(1) = 1，
t
令 t = x - ln x，依题意，"t [1, + )，mt et m e 恒成立，
t
et et
令j(t) = , t 1，求导得j (t) (t -1)= 2 0，则函数j(t) 在[1, + ) 上单调递增，t t
当 t =1时，j(t)min = j(1) = e ，因此m e ，
所以实数 m 的取值范围 (- , e] .
【点睛】关键点点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单
调性、最值是解决问题的关键.
5．（2024·湖南衡阳·模拟预测）函数 f x = ax +1 ln x - ax + 2ln a .
(1)当 a = 2时，讨论 f x 的单调性；
(2) f x 在 0, + 上单调递增，求 a的取值范围.
【答案】(1) f (x) 在 (0, + )上单调递增；
(2) 0,e
【分析】（1）求导之后再对 g(x) = 2x ln x +1分析即可得到 f x 单调性；
（2） f (x) 在 (0, + )上单调递增得 f (x) 0，然后转化为 h(x) = ax ln x +1 0，即 h(x)min 0 .
【详解】（1）当 a = 2时， f (x) = (2x +1) ln x - 2x + 2ln 2， f (x) 的定义域为 (0, + )，
∴ f (x) = 2ln x
2x +1 2 2x ln x +1+ - = ，
x x
令 g(x) = 2x ln x +1，则 g (x) = 2ln x + 2 = 2(ln x +1)，
令 g (x) = 0，即 ln x
1
+1 = 0 x = ，
e
0 x 1当 < < 时， g (x) < 0， g(x)
1
单调递减；当 x > 时， g (x) > 0， g(x)单调递增；
e e
g x 1= g 2∴ ÷ =1- > 0，∴ f (x) > 0 在 (0, + )min 上成立，è e e
∴ f (x) 在 (0, + )上单调递增.
（2）∵ f (x) 在 (0, + )上单调递增，∴ f (x) 0， x (0,+ )恒成立，
f (x) a ln x ax +1 a ax ln x +1= + - = 0 ， x (0,+ )恒成立，
x x
即 ax ln x +1 0， x (0,+ )恒成立.
令 h(x) = ax ln x +1，则 h (x) = a(1+ ln x) .
∵ a > 0
1
，当0 < x < 时， h (x) < 0， h(x) 单调递减；
e
x 1当 > 时， h (x) > 0， h(x) 单调递增；
e
1 a
∴ h(x) 取得最小值 h =1- .
è e ÷ e
1 a∴ - 0，0 < a e .
e
∴实数 a的取值范围为 0,e .
1
6．（2024· 2x广东佛山·二模）已知 f x = - e + 4ex - ax - 5 .
2
(1)当 a = 3时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x2，证明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；
（2 x x）借助换元法，令 t = ex ， t = e 1 ， t = e 2 ，可得 t 、 t 是方程 t 21 2 1 2 - 4t + a = 0的两个正根，借助韦达定理
可得 t1 + t2 = 4， t1t2 = a，即可用 t1 、 t2 表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，进而用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，构
造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
1 2x
【详解】（1）当 a = 3时， f x = - e + 4ex - 3x - 5，
2
f x = -e2x + 4ex - 3 = - ex -1 ex - 3 ，
x
则当 e 0,1 3, + ，即 x - ,0 ln 3,+ 时， f x < 0，
ex当 1,3 ，即 x 0, ln 3 时， f x > 0，
故 f x 的单调递减区间为 - ,0 、 ln 3, + ，单调递增区间为 0, ln 3 ；
（2） f x = -e2x + 4ex - a t = ex f x = -t 2，令 ，即 + 4t - a ，
令 t1 = e
x1 t = ex， 22 ，则 t1 、 t 是方程 t 22 - 4t + a = 0的两个正根，
则Δ = -4 2 - 4a =16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 + t2 = 4， t1t2 = a > 0，即 0 < a < 4 ，
f x + f x + x + x 1 e2x 1= - 1 + 4ex1 - ax 2x2 x则 21 2 1 2 2 1 - 5 - e + 4e - ax2 - 5 + x + x2 1 2
1
= - t 2 22 1 + t2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1 + ln t2 -10
1
= - é t + t 2 1 2 - 2t1t ù2 2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1t2 -10
1
= - 16 - 2a +16 - a -1 ln a -10
2
= a - a -1 ln a - 2，
要证 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0，即证 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x = x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
g x 1 ln x x -1 1则 = - + ÷ = - ln x，
è x x
令 h x 1= - ln x 0 < x < 4 ，则 h x 1 1= - 2 - < 0，x x x
则 g x 在 0,4 上单调递减，
g 1 1又 = - ln1 =1， g 2 1= - ln 2 < 0 ，
1 2
1 1故存在 x0 1,2 ，使 g x0 = - ln x0 = 0，即 = ln xx0 x 0
，
0
则当 x 0, x0 时， g x > 0，当 x x0 , 4 时， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上单调递增， g x 在 x0 , 4 上单调递减，
则 g x g x0 = x0 - x0 -1 ln x
1 1
0 - 2 = x0 - x0 -1 - 2 = x0 + - 3x x ，0 0
又 x0
1 5
1,2
1
，则 x0 + 2, ÷，故 g x0 = x + - 3 < 0x0 è 2
0 ，
x0
即 g x < 0 ，即 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
x x
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令 t = ex ， t 1 21 = e ， t2 = e ，从而可结合韦达定理得 t1 、
t2 的关系，即可用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.
7．（2024·河北保定·二模）已知函数 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .
(1)若 a =1，讨论 f x 的单调性；
(2)已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + 上恒成立，若方程 f x0 = -ekx0 - 2e2kx0 有解，求实数 k
的取值范围.
【答案】(1) f x 在 0,e2 2上单调递减，在 e ,+ 上单调递增；
1ù
(2) 0, .
è e ú
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，令 g x = f x ，判断 g x 的单调性，即可得到 f x 的取值情
况，从而得到 f x 的单调区间；
（2）求出函数的导函数，即可判断导函数的单调性，依题意可得 f x0 = 0，即可得到
f x = -2e20 lnx 2 kx0 - x0，设 h x = -2e lnx - x，依题意可得 h x0 = h e 0 有解，利用导数说明 h x 的单调性，
x = ekx k
lnx
= 0 lnx即可得到 00 ，从而得到 x ，再令m x = 1< x < e2 ，利用导数求出m x 的单调性，即可求出0 x
函数的极值与区间端点的函数值，从而求出参数的取值范围.
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, + ，
2
当 a =1时， f x = x - 2e2 lnx - x - 2e2 2e，所以 f x = - + lnx ，
x
g x f x 2e
2 2e2
设 = = - + lnx，因为 y = - 、 y = lnx都在 0, + 上单调递增，
x x
所以 g x 在 0, + g e2上单调递增，且 = 0，
所以 x 0,e2 时， g x < 0, f x < 0, f x 单调递减；
x e2 ,+ 时， g x > 0, f x > 0, f x 单调递增.
2 2
所以 f x 在 0,e 上单调递减，在 e ,+ 上单调递增.
2 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2（ ）由 ， x 0, + ，
2
得 f x 2e= - + lnx +1- a ，
x
2
因为 y 2e= - 、 y = lnx都在 0, + 上单调递增，所以 f x 在 0, + 上单调递增，
x
已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + 上恒成立，所以 f x0 是 f x 的最小值，所以 f x0 = 0，
2e2 2
即 f x 2e0 = - + lnx0 +1- a = 0，所以 a = lnx0 +1- ，x0 x0
2
所以 f x0 = x0 - 2e lnx0 - ax0 - 2e2
x 2e2 lnx lnx 1 2e
2
= 0 - 0 - 0 + - ÷ x0 - 2e
2 = -2e2lnx
x 0
- x0 ，
è 0
设 h x = -2e2lnx - x，
由方程 f x0 = -ekx0 - 2e2kx 20 有解，得-2e lnx0 - x = -ekx00 - 2e2kx0 有解，
即 h x0 = h ekx0 有解，
2e2
因为 h x = - -1< 0在 0, + 上恒成立，所以 h x 在 0, + 上单调递减，
x
x = ekx0 k
lnx
= 0所以 0 ，则 x ，0
m x lnx设 = 1< x 1- lnx< e2 ，则m x = 2 ，x x
所以 x 1,e 时，m x > 0, m x 2单调递增， x e,e 时，m x < 0, m x 单调递减，
又m 1 = 0,m e 1= ,m e2 2= ，
e e2
1
0 < k 1 ù所以 ，即 k 的取值范围是 0, .
e è e ú
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为
不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的
单调性、极(最)值问题处理．
2x lnx +1 m8．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = e - + m R ．
x x
(1)若m = 2e2 ，求 f x 的单调区间；
f x
(2) 0若m = 0， f x 的最小值为 f x0 ，求证： 4 < < 6．x0
【答案】(1)单调递减区间为 0,1 ，单调递增区间为 1, +
(2)证明见解析．
2 2x 2
【分析】（1）求导，根据 g x = 2x e + lnx - 2e 的单调性以及 g 1 = 0，即可求解导数的正负，进而可求解
f x 的单调性，
（2）构造函数 h x = ex - x -1，求导证明 ex x +1，当且仅当 x = 0时等号成立．即可根据
e2x+ln x 2x + ln x +1，求解 f x 的最小值为 2，结合零点存在性定理可得，即可求解.
【详解】（1）由题知， f x 的定义域为 0, + ．
lnx +1 2e2
当m = 2e2 时， f x = e2x - + ，
x x
2 2 2x 2
所以 f x = 2e2x lnx 2e 2x e + lnx - 2e+ 2 - = ．x x2 x2
设 g x = 2x2e2x + lnx - 2e2 ，易知 g x 在 0, + 上单调递增，
又 g 1 = 0，故当 x 0,1 时， g x < 0 ，即 f x < 0，当 x 1, + 时， g x > 0，即 f x > 0，
所以 f x 的单调递减区间为 0,1 ，单调递增区间为 1, + ．
lnx +1 xe2x - lnx -1 e2x+lnx2 m = 0 f x e2x - lnx -1（ ）当 时， = - = = ，
x x x
x
设 h x = e - x -1，则 h x = ex -1，
当 x < 0 时， h x < 0，当 x > 0时， h x > 0，
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，所以 ex x +1，当且仅当 x = 0时等号成立．
e2x+lnxf x - lnx -1 2x + lnx +1- lnx -1所以 = = 2，
x x
当且仅当 2x + lnx = 0时等号成立，
故 f x 的最小值 f x0 = 2，且 2x0 + lnx0 = 0．
记j x = 2x + lnx ，
易知j x 在 0, + 上单调递增，则 x0 是j x 的唯一零点．
1 1 2
因为j 2 ÷
=1- ln2 > 0，j ÷ = - ln3 < 0 ，
è è 3 3
1 1 f x0
所以 < x
3 0
< ×所以 4 < < 6．
2 x0
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
9 x．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 f x = a e + sinx - x -1.
1
(1)当 a = 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
【答案】(1)减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + ；
(2)2 个.
【分析】（1）求导，当 x < 0 时，利用指数函数性质和余弦函数有界性可判断导数符号，当 x > 0时，利用二
次导数判断导函数单调性，然后可得导函数符号；
（2）当 x > 0时，利用二次导数判断 f x 的单调性，当 x -π时，利用指数函数性质和正弦函数有界性可
判断函数值符号，当-π交点个数判断即可.
a 1 f x 1 x【详解】（1）当 = 时， = e + sinx - x -1，所以 f x 1= ex + cosx2 2 2 -1，
x 1当 x < 0 时， e <1,cos x 1 x，所以 e + cosx <1，则 f x < 0，2
所以， f x 在 - ,0 上单调递减.
1
当 x > 0时，记 g x = ex + cosx -1，则 g x 1= ex - sin x ，2 2
因为 ex >1 sin x ，所以 g x > 0， g x 在 0, + 单调递增，
所以 g x > g 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上单调递增.
综上， f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
（2）当 a =1时， f x = ex + sinx - x -1 x，则 f x = e + cosx -1，
记 h x = ex + cosx -1，则 h x = ex - sin x，
当 x > 0时， ex >1 sin x ，所以 h x > 0， h x 在 0, + 单调递增，
所以 h x > h 0 =1 > 0， f x 在 0, + 上单调递增，
所以 f x > f 0 = 0 ， f x 在 0, + 上无零点.
当 x -π时，因为 ex >0,sinx -1,-x -1 π -1，
所以 f x = ex + sinx - x -1 > 0，此时 f x 无零点.
当-π因为当 x 趋近于 0 时， n x 趋近于 0，所以 n x 的变化越来越慢，图象下凹，
当 x = -π时， ex - x -1 > -sin x，当 x = 0时， ex - x -1 = -sin x，
作出函数 n x 和 y = -sin x的图象如图，
由图可知，当-π易知 x = 0是 f x 的一个零点.
综上，函数 f x 共有 2 个零点.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = e2x - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求证： f x > - a ln a ．
2
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用二次导数判断 f x 的单调性，结合 f 0 = 0即可求解；
（2）当1< a 2时，利用导数通过证明 f x > f 0 即可；当 a > 2时，利用零点存在性定理判断 f x 的零
点 x0 0, a -1 ，再由零点方程化简整理得 f x 的最小值，然后由零点 x0 的范围即可求解.
【详解】（1）当 a = 2时， f x = e2x - 2ln x +1 ，定义域为 -1, + ，
则 f x 2e2x 2= - ．
x +1
2
设 g x = f x ，则 g x = 4e2x + > 0 x +1 2 ，
所以 f x 在 -1, + 上单调递增，且 f 0 = 0，
所以，当 x -1,0 时， f x < f 0 = 0， f x 单调递减，
当 x 0, + 时， f x > f 0 = 0， f x 单调递增，
所以 f x 在 -1,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增．
2 f x = e2x（ ）因为 - a ln x +1 ，
f x 2e2x a所以 = - ．
x +1
因为 a > 1，所以 f x 在 0, + 上单调递增，且 f 0 = 2 - a．
①若1< a 2，则 f 0 0，
所以当 x > 0时， f x > 0恒成立， f x 单调递增．
又 a ln a > 0，
所以 f x 1> f 0 =1 > - a ln a；
2
②若 a > 2，则 f 0 = 2 - a < 0， f a -1 = 2e2 a-1 -1 > 0，
a
所以存在 x0 0, a -1 2x0，使得 f x0 = 0，即 e = 2x0 + 2
．
当 x 0, x0 时， f x < 0， f x 单调递减，
当 x x0 ,+ 时， f x > 0， f x 单调递增，
f x f x = e2x a0所以 0 - a ln x0 +1 = - a ln x +1 2x0 + 2 0
．
因为 y
a
= - a ln x +1 在 0, a -1 上单调递减，
2x + 2
a
所以 - a ln x
a 1
+1 > - a ln a = - a ln a
2x0 + 2
0 2 a -1 + 2 2 ，
所以 f x 1> - a ln a ．
2
1
综上所述，当 x > 0， a > 1时， f x > - a ln a ．
2
【点睛】思路点睛：证明 f x > k ，一般可以考虑证明 f x > kmin ，若 f x 有最小值，但无法具体确定，
这种情况下一般是先把 f x 的最小值转化为关于极值点的一个函数，再根据极值点的取值范围，确定最小
值的取值范围．
考点二、利用导数研究含参函数的单调性
2
1．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f x = lnx - ax, g x = ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
【答案】(1)答案见详解
2
(2)
e3
【分析】（1）求导后，利用导数与函数单调性的关系，对 a > 0与 a<0分类讨论即可得；
（2）结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】（1） f x 1 1- ax= - a = （ a 0），
x x
当 a < 0时，由于 x > 0，所以 f x > 0恒成立，从而 f x 在 0, + 上递增；
当 a > 0时，0
1
< x < ， f x > 0 1； x > ， f x < 0，a a
从而 f x 1 1 在 0, ÷ 上递增，在 ,+ 递减；
è a è a ÷
综上，当 a < 0时， f x 的单调递增区间为 0, + ，没有单调递减区间；
1 1
当 a > 0时， f x 的单调递增区间为 0, a ÷ ，单调递减区间为 ,+ ÷ .è è a
（2）令 h x = f x - g x = ln x - ax 2- ，要使 f x g x 恒成立，
ax
只要使 h x 0恒成立，也只要使 h x 0max .
- ax +1 ax - 2
h x 1= - a 2 + =
x ax2 ax2
，
若 a > 0， x > 0，所以 ax +1 > 0 恒成立，
当0 x
2 2
< < 时， h x > 0，当 < x < + 时， h x < 0，
a a
可知 h x 在 0,
2 2
a ÷
内单调递增，在 ,+ ÷ 内单调递减，
è è a
所以 h x = h 2 2 ÷ = ln - 3≤0 a
2
max ，解得： ，è a a e3
2
可知 a的最小值为 3 ；e
若 a < 0， x > 0，所以 ax - 2 < 0恒成立，
1 1
当0 < x < - 时， h x < 0，当- < x < + 时， h x > 0，
a a
可知 h x 在 0,
1
-
1
÷ 内单调递减，在a
- ,+
a ÷
内单调递增，
è è
所以 h x 在 0, + 内无最大值，且当 x 趋近于+ 时， h x 趋近于+ ，不合题意；
2
综上所述： a的最小值为 3 .e
2．（2024· x陕西榆林·模拟预测）已知函数 f x = e + a -1 x -1，其中 a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 2时，证明： f x > xlnx - cosx．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）就a 1、a < 1分类讨论导数的符号后可得函数的单调性；
（2 x）原不等式等价于 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ，当0 < x 1时，可由各式符号证明此不等式成立，
当 x >1时，设 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ，利用导数可证明 g x > 0恒成立，据此可得 g x 的单调性，从
而可得原不等式成立.
x
【详解】（1）Q f x = e + a -1 x -1，\ f x = ex + a -1，
当a 1时， f x = ex + a -1 > 0，函数 f x 在R 上单调递增；
x
当a < 1时，由 f x = e + a -1 > 0，得 x > ln 1- a ，
函数 f x 在区间 ln 1- a , + 上单调递增，
由 f x = ex + a -1< 0，得 x < ln 1- a ，
函数 f x 在区间 - , ln 1- a 上单调递减．
综上，当a 1时， f x 在R 上单调递增，无减区间.
当a < 1时， f x 在 ln 1- a , + 上单调递增，在 - , ln 1- a 上单调递减.
（2）Q当 a = 2时， f x = ex + x -1，
\要证 f x > xlnx - cosx x，即证 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ，
①当0 < x 1时，Qex + x + cosx -1 > 0， xlnx 0，
\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②当 x >1 g x = ex时，令 + x + cosx -1- xlnx ，
x
则 g x = e - sinx - lnx，设 h x = g x ，则 h x = ex - cosx 1- ，
x
1
Q x >1，\ex > e > 2，-1 < - < 0，-1 -cosx 1，\h x > 0，
x
\h x 在 1, + 上单调递增，\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0，即 g x > 0，
\ g x 在 1, + 上单调递增，\ g x > g 1 = e + cos1 > 0，
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．
综上，当 a = 2时， f x > xlnx - cosx．
【点睛】思路点睛：导数背景下不等式恒成立，应该根据不等式中含有的函数的类型进行合理的分类讨论，
特别是含有三角函数式时，可根据其值域选择分类讨论的标准.
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2) a 2 当 时，证明： e2x ．
x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
f x lnx + 2x +1
（2）要证明 e2x e2x，只要证 即可，设 g x = ex - x -1，利用导数求得最值即可证明．
x x
1
【详解】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 的定义域为 0, + ，且 f x = + a ．
x
当 a 0时，"x 0, 1+ , f x = + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
当 a<0时，令 f x 1 1+ ax 1= + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 当 0, - ÷时， f x > 0, f x

在区间 0,
1
- ÷ 上单调递增，
è a è a
1 1
当 x - ,+

÷ 时， f x < 0, f x

在区间 - ,+

a ÷
上单调递减．
è è a
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
当 a < 0时， f x 1 1 在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间 - ,+ ÷上单调递减．
è a è a
f x
a lnx + 2x +1（2）当 2 时，因为 x > 0，所以要证 e2x 2x，只要证明 e 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1 x，则 g x = e -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；
在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
又h x = 2x + lnx 在 0, + 上单调递增， h 1 2 ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．
è e
综上所述，原不等式成立．
4．（2024·
2
黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数 f x = a x +1 - x - ln x（ a R ）.
(1)讨论 f x 的单调性；
0 a 1 1(2)当 < 时，求证： f x 2a - +1 .
2 2a
1
【答案】(1)当 a 0时，函数 f x 在区间 0, + 上单调递减；当 a > 0时，函数 f x 在区间 0, ÷单调递
è 2a
1
减，在区间 ,+ ÷单调递增.
è 2a
(2)证明见解析；
【分析】（1）求出函数的导数，通过对 a分类讨论，即可求出函数的单调性；
1
（2）根据（1）结论判断函数 f (x) 的单调性，并求出最小值，再通过最小值与 2a - +1在指定区间作比
2a
较即可得证.
【详解】（1）由题意可知，函数 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定义域为 (0, + )，
1 (x +1)(2ax -1)
导数 f (x) = 2a(x +1) -1- = ，
x x
当 a 0时， x (0,+ )， f (x) < 0 ；
当 a > 0时， x (0, 1 ) ， f (x) < 0 x (
1
； ,+ ), f (x) > 02a ；2a
综上，当 a 0时，函数 f (x) 在区间 (0, + )上单调递减；
f (x) (0, 1 1当 a > 0时，函数 在区间 ) 上单调递减，在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知，当0 < a 时，
2
f (x) (0, 1 ) 1函数 在区间 上单调递减，在区间 ( , + )上单调递增.
2a 2a
1 1 2 1 1 1
所以函数 f (x) f ( ) = a( +1) - - ln( ) = a +1- + ln(2a)，
2a 2a 2a 2a 4a
f (x) 1要证 2a - +1 ,
2a
a 1 1需证 + - + ln(2a)
1
2a - +1，
4a 2a
1
即需证 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立.
4a 2
令 g(a)
1
= + ln(2a) - a ，
4a
2a -1 2
则 g (a) 1 1= - 2 -1+ = - 2 0，4a a 4a
所以函数 g(a) (0,
1
在区间 ]单调递减，
2
故 g(a)
1 1 1
g( ) = + 0 - = 0，
2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立，
4a 2
所以当0 a
1 f (x) 2a 1< 时， - +1 .
2 2a
5．（2024·山西吕梁·三模）已知函数 f x = x2 - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x2 f x1 - x f xx , x 0, , x x 1 2 (2)若对任意的 1 2 + 1 2 ，使 > 0恒成立，则实数 a的取值范围.x1 - x2
【答案】(1)答案见解析
(2)[0, 2e3]
2
【分析】（1）由 f x = x2 - 2x + alnx, a R ，定义域为 x 0, + f x 2x - 2x + a，求导 = ，令
x
g x = 2x2 - 2x + a，讨论当 a取不同的值时 g x 的正负情况，即可得到 f x 的单调性；
x2 f x1 - x1 f x2 f x f x0 1 2 > > f x2 G x alnx（ ）法一：由 可化为 ，令 = = x - 2 + ，讨论 a取正、负、x1 - x2 x1 x2 x x
a 1- lnx
G x 1 零时 = + 2 0恒成立，即可得到实数 a的取值范围；x
x2 f x1 - x1 f x2 é f x0 x x 1 f x2
ù
> - - > 0 f x alnx法二：由 可得 1 2 ê ú ，令x x x x g x = = x - 2 + ，即 g
x 0
1 - 2 1 2 x x
x
2 + a 1- lnx 2
恒成立，由 g x = ，则令 h x = x + a 1- lnx ，则 h x 02 恒成立，讨论 a取正、负、零时x
2
h x 2x - a= 的单调情况，得到极值，即可得到实数 a的取值范围.
x
2
【详解】（1） f x 的定义域为 x 0, + , f x 2x 2 a 2x - 2x + a= - + = ，
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a，
又QΔ = 4 -8a，
1o
1
，当Δ 0，即 a 时， g x 0 ，此时 f x > 0, f x 在 0, + 上单调递增
2
1
2o ，当Δ > 0，即 a < 时，2
令 g x = 0 1- 1- 2a 1+ 1- 2a，解得 x1 = , x2 =2 2
其中，当0
1
< a < 时 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ，2
x x1，x2 , g x < 0
所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 单调递增，在 x1, x2 单调递减；
当 a < 0时， x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ，
故 f x 在 0, x2 单调递减， x2 ,+ 单调递增.
1
综上： a , f x 在 0, + 上单调递增；
2
1 1- 1- 2a 1+ 1- 2a 0 < a < , f x 在 0, ÷÷ , ,+ 2 2 2 ÷÷上单调递增；è è

a 0, f x 0,1+ 1- 2a 1+ 1- 2a

在 ÷÷上单调递减，在 ,+ 2 2 ÷÷
上单调递增.
è è
f x f x
（2 1 2）法一：不妨设0 < x1 < x2 ，则 x2 f x1 - x1 f x2 > 0 ，同除以 x1x2 得 > ，x1 x2
所以令G f xx = = x - 2 alnx+ ，
x x
x 0, + a 1- lnx当 时，G x =1+ 0恒成立，
x2
1o，若 a = 0,G x =1 > 0恒成立，符合题意，
o a 0, 1 lnx -12 ，当 > 2 恒成立，a x
F x lnx -1令 = 2 则F x
3- 2lnx
= 3 ，x x
3 3
所以F x 在 0,e2 ÷单调递增，在 e2 , + ÷单调递减，
è è
1 3
所以 F e2
1
÷ = ，所以 a 0,2e3 ùa 2e3 ，è
3o ，若 a 0
1 lnx -1
< +，同理 2 恒成立，由 2o 知，当 x 0 , F x - a x
所以不存在满足条件的 a .
综上所述： a 0,2e3 ù .
é
x - x éx f x - x f x f x f xù > 0 x - x 1 - 2
ù
法二： 1 2 2 1 1 2 1 2 ê ú > 0 .
x1 x2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ，则只需 g x 在 0, + 单调递增，
x x
即 g x 0恒成立，
2
x + a 1- lnxg x 2= ，令 h x = x + a 1- lnx ，则 h x 02 恒成立；x
h x 2x a 2x
2 - a
又 = - = ，
x x
①当 a = 0时， h x = x2 , h x 在 0, + 单调递增成立；
②当 a < 0时， h x > 0, h x 在 0, + 单调递增，又 x 0, h x - ，故 h x 0不恒成立.不满足题意；

③当 a > 0时，由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, ÷÷单调递减，在2 2
,+
2 ÷÷单调递增，è è
a a 3
因为 h x 0恒成立，所以 h(x)min = h ÷÷ = 3 - ln ÷ 0，
è 2 2 è 2
解得0 < a 2e3 ，
综上， a [0, 2e3] .
6．（2024·广东东莞·模拟预测）已知函数 f x 1= x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数 f x 单调性，分类讨论函数 f x 最大值.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，
a x
2 + 1- a x - a x +1 x - af x x 求导数，得 = +1- a - = = ，
x x x
若 a 0，则 f x > 0，此时 f x 在 0, + 上单调递增，
若 a > 0，则由 f x = 0得 x = a，当0 < x < a 时， f x < 0， f x 在 0, a 上单调递减，
当 x > a时， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上单调递增，
综上，当 a 0， f x 的增区间为 0, + ，无减区间，
若 a > 0， f x 减区间为 0, a ，增区间为 a,+ .
（2）由（1）知，当0 < a 1时， f x 在区间 1,e 上为增函数，
1 2
函数 f x 的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2
当a e 时， f x 在区间 1,e 上为减函数，
函数 f x 3的最大值为 f 1 = - a，
2
当1< a < e 时， f x 在区间 1, a 上为减函数，在 a, e 上为增函数，
函数 f x 的最大值为max f (1), f (e) ，
f e 1- f 1 = e2 1 3 1 3由 + - a e - > 0，得 a < e +1- ，
2 2 2 2e
若1
1
< a < e +1 3 1- 2时，函数 f x 的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e 1
3 a 3+ - < e时，函数 f x 的最大值为 f 1 = - a，
2 2e 2
1 3 1 2
综上，当 a < e +1- 时，函数 f x 的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
a 1 e 1 3当 + - 时，函数 f x 的最大值为 f 1 3= - a .
2 2e 2
3
7．（2024· x宁夏吴忠·模拟预测）已知函数 f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) > 2ln a - a2 ．
【答案】(1) f (x) 在 (- , - ln a)上单调递减，在 (- ln a, + )上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，结合导数正负与单调性的关系，分 a 0及 a > 0讨论即可得；
1 1
（2）原问题可转化为证明当 a > 0时， a2 - - ln a > 0 2，构造函数 g(a) = a - - ln a(a > 0)后，利用导数可
2 2
得该函数的单调性，即可得其最小值，即可得证.
【详解】（1）由题意知 f (x) = aex -1，
当 a 0时， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (- , + )上单调递减；
当 a > 0时，令 f (x) < 0 ，解得 x < - ln a ，
令 f (x) > 0 ，解得 x > - ln a ，
所以 f (x) 在 (- , - ln a)上单调递减，在 (- ln a, + )上单调递增
2 1 f (x) = f (- ln a) = ae- ln a（ ）由（ ）得 min + ln a
3 ln a 1- = - ，
2 2
1
要证 f (x) > 2ln a - a2 ，即证 ln a - > 2ln a - a2 a2
1
，即证 - - ln a > 0，
2 2
2
令 g(a) = a2
1
- - ln a(a > 0)，则 g (a) = 2a 1 2a -1- = ，
2 a a
令 g (a) < 0 0 a 2，解得 < < ，令 g (a) > 0 2，解得 a > ，
2 2
2 2
所以 g(a)在 0, ÷÷ 上单调递减，在 ,+ 2 ÷÷上单调递增，è 2 è
2

所以 g(a) g 2 2 1 2min = =2 ÷÷ 2 ÷÷
- - ln = ln 2 > 0，
è è 2 2
则 g(a) > 0恒成立，
所以当 a > 0时， f (x) > 2ln a - a2 .
8．（2024·山东青岛·二模）已知函数 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)证明曲线 y = f x 在 x =1处的切线过原点；
(2)讨论 f x 的单调性；
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）可求得切点为 (1, 2a) ，斜率 k = 2a ，则切线方程为 y = 2ax ，则恒过原点；
（2）首先求函数 f x 的导数，当 a = 0时， f (x) > 0 和 f (x) < 0 ，可得 f x 的单调区间；当 a 0时，令
t x = 2ax2 - x +1，当 a > 0时由 t x = 2ax2 - x +1的判别式D 0和D > 0，讨论出函数 f x 的单调区间；当
a < 0时， t x = 2ax2 - x +1的判别式D > 0，讨论出函数 f x 的单调区间.
1
【详解】（1）由题设得 f (x) = + 2ax -1(x > 0) ，所以 f (1) =1+ 2a -1 = 2a ，
x
又因为 f (1) = a -1+ a +1 = 2a ，所以切点为 (1, 2a) ，斜率 k = 2a ，
所以切线方程为 y - 2a = 2a(x -1)，即 y = 2ax 恒过原点．
2
2 1 f (x) 2ax - x +1（ ）由（ ）得 = (x > 0) ，
x
当 a = 0时， f (x)
-x +1
= ，
x
当 x (0,1) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)上单调递增，
当 x (1,+ )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上单调递减；
a 0 t x = 2ax2当 时，令 - x +1，则D =1-8a，
1
当 a > 0且D =1-8a 0时，即 a 时， f (x) 0， f (x) 在 (0, + )上单调递增，
8
当0
1
< a < 时，D =1-8a > 0，
8
t x = 2ax2 - x +1 > 0 0 x 1- 1-8a 1+ 1-8a由 ，则 < < ，或 x > ，则 f (x) > 0 ，
4a 4a
1- 1-8a 1+ 1-8a
所以 f (x) 在 0, ÷÷上单调递增，在4a
,+ ÷上单调递增；
è è 4a
由 t x = 2ax2 - x +1 < 0 1- 1-8a x 1+ 1-8a，则 < < ，则 f (x) < 0 ，
4a 4a
1- 1-8a ,1+ 1-8a

所以 f (x) 在 上单调递减；
è 4a 4a ÷
÷

当 a < 0时，D =1-8a > 0，则 t x = 2ax2 - x +1为开口向下的二次函数，
1 1 1
对称轴 x = < 0， t 0 =1， t =1- >1，
4a ֏ 4a 8a
t x = 2ax2 - x +1 > 0 0 x 1+ 1-8a

由 ，则 < < ，则 f (x) 0
1+ 1-8a
> ，所以 f (x) 在 0, 4a ÷÷
上单调递增，
4a è

由 t x = 2ax2 1+ 1-8a- x +1 < 0，则 x 1+ 1-8a> ，则 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 ,+
4a è 4a
÷上单调递减；

综上：当 a = 0时， f (x) 在( 0, 1)上单调递增， f (x) 在 (1, + )上单调递减；
a 1当 时， f (x) 在 (0, + )上单调递增；
8
1 1- 1-8a 1+ 1-8a
当0 < a < 时， f (x) 在 0, ÷÷上单调递增，在 ,+ ÷上单调递增， f (x)4a 在8 è 4a è
1- 1-8a ,1+ 1-8a

上单调递减；
è 4a 4a
÷÷

1+ 1-8a 1+ 1-8a
当 a < 0时， f (x) 在 ,+ ÷上单调递减， f (x) 0,4a 在 ÷÷上单调递增.è è 4a
a
9．（2024· x辽宁沈阳·模拟预测）已知函数 f (x) = 2e + x - (a - 2)x - 4(a R) .e
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若 a - , 2e ，求函数 f (x) 在区间 x (- , 2]上的零点个数.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）求导，再分 a 0和 a > 0两种情况讨论即可得解；
（2）结合（1）分 a 0，和0 < a < 2e两种情况讨论，求出函数的单调区间及极值，再结合零点的存在性定
理即可得解.
2ex - a1 R e
x +1
【详解】（ ）定义域为 ，由题意得 f (x) = ，
ex
当 a 0时， f (x) > 0 恒成立，所以 f (x) 在R 上单调递增.
a
当 a > 0时，由 f (x) > 0 ，得 x > ln ，由 f (x) < 0 ，得 x < ln
a
，
2 2

所以 f (x) 在 - , ln
a a
÷上单调递减，在2
ln ,+ ÷上单调递增，
è è 2
综上所述，当 a 0时， f (x) 的单调递增区间为R ，无单调递减区间；
a a
当 a > 0时， f (x) 的单调递减区间为 - , ln

÷，单调递增区间为 ln ,+ ÷；
è 2 è 2
2 2e
x - a ex +1
（ ） f (x) = ，
ex
由（1）知当 a 0时， f (x) > 0 在 (- , 2]上恒成立，
所以 f (x) 在 (- , 2]上单调递增，
因为 f (0) = a - 2 < 0， f (2) = 2e2 + a
1
2 - 2÷ > 0，è e
所以由零点存在性定理知，函数 f (x) 在 (- , 2]上有 1 个零点；
a a
0 a 2e x - , ln ù当 < < 时，若 ÷，则 f (x) < 0 ，若 x ln , 2ú ，则 f (x) > 0 ，è 2 è 2
a a
所以 f (x)
ù
在 - , ln ÷上单调递减，在 ln , 2 上单调递增，
è 2 è 2 ú
可得 f x = f ln
a a
÷ = a - 2

1- ln

min 2 2 ÷
，
è è
当 a = 2时， f (x)min = 0，此时 f (x) 在 (- , 2]上有 1 个零点，
当0 < a < 2 时， f (x)min < 0，
a
因为当 x - 时， f (x) + 2， f (2) = 2 e - a + 2 > 0，e
所以此时 f (x) 在 (- , 2]上有 2 个零点，
当 2 < a < 2e时， f (x)min > 0，此时 f (x) 在 (- , 2]上无零点，
综上，当 a 0或 a = 2时， f (x) 在 (- , 2]上有 1 个零点；
当0＜a＜2时 f (x) 在 (- , 2]上有 2 个零点；
当 2＜a < 2e时 f (x) 在 (- , 2]上无零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，
然后将问题转化为函数图象与 x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思
想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由 f x = 0分离变量得出 a = g x ，将问题等价转化为直线 y = a 与函数 y = g x 的图
象的交点问题.
10．（2024·新疆·三模）已知函数 f x = x -1 ex a- x2 + a .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有三个不同的零点，求实数 a的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2) a > e2
【分析】（1）对函数求导后，分 a 0， a =1， 0 < a < 1， a > 1四种情况讨论导数的正负，从而可求出函数
的单调区间；
（2）由（1）可知当 a > 1时， f x 可能有三个不同的零点，然后分1 < a e2 和 a > e2两种情况结合零点存
在性定理与函数的单调性讨论零点的个数.
【详解】（1）因为 f x 的定义域为R ，且 f x = x ex - a ，
当 a 0时，令 f x < 0，解得 x < 0 ；令 f x > 0，解得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 0时恒成立，当且仅当 x = 0时等号成立，所以 f x 在R 上单调递增；
当 0 < a < 1时， ln a < 0，令 f x < 0，解得 ln a < x < 0，
令 f x > 0，解得 x < ln a或 x > 0，
所以 f x 在 - , ln a 上单调递增，在 ln a,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a > 1时， ln a > 0，令 f x < 0，解得0 < x < ln a ，
令 f x > 0，解得 x > ln a或 x < 0 ，
所以 f x 在 - ,0 上单调递增，在 0, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增.
综上，当 a 0时， f x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 0 < a < 1时， f x 在 - , ln a 上单调递增，在 ln a,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增；
当 a =1时， f x 在R 上单调递增；
当 a > 1时， f x 在 - ,0 上单调递增，在 0, ln a 上单调递减，在 ln a, + 上单调递增.
（2）由（1）得，当 a 0时， f x 至多有两个零点，不符题意；
当 a =1时， f x 至多有一个零点，不符题意；
当 0 < a < 1时， f x f ln a a ln a 1 ln a= - 的极大值 ÷ < 0， f x 至多有一个零点，不符题意；
è 2
当1< a e2 时， f x 的极小值 f ln a a ln a ln a= 1- ÷ 0， f x 的极大值 f 0 = a -1 > 0， f x 至多有
è 2
两个零点，不符题意；
当 a > e2时，因为 f x 在 - ,0 - 2上单调递增，且 f - 2 = - 2 -1 e < 0，
f 0 = a -1 > 0，所以 f x 在 - ,0 上有且只有一个零点，
f x 0, ln a f 0 a 1 0 f ln a a ln a 1 ln a 因为 在 上单调递减， = - > ，且 = - 2 ÷ < 0，è
所以 f x 在 0, ln a 上有且只有一个零点，
因为 f x 在 ln a, + f ln a ln a= a ln a 1- 上单调递增， ÷ < 0，
è 2
2
令H x ex x= - x > 0 ，则H x = ex - x t(x) = H x = ex，令 - x，则
2
t x = ex -1，
因为当 x > 0时， t x > t (0) = 0，
所以 t(x)在 0, + x上递增，即H x = e - x在 0, + 上递增，
所以H x > H 0 =1 > 0，所以H (x)在 0, + 上递增，
所以H x > H 0 =1 > 0，
2
所以 ex x> 在 0, + 上恒成立，
2
2 x3 - a +1 x2
所以 f x = x 1 ex a x2 a x 1 x a x2 - - + > - × - + a = + a，
2 2 2 2
所以 f a +1 > a > 0，
故 f x 在 ln a, + 上有且只有一个零点，
所以 f x 有三个零点，
综上，当 a > e2时， y = f x 有三个不同的零点.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调区间，考查利用导数解决函
数零点问题，第（2）问解题的关键是当 a > e2时，结合（1）当 a > 1时， f (x) 的单调区间和零点存在性定理
分析判断，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
考点三、利用导数求极值与最值
1
1．（2024· · f x = x2广东东莞 模拟预测）已知函数 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）利用导数，分类讨论求区间；
（2）结合（1）得到的函数 f x 单调性，分类讨论函数 f x 最大值.
【详解】（1） f x 的定义域为 0, + ，
a x2 + 1- a x - a x +1 x - a
求导数，得 f x = x +1- a - = = ，
x x x
若 a 0，则 f x > 0，此时 f x 在 0, + 上单调递增，
若 a > 0，则由 f x = 0得 x = a，当0 < x < a 时， f x < 0， f x 在 0, a 上单调递减，
当 x > a时， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上单调递增，
综上，当 a 0， f x 的增区间为 0, + ，无减区间，
若 a > 0， f x 减区间为 0, a ，增区间为 a,+ .
（2）由（1）知，当0 < a 1时， f x 在区间 1,e 上为增函数，
函数 f x 1 2的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2
当a e 时， f x 在区间 1,e 上为减函数，
函数 f x 3的最大值为 f 1 = - a，
2
当1< a < e 时， f x 在区间 1, a 上为减函数，在 a, e 上为增函数，
函数 f x 的最大值为max f (1), f (e) ，
由 f e - f 1 1= e2 + 1- a e 3 1 3- > 0，得 a < e +1- ，
2 2 2 2e
1 3 1
若1 < a < e +1- 2时，函数 f x 的最大值为 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e +1
3
- a < e时，函数 f x f 1 3的最大值为 = - a，
2 2e 2
a 1 e 1 3 1综上，当 < + - 时，函数 f x 的最大值为 f e = e2 + 1- a e - a ，
2 2e 2
a 1 e 1 3 3当 + - 时，函数 f x 的最大值为 f 1 = - a .
2 2e 2
2
2 2024· · f (x) x - ax + a．（ 江苏南京 二模）已知函数 = x ，其中 a R ．e
(1)当 a = 0时，求曲线 y = f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程；
1
(2)当 a > 0时，若 f (x) 在区间[0,a]上的最小值为 ，求 a 的值．
e
【答案】(1) x - ey = 0
(2) a =1
【分析】（1）由 a = 0，分别求出 f (1)及 f (1) ，即可写出切线方程；
（2）计算出 f (x) ，令 f (x) = 0，解得 x = 2或 x = a，分类讨论 a的范围，得出 f (x) 的单调性，由 f (x) 在区
间[0,a]
1
上的最小值为 ，列出方程求解即可．
e
2 1 2 1
【详解】（1 a = 0 x 2x - x ）当 时， f (x) = ，则 f (1) = ， f (x) = x ，所以 f (1) = ，ex e e e
所以曲线 y = f (x) 在 (1, f (1))
1 1
处的切线方程为： y - = (x -1) ，即 x - ey = 0．
e e
2
2 f (x) -x + (a + 2)x - 2a (x - 2)(x - a)（ ） = = - ，令 f (x) = 0x x ，解得 x = 2或 x = a，e e
当0 < a < 2 时， x [0,a]时， f (x) 0，则 f (x) 在[0,a]上单调递减，
所以 f (x) = f (a) =
a 1 g(a) a 'min a = ，考虑 = a ， g (a)
1- a
= a ，e e e e
当a < 1时， g ' (a) > 0， g(a)单调递增，当 a > 1时， g ' (a) < 0， g(a)单调递减，
1 a 1
所以 g(a)的极大值为 g (1) = ，所以由 = 得 a =1；
e ea e
当 a > 2时， x [0, 2]时， f (x) 0，则 f (x) 在[0,2]上单调递减，
x (2,a]时， f (x) > 0 ，则 f (x) 在 (2,a]上单调递增，
所以 f (x)min = f (2) =
4 - a 1
2 = ，则 a = 4 - e < 2 ，不合题意；e e
当 a = 2时， x [0, 2]时， f (x) 0，则 f (x) 在[0,2]上单调递减，
f (x) 2 1所以 min = f (2) = ，不合题意；e2 e
综上， a =1．
2
3．（2024·河南· ax模拟预测）已知函数 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
é π ù
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx在区间 ê- , 2024π2 ú 上的零点个数．
【答案】(1)答案见解析
(2)2025 个零点
【分析】（1）求导，分析函数的单调性，分情况讨论，求函数的极大值.
x2 é π ù
（2）先分析方程 - ,0x = cos x 在 ê ú 上解得个数，再分析在 0,2π 上解的个数，进一步考虑方程在e 2
2kπ,2kπ + 2π 上解的个数，可得问题答案.
2
【详解】（1 ax）由题易得，函数 f x = 的定义域为R ，
ex
f x 2axe
x - ax2ex 2ax - ax2 ax 2 - x
又 = x 2
= =
e e
x ex ，
所以，当 a > 0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x ] 极小值 Z 极大值 ]
由上表可知， f x 的单调递增区间为 0,2 ，单调递减区间为 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 4a的极大值为 f 2 = 2 a > 0 ．e
当 a<0时， f x , f x 随 x 的变化情况如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 极大值 ] 极小值 Z
由上表可知， f x 的单调递增区间为 - ,0 , 2,+ ，单调递减区间为 0,2 ．
所以 f x 的极大值为 f 0 = 0 a < 0 ．
4a
综上所述，当 a > 0时， f x 的极大值为 2 ；当 a<0时， f x 的极大值为 0．e
x2 x2
（2）方法一：当 a =1时， f x = x ，所以函数 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
x2
由 g x = 0，得
ex
= cosx．
é π ù
所以要求 g x 在区间 ê- , 2024π 2 ú 上的零点的个数，
é π
只需求 y = f x 的图象与 h x = cosx的图象在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的交点个数即可．
由（1）知，当 a =1时， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上单调递减，在 0,2 上单调递增，
所以 y = f x é π在区间 ê- ,0
ù
ú 上单调递减． 2
h x cosx é π= - ,0ù又 在区间 ê 上单调递增， 2 ú
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2
所以 f x = x 与 h x = cosx
é π ù
的图象在区间 - ,0
e ê 2 ú
上只有一个交点，

é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0ú 上有且只有 1 个零点． 2
a =1 x > 0 f x x
2
因为当 ， 时， = x > 0，e
f x 在区间 0，2 上单调递增，在区间 2, + 上单调递减，
x2
所以 f x = x 在区间 0, + 上有极大值 f 2
4
= <1，
e e2
即当 a =1, x > 0时，恒有0 < f x <1．
又当 x > 0时， h x = cosx的值域为 -1,1 ，且其最小正周期为T = 2π，
现考查在其一个周期 0,2π 上的情况，
f x x
2
= x 在区间 0,2 上单调递增， h x = cosx在区间 0,2 上单调递减，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx与 f x x= x 的图象在区间 0,2 上只有一个交点，e
即 g x 在区间 0,2 上有且只有 1 个零点．
3π ù
因为在区间 2, ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π ù
所以 f x = 与 h x = cosxx 的图象在区间e
2, 上无交点，
è 2 ú
g x 2, 3π ù即 在区间 ú上无零点．è 2
3π 2
在区间 , 2π
ù x
2 ú上， f x = x 单调递减， h x = cosx单调递增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
x2
所以 h x = cosx 3π与 f x ù= 的图象在区间 , 2πx 2 ú上只有一个交点，e è
即 g x 3π ù在区间 , 2π2 ú上有且只有 1 个零点．è
所以 g x 在一个周期 0,2π 上有且只有 2 个零点．
2
同理可知，在区间 2kπ,2kπ + 2π k N* 上，0 < f x <1且 f x x= x 单调递减，e
h x = cosx在区间 2kπ,2kπ + π 上单调递减，在区间 2kπ + π,2kπ + 2π 上单调递增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
2
所以 h x = cosx与 f x x= 的图象在区间 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一个交点，e
即 g x 在 2π,2024π 上的每一个区间 2kπ,2kπ + 2π k N* 上都有且只有 2 个零点．
所以 g x 在（0,2024π] 2024π上共有 2 = 2024个零点．
2π
综上可知， g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 个零点．
2 2
方法二：当 a =1 x x时， f x = x ，所以函数 g x = f x - cosx = - cosx．e ex
x é π- ,0ù g x 2x - x
2
g x é π当 ê ú时， = - ,0
ù
2 ex
+ sinx 0，所以 在区间 ê 上单调递减． 2 ú
又 g
π
- ÷ > 0, g 0 < 0
é π
，所以存在唯一零点 x0 ê- ,0
ù
，使得 g x
2 2 ú 0
= 0．
è
é π ù
所以 g x 在区间 ê- ,0ú 上有且仅有一个零点． 2
x 2kπ π
2
当 + , 2kπ
3π
+ ùú , k N
x
时，
2 2 x > 0, cosx < 0 ，所以
g x > 0．
è e
g x 所以 在 2kπ
π 3π
+ , 2kπ + ù ,k N 上无零点．
è 2 2 ú
2
当 x 0,
π ù
ú时， g x
2x - x
= + sinx > 0 ，所以 g x π 2 ex
在区间 0, ÷上单调递增．
è è 2
又 g 0 0, g π ÷ 0，所以存在唯一零点．
è 2
2
当 x 2kπ,2kπ
π
+ ù , k N* g x 2x - xú 时， = x + sinx ，è 2 e
2 2
设j x 2x - x= x + sinx，则j x
x - 4x + 2
= x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù , k N*上单调递增．
è 2 ú

又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，
è 2
x 2kπ,2kπ π所以存在 1 +
ù *
ú ,k N ，使得 g x1 = 0 ．è 2
即当 x 2kπ,x1 时， g x1 < 0, g x 单调递减；
x x , 2kπ π+ ù当 1 ú时， g x1 > 0, g x 单调递增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ π π +

÷ 0
ù *
，所以 g x 在区间 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且仅有一个零点è 2 è 2
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N上有且仅有一个零点．è 2
当 x

2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 时，è 2
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
2x - x2 x2
设j x - 4x + 2= x + sinx，则j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 上单调递增．è 2
又 g
2kπ 3π+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π 0
3π< ù，所以 g x 在区间 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上单调递减：è 2 è 2
g 3π又 2kπ +

÷ > 0, g 2kπ + 2π < 0，
è 2
x 2kπ 3π所以存在唯一 2 + , 2kπ + 2π

÷，使得 g x2 2 = 0．è
3π
所以 g x 在区间 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N 上有且仅有一个零点．è 2
所以 g x 在区间 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有两个零点．
2024π
所以 g x 在 0,2024π 上共有 2 = 2024个零点．
2π
综上所述， g x é π在区间 ê- , 2024π
ù
2 ú 上共有
2024 +1 = 2025个零点．

【点睛】方法点睛：导函数求解函数零点个数问题，要利用导函数研究函数的单调性，进而求出函数的极
值情况，结合特殊点的函数值的正负，零点存在性定理进行求解.
1
4．（2024· x湖南长沙·三模）已知函数 f x = x + ln ax + xe （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a的值.
1
【答案】(1)极大值是 f -1 = -1 + ln -a - ，无极小值；
ae
(2) a
1
= - .
e
【分析】（1）利用求导，通过参数 a<0，可分析出 f x 为正负的区间，从而可以判断 f x 的极值；
（2）利用不等式有唯一解，则正好是最大值取到等号，再去分析取等号的含参方程有解的条件，所以重新
构造新的函数，通过求导来研究函数的零点和方程的解.
x
【详解】（1）由 f 1 e x = 1+ x +x a ÷，è
x
因为 a<0，所以 f x 1 e的定义域为 - ,0 ，则 + < 0，
x a
因为 x - ,-1 时， f x > 0； x -1,0 时， f x < 0 .
所以 f x 的单调递增区间为 - ,-1 ；单调递减区间为 -1,0 ，
所以 x=-1是 f x 的极大值点， f x 的极大值是 f -1 = -1+ ln -a 1- ，无极小值.
ae
1
（2）由（1）可得 f x = f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 有且只有一个元素，则只需要-1+ ln 1-a - = -1ae
设 g x 1 ln x 1 1 1 ex +1= - + - - ，则 g x = + 2 = 2 ，ex x ex ex
x , 1 - - 1 因为 ÷时， g x < 0； x - ,0÷时， g x > 0，
è e è e
g x - , 1- 1 所以 的单调递减区间为 ÷；单调递增区间为e - ,0÷ .è è e
所以 g x 1= g - ÷ = -1 a
1
min ，所以关于 的方程-1+ ln -a - = -1有解时，è e ae
1
只能是 a = - ，
e
所以集合 x f x -1 1有且只有一个元素时 a = - .
e
5．（2024·河北保定·三模）已知函数 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1为 f (x) 的极值点.
(1)求 a；
(2)证明： f (x) 2x2 - 4x .
【答案】(1)3；
(2)证明见解析；
【分析】（1）求导 f (x) = 2x
1
- a + ，由 f (1) = 0求解；
x
（2）转化为证 x2 - x - ln x 0，令 g(x) = x2 - x - ln x ，由 g(x)min 0证明.
【详解】（1）解： f (x)
1
= 2x - a + ，
x
依题意， f (1) = 2 1- a +1 = 0，解得 a = 3，
经检验符合题意，所以 a = 3；
（2）由（1）可知， f (x) = x2 - 3x + ln x ，
要证 f (x) = x2 - 3x + ln x 2x2 - 4x，即证 x2 - x - ln x 0，
2 g (x) 2x 1 1 (x -1)(2x +1)设 g(x) = x - x - ln x ，则 = - - = ，
x x
所以当 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，
当 x =1时， g(x)取得极小值，也是最小值，
因为 g(1) = 0， g(x) g(1) = 0，
所以 f (x) 2x2 - 4x .
【点睛】方法点睛：证明不等式 f x 0，往往由 f x 0min 证明.
6．（2024· 2北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
【答案】(1) y = 0
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）求出函数 f (x) 的导数 f (x) ，再利用导数的几何意义求解作答.
1
（2）讨论函数 f (x) 在区间 (- ,0) 和 (0, + )上的符号即可推理作答.
2
ln 2x +1
1
（3）在 x 0 时，分离参数，构造函数 g x = ，再探讨 g(x)在 - ,0÷ 0, + 上的零点情况即x è 2
可作答.
【详解】（1）由函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 求导得： f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因为 f (0) = 0，
所以曲线 y = f (x) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程是 y = 0 .
（2）函数 f x = x ln 2x +1 - ax2 ( 1的定义域为 - , + )，由（1）知， f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2 2x +1
1 2x
因为 a < 0，则当- < x < 0时， ln(2x +1) < 0 ， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
所以，有 f (x) < 0 f (x) (
1
，函数 在 - ,0) 上递减，
2
2x
当 x > 0时， ln(2x +1) > 0， > 0 ，-2ax > 0，则有 f (x) > 0 ，函数 f (x) 在 (0, + )上递增，
2x +1
所以，当 x = 0时，函数 f (x) 取得极小值，
所以，当 a < 0时，函数 f (x) 存在极小值.
（3 2）函数 f x = x ln 2x +1 - ax 的定义域为 ( 1- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
显然 x = 0是函数 f (x) 的零点，
f (x) a ln(2x +1)当 x 0时，函数 的零点即为方程 = 的解，
x
ln 2x +1
2x
令 g x

= , x 1 - ,0÷ 0, +
- ln 2x +1
，则 g x = 2x +1 ，x è 2 x2
h x 2x
2 2 4x
令 = - ln 2x +1 ，则 h x = 2 - = - 2 ，
2x +1 2x +1 2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时， h (x) > 0，当 x > 0时， h (x) < 0，
2
所以函数 h(x) 在 (
1
- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，
2
" x 1 - ,0

÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 0 ，
è 2
所以，有 g (x) < 0， g(x) (
1
在 - ,0) ， (0, + )上都递减，
2
j(x) = ln(2x +1) - 2x j x 2 2 4x令 ， = - = - ，
2x +1 2x +1
1
当- < x < 0时，j (x) > 0 ，当 x > 0时，j (x) < 0，
2
1
所以，j(x) 在 (- ,0) 上递增，在 (0, + )上递减，j(x) j(0) = 0，
2
( 1所以，" - ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，当且仅当 x = 0时取“=”，
2
1 ln(2x +1)
所以，当- < x < 0时， > 2
ln 2x +1
，当 x

> 0时，0 < < 2，
2 x x
所以， g x 在 ( 1- ,0) 上单调递减， g x 取值集合为 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上递减， g x 取值集合为 (0,2)，
ln(2x +1)
所以，当0 < a < 2 或 a > 2时，方程 a = 有唯一解，
x
当 a 0或 a = 2时，此方程无解，
所以，当 a 0或 a = 2时，函数 f (x) 有一个零点，
当0 < a < 2 或 a > 2时，函数 f (x) 有两个零点.
【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零
点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.
7．（2024·广西贵港·模拟预测）已知函数 f (x) aeax
ln x + ln a +1
= - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
【答案】(1)有一个极值点，理由见解析
(2) 0,1
2 x
1 f (x) f (x) x e + ln x【分析】（ ）先求 ，得 = 2 ，再设 h(x) = x
2ex + ln x ，通过对 h (x)符号的分析，得到 f (x)
x
的单调性，再判断 f (x) = 0的解的情况，分析函数 f (x) 的极值点的情况.
（2）先把原不等式化成 axeax -[ln(ax) +1]+ ax 2a2x 恒成立，利用换元法，设 t = ax，则 t (0,+ ) ，问题转
化为 2a et
ln t +1
- +1恒成立．再设 g(x) ex
ln x +1
= - ，利用（1）的结论求 g(x)的最小值.
t x
x 1+ ln x
【详解】（1）当 a =1时， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
f (x) ex ln x x
2ex + ln x
所以 = + 2 = 2 ，x x
令 h(x) = x2ex + ln x ，则 h (x) = (x2 + 2x)ex
1
+ ，
x
当 x (0,+ )时， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上单调递增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零点 x0 ，且 x0 (
1 ,1)，
2 4 2
当 x (0, x0 )时， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上单调递减，
当 x (x0 ,+ ) 时， f (x) > 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 单调递增．
\ f (x)有一个极小值点 x0 ，无极大值点．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，则 t (0,+ ) 2a
ln t +1
，\ et - +1恒成立．
t
g(x) ex ln x +1设 = - ，由（1）可知 g(x)的最小值为 g (x0 ) ．x
ln x 1
h(x ) = x2ex0 + ln x = 0 \ x ex0 = - 0 = - ln x = -e- ln x0又 ln x0 0 0 ， 0 x x 0 0 ．（﹡）0 0
设m(x) = xex ，当 x > 0时，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上单调递增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x )
x
0 ，\ x0 = - ln x
0
0 ，即 e = x ．0
g(x ) ex 1+ ln x0 1 1- x\ 0 = 0 - = - 0 =1x x x ，0 0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，
\a 的取值范围为 0,1 ．
x ln x +1
【点睛】关键点点睛：该题第二问的关键是求函数 g(x) = e - 的最小值，由（1）得 g(x)的极小值是
x
g (x ) 2 x0 ，而 x0 的值不能准确的表示出来，所以根据 x0 e 0 + ln x0 = 0进行代入计算.
8 2．（2024·吉林·模拟预测）已知函数 f x = x - ax - a ex .
(1)当 a = 0时，求函数 f x 的极值；
a
(2)求证：当 0 < a < 1, x > 0时， f x > .
a -1
4
【答案】(1)极大值 2 ，极小值 0.e
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，从而可求出函数的极值；
（2 a）对函数求导后，由导数的正负求出函数的单调区间，求出 f (x)min = -ae ，然后将问题转化为证
-aea a> 1- a ea，证法一：转化为证 < 1，构造函数 g a = 1- a ea ,0 < a < 1，利用导数求其最大值小
a -1
a 1 a 1
于 1 即可，证法二：转化为证 e + < 0，构造函数 h a = e + ,0 < a < 1，利用导数求其最大值小于
a -1 a -1
0 即可.
2 x
【详解】（1）当 a = 0时， f x = x e x R
f x = x2 + 2x ex = x x + 2 ex
令 f x = 0得 x = 0或 x = -2，当 x 变化时， f x 与 f x 变化如下表：
x - , -2 -2 -2,0 0 0, +
f x + 0 - 0 +
f x 4单调递增 2 单调递减 0 单调递增e
4
故当 x = -2时， f x 取得极大值 2 ；当 x = 0时， f x 取得极小值 0e
2 x x
（2） f x = éx + 2 - a x - 2a ù e = x + 2 x - a e , x > 0
Q x > 0\ x + 2 > 0
令 f x = 0，则 x = a，当 x 变化时， f x 与 f x 变化如下表：
x 0,a a a,+
f x - 0 +
f x 单调递减 -aea 单调递增
故 f (x) amin = f a = -ae .
a
要证当 0 < a < 1, x > 0时， f x > .
a -1
a a a
证法一：只需证当 0 < a < 1时，-ae > ，即 1- a e < 1 *
a -1
令 g a = 1- a ea ,0 < a < 1，则 g a = -aea < 0,\ g a 在 0,1 上单调递减
故 g a < g 0 =1，即 * 式成立，原不等式成立.
a 1
证法二：只需证当 0 < a < 1 a a时，-ae > ，即 e + < 0 *
a -1 a -1
1 (a -1)
2 ea -1
令 h a = ea
1
+ ,0 < a < 1 a，则 h a = e - =
a -1 (a -1)2 (a -1)2
令m a = (a -1)2 ea -1,0 < a < 1，则m a = a2 -1 ea < 0
\m a 在 0,1 上单调递减.
\m a < m 0 = 0,h a < 0
\h a 在 0,1 上单调递减， h a < h 0 = 0
即 * 式成立，原不等式成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键
是利用导数求出 f (x)min = -ae
a a a
，然后将问题转化为证-ae > ，考查数学转化思想和计算能力，属于较
a -1
难题.
a
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函数 f (x) 的极值；
(2)设函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），证明： f x1 + f x2
1
+ > 1．
a
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 f (x)
x - a
= 2 ，得出函数的单调性，结合极值的概念，即可求解；x
1 1
（2）由 f (x1) = f (x )
2
2 ，得到 a + ÷ =1，求得 a > 0，得到 x1x2 > 4a ，化简得到
è x1 x2
f x1 + f x2 =1n x1x2 -1 >1n 4a2 -1，设 g(a) 1= 21na + + 2ln 2 - 2，利用函数的导数求解函数的最小值，a
即可求解．
a 1 a x - a
【详解】（1）解：由函数 f (x) = ln x + -1，可得其定义域为 x (0,+ )，且 f (x) = - 2 = ，x x x x2
当 a 0时， f (x) > 0 ，函数 f x 在 (0, + )上单调递增，无极值；
当 a > 0时，令 f (x) > 0 ，可得 x > a；令 f (x) < 0 ，可得 x < a，
所以函数 f x 在 (a,+ ) 上单调递增，在 (0,a)上单调递减，
当 x = a时，函数 f x 取得极小值，极小值为 f (a) = ln a，无极大值.
1 a
（2）证明：由（1）知， f (x) = - 2 ，x x
1 a 1 a
可得 f (x1) = - , f (x ) = -x x2 2 x 2 ，且
f (x1) = f (x2 ), x1 x2 ，
1 1 2 x2
1 a 1 a 1 1 a a 1 1 1 1
所以 - 2 = - 2 ，所以 - = - = a( + )( - )x1 x1 x2 x
2
2 x1 x2 x1 x
2 ，
2 x1 x2 x1 x2
1 1
因为 x1 x2 ，所以 a( + ) =1x1 x
，可得 a > 0，
2
则 f x1 + f x2 = ln x
a a
1 + + ln x + - 2 = ln(x x ) -1x 2 1 2 ，1 x2
1 1 1 1 1 1 2
因为 a( + ) > 2a × ，所以 2a × <1，记得 x x > 4a ，
x 1 21 x2 x1 x2 x1 x2
所以 f x1 + f x2 = ln(x1x2 ) -1 > ln(4a2 ) -1，
设 g a ln(4a2 ) 1 2 2ln a 1 2 1 2a -1= + - = + + 2ln 2 - 2，可得 g a = - = ，
a a a a2 a2
1
当 a (0,
1) 时， g a < 0 ， g a 在 (0, )上单调递减；
2 2
1
当 a ( ,+ ) 时， g a > 0， g a 12 在 ( , + )上单调递增，2
1 1
所以，当 a = 时， g a = g( ) = 0
2 min
，
2
2 1 2 1
所以 ln(4a ) + - 2 > 0，所以 ln(4a ) -1+ - 2 >1，即 f x1 + f x2
1
+ > 1.
a a a
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
10．（2024·陕西铜川·模拟预测）已知函数 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R 的一个极值为-2．
(1)求实数m 的值；
(2)若函数 h x é在区间 êk,
3ù
ú 上的最大值为 18，求实数 k 与m 的值． 2
【答案】(1) -22或 5
(2)实数 k 的值为-1, m的值为 5
【分析】（1）通过求导，根据导数的正负得到极值点，根据极值为-2解出m 的值；
3ù 3
（2）根据 - , ú上 h x 的单调性，分1 k < ， k = -2 ， k < -2，-2 < k <1四种情况讨论 h x 的最大值，è 2 2
只有-2 < k <1中存在 k 符合题意，令最大值为 18，求得 k 和m 的值.
【详解】（1 h x = 2x3 + 3x2）由 -12x + m m R ，得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ，
令 h x = 0，得 x = -2或 x =1；令 h x < 0，得-2 0，得 x<- 2或 x >1．
所以函数 h x 有两个极值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2，得 2 (-2)3 + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2，解得m = -22；
若 h 1 = -2，得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2，解得m = 5．
综上，实数m 的值为－22 或 5．
3ù
（2）由（1）得， h x ,h x 在区间 - , 的变化情况如下表所示：
è 2 ú
x - , -2 -2 -2,1 31 3 1, ÷
è 2 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 极大值m + 20 ] 极小值m - 7 Z m - 2
由表可知，
3 é 3ù 3 9
①当1 k < 时，函数 h x 在区间 êk, ú 上单调递增，所以最大值为 h ÷ = m - ，2 2 è 2 2
53
- 1其值为 2 或 2 ，不符合题意；
② k = -2 h x -2,1 1, 3 当 时，函数 在 上单调递减，在 ÷上单调递增，
è 2
因为 h 2 3 9 3- = 20 + m ， h ÷ = m -

， h 2 > h ÷，所以 h x
é 3ù
在 êk, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ，其值è 2 2 è 2 2
为-2或 25，不符合题意；
③ k
3
当 < -2时，函数 h x 在 k,-2 上单调递增，在 -2,1 上单调递减，在 1, 2 ÷上单调递增，è
因为 h 2 20 m h 3 m 9- = + ， ÷ = - ， h 2 > h
3 é 3ù
2 2 2 ÷
，所以 h x 在
è è ê
k, ú 上的最大值为 h -2 = m + 20 ，其值 2
为-2或 25，不符合题意；
④当-2 < k <1时， h x 在 k,1 上单调递减，在 1, 3 2 ÷上单调递增，è
h x é 3ù 3 9 1 53若 在区间
ê
k, 上的最大值为 h
2ú ÷
= m - ，其值为 或 - ，不符合题意，
è 2 2 2 2
m 22 h -2 = m + 20 = -2 h x ék, 3ù又因为若 = - ，则 ．那么，函数 在区间 ê ú 上的最大值只可能小于－2，不合 2
题意，
é
所以要使函数 h x 在区间 êk,
3ù 3 2
ú 上的最大值为 18，必须使 h k = 2k + 3k -12k + m =18，且m = 5， 2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0，
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0，
2
所以 2k + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0，
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因为-2 < k <1 -1± 105，所以 k = 舍去．
4 4
综上，实数 k 的值为-1, m的值为 5．
【点睛】方法点睛：函数在闭区间上的最值
通过求导，根据导数的正负得到函数的单调性，从而函数的最大值在极大值和端点值中取大，函数的最小
值在极小值和端点值中取小.
考点四、利用导数证明不等式
1．（2024·广西·模拟预测）设函数 f x = lnx + ax + b，曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
(2)证明： f x 2> - -1．
5x
【答案】(1) a = 5,b = -2
(2)证明见解析
ì f 1 = 3
【分析】（1）由题意可得 í f 1 6，即可得解； =
g x lnx 5x 1 2（2）构造函数 = + - + ，利用导数求出函数 g x 的最小值，即可得证.
5x
1
【详解】（1）函数 f x 的定义域为 0, + , f x = + a ，
x
将 x =1代入 y = 6x - 3，解得 y = 3，即 f 1 = 3，
由切线方程 y = 6x - 3，可知切线斜率 f 1 = 6，
故 a + b = 3,1+ a = 6，
解得 a = 5,b = -2；
（2）由（1）知 f x = lnx + 5x - 2 ，
要证 f x 2 2> - -1，即证 lnx + 5x -1+ > 0 ．
5x 5x
设 g x = lnx + 5x 1 2- + ，
5x
25x2 + 5x - 2 5x -1g x 5x + 2 则 = 2 = ，5x 5x2
令 g x = 0 1 2，解得 x = ，或 x = - （舍去），
5 5
当 x

0,
1
÷ 时， g x < 0, g x 单调递减；
è 5
x 1 当 ,+ ÷时， g x > 0, g x 单调递增；
è 5
所以 g(x)
1
min = g ÷ = 2 - ln5 > 0，
è 5
所以 g x > 0，即 f x 2> - -1．
5x
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论 a的范围，求出函数的单调区间即可；
f x lnx + 2x +1
2 2x x（ ）要证明 e2x ，只要证 e 即可，设 g x = e - x -1，利用导数求得最值即可证明．
x x
【详解】（1）函数 f x = lnx + ax +1,a R 的定义域为 0, + ，且 f x 1= + a ．
x
当 a 0时，"x 0,+ , f x 1= + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在区间 0, + 上单调递增；
f x 1 a 1+ ax当 a<0 1时，令 = + = = 0，解得 x = - ，
x x a
当 x

0,
1
- ÷时， f x > 0, f x

在区间 0,
1
- ÷ 上单调递增，
è a è a
1 1
当 x
- ,+ ÷ 时， f x < 0, f x 在区间 - ,+ a a ÷上单调递减．è è
综上所述，当 a 0时， f x 在区间 0, + 上单调递增；
1 1
当 a < 0 f x 时， 在区间 0,- ÷ 上单调递增，在区间 - ,+

÷上单调递减．
è a è a
f
a 2 x 2x lnx + 2x +1（2）当 时，因为 x > 0，所以要证 e 2x，只要证明 e 即可，
x x
即要证 lnx + 2x +1 xe2x ，等价于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，则 g x = ex -1，
在区间 - ,0 上， g x < 0, g x 单调递减；
在区间 0, + 上， g x > 0, g x 单调递增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（当且仅当 x = 0时等号成立），
所以（*）成立，当且仅当 2x + lnx = 0时，等号成立．
又h x = 2x 1 2+ lnx 在 0, + 上单调递增， h ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1

÷ ，使得 2x0 + lnxe 0
= 0成立．
è
综上所述，原不等式成立．
1
3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n
(2)求证：当 n N*时， sin 1 < ln 2．
i=1 n + i
【答案】(1) 0, +
(2)证明见解析
x x 1 t -1 t -1
【分析】（1）令 = t ，可得 ln - = ln t - ， g(t) = ln t - ，求导可证结论；
x -1 x -1 x t t
（2）令函数 h x = x - sin x 1 1， x > 0，利用导数可证当 x > 0时， x > sin x ，结合（1）可得 sin < < ln x - ln(x -1)，
x x
sin 1从而得到 < ln(n + i) - ln(n + i -1) ，进而得证.
n + i
【详解】（1） f (x) ln
x 1
= - ， x >1，
x -1 x
x t x t令 = ，则 = ， t > 1，
x -1 t -1
ln x 1 ln t t -1则 - = - ，
x -1 x t
令 g(t) ln t
t -1 t -1
= - ， t > 1 g ，则 (t) =
t t2
> 0，
所以函数 g t 在 1, + 上单调递增，所以 g t > g 1 = 0，即 f x > 0，
故 f x 的值域为 0, + ．
（2）令函数 h x = x - sin x， x > 0，则 h x =1- cos x 0，
所以 h x 在 0, + 上单调递增，所以 h x > h 0 = 0，
1 1
故当 x > 0时， x > sin x ，所以 > sin ．
x x
1
由（1）知，当 x > 1 时 < ln x - ln(x -1)，
x
1 1
所以当 x > 0时， sin < < ln x - ln(x -1)，
x x
1
所以 sin < ln x - ln(x -1)，
x
令 x = n + i，其中 n N*， i =1，2，3，L，n，
1
则 sin < ln(n + i) - ln(n + i -1) ，
n + i
sin 1所以 < ln(n +1) - ln n ， sin
1
< ln(n + 2) - ln n +1 ，
n +1 n + 2
sin 1 < ln(n 3) ln(n 2) 1+ - + ，L， sin < ln 2n - ln 2n -1 ，
n + 3 2n
以上 n 个式子相加得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L 1+ sin
n +1 n + 2 n + 3 2n
< ln(n +1) - ln n + ln(n + 2) - ln(n +1) + ln(n + 3) - ln(n + 2) +L + ln 2n - ln(2n -1)
2n
= ln 2n - ln n = ln = ln 2，
n
n
即当 n N*
1
时， sin < ln 2．
i=1 n + i
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用（1）中结论与常见不等式 x > sin x 得到
sin 1 1< < ln x - ln(x -1)，从而得证.
x x
4．（2024· 2河北·三模）已知函数 f x = x ln x - ax + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求实数 a 的取值范围；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +L+ + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
é1
【答案】(1) ê ,+

2 ÷
(2)证明见解析
a -1 a -1
【分析】（1）由题意可得 ln x - ax - + 2a -1 0恒成立，令 g x = ln x - ax - + 2a -1 x 1 ，求导得
x x
x -1 é 1- a x +1 ùg x = ，利用导数分类可求实数 a 的取值范围；
x2
1 1 1 n +1
（2）由（1）知当 a = 时，可得 ln x x - ÷在 1, + 恒成立，当 x = 时，可得2 2 è x n
ln n +1 1 n +1 n 1 1 1< -
= + ，利用累加法可得结论.
n 2 è n n +1÷ 2 è n n +1÷
【详解】（1） f x 0 ln x - ax a -1- + 2a -1 0在 1, + 恒成立．
x
构造函数 g x = ln x ax a -1- - + 2a -1 x 1 ，则 g x 0 在 1, + 恒成立．
x
x -1 é1- a x +1 ù
g x 1= - a a -1+ =
x x2 x2
当 a 0时， g x 0，所以 g x 在 1, + 上单调递增，
所以 g x g 1 = 0 ，矛盾，故舍去
1
当0
1
< a < 时，由 g x 0第17讲 新高考新结构
命题下的导数解答题综合训练
（11 类核心考点精练）
在新课标、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推进。这不仅仅是一
场考试形式的变革，更是对教育模式和教育理念的全面革新。
当前的高考试题设计，以“三维”减量增质为核心理念，力求在减少题目数量的同时，提升题目的质
量和考查的深度。这具体体现在以下三个方面：
（1）三考
题目设计着重考查学生的知识主干、学习能力和学科素养，确保试题能够全面、客观地反映学生的实
际水平。
（2）三重
强调对学生思维深度、创新精神和实际应用能力的考查，鼓励学生不拘泥于传统模式，展现个人的独
特见解和创造力。
（3）三突出
试题特别突出对学生思维过程、思维方法和创新能力的考查，通过精心设计的题目，引导学生深入思
考和探索，培养逻辑思维和创新能力。
面对新高考新结构试卷的 5 个解答题，每个题目的考查焦点皆充满变数，无法提前预知。导数版块作
为一个重要的考查领域，其身影可能悄然出现在第 15 题中，作为一道 13 分的题目，难度相对较为适中，
易于学生入手。然而，同样不能忽视的是，导数版块也可能被置于第 18、19 题这样的压轴题中，此时的分
值将提升至 17 分，挑战学生的解题能力和思维深度，难度自然相应加大。
面对如此多变的命题趋势，教师在教学备考过程中必须与时俱进。不仅要深入掌握不同题目位置可能
涉及的知识点及其命题方式，更要能够灵活应对，根据试题的实际情况调整教学策略。本文基于新高考新
结构试卷的特点，结合具体的导数解答题实例，旨在为广大师生提供一份详尽的导数解答题综合训练指南，
以期在新高考中取得更好的成绩。
考点一、利用导数研究具体函数的单调性
1
1．（2024· 3 2湖南邵阳·三模）已知函数 f x = - x + x +1．
3
(1)求函数 f x 的单调递增区间；
(2)若函数 g x = f x - k k R 有且仅有三个零点，求 k 的取值范围．
x
2．（2024· · e + x -1浙江 三模）已知函数 f x = x ．e
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若曲线 y = f x 在点 0,0 处的切线与二次曲线 y = ax2 + 2a + 5 x - 2只有一个公共点，求实数 a 的值．
2lnx + x + a
3．（2024·湖南邵阳·三模）已知函数 f x = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的单调区间.
(2) x若对"x 0, + ， f x xe 恒成立，求实数 a的取值范围
4．（2024·陕西渭南·二模）已知函数 f (x) = x ln x ， g(x)
2 f (x)
= - x 1+ .
x x
(1)求函数 g(x)的单调区间；
(2)若当 x > 0时，mx2 - ex mf (x)恒成立，求实数 m 的取值范围.
5．（2024·湖南衡阳·模拟预测）函数 f x = ax +1 ln x - ax + 2ln a .
(1)当 a = 2时，讨论 f x 的单调性；
(2) f x 在 0, + 上单调递增，求 a的取值范围.
1
6．（2024·广东佛山·二模）已知 f x = - e2x + 4ex - ax - 5 .
2
(1)当 a = 3时，求 f x 的单调区间；
(2)若 f x 有两个极值点x1，x2，证明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
7．（2024·河北保定·二模）已知函数 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .
(1)若 a =1，讨论 f x 的单调性；
(2)已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + kx 2上恒成立，若方程 f x 00 = -e - 2e kx0 有解，求实数 k
的取值范围.
lnx +1 m
8．（2024· · 2x全国 模拟预测）已知函数 f x = e - + m R ．
x x
(1)若m = 2e2 ，求 f x 的单调区间；
f x
(2)若m = 0， f x 0的最小值为 f x0 ，求证： 4 < < 6．x0
9 x．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 f x = a e + sinx - x -1.
(1)当 a
1
= 时，求 f x 的单调区间；
2
(2)当 a =1时，判断 f x 的零点个数.
10．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = e2x - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
(2)若 x > 0， a > 1，求证： f x 1> - a ln a ．
2
考点二、利用导数研究含参函数的单调性
f x lnx ax, g x 21．（2024·广东汕头·三模）已知函数 = - = ,a 0．
ax
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
2．（2024·陕西榆林· x模拟预测）已知函数 f x = e + a -1 x -1，其中 a R ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)当 a = 2时，证明： f x > xlnx - cosx．
3．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f x
(2)当 a 2 时，证明： e2x ．
x
4．（2024·
2
黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数 f x = a x +1 - x - ln x（ a R ）.
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)当0 a
1 f x 2a 1< 时，求证： - +1 .
2 2a
5 2024· · f x = x2．（ 山西吕梁 三模）已知函数 - 2x + alnx, a R .
(1)讨论函数的单调性；
x2 f x - x f x (2) x , x 0, + , x x 1 1 2若对任意的 1 2 1 2 ，使 > 0恒成立，则实数 a的取值范围.x1 - x2
1
6．（2024· 2广东东莞·模拟预测）已知函数 f x = x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
7 2024· · f (x) = aex
3
．（ 宁夏吴忠 模拟预测）已知函数 - x - (a R)．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f (x) > 2ln a - a2 ．
8．（2024·山东青岛·二模）已知函数 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)证明曲线 y = f x 在 x =1处的切线过原点；
(2)讨论 f x 的单调性；
a
9 x．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知函数 f (x) = 2e + x - (a - 2)x - 4(a R) .e
(1)求函数 f (x) 的单调区间；
(2)若 a - , 2e ，求函数 f (x) 在区间 x (- , 2]上的零点个数.
a
10．（2024·新疆·三模）已知函数 f x = x -1 ex - x2 + a .
2
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若 f x 有三个不同的零点，求实数 a的取值范围.
考点三、利用导数求极值与最值
1
1．（2024·广东东莞· 2模拟预测）已知函数 f x = x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)当 a > 0时，求函数 f x 在区间 1,e 上的最大值．
x22 - ax + a．（2024·江苏南京·二模）已知函数 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)当 a = 0时，求曲线 y = f (x) 在 (1, f (1))处的切线方程；
(2)当 a > 0时，若 f (x) 在区间[0,a]
1
上的最小值为 ，求 a 的值．
e
2
3．（2024·河南· ax模拟预测）已知函数 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的极大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é ù在区间 ê- , 2024π 2 ú 上的零点个数．
4．（2024·湖南长沙·三模）已知函数 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函数 f x 的极值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一个元素，求 a的值.
5．（2024·河北保定·三模）已知函数 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1为 f (x) 的极值点.
(1)求 a；
(2)证明： f (x) 2x2 - 4x .
6．（2024· 2北京顺义·三模）已知函数 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 a < 0时，求证：函数 f x 存在极小值；
(3)求函数 f x 的零点个数.
ln x + ln a +1
7．（2024· ax广西贵港·模拟预测）已知函数 f (x) = ae - ．
x
(1)当 a =1时，请判断 f (x) 的极值点的个数并说明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求实数 a 的取值范围．
8 2 x．（2024·吉林·模拟预测）已知函数 f x = x - ax - a e .
(1)当 a = 0时，求函数 f x 的极值；
a
(2)求证：当 0 < a < 1, x > 0时， f x > .
a -1
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函数 f (x)
a
= ln x + -1(a R)．
x
(1)求函数 f (x) 的极值；
(2)设函数 f (x) 的导函数为 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），证明： f x1 + f x2
1
+ > 1．
a
10．（2024· 3 2陕西铜川·模拟预测）已知函数 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一个极值为-2．
(1)求实数m 的值；
é 3ù
(2)若函数 h x 在区间 êk, ú 上的最大值为 18，求实数 k 与m 的值． 2
考点四、利用导数证明不等式
1．（2024·广西·模拟预测）设函数 f x = lnx + ax + b，曲线 y = f x 在点 1, f 1 处的切线方程为
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
2
(2)证明： f x > - -1．
5x
2．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知函数 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)讨论 f x 的单调性；
f
(2) a 2 x 当 时，证明： e2x ．
x
1
3．（2024·河北沧州·模拟预测）已知函数 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n 1
(2)求证：当 n N*时， sin < ln 2．
i=1 n + i
4．（2024·河北·三模）已知函数 f x = x ln x - ax2 + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求实数 a 的取值范围；
1 1 1 1 1
(2)证明： + + +L+ + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
5．（2024·四川内江·三模）已知函数 f (x) = ln x
a
+ - a, a > 0．
x
(1)若 f (x) 的图象不在 x 轴的下方，求 a的取值集合；
1 1 1
(2)证明： sin + sin +L+ sin < ln 2024 n N* ．
n +1 n + 2 2024n
6．（2024·河北·模拟预测）已知函数 f x = alnx - x .
(1)讨论 f x 的单调性；
a
(2) a 证明：当 a > 0时， f x ÷ -1 .
è e
1 3
7．（2024· 2重庆九龙坡·三模）已知函数 f x = ln x + x - ax + ， a > 0 .
2 2
(1)当 x 1,+ 时，函数 f x 0恒成立，求实数 a的最大值；
(2)当 a = 2时，若 f x1 + f x2 = 0，且 x1 x2 ，求证： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) i -1 求证：对任意 n N*，都有 2ln n +1 + ÷ > n .
i=1 è i
8．（2024·陕西·模拟预测）已知函数 f x = a ln x - x +1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
g 1 (2)证明： < 0n （+1÷ n N
* ）；
è
ln 2 sin 1 sin 1(3)证明： > + + sin
1 1
+L+ sin （
n 1 n 2 n 3 2n n N
* ）.
+ + +
1
9．（2024· x 2江苏连云港·模拟预测）已知函数 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程.
(2)证明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
3m + 3 2m2 + 5m + 3
10．（2024· mx 2山东·模拟预测）已知函数 f x = e x - x +m m2 ÷，其中m 0 .è
(1)求曲线 y = f x 在点 2, f 2 处切线的倾斜角；
(2)若函数 f x 的极小值小于 0，求实数m 的取值范围；
(3) x证明： 2e - 2 x +1 ln x - x > 0 .
考点五、利用导数解决恒成立与能成立有解问题
a
1．（2024·湖北·模拟预测）已知函数 f x = lnx ， g x = -1x 其中 a为常数.
(1)过原点作 f x 图象的切线 l，求直线 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
ln x
2．（2024·广东茂名·模拟预测）已知函数 f x = ．
x
(1)求曲线 y = f x 在点 e, f e 处的切线方程；
(2)当 x 1时， xf x a x2 -1 ，求 a 的取值范围．
3．（2024·山东济南·三模）已知函数 f (x) = a x + 2x - 2，其中 a > 0且a 1．
(1)若 f x 是偶函数，求 a 的值；
(2)若 x > 0时， f x > 0，求 a 的取值范围．
4．（23-24 高三上·广东深圳·阶段练习）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)讨论 f x 的单调性和极值；
(2)若 x 0,e 时， f x 3有解，求 a的取值范围．
5．（2024· 2全国·模拟预测）已知函数 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) f x 2 ln x 2若不等式 + x2 - 2x 在区间 (1, + )上有解，求实数 a 的取值范围．
6 x．（2024·四川雅安·三模）已知函数 f x = e - axcosx, g x = sinx -1 .
π
(1)当 a
é ù
=1时，求函数 f x 在 x ê0, 上的值域； 2 ú
(2)若关于 x 的不等式 f x + g x 0 é π ù在 x ê0, 2 ú 上恒成立，求实数 a的取值范围.
2
7．（2024·浙江绍兴· x二模）已知函数 f x = - x + a sin x .
2
(1)当 a = 2时，求曲线 y = f x 在点 0, f 0 处的切线方程；
(2)当 x 0, π 时， f x > 0，求实数 a的取值范围.
8 - x．（2024·浙江温州·模拟预测）函数 f x = e sin x
(1)求 f x 的单调区间.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 时恒成立，求 a的取值范围.
9．（2024·山东·二模）已知函数 f x = mx - lnx, x 1,+ .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2) e m-1 x+1 f x x2若 - x 恒成立，求实数m 的取值范围.
10．（2024·河北·二模）已知函数 f x = ex ．
(1)求曲线 y = f x 在 x = 0处的切线 l与坐标轴围成的三角形的周长；
(2)若函数 f x 的图象上任意一点 P 关于直线 x =1的对称点Q都在函数 g x 的图象上，且存在 x 0,1 ，使
f x - 2ex m + g x 成立，求实数m 的取值范围．
考点六、利用导数研究函数的零点与方程的根
1 3
1．（2024·陕西安康·模拟预测）已知函数 f x = xsinx - ．
2 4
7
(1)证明：当 x 0, π x时， e - x - f x ；
4
(2)求 f x 在区间 0, π 上的零点个数．
2．（2024·广东汕头·三模）已知函数 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲线 y = f (x) 在 x=-1处的切线与 y 轴垂直，求 y = f (x) 的极值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一个零点，求 a .
3．（2024·安徽芜湖·模拟预测）已知函数 f (x) = ex - ln x + x2 - ax(a R)．
(1)当 a = 0时，求函数 f (x) 在 x =1处的切线方程；
(2)若函数至多一个零点，求 a 的取值范围．
a
4．（2024·青海海西·模拟预测）已知函数 f x = lnx + - 3．
x
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有且仅有两个零点，求实数 a的取值范围．
5．（23-24 高三下·山东菏泽·阶段练习）已知函数 f x = x -1 ex - ax2 ， a R .
e
(1)当 a = 2 时，求
f x 的单调区间；
(2)若方程 f x + a = 0有三个不同的实根，求 a的取值范围．
1
6．（2024·浙江温州· 1-一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求导函数 f x 的最值；
(2)试讨论关于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的个数，并说明理由.
x
7 e．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x) = 的图象在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
(2)若 f (x)
m
= 有两个不同的实数根，求实数m 的取值范围．
2x -1
8．（2024·山东烟台·三模）已知函数 f x = x + aex a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
x f x - x
(2)当 a = 3时，若方程 + = m +1f x x f x 有三个不等的实根，求实数
m 的取值范围.
-
9．（2024·福建泉州·模拟预测）已知函数 f x = x3 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函数 f x 的极值点，求 a的值，并求其单调区间；
f x é1 ,3ù(2)若函数 在 ê ú 上仅有 2 个零点，求 a的取值范围． 3
10 x+1．（2024·福建宁德·三模）已知函数 f x = a cos x - e a R 的图象在 x = 0处的切线过点 (-1,2) .
(1)求 f (x) 在 0, π 上的最小值;
2π
(2)判断 f (x) 在 - ,03 ÷内零点的个数，并说明理由
.
è
考点七、利用导数研究双变量问题
1．（22-23 高二下·四川凉山·期末）已知函数 f x = ln x - ax - b ．
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2)若 f x 0 b恒成立，求 的取值范围．
a
1
2．（2024 2高三·全国·专题练习）已知函数 f x = - x + ax - ln x a R 2 ．
(1)求函数 f x 的单调区间；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，求证： 4 f x1 - 2 f x2 1+ 3ln 2 ．
3．（2024· 2四川德阳·二模）已知函数 f x = lnx + x - 2ax,a R ，
(1)当 a > 0时，讨论 f x 的单调性；
(2)若函数 f x 有两个极值点 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
4．（23-24 高三上·河南周口·期末）已知函数 f x = cos x - mx2 m R .
π
(1)若 f x 在 ,π4 ÷ 上单调递减，求m 的取值范围；è
(2)若m
1
= - ，求证： f x π ；
π 4
(3)在（2）的条件下，若方程 f x = t x > 0 两个不同的实数根分别为x 1，x2，求证：0 < f x1 + x2 < 2 .
1
5．（23-24 高三上·福建福州·期中）已知函数 f x = a ln x - bx - x > 0,a > 0 ， , f x 为 f x 的导函数．
x
(1)当 a =1时，讨论函数 f x 的单调性
(2)已知x1， x2 0, + x1 x2 ，若存在b R ，使得 f x1 = f x2 成立，求证： f x1 + f x2 > 0 ．
6．（23-24 高三下·北京·开学考试）已知 f x = x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k =1，求 f x 在 0, f 0 处的切线方程；
(2)设 g x = f x ，求 g x 的单调区间；
(3)求证：当 k > 0时，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
7．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数 f x = 3lnx - ax ．
(1)讨论 f x 的单调性．
(2)已知 x1, x2 是函数 f x 的两个零点 x1 < x2 ．
（ⅰ）求实数 a的取值范围．
l （ⅱ） 0,
1
÷ , f x 是 f x 的导函数．证明： f élx1 + 1- l x2 2 ù < 0．è
8．（2023·浙江嘉兴· x二模）已知 f x = e , g x = lnx .
(1)若存在实数 a，使得不等式 f x - g x f a - g a 对任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x - f x g x - g x
(2)若1< x < x 1 2 1 21 2 ，设 k1 = , k = ，证明：x 21 - x2 x1 - x2
k
①存在 x0 x , x 1 x01 2 ，使得 = xk 0 ×e 成立；2
f x + f x
② k
1
1 - k2 <
1 2 -
2 .x1x2
9．（2023·全国·模拟预测）已知函数 f x 1+ 2ln x= 2 .x
g x ekx 1(1)设函数 = - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
x1 x2 2 1- ln m(2)若方程 f x = m有两个不相等的实根x1、x2，求证： + < .x2 x1 m
1
10．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数 f (x) = k ln x + x (k R) .e
(1)若函数 y = f (x) 为增函数，求 k 的取值范围；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e
（i）证明： x - x > - ln
x2 1 x> - 2
e ；2 e 1 x1 x1
x x
（ii）若 1 = 2 f x - f x < 1
ex1 ex
= k ，证明： 1 2 .
2
考点八、利用导数解决隐零点问题
1．（2024· x浙江丽水·二模）设函数 f x = e - ln x + a ,a R .
(1)当 a =1时，求函数 f x 的单调区间；
(2)若对定义域内任意的实数 x ，恒有 f x a，求实数 a的取值范围.（其中e 2.71828是自然对数的底数）
1
2 22-23 · · f (x) = ln x - ax2．（ 高三上 天津 期末）设函数 ， g(x) = ex - bx， a,b R ，已知曲线 y = f (x) 在点
2
(1, f (1))处的切线与直线 x - y +1 = 0 垂直．
(1)求 a 的值；
(2)求 g(x)的单调区间；
(3)若bf (x) + bx xg(x) 对"x (0,+ )成立，求 b 的取值范围．
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 f x = x -1 ex - ax - a ．
(1)讨论函数 f x 的极值点个数；
(2)当 a > 0时，若实数 x1, x2 满足 f x1 = f x
x + x
，证明： f 1 2

2 2 ÷
< 0．
è
4．（2023·江西· 2模拟预测）已知函数 f x = 6x + x - alnx -1，且曲线 y = f x 在点 x =1处的切线的斜率为
12.
(1)求 f x 的单调区间；
(2)证明："x > 0，有 f x + x > 4x2恒成立.
1
5．（2024· 2山东枣庄·一模）已知 f x = lnx + ax + x,a R ．
2
(1)讨论 f x 的单调性；
1
(2)若"x 0,+ , f x + ax +1 x 3x e + ax +1

÷，求 a2 的取值范围．è
6．（2024· x北京朝阳·一模）已知函数 f x = 1- ax e a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)若关于 x 的不等式 f x > a 1- x 无整数解，求 a的取值范围.
7．（2024·海南·模拟预测）已知函数 f x = 2ex - 2ax,a R .
(1)讨论函数 f x 的单调性；
(2) f x x2 + a2若不等式 对任意 x 0, + 恒成立，求 a的取值范围.
8．（2024· 2 x山东·二模）已知函数 f x = a xe - x - lnx．
1
(1)当 a = 时，求 f x 的单调区间；
e
(2)当 a > 0时， f x 2 - a ，求 a的取值范围．
9．（2024· x+1 2辽宁抚顺·一模）已知函数 f x = xe - ax - 2ax ．
1
(1)当 a = 时，判断 f x 的单调性；
2
(2)若 x 0, + 时， f x -1 1+ lnx - x恒成立，求实数 a的取值范围．
10．（2024·辽宁·一模）已知函数 f x = b ln x ， g x = x2 + ax （其中 a，b 为实数，且b > 0）
(1)当 a = -1时， f x g x 恒成立，求 b；
(2)当b = 2 时，函数G x = f x - g x 5有两个不同的零点，求 a 的最大整数值．（参考数据： ln 0.223）
4
考点九、利用导数解决极值点偏移问题
1 1 5e
1．（2024 · · x 2 3高三 全国 专题练习）设函数 f (x) = e - ex - (x -1) + , x [0,+ ) ．
2 3 2
(1)判断函数 f (x) 的单调性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 + f x2 = 6e ，求证： x1 + x2 < 2．
2．（22-23 高三上·辽宁丹东·期末）已知函数 f (x) = ex - x ln x + x2 - ax ．
(1)证明：若 a e +1，则 f (x) 0；
(2)证明：若 f (x) 有两个零点x1，x2，则 x1x2 <1．
3．（23-24 高二下·云南·期中）已知函数 f x = 3lnx + ax2 - 4x(a > 0) .
(1)当 a =1时，讨论 f x 的单调性；
1
(2)当 a = 时，若方程 f x = b 有三个不相等的实数根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，证明： x3 - x2 1
< 4 .
4．（2024 2高三下·全国·专题练习）已知函数 f x = 2x ln x - x +1．
(1)证明： f x <1；
(2)若0 < x1 < x2 ，且 f x1 + f x2 = 0，证明： x1 + x2 > 2．
5．（22-23 高三上·江西吉安·期末）已知函数 f x = 3alnx - a - 3 x ， a R .
π
(1)当 a =1时，求曲线 g x = f x - 3lnx - sinx 在 x = 2 处的切线方程；
(2)设x1，x2是 h x = f x - 3a - 2 lnx - 3x的两个不同零点，证明： a x1 + x2 > 4 .
6．（22-23 2高三上·山西·阶段练习）已知函数 f x = ax + a - 2 x - lnx a R .
(1)讨论 f x 的单调性；
2
(2)若 f x 有两个零点 x1, x2 ，证明： x1 + x2 > .a
7．（23-24 x高三上·河南·阶段练习）已知函数 f x = x - 2 e - ax a R ．
(1)若 a = 2，讨论 f x 的单调性．
(2)已知关于 x 的方程 f x = x - 3 ex + 2ax 恰有 2个不同的正实数根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范围；
（ii）求证： x1 + x2 > 4．
8 2．（2024 高三下·全国·专题练习）已知函数 g x = ln x - ax + 2 - a x（ a R ）．
(1)求 g x 的单调区间；
(2)若函数 f x = g x + a +1 x2 - 2x ， x1, x2 0 < x1 < x2 是函数 f x 的两个零点，证明： f
x1 + x2
< 02 ÷ ．è
3
9．（23-24 高三上· 2天津和平·阶段练习）已知函数 f x = x ln x - a ÷，a 为实数．
è 2
2
(1)当 a = 时，求函数在 x =1处的切线方程；
3
(2)求函数 f x 的单调区间；
(3)若函数 f x 在 x=e处取得极值， f x 是函数 f x 的导函数，且 f x1 = f x2 ， x1 < x2，证明：
2 < x1 + x2 < e．
10．（2023· x辽宁阜新·模拟预测）已知函数 f x = e + ax
(1)若 a = -2 时，求 f x 的最值；
g x f x 1(2)若函数 = - x2，且 x1, x2 为 g x 的两个极值点，证明： g x1 + g x2 > 22
考点十、导数与其他知识点杂糅问题
1．（2024·河北·三模）现随机对 N 件产品进行逐个检测，每件产品是否合格相互独立，且每件产品不合格的
概率均为 p 0 < p <1 ．
(1)当 N = 20时，记 20 件产品中恰有 2 件不合格的概率为 f p ，求 f p 的最大值点 p0 ；
(2)若这 N 件产品中恰好有M 0 M N 件不合格，以（1）中确定的 p0 作为 p 的值，则当M = 45时，若以
使得P M = 45 最大的 N 值作为 N 的估计值，求 N 的估计值．
2．（高二·全国·课后作业）《九章算术》是古代中国乃至东方的第一部自成体系的数学专著，书中记载了一
种名为“刍甍”的五面体．“刍薨”字面意思为茅草屋顶，图 1 是一栋农村别墅，为全新的混凝土结构，它由上
部屋顶和下部主体两部分组成．如图 2，屋顶五面体为刍薨”，其中前后两坡屋面 ABFE 和CDEF 是全等的
等腰梯形，左右两坡屋面EAD 和FBC 是全等的三角形，点F 在平面 ABCD和BC 上射影分别为 H ，M ，已
π
知HM

= 5 m，BC =10 m，梯形 ABFE 的面积是VFBC 面积的 2.2 倍．设 FMH = q 0 < q < ÷．
è 4
（1）求屋顶面积S 关于q 的函数关系式．
（2）已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为 k k > 0 ，下部主体造价与其高度成正比，比例系
数为16k ．现欲造一栋总高度为6 m 的别墅，试问：当q 为何值时，总造价最低？
3．（2023·浙江·一模）混管病毒检测是应对单管病毒检测效率低下的问题，出现的一个创新病毒检测策略，
混管检测结果为阴性，则参与该混管检测的所有人均为阴性，混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的
人中至少有一人为阳性．假设一组样本有 N 个人，每个人患病毒的概率相互独立且均为 p 0 < p <1 ．目前，
f X N我们采用 K 人混管病毒检测，定义成本函数 = + KX ，这里 X 指该组样本 N 个人中患病毒的人
K
数．
(1)证明：E é f X ù 2 p × N ；
(2)若0 < p <10-4，10 K 20．证明：某混管检测结果为阳性，则参与该混管检测的人中大概率恰有一人
为阳性．
4．（2023·河北·模拟预测）某排球教练带领甲、乙两名排球主力运动员训练排球的接球与传球，首先由教练
第一次传球给甲、乙中的某位运动员，然后该运动员再传回教练.每次教练接球后按下列规律传球：若教练
1 2
上一次是传给某运动员，则这次有 的概率再传给该运动员，有 3 的概率传给另一位运动员
.已知教练第一
3
次传给了甲运动员，且教练第 n次传球传给甲运动员的概率为 pn .
(1)求 p2， p3 ；
(2)求 pn 的表达式；
n
(3)设 qn = 2 pn -1 ，证明： qi+1 - qi sin q 1i+1 - sin qi < .
i=1 2
2 2
5．（2024· · x y福建福州 模拟预测）点 P 是椭圆E ： 2 + 2 =1（a > b > 0）上（左、右端点除外）的一个动a b
点， F1 -c,0 ，F2 c,0 分别是E 的左、右焦点.
2 PF
(1)设点 P 到直线 l： x a= 的距离为d ，证明 2 为定值，并求出这个定值；
c d
(2)△PF1F2 的重心与内心（内切圆的圆心）分别为G ， I ，已知直线 IG垂直于 x 轴.
（ⅰ）求椭圆E 的离心率；
（ⅱ）若椭圆E 的长轴长为 6，求△PF1F2 被直线 IG分成两个部分的图形面积之比的取值范围.
6．（2024·湖南岳阳·三模）已知VABC 的三个角 A, B,C 的对边分别为 a,b,c且 c = 2b，点D在边BC 上， AD
是 BAC 的角平分线，设 AD = kAC （其中 k 为正实数）．
(1)求实数 k 的取值范围；
(2) 3 5 b设函数 f (x) = ax3 - bx2 + cx -
3 2 2
① k 2 3当 = 时，求函数 f (x) 的极小值；
3
②设 x0 是 f (x) 的最大零点，试比较 x0 与 1 的大小．
7．（2024·全国·二模）如图，过点D 1, 3 的动直线 l交抛物线C : y2 = 2 px( p > 0) 于 A, B两点.
(1)若OD ^ AB,OA ^ OB，求C 的方程；
(2)当直线 l变动时，若 l不过坐标原点O，过点 A, B分别作（1）中C 的切线，且两条切线相交于点M ，问：
是否存在唯一的直线 l，使得 AMD = BMD？并说明理由.
8．（2024·山东青岛·三模）已知 O 为坐标原点，曲线 f x = alnx 在点P 1，0 处的切线与曲线
g x = ex + b 在点Q 0，1+ b 处的切线平行，且两切线间的距离为 2 ，其中 b 0 .
(1)求实数 a，b 的值;
(2)若点M，N 分别在曲线 y = f x ，y = g x 上，求 ONP 与 OMQ 之和的最大值;
(3)若点 A，B 在曲线 y = f x 上，点C，D 在曲线 y = g x 上，四边形 ABCD 为正方形，其面积为
2
S 1，证明: S > 2 e - 2 ÷è
附:ln2 ≈ 0.693.
9．（2024·福建泉州·模拟预测）将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每
个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如下图，那么最上层的铁块最多可向桌缘外伸出多远而不掉
下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题．将铁块从上往下依次标记为第 1 块、第 2 块、第 3 块、……、第 n 块，
将前 i(i =1,2,3, × × ×, n)块铁块视为整体，若这部分的重心在第 i +1块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的
上方，整批铁块就保持不倒．设这批铁块的长度均为 1，若记第 n 块比第 n +1块向桌缘外多伸出的部分的最
1 1
大长度为 an ，则根据力学原理，可得 a2 = ，且{ }为等差数列．4 an
(1)求 an 的通项公式；
(2)记数列 an 的前 n项和为 Sn ．
1
①比较 Sn 与 ln(n +1)的大小；2
②对于无穷数列 xn ，如果存在常数A ，对任意的正数e ，总存在正整数 N0 ，使得"n > N0 ， xn - A < e ，
则称数列 x lim x = An 收敛于A ，也称数列 xn 的极限为A ，记为 xn + n ；反之，则称 n 不收敛．请根据数列
收敛的定义判断 Sn 是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题．
3
10．（2024· x重庆渝中·模拟预测）（1）证明：当 x > 0时， x - < sinx < x；
6
a a a sina（2 *）已知正项数列 nn 满足 n+1 = n - n N .n +1
（i）证明：数列 nan 为递增数列；
3a1
（ii）证明：若0 < a < 3 ，则对任意正整数 n，都有 nan <1 3- a2 .1
考点十一、利用导数研究函数新定义问题
1．（2024·山西·三模）微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:
如果函数 f (x) 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 (a , b ) 可导，导数为 f (x) ，那么在开区间 (a , b ) 内至少存在一
点 c，使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值点”.已知函数
b - a
(a +1)x2 2f (x) = ln x + b2(x 4)eax b x3 9b +15- - + ÷ x
2 .
4 6 è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函数 f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值点” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求证:函数 f (x) 在区间 (0, + )图象上任意两点A ， B 连线的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x - f x f x - f x
(3)若a = 1,b = -1,"x1, x , x

2 3 ,1

÷，且 x1 < x2 < x

3，求证:
2 1 > 3 2 .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
2．（2024·广东·二模）拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数 f x 在闭区间 a,b
上的图象连续不断，在开区间 a,b 内的导数为 f x ，那么在区间 a,b 内存在点 c，使得
f b - f a = f c b - a x成立．设 f x = e + x - 4，其中 e为自然对数的底数， e 2.71828．易知， f x
在实数集R 上有唯一零点 r ，且 r (1,
3)．
2
(1)证明：当 x (r, r
1
+ )时，0 < f x <1；
9
(2) x从图形上看，函数 f x = e + x - 4的零点就是函数 f x 的图象与 x 轴交点的横坐标．直接求解
f x = ex + x - 4 3的零点 r 是困难的，运用牛顿法，我们可以得到 f x 零点的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
中选定一个 x0 作为 r 的初始近似值，使得0 < f x
1
0 < ，然后在点 x0 , f x0 处作曲线 y = f x 的切线，切2
线与 x 轴的交点的横坐标为x1，称x 是 r1 的一次近似值；在点 x1, f x1 处作曲线 y = f x 的切线，切线与 x
轴的交点的横坐标为x2，称x r2是 的二次近似值；重复以上过程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , ．
①当 xn > r 时，证明： xn > xn+1 > r ；
②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得： xn 为递减数列，且"n N, xn > r ．请以此为前提条件，证
明：0 < x
1
n - r < 2 ×8n
．
3．（2024·贵州遵义·三模）英国数学家泰勒（B．Taylor，1685—1731）发现了：当函数 f (x) 在定义域内 n 阶
+
f (x) 1= f (n) (0)xn = f (0) + f (0)x 1+ f (0)x2 1+ f (0)x3 1 (n) n可导，则有如下公式： +L + f (0)x +L以
n=0 n! 2! 3! n!
上公式称为函数 f (x) 的泰勒展开式，简称为泰勒公式．其中， n!=1 2 3 4 L n， f (n) (x)表示 f (x) 的 n
阶导数，即 f (x) 连续求 n 次导数．根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下问题：
(1)写出 ex 的泰勒展开式（至少有 5 项）；
(2)设 f (x) = ex + e- x -1- ax2，若 x = 0是 f (x) 的极小值点，求实数 a 的取值范围；
(3)若 e8 100k ，k 为正整数，求 k 的值．
4．（2024·上海奉贤·三模）若定义在R 上的函数 y = f (x) 和 y = g(x) 分别存在导函数 f (x)和 g (x)．且对任意
x 均有 f (x) g (x) ，则称函数 y = f (x) 是函数 y = g(x) 的“导控函数”．我们将满足方程 f (x) = g (x)的 x0 称为
“导控点”．
(1)试问函数 y = x 是否为函数 y = sin x 的“导控函数”？
2
(2) 3若函数 y = x + 8x +1 y
1
= x3是函数 + bx2 cx
1
+ 的“ 3 2导控函数”，且函数 y = x + bx + cx 是函数 y = 4x2 的“导
3 3 3
控函数”，求出所有的“导控点”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函数 y = q(x)为偶函数，函数 y = p(x) 是函数 y = q(x)的“导控函数”，求证：“ k =1”的
充要条件是“存在常数 c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
5．（2024·湖南长沙·二模）极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻域（包含该点的开区间）内
处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一个极大（小）值.
对于函数 y = f x f x + Dx - f x ，设自变量 x 从 x0 变化到 x0 + Dx ，当Dx > 0， lim 0 0 是一个确定的值，
Dx 0 Dx
f x + Dx - f x
则称函数 y = f x 在点 x0 处右可导；当Dx < 0， lim 0 0 是一个确定的值，则称函数 y = f x
Dx 0 Dx
在点 x0 处左可导.当函数 y = f x 在点 x0 处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数 y = f x 在点 x0 处可
导.
(1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点；
2
(2)已知函数 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函数 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0处的切线方程；
（ⅱ）若 x = 0为 f x 的极小值点，求 a 的取值范围.

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