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易错 04 导数及其应用 （2 个易错点错因分析与分类讲解+8
个易错核心题型强化训练）
易错点错因分析与分类讲解
易错点 1 混淆曲线在某点处的切线方程与过某点的切线方程
【例 1】.[陕西安康 2022调研]曲线 y = 2x ln x 1+ 3 过点 - ,0

÷的切线方程是（ ）
è 2
A. 2x + y +1 = 0 B. 2x - y +1 = 0
C. 2x + 4y +1 = 0 D. 2x - 4y +1 = 0
【变式】.[江苏南通 2023 期末]已知函数 f (x) = x3 - 2x2 + 2x ，则曲线 y = f (x) 经过点 A 1, 1 的切线
方程是 .
易错点 2 对极值点的含义理解不清
【例 2】. [山西长治八中 2022 测评]已知函数 f (x) = x3 - 3mx2 + nx + m2 在 x = -1处取得极值 0，则
m + n = （ ）
A. 2 B. 7 C. 2或7 D. 3或9
【变式】. [河南洛阳 2023 月考]若 x =1是函数 f (x) 1= x3 + a +1 x3 - a2 + a - 3 x 的极值点，则 a 的
3
值为（ ）
A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2
【易错核心题型强化训练】
一．利用导数研究函数的单调性（共 9 小题）
2 4 4
1．（2024 新乡三模）设 = 32 ， = 3， = 2 ，其中 e 是自然对数的底数，则（　　）
A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a
2．（2024 安徽模拟）丹麦数学家琴生是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与
1 2
不等式方面留下了很多宝贵的成果．若 x1，x2， ，xn 为（a，b）上任意 n 个实数，满足 (
( 1) ( 2) ( )
) ，则称函数 f（x）在（a，b）上为“凹函数”．也可设可导函数 f（x）在（a，
b）上的导函数为 f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为 f″（x），当 f″（x）＞0 时，函数 f（x）
1 2
在（a，b）上为“凹函数”．已知 x1，x2， ，xn＞0，n 2，且 x1+x2+…+xn＝1，令 = 1 +1 1 + +2

1 的最小值为 an，则 a2024 为（　　）
2023 2024 2024 2025
A．2024 B．2023 C．2025 D．2024
3．（2024 邵阳模拟）已知函数 f（x）的定义域为 R，f'（x）为 f（x）的导函数．若 f（1）＝e，且 f'（x）
+ex＜f（x）在 R 上恒成立，则不等式 f（x）＜（2﹣x）ex 的解集为（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）

（多选）4．（2024 朝阳区校级模拟）已知正数 a，b，c 满足 2 = = ， 为自然对数的底数，则下列不
等式一定成立的是（　　）
A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a
1
5 ．（ 2024 新 县 校 级 模 拟 ） 已 知 正 数 a ， b 满 足 + 4 ≤
4 + (2 )， 则 a+b
＝　 　．
6．（2024 山东模拟）法国数学家弗朗索瓦 韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其推广到
高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，即如
果 x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是关于 x 的实系数一元 n 次方程 + 1 1 + + 1 + 0 = 0( ≠ 0)
1 + 2 + 3 + + =
1
，
+ + + = 21 2 1 3 1 ，
在复数集 C 内的 n 个根，则 1 2 3 + 1 2 4 + + 2 1 =
3
，
，
1 2 3 = ( 1)
0
.
试运用韦达定理解决下列问题：
（1）已知 a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求 a3+b3+c3 的最小值；
（2）已知 a，b∈R，关于 x 的方程 x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三个实数根，其中至少有一个实
数根在区间（0，a）内，求 2a﹣b 的最大值．
7．（2024 武昌区模拟）已知函数 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
8．（2023 北京）设函数 f（x）＝x﹣x3eax+b，曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝﹣x+1．
（Ⅰ）求 a，b 的值；
（Ⅱ）设 g（x）＝f′（x），求 g（x）的单调区间；
（Ⅲ）求 f（x）的极值点的个数．
9．（2024 海淀区校级三模）已知函数 f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若 f（x）≤﹣1 恒成立，求实数 k 的取值范围；
( 1)
（Ⅲ）求证： 1＜ 4 ．（n∈N 且 n≥2） =2
二．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共 3 小题）
10．（2024 安徽三模）已知函数 f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
( 1) ( 2) 8
（2）若函数 f（x）的两个极值点分别为 x1，x2，证明： ＞ ．1 2 2
11．（2024 重庆模拟）已知函数 f（x）＝lnx﹣ax（a 为实数）．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
2
（2）若存在两个不相等的正数 x1，x2 满足 f（x1）＝f（x2），求证 1 + 2＞ ．
1 1
（3）若 f（x）有两个零点 x1，x2，证明： + ＞2．1 2
1
12．（2024 海淀区校级模拟）已知函数 f（x）＝alnx + （a≠0）
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在两条直线 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线 y＝f（x）的切线．求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0} （0，1），求实数 a 的取值范围．
三．利用导数研究函数的极值（共 3 小题）
1
13．（2024 顺义区模拟）已知函数 f（x） = 3 2 （kx+b），给出下列四个结论：
①当 k＝0 时，对任意 b∈R，f（x）有 1 个极值点；
1
②当 k＞8时，存在 b∈R，使得 f（x）存在极值点；
③当 b＝0 时，对任意 k∈R，f（x）有一个零点；
1
④当 0＜b＜3时，存在 k∈R，使得 f（x）有 3 个零点．
其中所有正确结论的序号是 　 　．
14．（2024 日照模拟）已知函数 f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx．
（1）判断函数 g（x）在区间（0，3π）上的零点个数，并说明理由；
( )
（2）函数 ( ) = 在区间（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有极值之和为 M（n），证明：对于 n∈N+，
M（n）＜0．
15．（2024 广东模拟）已知函数 f（x）＝x3+3bx2+3x 有极值点
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间及 b 的取值范围；
（Ⅱ）若函数 f（x）有两个极值点 x1、x2，且 f（x1）+f（x2）＝0，求 b 的值．
四．函数在某点取得极值的条件（共 3 小题）
16．（2024 春 新会区校级月考）已知函数 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 处有极值 10，则 a、b 的值为（　　）
A．a＝﹣4，b＝11
B．a＝3，b＝﹣3 或 a＝﹣4，b＝11
C．a＝﹣1，b＝5
D．以上都不正确
1 1
17．（2024 春 菏泽期中）已知函数 f（x） = x33 2x
2+cx+d 有极值，则 c 的取值范围为（　　）
1 1 1 1
A．c＜4 B．c ≤ 4 C．c ≥ 4 D．c＞4
18．（2024 春 江阴市校级月考）若函数 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上没有极值点，则实数 m 的取值范围
是　 　．
五．利用导数求解函数的极值（共 4 小题）
1
19．（2024 春 常州月考）已知函数 ( ) = 2 ( 2 + 2)．
（1）若 x＝1 是函数 f（x）的极值点，求 a 的值，并求函数 f（x）的极值；
（2）若函数 f（x）在 x＝0 处取得极大值，求 a 的取值范围．
20．（2024 春 承德月考）已知函数 f（x）＝ax2﹣blnx 在点 A（1，f（1））处的切线方程为 y＝1；
（1）求实数 a，b 的值；
（2）求函数 f（x）的极值．
21．（2024 春 晋江市校级期中）已知函数 f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常数 a＞0．
（1）当 x＝1 时，函数 f（x）取得极小值﹣2，求函数 f（x）的极大值．
（2）设定义在 D 上的函数 y＝h（x）在点 P（x0，h（x0））处的切线方程为 l：y＝g（x），当 x≠x0 时，
( ) ( )
若 ＞0在 D 内恒成立，则称点 P 为 h（x）的“类优点”，若点（1，f（1））是函数 f（x）的0
“类优点”，
①求函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
②求实数 a 的取值范围．

22．（2024 春 东城区校级月考）已知函数 f（x）＝x﹣1 + （a∈R，e 为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于 x 轴，求 a 的值；
（Ⅱ）求函数 f（x）的极值；
（Ⅲ）当 a＝1 的值时，若直线 l：y＝kx﹣1 与曲线 y＝f（x）没有公共点，求 k 的最大值．
六．利用导数研究函数的最值（共 12 小题）
23．（2024 七星区校级模拟）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分布）均
匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中，比如
计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数 f（x）
＝aex+be﹣x（其中 a，b 为非零常数，e＝2.71828 ）来表示，当 f（x）取到最小值为 2 时，下列说法正
确的是（　　）
A．此时 x＝lna
B．此时 a+b 的最小值为 2
C．此时 2a+2b 的最小值为 2
D．此时 lnalnb 的最小值为 0
24．（2024 贵阳模拟）若关于 x 的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3 对于任意 x∈（1，+∞）恒成立，则整
数 k 的最大值为（　　）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2

25．（2024 秦都区校级四模）已知函数 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若 f（x）≥g（x）恒成立，则 的最大
值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．2 D． 2
26．（2024 龙岗区校级模拟）已知函数 h（x）＝mex﹣x+1．
（1）若 h（x）在（0，4）上有唯一零点，求 m 的取值范围；
（2）若 h（x）≥h（x0）对任意实数 x 恒成立，证明： 2 ( 0)＞ 2 +3 1．
27．（2024 吉林模拟）在平面直角坐标系 xOy 中，Rt△OAB 的直角顶点 A 在 x 轴上，另一个顶点 B 在函数

( ) = 图象上．
（1）当顶点 B 在 x 轴上方时，求 Rt△OAB 以 x 轴为旋转轴，边 AB 和边 OB 旋转一周形成的面所围成的
几何体的体积的最大值；
22 ( ) =
2 1
（ ）已知函数 ，关于 x 的方程 f（x）＝g（x）有两个不等实根 x1，x2（x1＜x2）．
（i）求实数 a 的取值范围；
（ii）证明： 2 2
2
1 + 2＞ ．

28．（2024 南昌三模）定义：若变量 x，y＞0，且满足：( ) +( ) = 1，其中 a，b＞0，m∈Z．称 y 是关
于 x 的“m 型函数”．
（1）当 a 3＝2，b＝1 时，求 y 关于 x 的“2 型函数”在点(1， )处的切线方程；2
（2）若 y 是关于 x 的“﹣1 型函数”，
（ⅰ）求 x+y 的最小值；
1 +1
（ⅱ）求证：( + ) ≥ ( +1 + +1) ，（n∈N+）．

29．（2024 赤峰模拟）已知 ∈ (4， )．
1
（1）将 sinx，cosx，x， 22 +1按由小到大排列，并证明；

（2）令 f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求证：f（x）在 ∈ (4， )内无零点．
30．（2024 呼和浩特模拟）对于函数 f（x），若实数 x0 满足 f（x0）＝x0，则 x0 称为 f（x）的不动点．已知
函数 f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）．
（1）当 a＝﹣1 时，求证：f（x）≥0；
（2）当 a＝0 时，求函数 f（x）的不动点的个数；
1 1 1
（3）设 n∈N*，证明： 12
+ 2 + +1 2 2 2 ＞ln（n+1）．
31．（2024 3 月份模拟）已知函数 f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）．
（1）当 a＝e 时，求曲线 y＝f（x）过原点的切线方程；
（2）若 f（x）的最小值与 g（x）的最小值相等，求实数 a．
32．（2024 运城二模）已知函数 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）．
（1）若 a＝4，求 f（x）的图象在 x＝0 处的切线方程；
（2）若 f（x） 0 对于任意的 x∈[0，+∞）恒成立，求 a 的取值范围；
2 1
（3）若数列{an}满足 a *1＝1 且 +1 = 2（n∈N ），记数列{an}的前 n 项和为 Sn，求证： + 3
＜ [( + 1)( + 2)]．

33．（2024 天津模拟） ( ) = 2 ( + ) + ， ∈ (0，2)，已知 f（x）的图象在（0，f（0））处的
切线与 x 轴平行或重合．
（1）求 φ 的值；
（2）若对 x≥0，f（x）≤0 恒成立，求 a 的取值范围；
157
（3）利用如表数据证明： ．
=1 314
＜106
78 78 79 79
314 314 314 314 314 314
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
1 1
34．（2024 济宁一模）已知函数 ( ) = 2
2 + 2( ∈ )．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
( 2) ( 1)
（2）若 0＜x1＜x2，证明：对任意 a∈（0，+∞），存在唯一的实数 ξ∈（x1，x2），使得 ′( ) = 2 1
成立；
2 1
（3）设 = 2 ， ∈
，数列{an}的前 n 项和为 Sn．证明：Sn＞2ln（n+1）．
七．利用导数研究曲线上某点切线方程（共 7 小题）
35．（2024 河北模拟）已知曲线 1： 2 + 2 4 + 2 = 0与曲线 2： ( ) = 2在第一象限交于点 A，在 A
处两条曲线的切线倾斜角分别为 α，β，则（　　）

A． + = 2 B．| | = 2 C． + = 3 D．|α﹣β| = 4
36．（2024 沙坪坝区校级模拟）设曲线 f（x）＝xsinx 在点（π，f（π））处的切线为 l，则 l 与两坐标轴围成
的三角形的面积为 　 　．
37．（2024 思明区校级模拟）已知曲线 f（x）＝xlnx﹣1 在 x＝1 处的切线 l 与圆 C：（x﹣1）2+y2＝9 相交于
A、B 两点，则|AB|＝　 　．
38．（2024 宜春模拟）已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且 f（2x+2）为奇函数，记 f'（x）为 f（x）
的导函数，若 f′（﹣2）＝1，则 y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为 　 　．

39．（2024 长沙模拟）已知函数 ( ) = ， ≥ 0， 2 0. 若函数 f（x）的图象在点 A（x1，f（x1））（x1＜0）和点， ＜
| |
B（x2，f（x2））（x2＞0）处的两条切线相互平行且分别交 y 轴于 M，N 两点，则 | |的取值范围
为 　 　．
40．（2024 莲湖区校级模拟）已知函数 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2．
（1）判断 g（x）的零点个数；
（2）求曲线 y＝f（x）与曲线 y＝g（x）公切线的条数．
41．（2024 姜堰区校级模拟）设 P 是坐标平面 xOy 上的一点，曲线Γ是函数 y＝f（x）的图像．若过点 P 恰
能作曲线Γ的 k 条切线（k∈N），则称 P 是函数 y＝f（x）的“k 度点”．
（1）判断点 O（0，0）与点 A（2，0）是否为函数 y＝lnx 的 1 度点，不需要说明理由；
（2）已知 0＜m＜π，g（x）＝sinx．证明：点 B（0，π）是 y＝g（x）（0＜x＜m）的 0 度点；
（3）求函数 y＝x3﹣x 的全体 2 度点构成的集合．
八．利用导数求解曲线在某点上的切线方程（共 6 小题）
42．（2024 春 连州市校级月考）过曲线 S：y＝3x﹣x3 上一点 A（2，﹣2）的切线方程为（　　）
A．y＝﹣2 B．9x+y﹣16＝0
C．9x+y﹣16＝0 或 y＝﹣2 D．9x﹣y﹣16＝0
43．（2024 春 未央区校级期末）曲线 f（x）＝3x2﹣ex 在（0，﹣1）处的切线方程为（　　）
A．x+y+1＝0 B．x﹣y+1＝0 C．x﹣y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0
1
44．（2024 辽阳二模）设函数 ( ) = + 2的图像与 x 轴相交于点 P，则该曲线在点 P 处的切线方程为
（　　）
A．y＝﹣x B．y＝﹣x﹣1 C．y＝x﹣1 D．y＝0
1
45．（2023 新城区校级模拟）已知函数 ( ) = ，则曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为
（　　）
A．3x+2y﹣3＝0 B．3x﹣2y﹣3＝0 C．2x﹣3y﹣2＝0 D．2x﹣3y+2＝0
46．（2023 鹰潭二模）已知函数 f（x）＝﹣xlnx+（2﹣f′（e））x﹣3，则 f（x）在 x＝1 处的切线方程
为　 　．
47．（2024 重庆模拟）已知 f（x）＝ln（1+x）﹣ln（a﹣bx）是奇函数，则 f（x）在点（0，f（0））处的切
线方程为（　　）
A．y＝2x B．y＝x C．y＝0 D．y＝﹣2x易错 04 导数及其应用 （2 个易错点错因分析与分类讲解+8
个易错核心题型强化训练）
易错点错因分析与分类讲解
易错点 1 混淆曲线在某点处的切线方程与过某点的切线方程
y = 2x ln x + 3 1 【例 1】.[陕西安康 2022调研]曲线 过点 - ,0÷的切线方程是（ ）
è 2
A. 2x + y +1 = 0 B. 2x - y +1 = 0
C. 2x + 4y +1 = 0 D. 2x - 4y +1 = 0
特别提醒：曲线在某点处的切线方程明确了“某点”是切点，此时切线只有唯一一条，而过某点的切线是指
切线经过“某点”，此时“某点”可能是切点，也可能不是切点，这样的切线可能是多条，所以涉及过某点的切
线的问题时，需要判断"某点”是否为切点.
1
【解析】由题意可得点 - ,0

÷不在曲线 y = 2x ln x + 3上，设切点为 (x0 , y0 )，因为 y = 2ln x + 2 ，所以
è 2
所求切线的斜率 k y 2y= 2ln x0 + 2 = 0 = 01 所以 y0 = 2x0 ln x0 + 2x0 + ln x0 +1.因为点 (x0 , y0 )是切x 2x0 +10 + 2
点 ， 所 以 y0 = 2x0 ln x0 + 3， 所 以 2x0 ln x0 + 2x0 + ln x0 +1 = 2x0 ln x0 + 3， 即 2x0 + ln x0 - 2 = 0 . 设
f (x) = 2x + ln x - 2 = 0，明显 f (x) 在 (0, + )上单调递增，且 f (1) = 0,，所以 2x0 + ln x0 - 2 = 0有唯一
解 x 1=1 0 ，则所求切线的斜率 k = 2 ，故所求切线方程为 y = 2 x + = 2x +1，即 2x - y +1 = 0 故选 B .
è 2 ÷
【变式】.[江苏南通 2023 期末]已知函数 f (x) = x3 - 2x2 + 2x ，则曲线 y = f (x) 经过点 A 1, 1 的切线
方程是 .
特别提醒：求曲线的切线方程时要注意“过某点的切线”与“在某点处的切线”的差异，在某点处的切线，该点
一定是切点，切线有且仅有一条；过某点的切线，该点不一定是切点，切线至少有一条.
【解析】设切点为 (t, t3 - 2t 2 + 2t) ，由题知 f (x) = 3x2 - 4x + 2，所以切线的斜率 k = 3t 2 - 4t + 2，所以
切线方程为 y - (t3 - 2t 2 + 2t) = (3t 2 - 4t + 2) x - t .因为切线过点 A 1， 1 ，（注：点 A不一定是切点），
所以1- t3 - 2t 2 + 2t = 3t 2 - 4t + 2) 1 t 2 1 3- ，即 t -1 2t -1 = 0，解得 t = 或 t =1，所以斜率 k = 或2 4
k =1，又切线过点 A 1， 1 ，得切线方程为3x - 4y +1 = 0或 x - y = 0 .
易错点 2 对极值点的含义理解不清
【例 2】. [山西长治八中 2022 测评]已知函数 f (x) = x3 - 3mx2 + nx + m2 在 x = -1处取得极值 0，则
m + n = （ ）
A. 2 B. 7 C. 2或7 D. 3或9
特别提醒：利用导函数分析函数的极值时，要注意的是使导函数值为 0 的 x 的值不一定是极值点，极值点
ì f -1 = 0,
是使导函数值为 0，且左、右导函数值异号的 x 的值，本题的易错点在于令 í 时，方程组有两
f -1 = 0
组解，一定要注意检验 m 和 n 的值是否能使 f (x) 在 x = -1处取得极值.
【解析】 f (x) = 3x2 - 6mx + n根据题意， f (-1) = 3+ 6m + n = 0， f (-1) = -1- 3m - n + m2 = 0解得
ìm = -1 ìm = -2, ìm = -1
í 或 í ，当 í ，时， f (x) = 3x2 + 6x + 3 = 3(x +1)2 0在 R 上单调递增，无极值点，
n = 3 m = 9. n = 3
ìm = -2,
故 舍 去 . 当 í 时 ， f (x) = 3x2 +12x + 9 = 3(x +1)(x + 3)当 x - ,-3 和 x -1, + 时 ，
m = 9.
f (x) > 0， f (x) 单调递增；当 x -3, -1 时， f (x) < 0， f (x) 单调递减，故 f (x) 在 x = -1处有极小
值，满足条件.综上，m + n = -2 + 9 = 7故选 B
【答案】 B
1 3 3 2
【变式】. [河南洛阳 2023 月考]若 x =1是函数 f (x) = x + a +1 x - a + a - 3 x 的极值点，则 a 的
3
值为（ ）
A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2
特别提醒：定义域 D 上的可导函数 f (x) 在 x0 处取得极值的充要条件是 f x0 = 0，并且 f (x)在 x0 附近
两侧异号，若“左负右正"，则 x0 为极小值点，若“左正右负”，则 x0 为极大值点.
本题易错的地方是求出 a 的值后，没有通过单调性来验证 x =1是否为函数的极值点，也就是说使得导函数
为零的自变量的值，不一定是极值点.
1 3 2 2
【解析】 f (x) = x + a +1 x - a + a - 3 x，则 f (x) = x2 + 2 a +1 x -
3 a
2 + a - 3 ，由题意可知
f (1) = 0, ，即1+ 2(a +1) - (a2 + a - 3) = 0，解得 a = 3或 a = -2 .
当 a = 3时， f (x) = x2 + 8x - 9 = (x + 9)(x -1)，当 x >1或 x < -9时， f (x) > 0,，函数 f (x) 单调递增；
当 -9 < x <1时， f (x) < 0，函数 f (x) 单调递减，显然 x =1是函数 f (x) 的极值点；当 a = -2 时，
f (x) = x2 - 2x +1 = (x -1)2 0 ，函数 f (x) 在 R 上单调递增，没有极值点，故选 B .
【答案】 B
【易错核心题型强化训练】
一．利用导数研究函数的单调性（共 9 小题）
2 4 4
1．（2024 新乡三模）设 = 2 ， =
3 3， = 2 ，其中 e 是自然对数的底数，则（　　）
A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a

【分析】构造函数 f（x） = ，研究该函数的单调性判断大小，再将 a，b，c 转化为 f（x）的函数值比
较大小．
1
【解答】解：令 f（x） = ，由 ′( ) = 2 ＜0 得 x＞e，所以 f（x）在（e，+∞）上单调递减，
2
4 4 4
= =
2
c 4 = 2
3 2 4
而 2 2 = f（ ），b = = f（3），a = 2 2 3 2
= 4 = f（4），
2
2 2
显然3＜ 2 ＜4，所以 f（3）＞f（ 2 ）＞f（4），
即 a＜c＜b．
故选：B．
【点评】本题考查导数的应用，构造函数比较大小的方法，属于中档题．
2．（2024 安徽模拟）丹麦数学家琴生是 19 世纪对数学分析做出卓越贡献的巨人，特别在函数的凹凸性与
1 2
不等式方面留下了很多宝贵的成果．若 x1，x2， ，xn 为（a，b）上任意 n 个实数，满足 (
( 1) ( 2) ( )
) ，则称函数 f（x）在（a，b）上为“凹函数”．也可设可导函数 f（x）在（a，
b）上的导函数为 f′（x），f′（x）在（a，b）上的导函数为 f″（x），当 f″（x）＞0 时，函数 f（x）
1 2
在（a，b）上为“凹函数”．已知 x1，x2， ，xn＞0，n 2，且 x1+x2+…+xn＝1，令 = 1 + 1 + +1 2

1 的最小值为 an，则 a 2024 为（　　）
2023 2024 2024 2025
A．2024 B．2023 C．2025 D．2024
【分析】利用导数的运算，结合琴声不等式判断即可．
1
【解答】解：记函数 ( ) = 1 = 1 1， ∈ (0，1)，
先证明其凹凸性：
1 2
因为 ′( ) = (1 )2，所以 ″( ) = (1 )3＞0，
1
∴ ( ) = 1 1在（0，1）上为“凹函数”，
1 2 ( 1) ( 2) ( )
由琴生不等式，得 ( ) ，
1
1 1 2
即 (1 + 1 + +

1 ) 1 1，1 2

1 2
所以 = 1 + 1 + + 1 1，1 2
1
当 1 = 2 = = = 时，W 取最小值 = 1，
2024
所以 2024 = 2023．
故选：B．
【点评】本题考查新定义问题，同时考查了导数的运算、琴声不等式的应用，属于中档题．
3．（2024 邵阳模拟）已知函数 f（x）的定义域为 R，f'（x）为 f（x）的导函数．若 f（1）＝e，且 f'（x）
+ex＜f（x）在 R 上恒成立，则不等式 f（x）＜（2﹣x）ex 的解集为（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）
( )
【分析】根据 f'（x）+ex＜f（x），构造函数 ( ) = + ，可得 g（x）是减函数，然后再将 f（x）＜
x ( )（2﹣x）e 化为 + ＜2 = (1)，则问题可解．
( )
【解答】解：令 ( ) = + ，
′( ) ( ) ′( ) ( )
∵ ′( ) = 2 +1 = ＜0，
∴g（x）在 R 上单调递减，由 f（x）＜（2﹣x）ex 得：
( ) (1)
( ) + ＜2 ， + ＜2 = +1，
即 g（x）＜g（1）．∴x＞1．
故选：D．
【点评】本题考查利用函数的单调性解不等式的问题，根据已知条件合理构造函数是解题的关键，属于
中档题．

（多选）4．（2024 朝阳区校级模拟）已知正数 a，b，c 满足 2 = = ， 为自然对数的底数，则下列不
等式一定成立的是（　　）
A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a
【分析】将 a，b 都用 b 表示，然后通过构造函数，利用函数的单调性比较大小．
【解答】解：由已知得 a＝2lnb，c＝eb，又 a，b，c＞0，
所以 b＞1，B 正确；
a+c﹣2b＝2lnb+eb﹣2b，令 f（x）＝2lnx+ex﹣2x，（x＞1），
2
′( ) = x + e ﹣2，显然 x＞1 时，f′（x）＞0，所以 f（x）在（1，+∞）上递增，且 f（1）＝e﹣2＞0，
所以 f（b）＞0，即 a+c＞2b，C 正确；
c﹣a＝eb﹣2lnb，令 g（x）＝ex﹣2lnx，（x＞1），
2
g′（x）＝ex ，易知 g′（1）＝e﹣2＞0，且 g′（x）在（1，+∞）上是增函数，
所以 x＞1 时，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上递增，而 g（1）＝e＞0，所以 g（b）＞0，
即 c＞a，D 正确；
而 ac＝（lnb2） eb，当 b→1 时，（lnb2）eb→0，b2→1，此时 ac＜b2，即 A 错误．
故选：BCD．
【点评】本题考查通过构造函数来比较大小的解题思路，属于较难的题目．
1
5．（2024 新县校级模拟）已知正数 a，b 满足 + 4 ≤
4 + (2 )，则 a+b
3 2
＝　 　．
2
1 1 1
【分析】将原式化为 a4 + 4 ≤ lna﹣lnb + 2 + 2，再利用基本不等式，该式可化为2( )
2 ln ≤ ln2 + 2，
1
然后构造函数 f（x）＝2x2﹣lnx，研究其最大值，发现恰好为 ln2 + 2，结合基本不等式取等号条件，函
数取最大值的条件解出 a，b 的值即可．
4 1 1 1 【解答】解：由已知得 a + 4 ≤ lna﹣lnb + 2 +
1
2，因为
4 + ≥ 2 4 4 = 2(
2
) ，当且仅当 ab＝1 4
时取等号，
1
所以原式可化为2( )2 ln ≤ ln2 + 2，令 x = ＞0，则不等式左边即为 f（x）＝2x
2﹣lnx，（x＞0），
1 (2 1)(2 1) 1
′( ) = 4 = ，由 f′（x）＝0 得 = 2，
1 1
当0＜ ＜2时，f′（x）＜0，f（x）递减， ＞2时，f′（x）＞0，f（x）递增，
1 1 1
所以 f（x）min＝f（2） = 2 + 2，所以 f（ ）＝ln2 + 2，
= 1
所以 = 1
2
，解得 = ，b = 2，
2 2
所以 + = 3 2．
2
3 2
故答案为： ．
2
【点评】本题考查利用函数的单调性、基本不等式解决不等式问题，属于中档题．
6．（2024 山东模拟）法国数学家弗朗索瓦 韦达发现了一元二次方程的根与系数之间的关系，将其推广到
高次方程，并在其著作《论方程的识别与订正》中正式发表，后来人们把这个关系称为韦达定理，即如
果 x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是关于 x 的实系数一元 n 次方程 1 + 1 + + 1 + 0 = 0( ≠ 0)
1 + 2 + 3 + + =
1
，
1 2 + 1 3 + +
2
1 = ，
在复数集 C 内的 n 个根，则 1 2 3 + 1 2 4 + +
3
2 1 = ，
，
1
0
2 3 = ( 1) .
试运用韦达定理解决下列问题：
（1）已知 a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求 a3+b3+c3 的最小值；
（2）已知 a，b∈R，关于 x 的方程 x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三个实数根，其中至少有一个实
数根在区间（0，a）内，求 2a﹣b 的最大值．
【分析】（1）构造函数 f（x）＝x3﹣x2﹣abc，求导 f′（x）＝3x2﹣2x，根据函数的单调性求解极值，即
4
可得 27＜ ＜0，进而可求解；
+ + = 2 2 4
（ 2 ）根据韦达定理可得 + + = ，即可表达出 + ≥ ，进而化简可得 = =
2 1
+ + ( 1)，即可根据2 = ( + ) + (2 )( + 2)，利用不等式求解．
【解答】解：（1）根据韦达定理可设 a，b，c 是 x3﹣x2﹣abc＝0 的三个实数根，
令 f（x）＝x3﹣x2﹣abc，f′（x）＝3x2﹣2x，
2
当 ＞3， ＜0时，f′（x）＞0，此时 f（x）单调递增，
2
当0＜ ＜3时，f′（x）＜0，此时 f（x）单调递减，
2 4
故 f（x）的极大值为 f（0）＝﹣abc，极小值为 (3) = 27 ，
1
由于 a，b，c 不可能相等，否则 = = = 3，与 ab+bc+ca＝0 矛盾，
2 4 4
故 f（x）＝x3﹣x2﹣abc 有两个或者三个零点，则 (3) = 27 ≤ 0，f（0）＝﹣abc≥0，故 27
≤ ＜0，
由（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ca）＝a2+b2+c2，结合 a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，
所以 1＝a2+b2+c2，由（a+b+c）[a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）]＝a3+b3+c3﹣3abc，
所以 a3+b3+c3﹣3abc＝1，
4
则 3
5
+ 3 + 3 = 3 + 1 ≥ 3 × ( 27) + 1 = 9，
5
故 a3+b3+c3 的最小值为9，
（2）设方程的三个实数根分别为 m，n，k，其中 0＜k＜a，
+ + = 2
由韦达定理可得 + + = ，
=
由（m+n）2≥4mn 和 k＞0，得 k（m+n）2﹣4mnk≥0，当且仅当 m＝n 时等号成立，
又 m+n+k＝a﹣2＝mnk﹣2，故 k（m+n）2﹣4（m+n+k+2）≥0，
k（m+n）2﹣4（m+n）﹣（4k+8）≥0，即（m+n+2）（mk+nk﹣2k﹣4）≥0 （a﹣k）（mk+nk﹣2k﹣4）
≥0，
由 0＜k＜a，得 mk+nk﹣2k﹣4≥0，
2 4
因此 + ≥ ，当且仅当 m＝n 时等号成立，

由 mn+mk+nk＝b 和 nmk＝a 可得 = + + ，
1 1 ( 1)2
结 合 n+m+k ＝ a ﹣ 2 可 得 2 = (2 ) ( + ) = (2 )( + + + 2) ( + ) =
1
( + ) + (2 )( + 2)，
2 2 4
由于
( 1) ≤ 0以及 + ≥ ，
( 1)2 2 4 1 ( 2)2
故2 ≤ +(2 )( + 2) = 2 +4 ≤ 4 ，
2
当 k＝2 时，且 = = = 2时等号成立，此时 a＝8，b＝12，符合 0＜k＜a，
综上可知 2a﹣b 的最大值为 4．
【点评】本题考查通过构造函数，研究函数的单调性探究式子最小值的方法，同时考查了学生的逻辑推
理与运算能力，属于难题．
7．（2024 武昌区模拟）已知函数 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．
（1）讨论 f（x）的单调性；
（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围．
【分析】（1）对函数 f（x）求导数，讨论 a 的取值，利用导数判断 f（x）的单调性；
1
（2）由（1）知 f（x）的单调性，得出 a＞0 时 f（x）min = + 1+lna，
且 x→0+时 f（x）＞0，x→+∞时 f（x）＞0；
令 f（x）min＜0 求得 a 的取值范围．
【解答】解：（1）函数 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx，（a∈R）；
1 2 2 ( 2) 1 (2 1)( 1)
∴f′（x）＝2ax+（a﹣2） = = （x＞0），…（2 分）
当 a≤0 时，f′（x）＜0，则 f（x）在（0，+∞）内单调递减；……（3 分）
1 1
当 a＞0 时，则 f（x）在（0， ）内单调递减，在（ ，+∞）内单调递增；……（5 分）
备注：求导正确给 1 分，因式分解正确得 2 分；
（2）由（1）知，当 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）内单调递减，最多只有一个零点，舍去；…（5 分）
1 2 1 1 1
a＞0 时，f（x 1）min＝f（ ）＝a ( ) + （a﹣2） ln = + 1+lna；……（7 分）
当 x→0+时，f（x）＞0；
当 x→+∞时，f（x）＞0；
1 1 1
∴当 f（ ）＝1+lna ＜0，令 g（a）＝1+lna ，
1 1
则 g′（a） = + 2，
∴g′（a）＞0；…（10 分）
则 g（a）在（0，+∞）上单调递增；
又 g（1）＝0，解得 a＜1；
∴当 0＜a＜1 时，函数 f（x）有两个不同的零点．…（12 分）
备注：其他解法也可以酌情相应给分．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值问题，也考查了函数零点的判断问题，是难题．
8．（2023 北京）设函数 f（x）＝x﹣x3eax+b，曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝﹣x+1．
（Ⅰ）求 a，b 的值；
（Ⅱ）设 g（x）＝f′（x），求 g（x）的单调区间；
（Ⅲ）求 f（x）的极值点的个数．
【分析】（Ⅰ）求函数 f（x）的导数，根据导数的几何意义列方程组求出 a、b 的值．
（Ⅱ）求 f（x）的导数，利用 g（x）＝f′（x），求 g（x）的导数，令 g′（x）＝0，根据 g′（x）与 g
（x）的关系求出 g（x）的单调区间；
（Ⅲ）根据题意，判断 f′（x）的单调递增，利用根的存在性定理，判断 f′（x）的零点个数，即可得
出 f（x）极值点的个数．
【解答】解：（Ⅰ）因为函数 f（x）＝x﹣x3eax+b，
所以 f′（x）＝1﹣（3x2eax+b+ax3eax+b）＝1﹣（3+ax）x2eax+b，
因为 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝﹣x+1，
(1) = 0 1 + = 0
所以 ′(1) = 1，即 1 (3 + ) + = 1，
解得 a＝﹣1，b＝1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝x﹣x3e﹣x+1，所以 f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1，
所以 g（x）＝f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1，
所以 g′（x）＝﹣（6x﹣3x2）e﹣x+1+（3x2﹣x3）e﹣x+1＝﹣x（x2﹣6x+6）e﹣x+1，
令 g′（x）＝0，解得 x＝0 或 x＝3± 3，
所以 g′（x）与 g（x）的关系列表如下：
x （﹣ 0 （0，3 3 3 （3 3， 3 + 3 （3 +
∞， 3） 3 + 3） 3，+
0） ∞）
g′（x） + 0 ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 单 单调递减 单调递增 单调递减
调递
增
所以 g（x）在区间（﹣∞，0）和（3 3，3 + 3）上单调递增，在区间（0，3 3）和（3 + 3，+∞）
上单调递减；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 x∈（﹣∞，0）时，f′（x）单调递增，
当 x＜﹣1 时，f′（x）＜f′（﹣1）＝1﹣4e2＜0，f′（0）＝1＞0，
所以存在 x1∈（﹣∞，0），使得 f′（x1）＝0，
又因为 f（x）在（﹣∞，x1）上单调递减，在（x1，0）上单调递增，
所以 x1 是 f（x）的一个极小值点；
当 x∈（0，3 3）时，f′（x）单调递减，且 f′（3 3）＜f′（1）＝1﹣2＜0，
所以存在 x2∈（0，3 3），使得 f′（x2）＝0，所以 f（x）在（0，x2）上单调递增，在（x2，3 3）上
单调递减，
所以 x2 是 f（x）的一个极大值点；
当 x∈（3 3，3）时，f′（x）单调递增，
又因为 f′（3）＝1＞0，所以存在 x3∈（3 3，3），使得 f′（x3）＝0，
所以 f（x）在（3 3，x3）上单调递减，（x3，3）上单调递增，
所以 x3 是 f（x）的一个极小值点，
又因为当 x＞3 时，f′（x）＞0，所以 f（x）在（3，+∞）上单调递增，无极值点；
综上，f（x）在定义域 R 上有 3 个极值点．
【点评】本题考查了导数的几何意义与应用问题，也考查了导数的综合应用问题，是难题．
9．（2024 海淀区校级三模）已知函数 f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若 f（x）≤﹣1 恒成立，求实数 k 的取值范围；
( 1)
（Ⅲ）求证： 1＜ 4 ．（n∈N 且 n≥2） =2
1
【分析】（I）由题意可得：f′（x） = 1 + k，当 k≥0 时 f′（x）＞0；当 k＜0 时，解关于导函数的不
等式，进而得到函数的单调区间．
1
（Ⅱ）由（I）知 k≤0 时，f（2）＝1﹣k＞0，f（x）≤0 不恒成立，所以 k＞0．只要使 ymax＝f（1 + ）
＝﹣lnk≤0 恒成立即可，进而求出答案．
（Ⅲ）由题可得：k＝﹣1 时，有 x∈[0，+∞）时，f（x）≤0 恒成立，即 ln（x﹣1）＜x﹣2 在（2，+∞）
1
上恒成立，令 x﹣1＝n2，则 2lnn＜（n﹣1）（n+1），所以可得 1＜ 2 ，进而证明原不等式成立．
1
【解答】解：（I）函数 f（x）的定义域为（﹣1，+∞），并且 f′（x） = 1 + k，
①当 k≥0 时 f′（x）＞0，则 f（x）在（1，+∞）上是增函数；
1
②当 k＜0 时，若 x∈（﹣1，﹣1 ）时有 f′（x）＞0，
1
若 x∈（﹣1 ，+∞）时有 f′（x）＜0．
1 1
所以 f（x）在（﹣1，﹣1 ）上是增函数，在（﹣1 ，+∞）上是减函数．
（Ⅱ）由（I）知 k≥0 时，f（x）在（﹣1，+∞）上递增，
而 f（0）＝k≥0，f（x）≤﹣1 不恒成立，所以 k＜0．
1
又由（I）知 ymax＝f（﹣1 ）＝﹣ln（﹣k）﹣1，要使 f（x）≤﹣1 恒成立，
1
则 ymax＝f（﹣1 ）＝﹣ln（﹣k）﹣1≤﹣1 即可．
所以解得 k≤﹣1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当 k＝﹣1 时有 f（x）≤﹣1 在（﹣1，+∞）上恒成立，
且 f（x）在[0，+∞）上是减函数，f（0）＝﹣1，
所以 x∈[0，+∞）时，f（x）≤﹣1 恒成立，
即 ln（x﹣1）＜x﹣2 在（2，+∞）上恒成立
令 x﹣1＝n2，则 lnn2＜n2﹣1，即 2lnn＜（n﹣1）（n+1），
1 2 3 4 1 2 3 1 ( 1)
从而 1＜ 2 ， 3 + 4 + 5 + + 1＜2 + 2 + 2 + + 2 = 4 成立．
( 1)
故 1＜ 4 （n∈N，n≥2）成立． =2
【点评】本题考查利用导数求函数的极值，函数的恒成立问题，不等式的证明，体现了分类讨论的数学
思想，不等式的放缩，是解题的难点．
二．利用导数求解函数的单调性和单调区间（共 3 小题）
10．（2024 安徽三模）已知函数 f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
( 1) ( 2) 8
（2）若函数 f（x）的两个极值点分别为 x1，x2，证明： 1 ＞2
2．
2 2 2
【分析】（1）求导得 ′( ) = 2 ，分类讨论 2x ﹣ax+2＝0 的根的情况，可得 f（x）的单调区间；
1
( 1) ( 2) 8 1 2( ) 2( 1)1 2 2
（2）由（1）得 a＞4， 1 + 2 = 2，要证 ＞ 2，需证 ＞ = ，进而1 2 2 1 2 1 12
换元可证结论．
2 2 2 2
【解答】解：（1）函数 f（x）的定义域为（0，+∞）， ′( ) = 2 + = ，
令方程 2x2﹣ax+2＝0，则Δ＝a2﹣16，
当Δ≤0，即﹣4≤a≤4 时，f′（x）≥0，此时函数 f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；
当 a＜﹣4 时，f′（x）＞0，故当 a＜﹣4 时函数 f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；
2 2
当 a＞4 时，令 f 16 16′（x）＝0，得 1 = ， 4 2
= ，
4
当 x∈（0，x1）∪（x2，+∞）时，f′（x）＞0，
当 x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，
2 2
故当 a＞4 时，函数 f（x 16 16）的单调增区间为(0， )和( ， + ∞)，单调减区间为(4 4
2 16 2 16
4 ，
)；
4
综上所述，当 a≤4 时，函数 f（x）的单调增区间为（0，+∞），无单调减区间；
2 2 2
当 a＞4 时，函数 f（x 16）的单调增区间为(0， ) (
16
和 ， + ∞)
16
，单调减区间为(
4 4 4 ，
2 16)．
4

（2）证明：因为函数 f（x）的两个极值点分别为 x1，x2，由（1）得 a＞4， 1 + 2 = 2，
( 1) ( 2) 21 1 2 1 22 2 2 = 2所以 1 2 1 ，2

( 1) ( 2) 8 1 4 2
要证 2 1 ＞
2，即证 ＞ = ，2 1 2 1 2
1
1 2( ) 2(1 2 1)
不妨设 x1＞x2＞0
2
，则只需要证 ＞2 = 1 2 1 ， 12
1 2( 1)
设 = ＞1只需证 1 ＞0，2
2( 1) 1 4 ( 1)2
令 ( ) = 1 ，其中 t＞1，则 ′( ) = ( 1)2 = ( 1)2＞0，
所以 g（t）在（1，+∞）上单调递增，所以 g（t）＞g（1）＝0，得证．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，进而证明不等式恒成立问题的解题思路，
属于难题．
11．（2024 重庆模拟）已知函数 f（x）＝lnx﹣ax（a 为实数）．
（1）求函数 f（x）的单调区间；
2
（2）若存在两个不相等的正数 x1，x2 满足 f（x1）＝f（x2），求证 1 + 2＞ ．
1 1
（3）若 f（x）有两个零点 x1，x2，证明： +1 ＞2．2
【分析】（1）求出导数，然后通过讨论 a 的取值确定导数的符号，确定原函数的单调性；
2
（2）根据正数 x1，x2 满足 f（x1）＝f（x2），构造函数 F（x）＝f（x）﹣f（ x），然后利用导数研究该
函数的单调性解决问题；
2
（3）根据 f（x）的两个零点满足的关系，取 = ，构造函数 g（t），研究 g（t）的单调性和最值求解．1
1 1
【解答】解：（1） ′( ) = = ，
当 a≤0 时，f'（x）＞0 恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
1 1
当 a＞0 时令 ′( )＞0 0＜ ＜ ， ′( )＜0 ＞ ；
1 1
所以 f（x）在（0， ）上单调递增，在[ ， + ∞）上单调递减；
2 2
（2）证明：令 F（x）＝f（x）﹣f（ ）＝lnx﹣ln（ ）﹣2ax+2，
1
1 1 ( )2 2
F′（x） = +
2 2a =

( 2 ) ≥ 0，故 F（x）在(0， )上递增，
1
又因为 ( ) = 0，
1 1 2
所以当 ∈ (0， )时，F（x）＜0； ∈ ( ， )时，F（x）＞0，
当 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上递增，f（x1）＝f（x2） x1＝x2 与已知矛盾；
1 1 1 1
当 a＞0 时，f（x）在(0， )上递增，( ， + ∞)上递减，则 x1，x2 必有一个在(0， )上，一个在( ， + ∞)
上，
1 2 2
不妨设0＜ 1＜ ＜ 2，若 2＞ ，则 1 + 2＞ 显然成立，
1 2 1 2 2
若 ＜ 2＜ ，则 ∈ ( ， )时 F（x）＞0，知 ( 2) ( 2)＞0，
2 2
即 ( 2)＞ ( 2)，结合 f（x1）＝f（x2）得 ( 1)＞ ( 2)，
2 1 1
又因为 1， 2 ∈ (0， )，且 f（x）在(0， )上递增，
2 2
则 1＞ 2即 1 + 2＞ 证毕；
3 0 x x = 0（ ）证明：不妨设 ＜ 1＜ 2，由 1 1 = 0，可得 lnx2﹣lnx1＝a（x2﹣x1），2 2
2 1
2
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2
即 =
1
，则2 1 +2 2 =1 2 （ +1 1 ）﹣2 =

2 2 ， 1
2 2 2 1 2 1
设 = ＞1，则 ＞0， 2 = 2 ，1 1 1 2 1
1 2 2 1
令 ( ) = 2 ，则 ′( ) = 2 ＞0，即函数 g（t）在（1，+∞）上单调递增，
1 1
所以 g（t）＞g（1）＝0，即 +1 ＞2．2
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，解决与函数零点有关的问题，综合考查了
学生的逻辑推理能力和运算能力等，属于较难的题目．
1
12．（2024 海淀区校级模拟）已知函数 f（x）＝alnx + （a≠0）
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若存在两条直线 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线 y＝f（x）的切线．求实数 a 的取值范围；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0} （0，1），求实数 a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）先求出函数的导数，通过讨论 a 的符号，从而求出函数的单调区间；
（Ⅱ）问题转化为 f′（x）＝a 至少有两个不等的正实根，根据二次函数的性质结合函数的单调性从而
得到 a 的范围；
1
（Ⅲ）a＜0 时，不合题意，a＞0 时，通过讨论 f（ ）的符号，结合函数的单调性，从而求出 a 的范围．
1 1
【解答】解：（Ⅰ）f′（x） = 2 = 2 （x＞0），
当 a＜0 时，f′（x）＜0，则函数 f（x）的单调递减区间是（0，+∞），
1
当 a＞0 时，令 f′（x）＝0，得 x = ，
当 x 变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下：
x 1 1 1
（0， ） （ ，+∞）
f′（x） ﹣ 0 +
f（x） ↓ 极小值 ↑
1 1
∴f（x）在（0， ）单调递减，在（ ，+∞）单调递增；
（Ⅱ）若存在两条直线 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲线 y＝f（x）的切线，
∴f′（x）＝a 至少有两个不等的正实根，
1
令 2 = a 得 ax
2﹣ax+1＝0，记其两个实根分别为 x1，x2，
△ = 2 4 ＞0
则 = 1 0 ，解得：a＞4，1 2 ＞
当 a＞4 时，曲线 y＝f（x）在点（x1，f（x1）），（x2，f（x2））处的切线分别为：
y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2，
令 F（x）＝f（x）﹣ax（x＞0），
由 F′（x）＝f′（x）﹣a＝0 得 x＝x1，x＝x2（不防设 x1＜x2），
且当 x1＜x＜x2 时，F′（x）＞0，即 F（x）在[x1，x2]上是单调函数，
∴F（x1）≠F（x2）；
∴y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2 是曲线 y＝f（x）的两条不同的切线，
∴实数 a 的范围是（4，+∞）；
（Ⅲ）当 a＜0 时，函数 f（x）是（0，+∞）内的减函数，
1 1 1 1 1 1
∵f（ ）＝aln（ ） + 1 = 1 + 1 = 1＜0，而
（0，1），不符合题意，

1
当 a＞0 时，由（Ⅰ）知：f（x）的最小值是 f（ ）＝﹣alna+a＝a（1﹣lna），
1
①若 f（ ）＞0，即 0＜a＜e 时，{x|f（x）≤0}＝ （0，1），
∴0＜a＜e 符合题意，
1 1
②若 f（ ）＝0，即 a＝e 时，{x|f（x）≤0}＝{ } （0，1），
∴a＝e 符合题意，
1 1
③若 f（ ）＜0，即 a＞e 时，有 0＜ ＜1，
1
∵f（1）＝1＞0，函数 f（x）在（ ，+∞）内是增函数，
∴当 x≥1 时，f（x）＞0，
又∵函数 f（x）的定义域是（0，+∞），
∴{x|f（x）≤0} （0，1），
∴a＞e 符合题意，
综上，实数 a 的范围是{a|a＞0}．
【点评】本题考查了函数的单调性的应用问题，考察导数的应用，考察分类讨论思想，第三问中通过讨
1
论 f（ ）的符号，再结合函数的单调性来求 a 的范围是解题的关键，本题是一道难题．
三．利用导数研究函数的极值（共 3 小题）
1
13．（2024 顺义区模拟）已知函数 f（x） = 3 2 （kx+b），给出下列四个结论：
①当 k＝0 时，对任意 b∈R，f（x）有 1 个极值点；
1
②当 k＞8时，存在 b∈R，使得 f（x）存在极值点；
③当 b＝0 时，对任意 k∈R，f（x）有一个零点；
1
④当 0＜b＜3时，存在 k∈R，使得 f（x）有 3 个零点．
其中所有正确结论的序号是 　①④　．
【分析】命题①，根据导数研究函数的单调性，即可得出极值点的个数；
命题②，根据导函数的导数判断导数的单调性，得出导数无零点，原函数不存在极值点；
命题③，举反例说明即可；
1
命题④，将零点个数转化为直线 y＝kx+b 与曲线 y = 3 2交点的个数，通过研究过（0，b）的曲线 y =
1
3 2的切线，结合零点的存在性定理判断即可．
1 2
【解答】解：对于①，当 k＝0 时，f（x） = 3 2 b，f′（x） = (3 2)2，
则 x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（0，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
所以对任意 b∈R，f（x）有 1 个极大值点 x＝0，命题①正确；
1 2 2
对于②，当 k＞8时，f′（x） = (1 2)2 k，若 f（x）有极值点，则 f′（x）有变号零点，所以 k = (3 2)2
有实数解，
2 2(3 2)2 8 2(3 2) 6( 1)( 1)
设 g（x） = (3 2)2，则 g′（x） = =(3 2)4 (3 2)3 ，
当 x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）时，g′（x）＞0，当 x∈（﹣1，1）时，g′（x）＜0，
所以 g（x）在（﹣∞、﹣1），（1．+∞）上单调递增，在（﹣1，1）上单调递减，
1 1 1 2
又 x≥0 时，g（x）≤0，g（﹣1） = 8，所以 g（x） ≤ 8恒成立，所以当 k＞8时，k = (3 2)2无实数解，
命题②错误；
1 1
对于③，当 b＝0 时，f（x） = 3 2 kx，若 k＝0，则 f（x） = 3 2＞0 恒成立，此时函数 f（x）无零
点，命题③错误；
1 1
对于④，当 0＜b＜3时，y = 3 2是偶函数，且在（0，+∞）上单调递减，
1
所以当 k＜0 时，直线 y＝kx+b 与曲线 y = 3 2在第二象限必有一交点，
1
同理，当 k＞0 时，直线 y＝kx+b 与曲线 y = 3 2在第一象限必有一交点，
1 1 1 2 0
过点（0，b）作曲线 y = 3 2的切线，设切点为（x0，3 2），则切线方程为 y 3 2 = (3 2（x0 0 02)
﹣x0），
1 2 0 3( 2 1)
即 b 3 2 = (3 2)2（﹣x0），所以 b =
0
2 2；0 0 (3 0 )
1 3( 2 1) 1
由 0＜b 0＜ ，得 ，即 2 2 5（ 2 + 1）+4＞0，即（ 23 + 1﹣4）（
2 + 1﹣1）＞0，
(3 2)2＜3 ( 0 + 1) 0 0 00
即 2 2 20 （ 0 3）＞0，解得 0 ＞3，即 x0＜ 3或 x0＞ 3；
1 1
所以当 0＜b＜3时，存在 x0∈（﹣∞， 3）∪（ 3，+∞），使曲线 y = 3 2有过点（0，b）的切线，
1
且切点为（x0，3 02）；
2 0 2 0 1
当 x0＞ 3时，切线斜率为(3 2)2＜0，则当 k∈（(3 2)2，0）时，有 f（x0）＜0，又 f（0） =0 0 3 b＞
0，
1
则存在 x1∈（0，x0），使 f（x1）＝0，此时函数 y＝kx+b 单调递减，y = 3 2＞0 恒成立，
2 0
所以存在 x2∈（x0，+∞），使 f（x2）＝0，即当 x0＞ 3时，存在 k∈（(3 02)2，0），使得 f（x）有 3 个
零点．
2 0
同理，当 x0＜ 3时，存在 k∈（0，(3 2)2），使得 f（x）有 3 个零点，命题④正确．0
故答案为：①④．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值和零点的应用问题，是难题．
14．（2024 日照模拟）已知函数 f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx．
（1）判断函数 g（x）在区间（0，3π）上的零点个数，并说明理由；
( )
（2）函数 ( ) = 在区间（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有极值之和为 M（n），证明：对于 n∈N+，
M（n）＜0．
【分析】（1）求函数 g（x）的导数，利用导数判断 g（x）的单调性，求出单调区间，从而判断函数 g
（x）在区间（0，3π）上零点个数；
（2）求出 F（x）的导数，判断 F（x）的单调性与单调区间，求极值点，判断极值点的大小，求极值点
的和，再构造函数，判断函数值小于 0 即可．
【解答】（1）解：因为函数 g（x）＝xcosx﹣sin x，所以 g'（x）＝cosx+x（﹣sinx）﹣cosx＝﹣xsin x，
当 x∈（0，π]时，sinx＞0，所以 g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（0，π）上单调递减，
且 g（x）＜g（0）＝0，所以 g（x）在（0，π）上无零点；
当 x∈（π，2π]时，sinx＜0，所以 g'（x）＝﹣xsinx＞0，g（x）在（π，2π） 上单调递增，
且 g（π）＝﹣π＜0，g（2π）＝2π＞0，所以 g（x）在（π，2π）上有唯一零点；
当 x∈（2π，3π]时，sinx＞0，g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（2π，3π）上单调递减，
且 g（2π）＞0，g（3π）＜0，所以 g（x）在（2π，3π]上有唯一零点；
综上，函数 g（x）在区间（0，3π）上有两个零点．

（2）证明：因为 F（x） = ，所以 F′（x） = 2 ，
由（1）知，F（x）在 x∈（0，π]无极值点，在 x∈（π，2 π]有极小值点，记为 x1，
在 x∈（2 π，3 π]有极大值点，记为 x2，
同理可得，在（3π，4π]有极小值点 x3，…，在（nπ，（n+1）π]有极值点 xn（n∈N+），
由 xncosxn﹣sinxn＝0，得 xn＝tanxn，
3 3
因为 g（π）＝﹣π＜0，g（ 2 ）＝1＞0，所以 x1∈（π， 2 ），
5 5
所以 M（1）＝F（x1）＜0，因为 g（2π）＝2π＞0，g（ 2 ）＝﹣1＜0，所以 x2∈（2π， 2 ），
5
所以 x2，x1+π∈（2π， 2 ），
因为 x2＞x1，所以 tanx2＞tanx1＝tan（x1+π），
5
由函数 y＝tanx 在(2 ， 2 )上单调递增，得 x2＞x1+π．
1 2
所以 F（x1）+F（x2） = + = cosx1+cosx1 2 2，
5
因为 y＝cosx 在（2π， 2 ）内单调递减，所以 cosx2＜cos（x1+π）＝﹣cosx1，所以 F（x1）+F（x2）＜0，

同理，x2n﹣1∈（（2n﹣1）π，2nπ 2），x2n∈（2nπ，2n + 2），2nπ + 2＞x2n＞x2n﹣1+π＞2nπ，

因为 y＝cosx 在（2nπ，2nπ + 2）（n∈N+）上单调递减，所以 cosx2n＜﹣cosx2n﹣1，
所以 F（x2n）+F（x2n﹣1）＝cosx2n+cosx2n﹣1＜0，且 F（x2n）＞0，F（x2n﹣1）＜0；
当 n 为偶数时，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣1）+F（xn）]＜0，
当 n 为奇数时，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣2）+F（xn﹣1）]+F（xn）]＜
0，
综上知，对 n∈N+，M（n）＜0．
【点评】本题考查了函数的导数综合应用问题，也考查了数学运算与逻辑推理核心素养，是难题．
15．（2024 广东模拟）已知函数 f（x）＝x3+3bx2+3x 有极值点
（Ⅰ）求函数 f（x）的单调区间及 b 的取值范围；
（Ⅱ）若函数 f（x）有两个极值点 x1、x2，且 f（x1）+f（x2）＝0，求 b 的值．
【分析】（Ⅰ）先求函数的导数，利用函数 f（x）有极值点，则 f′（x）＝0 有解，继而可得函数单调区
间及 b 的取值范围；
（Ⅱ）由于函数 f（x）有两个极值点 x1、x2，则 x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，又由 f（x1）+f（x2）＝0，则得
到关于 b 的关系式，即得 b 的值．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3（x2+2bx+1），
由于函数 f（x）＝x3+3bx2+3x 有极值点
则Δ＞0，解得，b＜﹣1 或 b＞1
′( ) = 0，解得， = ± 2 1
∴ ( )的增区间为( ∞， 2 1)和( + 2 1， + ∞)，
减区间为( 2 1， + 2 1)；
（Ⅱ）由（I）知 x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，
又由函数 f（x）＝x3+3bx2+3x，
则 ( ) + ( ) = 3 + 31 2 1 2 +3 ( 21 + 22) + 3( 1 + 2)
= ( 1 + 2 22)[( 1 + 2) 3 1 2] + 3 [( 1 + 2) 2 1 2] + 3( 1 + 2)
＝﹣2b（4b2﹣3）+3b（4b2﹣2）﹣6b
＝4b3﹣6b＝0
6
解得， = 0(舍)或 =± 2
b 6则 的值为± ．
2
【点评】本题的考点是利用导数研究函数的单调性，极值问题．属于中档题．
四．函数在某点取得极值的条件（共 3 小题）
16．（2024 春 新会区校级月考）已知函数 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 处有极值 10，则 a、b 的值为（　　）
A．a＝﹣4，b＝11
B．a＝3，b＝﹣3 或 a＝﹣4，b＝11
C．a＝﹣1，b＝5
D．以上都不正确
【分析】求导数，利用函数在 x＝1 处有极值 10，得到两个条件 f（1）＝10 和 f'（1）＝0，然后利用方
程组求解 a，b．
【解答】解：函数的导数为 f'（x）＝3x2﹣2ax﹣b，
因为函数 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 处有极值 10，
所以 f（1）＝10 且 f'（1）＝0．
3 2 = 0 = 3 = 4
即 1 + 2 = 10，解得 = 3或 = 11 ．
当 a＝3，b＝﹣3 时，f'（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2≥0，
此时函数单调递增，所以此时函数没有极值，所以不满足条件．
所以经检验值当 a＝﹣4，b＝11 时，满足条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值问题，要求掌握可导函数取得极值的条件，f'（x）＝0
是函数取得极值的必要不充分条件，求解之后要注意进行检验．
1 1
17．（2024 春 菏泽期中）已知函数 f（x） = x33 2x
2+cx+d 有极值，则 c 的取值范围为（　　）
1 1 1 1
A．c＜4 B．c ≤ 4 C．c ≥ 4 D．c＞4
1 1
【分析】由已知中函数解析式 f（x） = x3 x23 2 +cx+d，我们易求出导函数 f′（x）的解析式，然后根据
函数 f（x）有极值，方程 f′（x）＝x2﹣x+c＝0 有两个实数解，构造关于 c 的不等式，解不等式即可得
到 c 的取值范围；
1 1
【解答】解：∵f（x） = 3 23x 2x +cx+d，
∴f′（x）＝x2﹣x+c，要使 f（x）有极值，则方程 f′（x）＝x2﹣x+c＝0 有两个实数解，
从而Δ＝1﹣4c＞0，
1
∴c＜4．
故选：A．
【点评】本题考查的知识点是函数在某点取得极值的条件，导数在最大值，最小值问题中的应用，其中
根据已知中函数的解析式，求出函数的导函数的解析式，是解答本题的关键．
18．（2024 春 江阴市校级月考）若函数 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上没有极值点，则实数 m 的取值范围是　[
3， 3]　．
【分析】函数 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上没有极值点，即函数的导数等于 0 无解或有唯一解（但导数在
点的两侧符号相同），
又导数为 f′（x）＝3x2+2mx+1，故判别式△≤0，解不等式求得实数 m 的取值范围．
【解答】解：函数 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上没有极值点，
即函数的导数等于 0 无解或有唯一解（但导数在点的两侧符号相同）．
函数 f（x）＝x3+mx2+x+1 的导数为 f′（x）＝3x2+2mx+1，
∴Δ＝4m2﹣12≤0，∴ 3 ≤ m ≤ 3，
故答案为：[ 3， 3]．
【点评】本题考查函数在某点取得极值的条件，以及一元二次方程无解或只有唯一解的条件．
五．利用导数求解函数的极值（共 4 小题）
1
19．（2024 春 常州月考）已知函数 ( ) = 2 ( 2 + 2)．
（1）若 x＝1 是函数 f（x）的极值点，求 a 的值，并求函数 f（x）的极值；
（2）若函数 f（x）在 x＝0 处取得极大值，求 a 的取值范围．
【分析】（1）由 f′（1）＝0 求得 a，进而求得 f（x）的极值．
（2）先求得 f′（x），然后对 a 进行分类讨论，根据 f（x）在 x＝0 处取得极大值进行分类讨论，由此求
得 a 的取值范围．
【解答】解：（1）定义域为 R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x，
1
因为 x＝1 是函数 y＝f（x）的极值点，所以 f′（1）＝0．故有 2a﹣1＝0，所以 = 2，
1 1 1
当 = 时， ( ) = 2 ( 2 + )， ∈ ，所以 f′（x）＝x（x﹣1）e2x2 2 2 ，
若 f′（x）＝0，则 x＝1 或 x＝0，
x （﹣∞，0） 0 （0，1） 1 （1，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 递增 极大值 递减 极小值 递增
1
所以函数 f（x）的极大值为 (0) = 2，极小值为 f（1）＝0；
（2）定义域为 R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x，
①当 a＝0 时，f′（x）＝﹣2xe2x，令 f′（x）＞0 得 x＜0，
所以：f（x）单调递增区间为（﹣∞，0）；
令 f′（x）＜0 得 x＞0，所以 f（x）单调递减区间为（0，+∞）；
所以 f（x）在 x＝0 取极大值，符合题意，
1
②当 a＜0 时，由 f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0， 2 = ＜0，
x 1 1 1 ( ∞， ) (
0 （0，+∞）
，0)
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
f（x） 减 极小值 增 极大值 减
所以：f（x）在 x＝0 处取得极大值，所以：a＜0 符合题意；
1
③当 a＞0 时，由 f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0， 2 = ，
1
（i）当 ＜0即 a＞1 时，f′（x），f（x）变化情况如下表：
x 1 1 1 ( ∞， ) ( ，0)
0 （0，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 增 极大值 减 极小值 增
所以：f（x）在 x＝0 处取得极小值，不合题意．
1
（ⅱ）当 = 0即 a＝1 时，f′（x）≥0 在 R 上恒成立，
所以：f（x）在 R 上单调递增，无极值点；
1
（iii）当 ＞0，即 0＜a＜1 时，f′（x），f（x）变化情况如下表：
x （﹣∞，0） 0 1 1 1
（0， ） （ ，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 增 极大值 减 极小值 增
所以：f（x）在 x＝0 处取得极大值，所以：0＜a＜1 合题意．
综上可得：a 的取值范围是（﹣∞，1）．
【点评】本题考查极值的求法与性质，考查了学生的逻辑推理与运算能力，属于中档题．
20．（2024 春 承德月考）已知函数 f（x）＝ax2﹣blnx 在点 A（1，f（1））处的切线方程为 y＝1；
（1）求实数 a，b 的值；
（2）求函数 f（x）的极值．
【分析】（1）求出 f（x）的导数，得到 f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0，解出 a，b 的值即可；
（2）求出 f（x）的解析式，得到函数的导数，解关于导函数的不等式，求出单调区间，从而求出函数的
极值即可．
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），

f′（x）＝2ax ，
f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0①，
将 a＝1 代入 2a﹣b＝0，解得：b＝2；
（2）由（1）得：f（x）＝x2﹣2lnx，
2 2 2 2
∴f′（x）＝2x = ，
令 f′（x）＞0，解得：x＞1，
令 f′（x）＜0，解得：x＜1，
∴f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增，
∴f（x）极小值＝f（1）＝1．
【点评】本题考查了曲线的切线方程问题，考查导数的应用，求函数的单调区间、极值问题，是一道基
础题．
21．（2024 春 晋江市校级期中）已知函数 f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常数 a＞0．
（1）当 x＝1 时，函数 f（x）取得极小值﹣2，求函数 f（x）的极大值．
（2）设定义在 D 上的函数 y＝h（x）在点 P（x0，h（x0））处的切线方程为 l：y＝g（x），当 x≠x0 时，
( ) ( )
若 ＞0在 D 内恒成立，则称点 P 为 h（x）的“类优点”，若点（1，f（1））是函数 f（x）的0
“类优点”，
①求函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
②求实数 a 的取值范围．
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的极大值
即可；
（2）①求出函数的导数，计算 f（1），f′（1）的值，求出切线方程即可；
②结合题意得到 F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1，通过讨论 a 的范围得到函数的单调
性，进而确定 a 的范围即可．
【解答】解：（1）由题意，f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣2，得 a＝1，
1 ( 1)(2 1)
此时 ′( ) = 2 3 + = ，（x＞0）
1
令 f'（x）＝0，得 x＝1 或 = 2，
1 1
当0＜ ＜2或 ＞1时，f'（x）＞0；当2＜ ＜1时，f'（x）＜0，
1 1
所以 f（x）在(0，2)与（1，+∞）上单调递增，在(2，1)上递减，
1 5 1
所以当 = 2时，f（x）有极大值 4 + 2．
(2 )( 1)
（2）①∵ ′( ) = 2 ( + 2) + = ，（x＞0）
∴f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣a﹣1，f'（1）＝0，
所以函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 g（x）＝﹣a﹣1，
②若点（1，f（1））是函数 f（x）的“类优点”，
令 F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1 常数 a＞0，
( )
则当 ∈ (0，1) ∪ (1， + ∞)时，恒有 1＞0
(2 )( 1)
又 F（1）＝0，且∵ ′( ) = 2 ( + 2) + = ，（x＞0）

令 F'（x）＝0，得 x＝1 或 = 2，a＞0
则当 a＝2 时，∵F'（x）≥0，F（x）在（0，+∞）上递增．
∴当 x∈（0，1）时，F（x）＜F（1）＝0；
当 x∈（1，+∞）时，F（x）＞F（1）＝0．
( )
故当 x≠1 时，恒有 1＞0成立．

当 a＞2 时，由 F'（x）＜0，得1＜ ＜2，

∴F（x）在(1，2)上递减，F（x）＜F（1）＝0．
( )
所以在，1＜ ＜2， 1＞0不成立．

当 0＜a＜2 时，由 F'（x）＜0，得2＜ ＜1，

∴F（x）在(2，1)上递减，F（x）＞F（1）＝0．
( )
所以在，2＜ ＜1， 1＞0不成立．
综上可知，若点（1，f（1））是函数 f（x）的“类优点”，则实数 a＝2．
【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查新定义的理解，
是一道中档题．

22．（2024 春 东城区校级月考）已知函数 f（x）＝x﹣1 + （a∈R，e 为自然对数的底数）．
（Ⅰ）若曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于 x 轴，求 a 的值；
（Ⅱ）求函数 f（x）的极值；
（Ⅲ）当 a＝1 的值时，若直线 l：y＝kx﹣1 与曲线 y＝f（x）没有公共点，求 k 的最大值．
【分析】（Ⅰ）依题意，f′（1）＝0，从而可求得 a 的值；

（Ⅱ）f′（x）＝1 ，分①a≤0 时②a＞0 讨论，可知 f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在
（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值；
1
（Ⅲ）令 g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x + ，则直线 l：y＝kx﹣1 与曲线 y＝f（x）没有公共
点 方程 g（x）＝0 在 R 上没有实数解，分 k＞1 与 k≤1 讨论即可得答案．

【解答】解：（Ⅰ）由 f（x）＝x﹣1 + ，得 f′（x）＝1 ，
又曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于 x 轴，

∴f′（1）＝0，即 1 = 0，解得 a＝e．

（Ⅱ）f′（x）＝1 ，
①当 a≤0 时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以 f（x）无极值；
②当 a＞0 时，令 f′（x）＝0，得 ex＝a，x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故 f（x）在 x＝lna 处取到极小值，且极小值为 f（lna）＝lna，无极大值．
综上，当 a≤0 时，f（x）无极值；当 a＞0 时，f（x）在 x＝lna 处取到极小值 lna，无极大值．
1 1
（Ⅲ）当 a＝1 时，f（x）＝x﹣1 + ，令 g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x + ，
则直线 l：y＝kx﹣1 与曲线 y＝f（x）没有公共点，
等价于方程 g（x）＝0 在 R 上没有实数解．
1 1
假设 k＞1，此时 g（0）＝1＞0，g（ 1）＝﹣1 +
1 0，
1
＜
又函数 g（x）的图象连续不断，由零点存在定理可知 g（x）＝0 在 R 上至少有一解，
与“方程 g（x）＝0 在 R 上没有实数解”矛盾，故 k≤1．
1
又 k＝1 时，g（x） = ＞0，知方程 g（x）＝0 在 R 上没有实数解，
所以 k 的最大值为 1．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查利用导数研究曲线上某点切线方程，突出分类讨论思
想与等价转化思想的综合运用，属于中档题．
六．利用导数研究函数的最值（共 12 小题）
23．（2024 七星区校级模拟）数学中，悬链线指的是一种曲线，是两端固定的一条（粗细与质量分布）均
匀、柔软（不能伸长）的链条，在重力的作用下所具有的曲线形状，它被广泛应用到现实生活中，比如
计算山脉的形状、婲述星系的形态、研究植物的生长等等．在合适的坐标系中，这类曲线可用函数 f（x）
＝aex+be﹣x（其中 a，b 为非零常数，e＝2.71828 ）来表示，当 f（x）取到最小值为 2 时，下列说法正
确的是（　　）
A．此时 x＝lna
B．此时 a+b 的最小值为 2
C．此时 2a+2b 的最小值为 2
D．此时 lnalnb 的最小值为 0

【分析】根据函数 f（x）＝aex + ，a、b 为非零常数，当 f（x）取到最小值为 2 时，有 a＞0，b＞0，
利用基本不等式，判断选项中的命题是否正确即可．

【解答】解：因为函数 f（x）＝aex+be﹣x＝aex + ，a、b 为非零常数，

所以，当 f（x）取到最小值为 2 时，a＞0，b＞0，且 aex + ≥ 2
= 2 = 2，此时 ab＝1，
1
当且仅当 aex = ，即 e2x = = b
2，解得 ex＝b，所以 x＝lnb＝ln = lna，选项 A 错误；
因为 a＞0，b＞0，且 ab＝1，所以 a+b≥2 = 2，当且仅当 a＝b＝1 时取“＝”，所以 a+b 的最小值为
2，选项 B 正确；
因为 2a+2b≥2 2 2 = 2 2 + ≥ 2 22 = 4，当且仅当 a＝b＝1 时取“＝”，所以 2a+2b 的最小值为 4，
选项 C 错误；
2lnalnb ≤ ( ) = (
2
因为 2 2 ) = 0，当且仅当 a＝b＝1 时取“＝”，所以 lnalnb 的最大值为 0，选
项 D 错误．
故选：B．
【点评】本题考查了基本不等式的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
24．（2024 贵阳模拟）若关于 x 的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3 对于任意 x∈（1，+∞）恒成立，则整
数 k 的最大值为（　　）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2
3 3
【分析】原式化为4 ＜ + + （x＞1）恒成立，然后利用导数研究函数 f（x） = + + （x
＞1）的最小值即可，需要用到用到二次求导研究一阶导数的隐零点，进而求原函数的最值．
3
【解答】解：由已知 x＞1，故原式化为：4 ＜ + + （x＞1）恒成立，
3 2
令 f（x） = + + （x＞1），则 f′（x） = 2 ，x＞1，
1
令 g（x）＝x﹣lnx﹣2，g′（x） = 1 ＞0，故 g（x）在（1，+∞）上单调递增，
而 g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＞0，
故存在唯一的 x0∈（3，4），使得 g（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0①，
当 x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
0 3 1
故 f（x）min＝f（x0）＝lnx0 + + ，结合①式得 f（x）min = 0 + 1，x0∈（3，4），0 0 0
1 7 13
结合对勾函数的性质 = + 在（3，4）上单调递增，故 f（x）min∈（3， 4 ），
结合故 4k＜f（x）min 恒成立，k∈Z 时，
只能 k≤0．
故 k 的最大整数值为 0．
故选：B．
【点评】本题考查先分离参数，构造函数，然后利用导数研究函数的单调性、最值情况，解决不等式恒
成立问题的基本思路，属于较难的题目．

25．（2024 秦都区校级四模）已知函数 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若 f（x）≥g（x）恒成立，则 的最大
值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．2 D． 2
【分析】讨论 a＜0 时，f（x）是单调减函数，g（x）是单调增函数，不满足题意；a＞0 且 b＞0 时，由

f（x）≥g（x）求得 的最大值．
【解答】解：因为函数 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，且 f（x）≥g（x）恒成立，
所以当 a＜0 时，f（x）是单调减函数，且 f（x）＜0，g（x）是单调增函数，g（x）的值域是 R，显然不
满足题意；
当 a＞0 且 b＞0 时，不妨令 a＝b＞0，由 f（x）≥g（x）得，aex≥2x+a，
设 h（x）＝ex﹣（x+1），则 h′（x）＝ex﹣1，
当 x＞0 时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当 x＜0 时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
所以 h（x）的最小值为 h（0）＝0，即 ex≥x+1；
又因为 a＞0，所以 aex≥a（x+1），

由 aex≥2x+a，所以 b＝a＝2，即 的最大值是 1．
故选：B．
【点评】本题考查了函数与不等式的应用问题，也考查了转化思想，是难题．
26．（2024 龙岗区校级模拟）已知函数 h（x）＝mex﹣x+1．
（1）若 h（x）在（0，4）上有唯一零点，求 m 的取值范围；
（2）若 h（x）≥h（x0）对任意实数 x 恒成立，证明： 2 ( )＞ 20 +3 1．
1 1
【分析】（1）令 h（x）＝mex﹣x+1＝0，得 = ，构造函数 ( ) = ， ∈ (0，4)，利用导数求出
函数的单调区间及极值，作出其大致图像，结合图象即可得解；
（2）根据 h（x）≥h（x0）对任意实数 x 恒成立，可得 h（x0）是函数 h（x）的最小值，由 m 分类讨论
求出 h（x）的最小值，再构造新的函数证明即可．
1
【解答】解：（1）令 h（x）＝mex﹣x+1＝0，得 = ，
1 2
令 ( ) = ， ∈ (0，4)，则 ′( ) = ，
当 0＜x＜2 时，g′（x）＞0，当 2＜x＜4 时，g′（x）＜0，
所以函数 g（x）在（0，2）上单调递增，在（2，4）上单调递减，
1
所以 ( ) = (2) = 2，
3
又 (0) = 1， (4) = 4，
1
如图，作出函数 ( ) = ， ∈ (0，4)的图象，
1 3
由图可知，m 的取值范围为 = 2或 1＜ ≤ 4；
（2）证明：因为 h（x）≥h（x0）对任意实数 x 恒成立，
所以 h（x0）是函数 h（x）的最小值，
h′（x）＝mex﹣1，
当 m≤0 时，h′（x）＜0，所以函数 h（x）在 R 上为减函数，
所以函数 h（x）没有最小值，不符合题意，
1 1
当 m＞0 时， ＜ 时，h′（x）＜0， ＞ 时，h′（x）＞0，
1 1
所以函数 h（x）在( ∞， )上单调递减，在( ， + ∞)上单调递增，
1
所以 ( ) = ( ) = + 2，
1
综上所述， ( 0) = ( ) = + 2( ＞0)，
则 2 ( 0)＞ 2 +3 1，即 m2（lnm+2）＞﹣m2+3m﹣1，
即 m2
1
lnm＞﹣3m2+3m﹣1，即 ＞ (3 + ) + 3，
1
令 ( ) = ， ( ) = (3 + ) + 3( ＞0)，
1
( ) = (3 + ) + 3 ≤ 2 3
1
+3 = 2 3 +3( ＞0)，
1 3
当且仅当3 = ，即 = 时取等号，3
所以 ( ) ≤ 2 3 +3，
f′（m）＝lnm+1，
1 1
当0＜ ＜ 时，f′（m）＜0，当 ＞ 时，f′（m）＞0，
1 1
所以函数 f（m）在(0， )上单调递减，在( ， + ∞)上单调递增，
1 1
所以 ( ) ≥ ( ) = ，
1
因为 ＞ 0.4＞ 2 3 +3，
1
所以 f（m）＞φ（m），即 ＞ (3 + ) + 3，
所以 2 ( 0)＞ 2 +3 1．
【点评】本题考查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．
本题属于难题．
27．（2024 吉林模拟）在平面直角坐标系 xOy 中，Rt△OAB 的直角顶点 A 在 x 轴上，另一个顶点 B 在函数

( ) = 图象上．
（1）当顶点 B 在 x 轴上方时，求 Rt△OAB 以 x 轴为旋转轴，边 AB 和边 OB 旋转一周形成的面所围成的
几何体的体积的最大值；
22 ( ) =
2 1
（ ）已知函数 ，关于 x 的方程 f（x）＝g（x）有两个不等实根 x1，x2（x1＜x2）．
（i）求实数 a 的取值范围；
（ii）证明： 2 2
2
1 + 2＞ ．
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大
值；
2
（2）（i）根据题意知， + 2 1 = ，进行同构 2 + 2 = + ，将问题转化为方程
ax2
1
＝lnex 有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究 ( ) = 2 的单调性和极值，即可求出 a 的取
值范围；
2 2
（ii）由2( 2 + 2)＞( + )21 2 1 2 知，先证 1 + 2＞ ，即极值点偏移问题，构造函数 ( ) = ( ) (
1 1 2
)，求 F′（x），F（x）在(0， )单调递增， ( )＜ ( ) = 0，得 ( )＜ ( )，从而可得 ( 1)＜ (
2 2 2
1)即 ( 2)＜ ( 1)，再由 h（x）的单调性，即可得到 1 + 2＞ ．

【解答】解：（1）因为 B 在 x 轴上方，所以： ＞0 x＞1，
△OAB 为直角三角形，所以当 AB⊥x 轴时，所得圆锥的体积才可能最大，
1 2 2
设 A（x ，0），则 ( ， )， = 3 ( ) = 3 （x＞1），
2 2 2
设 ( ) = （x＞1），则 ′( ) = 2 ，由 h′（x）＞0 2lnx﹣ln
2x＞0 lnx（2﹣lnx）＞0，
因为 x＞1，所以 2﹣lnx＞0 x＜e2，
2 2 4
所以 h（x）在（1，e2）上单调递增，在（e2，+∞）上单调递减，所以 ( ) = ( 2) = 2 = 2，
4
从而 = 3 2；
（2 2）（i）因为 f（x）＝g（x），即 + 2 1 = 2，即 + 2 = + ，
令 u（t）＝et+t，所以 u（ax2）＝u（lnex），
因为 u（t）＝et+t 为增函数，所以 ax2＝lnex 即 ax2＝lnx+1，
1
所以方程 f（x）＝g（x）有两个不等实根 x1，x2 等价于 = 2 有两个不等实根 x1，x2，
1 1 2
令 ( ) = 2 ，所以 ′( ) = 3 ，
1 1
当 ∈ (0， )时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；当 ∈ ( ， + ∞)时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
1 1
所以 ( ) = ( ) = 2 ；
1 1
当 x→0 时，h（x）→﹣∞；当 x→+∞时，由洛必达法则知 ( ) = = 0，所以 ∈ (0， )，
→ + ∞ → + ∞2 2 2
1 1 1
（ii）由（i）知， 1 ∈ ( ， )， 2 ∈ ( ， + ∞)，
2 1
令 ( ) = ( ) ( )， ∈ (0， )，
2 2
1 ( ) 1 2 1 2 ( ) 1
因为 ( ) = 2

2 2 ，所以 ′( ) =

3 ，
( ) 3 ( 2 )

1 2 1 1 1
因为 ∈ (0， )， ∈ ( ， + ∞)，所以 F′（x）＞0，即 F（x）在(0， )单调递增， ( )＜ (
2
) = 0，所以 ( )＜ ( )．
1 2
因为 1 ∈ (0， )，所以 ( 1)＜ ( 1)，
2
又因为 h（x1）＝h（x2），所以 ( 2)＜ ( 1)，
1 2 1 1
因为 2 ∈ ( ， + ∞)， 1 ∈ ( ， + ∞)，且 h（x）在( ， + ∞)上单调递减，
2 2 4
所以 2 2 22＞ 1，即 2 + 1＞ ，所以2( 1 + 2)＞( 1 + 2) ＞ ，
所以 2 + 2
2
1 2＞ ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与极值、进而解决函数零点、不等式的证明问题的解题思
路，属于难题．

28．（2024 南昌三模）定义：若变量 x，y＞0，且满足：( )
+( ) = 1，其中 a，b＞0，m∈Z．称 y 是关
于 x 的“m 型函数”．
（1 3）当 a＝2，b＝1 时，求 y 关于 x 的“2 型函数”在点(1， )处的切线方程；2
（2）若 y 是关于 x 的“﹣1 型函数”，
（ⅰ）求 x+y 的最小值；

（ⅱ）求证：(
1 +1
+ ) ≥ ( +1 + +1) ，（n∈N+）．
1
2 2
【分析】（1）由题意求出 y = (1 4 ) ，利用导数求斜率，利用点斜式写出切线方程；

（2）（i）由题意得 + = 1，利用基本不等式求出 x+y 的最小值．

（ii）由题意得出（x﹣a）（y﹣b）＝ab，可设 x﹣a＝at， = ，t∈（0，+∞），求出 xn+yn ，构造函数，
利用导数研究函数的单调性，求出函数的最小值，从而证明结论成立．
1 1
1 y = (1
2 1 2 1
【解答】解：（ ）由题意知， 4 )
2
，则 y 2′ = 2 (1 4 ) （ 2x），
1 1 1
所以 y′|x＝1 = 2 × (
3 ) 2
3
4 × （ 2） = ，6
3 3
故所求的切线方程为 = ( 1)，即 + 2 3 4 = 0；2 6

（2）（i）由题意得，( ) 1 +( ) 1 = 1，即 + = 1，
2
所以 x+y x+y ＝（ ）（ + ）＝a+b + + ≥ a+b+2 = ( + ) ，

= = + 当且仅当 2，即 时取得最小值．
+ = ( + ) = +

（ii）由( ) 1 +( ) 1 = 1，即 + = 1，则（x﹣a）（y﹣b）＝ab，且 x＞a，y＞b．

可设 x﹣a＝at， = ，其中 t∈（0，+∞），

所以 xn+yn＝[a（1+t）]n + [ (1 + 1 )] = an（1+t）n+bn (1 +
1
) ，
1 1 1 1 1
设 ( ) = (1 + + (1 +
(1 )
) )
，则 h′（t）＝nan（1+t）n﹣1+nbn(1 + ) （ 2） = +1 [t
n+1

( ) ]．

由 h'（t）＝0，得 = ( ) +1 ，记 0 = (
+1
) ，当 0＜t＜t0 时，h'（t）＜0，当 t＞t0 时，h'（t）＞0，
1
则 ( ) = ( 0) = (1 + 0) + (1 + )0

=

[1 + ( ) +1 ] +
[1 + ( ) +1]
1 1
= ( + +1 +1) +( + +1 +1)

= +1( +1 + +1) + +1( +1 + +1)
+1
= ( +1 + +1) ，
1
+1

所以( + ) ≥ ( +1 + +1) ．
【点评】本题考查了导数与不等式的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．

29．（2024 赤峰模拟）已知 ∈ (4， )．
1
（1）将 sinx，cosx，x， 22 +1按由小到大排列，并证明；

（2）令 f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求证：f（x）在 ∈ (4， )内无零点．
1
【分析】（1）设 ( ) = + 22 1，求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求出 g（x）在(4， )
1
上的最小值，利用最小值大于 0，判断 ＞1 22 ，再判断 sinx＞cosx，即可得出结论．
1
（2）要证 f（x）在 ∈ (4， ) 内无零点，只需证 f（x）＞0，由（1）知，只需证
+ (1 22 ) 2
2
＞0，由此构造函数求解即可．
1
【解答】（1）解：设 ( ) = + 2
2 1，则 g'（x）＝﹣sinx+x，设 h（x）＝g′（x）＝﹣sinx+x，则
h′（x）＝﹣cosx+1，

因为 x∈(4， ) 时，h′（x）＞0 恒成立．

所以 h（x）在(4， ) 上单调递增，即 g′（x）在（4，π）上单调递增；

g 2 2所以 ′（x）＞g′（4） = 0，4 ＞

所以 g（x）在(4， ) 上单调递增，

) = 16 2
2
从而 ( )＞ (4 ，32 1＞0
1
即 ∈ ( 24， ) 时，恒有 ＞1 2 成立．
3
又 = 2 ( 4)，由 ∈ (4， )，知 4 ∈ (0， 4 )，

所以 2 ( 4)＞0，即 sinx＞cosx，
1
综上， 22 +1＜ ＜ ＜ ．

（2）证明：要证 f（x）在 ∈ (4， ) 内无零点，只需证 f（x）＝xe
x+xcosx﹣2sinx﹣sin2x＞0．
1
由（1）知， 22 +1＜ ＜ ＜ ，
1
只需证 + (1 22 ) 2
2＞0，
1即证 3 2 ＞0，即证
1
22 2 1＞0，
1
令 s（x）＝ex x22 ﹣x﹣1，则 s'（x）＝e
x﹣x﹣1，设 t（x）＝s′（x），则 t′（x）＝ex﹣1，

当 x∈（0，+∞）时，有 t′（x）＞0，所以 t（x）在 ∈ (4， ) 上单调递增，

即 s′（x）在 x∈（4，π）上单调递增，所以 s′（x）＞s′（4）＞s′（0）＝0，

从而 s（x）在(4， ) 上单调递增，所以 s（x）＞s（4）＞s（0）＝0，

所以 f（x）在 ∈ (4， ) 内无零点．
【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了函数与不等式的应用问题，是难题．
30．（2024 呼和浩特模拟）对于函数 f（x），若实数 x0 满足 f（x0）＝x0，则 x0 称为 f（x）的不动点．已知
函数 f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）．
（1）当 a＝﹣1 时，求证：f（x）≥0；
（2）当 a＝0 时，求函数 f（x）的不动点的个数；
1 1 1
（3）设 n∈N*，证明： 2 + 2 + +1 1 2 2 2 ＞ln（n+1）．
【分析】（1）a＝﹣1 时 f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x，求函数的导数，利用导数大于 0 判断 f（x）单调递增，计
算 f（x）min＝0 即可．
（2）a＝0 时 f（x）＝ex﹣2x，由 f（x）＝ex﹣2x＝x，方程正实数解的个数就是函数 f（x）的不动点的个
数，构造函数，求函数零点个数即可．
（3）由 a＝﹣1 时，f（x）≥0，即 x∈（0，+∞）时，ex﹣2x﹣e﹣x≥0，设 x＝lns，s≥1，不等式化为 s
1 1 1
＞2lns，s＞1；设 s = 1 +
1
，n∈N* ，得出 2 ＞ln（ ），n∈N
*；由此求和即可得出结论．
【解答】（1）证明：a＝﹣1 时，f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x（x≥0），
所以 f′（x）＝ex+e﹣x﹣2≥2 2＝0，当且仅当 x＝0 时取等号，
所以 f（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以 f（x）≥f（0）＝0．
（2）解：当 a＝0 时，f（x）＝ex﹣2x（x≥0），
令 f（x）＝ex﹣2x＝x，则方程 ex﹣3x＝0 的正实数解的个数就是函数 f（x）的不动点的个数．
令 g（x）＝ex﹣3x，x≥0，则 g'（x）＝ex﹣3，x≥0，
当 x＞ln3 时，g'（x）＞0，所以 g（x）在（ln3，+∞）上是单调递增的；
当 0＜x＜ln3 时，g'（x）＜0，所以 g（x）在（0，ln3）上是单调递减的；
所以，当 x＝ln3 时，g（x）取得最小值 g（ln3）＝3﹣3ln3＜0；
因为 g（0）＝1＞0，g（10）＝10﹣3ln10＞0，所以方程 ex﹣3x＝0 有 2 个正实数解，
所以当 a＝0 时，函数 f（x）有 2 个不动点．
（3）证明：由（1）知，当 a＝﹣1 时，f（x）≥0，即 x∈（0，+∞）时，ex﹣2x﹣e﹣x≥0．
1
设 x＝lns，s≥1，则 s﹣2lns﹣s﹣1≥0，即 s ＞2lns，s＞1；
1
设 s = 1 + 1 ，n∈N
* 1 1，则 s＞1，所以 1 + 1 1＞2 1 +
，
1
1 1 1
即 1＞ln（1 + ），所以 2 ＞ln（ ），n∈N
*；
1

1 1 1 1 1 2 1 1 2 3 1
所 以 2 + 2 + + 2 ＞ ( 1 ) + ( 2 ) + + ( ) = (1 2 ) = ( + 1)1 1 2 2 ，
1 1 1
即 +12 1 22
+ +
2 2 ＞ (
+ 1)．
【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了推理与运算能力，属于难题．
31．（2024 3 月份模拟）已知函数 f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）．
（1）当 a＝e 时，求曲线 y＝f（x）过原点的切线方程；
（2）若 f（x）的最小值与 g（x）的最小值相等，求实数 a．
【分析】（1）a＝e 时 f（x）＝ex﹣ex，求函数的导数，设切点为 A（x0，y0），求出曲线在 A 处的切线斜
率，利用点斜式写出切线方程，由切线过原点求出 x0，再求切线方程．
（2）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求出函数 f（x）、g（x）的最小值，利用最小值相等，
列方程求出 a 的值．
【解答】解：（1）当 a＝e 时，f（x）＝ex﹣ex，f′（x）＝ex﹣e，
设切点为 A（x0，y0），则曲线 y＝f（x）在 A 处的切线斜率为 k＝f′（x ） = 0 0 e，
y 0 = 0 ex0，
所求的切线方程为 y﹣（ 0 ex 0）＝（ 0 e）（x﹣x0），
又切线过原点，所以﹣（ 0 ex0）＝﹣x 0（ 0 e），
解得 x0＝1，所以 k＝f′（1）＝0，y＝0，
即所求的切线方程为 y＝0．
1
（2）由题意得，f′（x）＝ex﹣a，g（x）＝a ，
当 a≤0 时，f′（x）＞0，f（x）在 R 上是增函数，无最小值，不合题意，
所以 a＞0，令 f′（x）＝0，得 x＝lna，
当 x＜lna 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当 x＞lna 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以 f（x）有唯一的极小值也是最小值，是 f（lna）＝a﹣alna．
1 1
令 g'（x）＝0，得 x = ，当0＜ ＜ 时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
1
当 x＞ 时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
1 1
所以 g（x）有唯一的极小值也是最小值为 ( ) = 1 = 1 + ．
由题意得，a﹣alna＝1+lna，即 a﹣alna﹣lna﹣1＝0，
1 1
设 s（x）＝x﹣xlnx﹣lnx﹣1，则 s′（x）＝1﹣（lnx+1） = lnx ，
1 1 1 1
设 t（x）＝﹣lnx ，则 t′（x） = + 2 = 2 ．
令 t'（x）＝0，得 x＝1，
所以 0＜x＜1 时，t′（x）＞0，t（x）单调递增，x＞1 时，t′（x）＜0，t（x）单调递减，
所以 t（x）的最大值为 t（1）＝﹣1＜0，所以 s'（x）＝t（x）＜0，
所以 s（x）在（0，+∞）上单调递减，
又 s（1）＝0，所以 x＝1 为 s（x）的唯一零点，
所以由 a﹣alna﹣lna﹣1＝0，解得 a＝1．
即当 f（x）的最小值与 g（x）的最小值相等时，实数 a 的值为 1．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，求函数的最值问题，也考查了推理与运算能力，是难
题．
32．（2024 运城二模）已知函数 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）．
（1）若 a＝4，求 f（x）的图象在 x＝0 处的切线方程；
（2）若 f（x） 0 对于任意的 x∈[0，+∞）恒成立，求 a 的取值范围；
2 1
（3）若数列{an}满足 a1＝1 且 +1 = （n∈N* 2 ），记数列{an}的前 n 项和为 S n，求证： + 3
＜ [( + 1)( + 2)]．
【分析】（1）a＝4 时，利用导数求 f（x）在 x＝0 处的导数，计算 f（0），利用点斜式写出切线方程即
可．
（2）求函数的导数，利用导数判断函数的单调性，求函数 f（x）在 x∈[0，+∞）满足 f（x）≥0 恒成立，
从而求出 a 的取值范围．
1
（3）由数列的递推公式得出数列{ }是等差数列，由此求出通项公式，再利用（2）的结论，求解即可
证明结论成立．
【解答】（1）解：若 a＝4，则 f（x）＝（x﹣4）ex+x+4，所以 f′（x）＝（x﹣4）ex+ex+1＝（x﹣3）
ex+1，
所以 f′（0）＝（0﹣3）e0+1＝﹣2，f（0）＝（0﹣4）e0+4＝0，
所以 f（x）的图象在 x＝0 处的切线方程为 y﹣0＝﹣2（x﹣0），即 2x+y＝0．
（2）解：f′（x）＝（x﹣a）ex+ex+1＝（x﹣a+1）ex+1，
令 g（x）＝f′（x），所以 g′（x）＝（x﹣a+1）ex+ex＝（x﹣a+2）ex，
当 a﹣2≤0，即 a≤2 时，g′（x）≥0 在 x∈[0，+∞）上恒成立，
所以 g（x）在[0，+∞）上单调递增，即 f′（x）在[0，+∞）上单调递增，
所以 f′（x）≥f′（0）＝2﹣a≥0，所以 f（x）在[0，+∞）上单调递增，f（x）≥f（0）＝0，符合题意；
当 a﹣2＞0，即 a＞2 时，当 x＞a﹣2 时，g'（x）＞0，当 0＜x＜a﹣2 时，g'（x）＜0，
所以 g（x）在（0，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增，
即 f′（x）在（0，a﹣2）上单调递减，在（a﹣2，+∞）上单调递增，
又 f′（0）＝2﹣a＜0，f′（a）＝（a﹣a+1）ea+1＝ea+1＞0，
所以存在 x0∈（0，a），使得 f'（x0）＝0，
当 0＜x＜x0 时，f'（x）＜0，f（x）在（0，x0）上单调递减，
所以 f（x0）＜f（0）＝0，不符合题意．
综上，a 的取值范围是 （﹣∞，2]．
2 1 2 1 1 1
（3）证明：因为 = ( ∈
1 1
+1 2 )，所以 = = + ，即 = ， +1 2 2 +1 2
1 1
所以数列{ }是公差为 2的等差数列，
1 1 1 1 2
又 = 1，所以 = 1 + 2( 1) = 2 ，所以 1 = 1．
2 2 2
由（2）知当 x＞0 时，（x﹣2）ex+x+2＞0，所以当 n≥1，n∈N*时，[ (1 + ) 2]
(1+ ) + (1 +
) + 2＞0，
2 2 2 2 2 2
所以[ln（1 + ）﹣2]（1 + ）+ln（1 + ）+2＞0，即[（1 + ）+1]ln（1 + ）﹣2（1 + ）+2＞0，所
2 2
以 (1 + )＞ 1．
2 2 2 2 2 2 2 2
所以 Sn = 1 1 + 2 1 + 3 1 + + 1 1 + 1＜ln（1 + 1）+ln（1 + 2）+ln（1 + 3）+…+ln（1 +
2 2
1）+ln（1 + ）
4 5 6 1 2 ( 1)( 2)
＝ln（3 × 2 × 3 × 4 × × 1 × ）＝ln 2 = ln[（n+1）（n+2）]﹣ln2，
1 1
所以 + 3＜ [( + 1)( + 2)] 2 + 3，
1 1
又 2 + 3＜0，所以 + 3＜ [( + 1)( + 2)]．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与求最值问题，也考查了不等式与数列的应用问题，是
难题．

33．（2024 天津模拟） ( ) = 2 ( + ) + ， ∈ (0，2)，已知 f（x）的图象在（0，f（0））处的
切线与 x 轴平行或重合．
（1）求 φ 的值；
（2）若对 x≥0，f（x）≤0 恒成立，求 a 的取值范围；
157
（3）利用如表数据证明： ．
=1 314
＜106
78 78 79 79 314 314 314 314 314 314
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
【分析】（1）求出函数的导数，根据 f′（0）＝0，求出 φ 的值即可；
（2）求出函数的导数，根据函数的单调性求出 a 的范围即可；
（3）根据三角函数的性质累加即可．

【解答】解：（1） ′( ) = 2 ( + ) ， ′(0) = 2 1 = 0，则 = 4；

（2） ( ) = 2 ( + 4) +
≤ 0，即 ( ) = ( 2 ( + 4) )
+1 ≤ 0恒成立，
g（0）＝﹣a+2≤0，则 a≥2，

′( ) = ( 2 ( + 4) + 2 ( +

4)) = (2 )
≤ 0，
则 g（x）递减．

所以 a≥2 时， ( ) = ( 2 ( + 4) )
+1 ≤ (0) = + 2 ≤ 0；
157 78
3 = 1 + ( + (157 ) （ ）证明：
=1 314 =1 314 314
)
78
= 1 + 2 (
78 78
+ )＜1 + (2
314) = 157 314
=1 314 4 =1 =1
78 78 314(1 314) 1 314 1 0.4585 3= 157 = 157 ＜157 0.0105 = 1057＜106．1 314 314 1
【点评】本题考查了三角函数的性质，考查函数的单调性问题，考查不等式的证明，是一道综合题．
1 1
34．（2024 济宁一模）已知函数 ( ) = 22 + 2( ∈ )．
（1）讨论函数 f（x）的单调性；
( 2) ( 1)
（2）若 0＜x1＜x2，证明：对任意 a∈（0，+∞），存在唯一的实数 ξ∈（x1，x2），使得 ′( ) = 2 1
成立；
2 1
（3）设 = 2 ， ∈
，数列{an}的前 n 项和为 Sn．证明：Sn＞2ln（n+1）．
【分析】（1）求出函数 f（x）的定义域，计算 f′（x），讨论 a 的取值，利用导数判断函数的单调性即
可．
( 2) ( 2 F x 1
)
（ ）设 （ ）＝f′（x） ，（x＞0），判断 F（x）在区间（x1，x2）上单调递减，计算 F2 1
（x1），判断 F（x1）＞0，计算 F（x2），判断 F（x2）＜0，即可得出区间（x1，x2）上存在唯一实数 ξ，
使得 F（ξ）＝0，即可得出结论成立．
1 1 1
（3）由 a＝1 时，f（x）在（1，+∞）上单调递减，得出 x＞1 时，lnx x22 + 2＜0，设 x = ，n∈N
*，
2 1
得出 2 ＞2ln（n+1）﹣2lnn，令 bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N
*，得出 an＞bn，即可得出 Sn＞2ln
（n+1）．
1 1 2
【解答】（1）解：函数 f（x）的定义域为（0，+∞），且 f′（x） = ax = ；
①若 a≤0，则 f′（x）＞0 恒成立，所以 f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②若 a＞0 x∈ 0 1 1，则 （ ， ）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；x∈（ ，+∞）时，f′（x）＜0，f
（x）单调递减；
综上，当 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
α＞0 时，f x 1 1（ ）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减．
( ) ( )
（2 2 1）证明：设 F（x）＝f′（x） ，（x＞0），2 1
1 2
1 22
1
1 12 1 2 1 1
则 F（x） = ax
2 2 = ax + a（x +x ），
2
2 1
1 2 1 2
1 2 1 1
因为 a＞0，所以 F（x） = ax + 2a（x2+x1）在区间（x1，x2）上单调递减；2 1
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2
F（x1） = ax1 1 2 + 2a（x2+x1） = + 2a（x2﹣x1） = （ 1﹣ln ）1 1 2 1 2 1 1 1
1
+ 2a（x2﹣x1），
1 1
设 g（t）＝t﹣1﹣lnt，t＞0，则 g′（t）＝1 = ，所以 t∈（0，1）时，g′（t）＜0，g（t）单调
递减；
t∈（1，+∞）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增；所以 g（t）的最小值为 g（t）min＝g（1）＝0．
2 2 2
又 0＜x1＜x2，所以 ＞1，所以 1﹣ln ＞0 恒成立；又因为 a＞0，x2﹣x1＞0，所以 F（x1）＞0．1 1 1
1 1 2 1
同理可得：F（x2） = （1 ln ） + 2a（x1﹣x2），由 t﹣1﹣lnt≥0（t＝1 时等号成立），2 1 2 1
1 1 2
又因为 0＜x1＜x2，所以 0＜ ＜1，所以 1 ln ＜0 恒成立；2 2 1
又因为 a＞0，x1﹣x2＜0，x2﹣x1＞0，所以 F（x2）＜0．
所以，区间（x1，x2）上存在唯一实数 ξ，使得 F（ξ）＝0，
( 2) ( 1)
所以对任意 a∈（0，+∞），存在唯一的实数 ξ∈（x1，x2），使得 f′（ξ） = 2 成立．1
1 1
（3）证明：当 a＝1 时，由（1）可得，f（x）＝lnx 2x
2 + 2在（1，+∞）上单调递减，
1 1
所以 x＞1 时，f（x）＜f（1）＝0，即 lnx 2x
2 + 2＜0．
1 1 1 1 2 1
令 x = ，n∈N
*，则 ln 2( ) + 2＜0，
2 2 1
即( 1 ) 1＞2ln（n+1）﹣2lnn，所以 2 ＞2ln（n+1）﹣2lnn，
令 bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N*，则 an＞bn，
所以 a1+a2+...+an＞b1+b2+...+bn，即 Sn＞2ln（n+1）．
【点评】本题考查了导数的综合应用问题，也考查了利用函数不等式证明的应用问题，是难题．
七．利用导数研究曲线上某点切线方程（共 7 小题）
35．（2024 河北模拟）已知曲线 21： + 2 4 + 2 = 0与曲线 2： ( ) = 2在第一象限交于点 A，在 A
处两条曲线的切线倾斜角分别为 α，β，则（　　）

A． + = 2 B．| | = 2 C． + = 3 D．|α﹣β| = 4
【分析】分别利用圆的切线性质、导数求切线斜率的方法，求出 tanα，tanβ 的值，然后求出 tan（α+β）
的值，即可求出结论．
2 + 2 4 + 2 = 0
【解答】解：由 = 2 ，
解得 x＝y＝0，或 x＝y＝1，又 A 在第一象限，所以 A（1，1），
1
由曲线 C1 的圆心为 C1（2，﹣1），所以 = 1 2，所以 tanα = 2，

由 f′（x）＝2x 得 tanβ＝f′（1）＝2，所以 α，β∈（0，2），即 α+β∈（0，π），
1 2
tan（α+β） = 21 = ，不存在，所以 α+β = 2．1 1
故选：A．
【点评】本题考查圆的切线性质，导数的几何意义及应用等，属于中档题．
36．（2024 沙坪坝区校级模拟）设曲线 f（x）＝xsinx 在点（π，f（π））处的切线为 l，则 l 与两坐标轴围成
1
的三角形的面积为 　 32 　．
【分析】求出切点的坐标与导数，求出切线方程，进而求出切线与坐标轴的交点坐标，表示出所求三角
形的面积．
【解答】解：由已知得 f'（x）＝sinx+xcosx，f（π）＝0，f'（π）＝﹣π，
所以 l 的方程为 y＝﹣π（x﹣π），令 x＝0 得 y＝π2；令 y＝0 得 x＝π，
1 1
l 与两坐标轴围成的三角形面积： = 2
2 = 32 ．
1
故答案为：2
3．
【点评】本题考查导数的几何意义与切线方程的求法，属于基础题．
37．（2024 思明区校级模拟）已知曲线 f（x）＝xlnx﹣1 在 x＝1 处的切线 l 与圆 C：（x﹣1）2+y2＝9 相交于
A、B 两点，则|AB|＝　 34　．
【分析】先利用导数求出切线方程，然后利用弦长公式求弦长．
【解答】解：由题意 f（1）＝﹣1，切点为（1，﹣1），
f′（x）＝lnx+1，k＝f′（1）＝1，
切线方程为：y＝x﹣2，
代入（x﹣1）2+y2＝9 整理后得 x2﹣3x﹣2＝0，
显然Δ＝17＞0，
设 A（x1，y1），B（x2，y2），则 x1+x2＝3，x1x2＝﹣2，
所以|AB| = 1 + 2 ( 1 + 2)2 4 1 2 = 34．
故答案为： 34．
【点评】本题考查利用导数求切线的方法，直线与圆相交时的弦长公式，属于中档题．
38．（2024 宜春模拟）已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且 f（2x+2）为奇函数，记 f'（x）为 f（x）
的导函数，若 f′（﹣2）＝1，则 y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为 　x+y+6＝0　．
【分析】利用 f（x）的奇偶性与对称性，得到 f（x）的周期，结合 f（2）＝0，求出 f（﹣6）的值，再利
用导数的奇偶性与周期性，结合 f′（﹣2）＝1，求出 f′（﹣6）的值，则切线可求．
【解答】解：因为 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且 f（2x+2）为奇函数，
所以 f（﹣x）＝f（x），f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）＝f（x﹣2），
可得 f（x﹣8）＝f（x），即周期为 8，且 f（2）＝0，
又﹣f′（﹣x）＝f′（x），f′（x﹣8）＝f′（x），
所以 f（﹣6）＝f（2）＝0，得 f′（﹣6）＝f′（2﹣8）＝f′（2）＝﹣f′（﹣2）＝﹣1，
所以 y＝f（x）在点（﹣6，f（﹣6））处的切线方程为：y﹣0＝﹣（x+6），
即 x+y+6＝0．
故答案为：x+y+6＝0．
【点评】本题考查函数的奇偶性、周期性性质及应用，导数的几何意义等，属于中档题．
39 ， ≥ 0，．（2024 长沙模拟）已知函数 ( ) = 2 0. 若函数 f（x）的图象在点 A（x1，f（x， ＜ 1））（x1＜0）和点
| |
B（x2，f（x2））（x2＞0）处的两条切线相互平行且分别交 y 轴于 M，N 两点，则| |的取值范围为 　

[2，+∞）　．
1 2
【分析】设切线的倾斜角为 α，则|AM| = ，|BN| = ，再结合切线相互平行，则导数相等，得到
| |
x1，x2 之间的关系，将| |化成关于 x2 的函数，再研究函数的值域即可．
【解答】解：不妨设两条切线的倾斜角为 α，显然 α 为锐角，
1 2 | | 1
则|AM| = ，|BN| = ，所以| | = ，2
由（ex）′＝ex，（﹣x2）′＝﹣2x，
1所以 2 = 2x1，即 x1 = 2
2，
| | 2
所以| | = 2 （x2＞0），2
( 1)
令 g（x） = 2 ，x＞0， ′( ) = 2 2 ，g′（x）＞0 x＞1，g′（x）＜0 0＜x＜1，
所以 g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

且 x→0 时，g（x）→+∞；x→+∞时，g（x）→+∞，g（x）min＝g（1） = 2，
| |
所以 g（x） ≥ 2，即| |的取值范围是[2，+∞）．

故答案为：[2，+∞）．
【点评】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性、最值的方法，属于中档题．
40．（2024 莲湖区校级模拟）已知函数 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2．
（1）判断 g（x）的零点个数；
（2）求曲线 y＝f（x）与曲线 y＝g（x）公切线的条数．
【分析】（1）判断函数的单调性，再利用零点存在性定理判断；
（2）分别设出切点，然后写出切线方程，根据为公切线列出方程组，研究方程组解的个数，消元后，转
化为函数零点个数的判断问题．
【解答】解：（1）g（x）的定义域为（﹣∞，+∞），g′（x）＝2ex+1﹣1，
令 g′（x）＞0，得 x＞﹣1﹣ln2，令 g′（x）＜0，得 x＜﹣1﹣ln2，可知 g（x）在（﹣∞，﹣1﹣ln2）
上单调递减，在（﹣1﹣ln2，+∞）上单调递增，
所以 g（x）min＝g（﹣1﹣ln2）＝ln2＞0，故 g（x）的零点个数为 0；
（2）因为 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2，所以 f′（x）＝2x+3，g′（x）＝2ex+1﹣1，
所以曲线 y＝f（x）在点( 1， 21 +3 21 +3)处的切线方程为 ( 1 +3 1 +3) = (2 1 +3)( x1），即 = (2 1
+3) 21 +3，
曲线 y＝g（x）在点( ，2 2+12 2 2)处的切线方程为 (2 2+1 2 2) = (2 2+1 1）（x﹣x2），
即 = (2 2+1 1) + (2 2 2) 2+1 2；
2 2+1 1 = 2 1 + 3， 2+1 = 1 + 2，令 (2 2 ) 2+1 2 = 22 1 + 3
得
， (2 2 2) 2+1 2 = 21 + 3，
消去 x2，整理得 21 5 + [4﹣2ln（x1+2）]（x1+2）＝0，
1
设 x1+2＝t（t＞0），得 t2﹣2tlnt﹣1＝0，等价于 2 = 0，
1 2
令 ( ) = 2 ( ＞0)，因为 ′( ) =
( 1)
2 0 ，
所以 h（t）在（0，+∞）上单调递增，且 h（1）＝0，则 h（t）在（0，+∞）上有唯一的零点 t＝1，
由 x1+2＝1，得 x1＝﹣1，所以曲线 y＝f（x）与曲线 y＝g（x）有且仅有一条公切线．
【点评】本题考查利用导数判断函数零点的个数问题，以及公切线的求法与性质的应用，属于中档题．
41．（2024 姜堰区校级模拟）设 P 是坐标平面 xOy 上的一点，曲线Γ是函数 y＝f（x）的图像．若过点 P 恰
能作曲线Γ的 k 条切线（k∈N），则称 P 是函数 y＝f（x）的“k 度点”．
（1）判断点 O（0，0）与点 A（2，0）是否为函数 y＝lnx 的 1 度点，不需要说明理由；
（2）已知 0＜m＜π，g（x）＝sinx．证明：点 B（0，π）是 y＝g（x）（0＜x＜m）的 0 度点；
（3）求函数 y＝x3﹣x 的全体 2 度点构成的集合．
【分析】（1）O（0，0）是 y＝lnx 的 1 度点，A（2，0）不是 y＝lnx 的 1 度点；
（2）求导得 g′（x）＝cosx，设 t＞0，可得出曲线在点（t，sint）处的切线方程为 y﹣sint＝cost（x﹣
t），该切线过点（0，π）时，π﹣sint＝﹣tcost，然后设 G（t）＝sint﹣tcost﹣π，然后根据导数符号可判
断 G（t）在（

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