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2024-2025 学年高二下学期第一次月考解答题压轴题十七大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 曲线的切线问题
1．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 3 +3 2 +1( ∈ ).
(1)若 = 1是 ( )的极大值点，求 ( )在(1, (1))处的切线方程；
(2)求 ( )的单调区间；
【解题思路】（1）根据 = 1是 ( )的极大值点求出 = 1，再利用导数求切线斜率，即可求 ( )在(1, (1))
处的切线方程；
（2）求出 ′( ) = 6 ( + )，分三种情况讨论，分别判断导函数的符号，即可求出 ( )的单调区间；
【解答过程】（1）根据题意，函数 ( ) = 2 3 +3 2 +1，其定义域为 R，
∵ ′( ) = 6 2 + 6 = 6 ( + )
令 ′( 1) = 0得 = 1，
经检验， = 1符合题意，
∴ ( ) = 2 3 + 3 2 + 1, ′( ) = 6 ( + 1)
∴ (1) = 6, ′(1) = 12
则 ( )在点(1, (1))的切线方程为 6 = 12( 1)，即12 6 = 0；
（2）根据题意，函数 ( ) = 2 3 +3 2 +1，其导数 ′( ) = 6 2 +6 = 6 ( + )，分 3 种情况讨论：
①当 = 0时， ′( ) = 6 2 ≥ 0，则 ( )在( ∞, + ∞)上为增函数；
②当 > 0时，若 ′( ) = 6 ( + ) > 0，解可得 < 或 > 0，
则 ( )的递增区间为( ∞, )和(0, + ∞)，
递减区间为( ,0)；
③，当 < 0时，若 ′( ) = 6 ( + ) > 0，解可得 < 0或 > ，
则 ( )的递增区间为( ∞,0)和( , + ∞)，
递减区间为(0, )；
综上可得：当 = 0时， ( )在( ∞, + ∞)上为增函数；
当 > 0时， ( )的递增区间为( ∞, )和(0, + ∞)，递减区间为( ,0)；
当 < 0时， ( )的递增区间为( ∞,0)和( , + ∞)，递减区间为(0, ).
2．（23-24 高二下·山东烟台·期末）已知函数 ( ) = ( 2 + + 1)e ( ∈ ).
(1)当 = 2时，求过点(1,0)且与 ( )图象相切的直线的方程；
(2)讨论函数 ( )的单调性.
【解题思路】（1）求导得 ′( ) = ( 2 1)e ，设切点( 0, 0)，写出切线方程，代入(1,0)，即可得到答案；
（2）求导 ′( ) = ( + + 1)( + 1)e ，分 > 0, = 0, < 0讨论即可.
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = ( 2 2 + 1)e ，所以 ′( ) = ( 2 1)e .
设切点为( 0, 0)，则 0 = 2 2 + 1 e 00 0 , = 2 1 e
0
0 ，
所以，切线方程为 20 2 0 + 1 e
0 = 20 1 e
0( 0)，
将(1,0)代入得( 0 1)2 0 = 0，解得 0 = 0或 0 = 1，
故过(1,0)的切线方程为 = 0或 + 1 = 0.
（2） ′( ) = (2 + )e + ( 2 + + 1)e = ( + + 1)( + 1)e .
当 = 0时， ′( ) = ( + 1)2e ，恒有 ′( ) ≥ 0，函数 ( )单调递增，
当 > 0时， 1 < 1，当 ∈ ( ∞, 1)，或 ∈ ( 1, + ∞)时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
当 ∈ ( 1, 1)时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减，
当 < 0时， 1 > 1，当 ∈ ( ∞, 1)，或 ∈ ( 1, + ∞)时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
当 ∈ ( 1, 1)时， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减.
综上，当 = 0时， ( )在 上单调递增，
当 > 0时， ( )在( ∞, 1),( 1, + ∞)上单调递增，在( 1, 1)上单调递减，
当 < 0时， ( )在( ∞, 1),( 1, + ∞)上单调递增，在( 1, 1)上单调递减.
3．（23-24 高二下·贵州黔西·期末）已知函数 ( ) = e +1 2 （e为自然对数的底数）.
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在( 0,0)处的切线方程；
(2)若 ( )有极小值且极小值不小于 0，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）由导数的几何意义求切线方程；
（2）由 ′( ) = 0有解得出 的范围，并验证此解为极小值点，求出极小值，再判断出极小值不小于 0 时的参
数范围.
【解答过程】（1） = 1，则 ( ) = e +1 + ， ′( ) = e +1 +1，
显然 ( )是增函数，又 ( 1) = e 1+1 1 = 0，所以 ( 0) = 0 0 = 1，
′( 1) = 2，
切线方程为 = 2( + 1)，即2 + 2 = 0；
（2）由已知 ′( ) = e +1 ， ( )有极小值，则e +1 = 0有解，由 = e +1，得 > 0，
设 ′( ) = 0的解为 = 0，
< 0时， ′( ) < 0， ( )递减， > 0时， ′( ) > 0， ( )递增，
因此 ( 0)为 ( )的极小值，
由 = e +1得 = ln 1，
( )极小值 = (ln 1) = (ln 1) 2 = ln + 2，
记 ( ) = ln + 2 = (1 ln )，
易知函数 ( ) = 1 ln 是减函数， (1) = 0，
当0 < < 1时，1 ln > 0，当 > 1时，1 ln < 0，
所以当0 < < 1时， ( ) = (1 ln ) = ln 2 > 0，
当 = 1时， ( ) = 0，当 > 1时， ( ) < 0，
而 ( )的极小值不小于 0，
所以 的取值范围是(0,1].
4 3．（23-24 高二下·辽宁·期中）已知函数 ( ) = 3 + 2 + + 1的图象经过点 (1,1)，且在 = 处取得3
极值.
(1)求 ， 的值；
(2)求经过点 (1,1)且与曲线 = ( )相切的切线方程.
【解题思路】（1）利用点在函数的图象上和函数极值点的定义即可求解；
（2）设切点为( 0, 0)，利用直线的点斜式写出切线方程，再利用导数的几何意义、切点在曲线上和切线上
建立方程组，解出切点坐标及切线的斜率即可求解.
【解答过程】（1）因为 ( ) = 3 + 2 + + 1，
所以 ′( ) = 3 2 +2 + .
因为函数 ( )图象经过点 (1,1)，
所以 (1) = 1
3
因为函数 ( )在 = 处取得极值，3
所以 ′ 3 = 0，
3
1 + + + 1 = 1
所以 2
= 0
3 × 3 + 2 × 3 + = 0 ，解得 = 1 ,
3 3
所以 = 0, = 1。
（2）由（1）知, = 0, = 1
所以 ( ) = 3 + + 1，
所以 ′( ) = 3 2 +1
设切点坐标为( 0, 0)，设切线方程为 1 = ( 1)，
1
0 1 = ( 0 1) = 1 0 = 0 2
由题意可得 0 = 30 + 0 + 1
5
，解得 0 = 1 或 0 = ，
= 3 20 + 1 = 2
8
= 1
4
所以切线方程为2 + 3 = 0或 4 + 3 = 0.
题型 2 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
5．（23-24 高二下· 3山东菏泽·期中）已知函数 ( ) = ln ．
(1)若 ( )在(1, (1))处的切线与直线 + 2 + 1 = 0平行，求实数 m 的值；
(2)若 = 2 5，求函数 ( ) = ( ) + 的极值．
【解题思路】（1）求导，可得切线斜率 = + 3，即可根据直线平行满足的斜率关系求解，
（2）根据导数求解函数的单调性，即可由极值定义求解.
3
【解答过程】（1）由函数 ( ) = ln ，定义域为(0, + ∞)，
3
可得 ′( ) = + 2，
可得 ′(1) = + 3，即 ( )在(1, (1))处的切线的斜率为 = + 3，
因为 ( )在(1, (1))处的切线与直线 + 2 + 1 = 0平行，
+ 3 = 1可得 2，则 =
7
2；
（2 = 2 ( ) = 2ln
3 ( ) = 2 ln + 1）若 ，可得 ，所以 ，其中 > 0，
= 2 1 1 = 2( 1)可得 ′( ) ，
2 2
令 ′( ) = 0，可得 = 1，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0， ( )在(0,1)单调递减；
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0， ( )在(1, + ∞)单调递增，
所以当 = 1时，函数 ( )取得极小值为 (1) = 2，无极大值．
6．（23-24 高二下·江西抚州·期中）已知函数 ( ) = 2 3 +6 2 3 2．
(1)求 ( )的图象在 = 1处的切线方程；
(2)若 ( )的图象上存在两点 ， ，使得 ( )的图象在点 ， 处的切线都与直线 = 0( ≠ 0)垂直，求实
数 的取值范围．
【解题思路】（1）求导函数，根据导数的几何意义求解切线斜率，再求切点坐标，从而可得 ( )的图象在 = 1
处的切线方程；
1
（2）由直线 = 0的斜率为 ，可得 ( )的图象在点 , 处的切线斜率为 ，求导根据导函数的零点，可
得实数 的取值范围．
【解答过程】（1）因为 ( ) = 2 3 +6 2 3 2，
所以 ′( ) = 6 2 +12 3，所以 (1) = 1, ′(1) = 3，
所以 ( )的图象在 = 1处的切线方程为 ( 1) = 3( 1)，
即3 4 = 0．
（2）直线 = 0 1的斜率为 ，
所以 ( )的图象在点 , 处的切线斜率为 ，
所以方程 ′( ) = 有两个不等的实根，
即 6 2 +12 3 + = 0有两个不等的实根，
所以Δ = 122 4 × ( 6) × ( 3 + ) > 0，
解得 > 3且 ≠ 0，
所以实数 的取值范围是( 3,0) ∪ (0, + ∞)．
7．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
【解题思路】（1）利用导数几何意义求过一点的切线方程；
（2）利用导数几何意义，由切线平行列方程求参数值.
【解答过程】（1）由导数公式得 ′( ) = 3 2 +1，
设切点坐标为( 0, 0)，设切线方程为： 1 = ( 1)
0 1 = ( 0 1)
由题意可得： 0 = 30 + 0 + 1 ，
= 3 20 + 1
1
0 = 1
0 = 2
5
所以 0 = 1 或 0 = ，
= 2 8 = 1
4
从而切线方程为2 + 3 = 0或 4 + 3 = 0.
（2）由(1)可得：曲线 = ( )在点(1,1)处的切线方程为 = 2 + 3,
由 ′( ) = 2e 2 +1，可得曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线斜率为 ′( ) = 2e 2 +1，
1
由题意可得 2e 2 +1 = 2， 从而 = 2，
1 1 1
此时切点坐标为 ,1 ，曲线 = ( )在 = 2处的切线方程为 1 = 2 ，2 2
1
即 = 2 + 2，故符合题意，所以 = 2.
8．（23-24 高二上·湖南·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + , ( ) = 3( , ∈ ).
(1)若曲线 = ( )在 = 1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于曲线 = ( )在 = 1处的切线与坐标
轴围成的三角形的面积，试判断 与 之间的关系；
(2)若 = 6，是否存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切？若存在，求出直线 的方程（若直线 的方
程含参数，则用 表示）；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）利用导数的几何意义，求切线的斜率，进而得到两切线方程，求出直线与坐标轴的两交
点，分别表达两切线与坐标轴围成三角形的面积，由面积相等得 , 的关系；
（2）假设存在，设出直线 与曲线 = ( )和 = ( )相切的切点坐标，根据切点利用导数几何意义求出切
线方程，由公切线知两切线为同一直线，可建立坐标满足的方程组，求解可得切点坐标，进而可得切线方
程.
【解答过程】（1） ′( ) = 3 2 + , ′( ) = 3 2，
曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线斜率为 ′(1) = 3 + ，
曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线斜率为 ′(1) = 3，
又 (1) = 1 + , (1) = 1，
曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 (1 + ) = (3 + )( 1)，即 = (3 + ) 2;
令 = 0，得 = 2；令 = 0 2，得 = 3+ ，则切线 = (3 + ) 2
2
与坐标轴的交点分别为(0, 2), ,0 ，
3+
切线 = 1(3 + ) 2与坐标轴围成的三角形的面积为 1 = 2 × | 2| × | 2 = 2 ；3+ | |3+ |
曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 ( 1) = ( 3)( 1)，即 = ( 3) + 2，
令 = 0，得 = 2；令 = 0，得 = 2 23 ，则切线 = ( 3) + 2与坐标轴的交点分别为(0,2), ,0 ，3
1 2 2
切线 = ( 3) + 2与坐标轴围成的三角形的面积为 2 = 2 × |2| × | = ；3 | |3 |
| 2由题意， | = | 2 |，所以 = 或 = 6.3+ 3
（2）设直线 与曲线 = ( )相切于点 ( 1, 1)，与曲线 = ( )相切于点 ( 2, 2)，
′( ) = 3 2 + , ′( ) = 3 2，
曲线 = ( )在点 处的切线为 3 21 + 1 = 3 1 + ( 1)，即 = 3 21 + 2
3
1，
曲线 = ( )在点 处的切线为 2 32 = 3 2 22 ( 2)，即 = 3 2 + 2
3
2，
3 21 + = 3 2 2 22, 3 1 + 3 2 = = 6,则 2 3 = 2 3 则1 2, 1 = 2,
= 1, = 1,
所以6 21 = 6，解得 1 1 2 = 1, 或 2 = 1,
1 = 1,当 = 1 时，直线 : = (3 + ) 2;2
1 = 1,当 = 1 时，直线 : = (3 + ) + 2;2
故存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切，直线 的方程为 = (3 + ) 2或 = (3 + ) + 2.
题型 3 利用导数研究函数的单调性

9．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1)ln + + , ∈ ．
(1)当 = 2时，求函数的极值；
(2)讨论函数 ( )的单调性．
【解题思路】（1）先利用导数求 ′( ) = 0时的解，利用极值的概念进行判断及计算；
2 ( + )( 1)（ ）求出 ′( ) = 2 ，对 分类讨论，解不等式即可得到 ( )的单调性与极值点．
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = ln + + 2 ，定义域为(0, + ∞)
= 1 2
2
′( ) +1 2 =
+ 2
2 ，
令 ′( ) = 0，即 2 + 2 = 0，
1 = 1, 2 = 2（舍去），
当0 < < 1时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
当1 < 时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
所以当 = 1时，函数 ( )取到极小值为 (1) = ln1 + 1 + 2 = 3,无极大值.
（2） = ( )的定义域为(0, + ∞)，
1 = +1 =
2+( 1) = ( + )( 1)′( ) 2 2 2 ．
①当 ≥ 0时，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0；当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0．
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增．
②当 < 0时，令 ′( ) = 0，得 = 或 = 1．
（i）当 1 < < 0时，0 < < 1．
当 ∈ (0, ) ∪ (1, + ∞)时， ′( ) > 0，当 ∈ ( ,1)时， ′( ) < 0．
所以 ( )在(0, )和(1, + ∞)上单调递增，在( ,1)上单调递减．
（ii）当 = 1时， ′( ) ≥ 0对 ∈ (0, + ∞)恒成立，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增．
（iii）当 < 1时， > 1，
当 ∈ (0,1) ∪ ( , + ∞)时， ′( ) > 0；当 ∈ (1, )时， ′( ) < 0．
所以 ( )在(0,1)和( , + ∞)上单调递增，在(1, )上单调递减，
综上：当 ≥ 0时， ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增；
当 1 < < 0时， ( )在(0, )和(1, + ∞)上单调递增，在( ,1)上单调递减；
当 = 1时，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增；
当 < 1时， ( )在(0,1)和( , + ∞)上单调递增，在(1, )上单调递减．
10．（23-24 2高二下·重庆九龙坡·期中）已知函数 ( ) = 33 +
2 +2( 1) + 1( ∈ R)．
(1)若 = 0，求 ( )在 3, 3 上的最值；
2
(2)讨论函数 ( )的单调性．
【解题思路】（1）首先求函数的导数，判断函数的单调性，比较端点值和极值大小，即可求解最值；
（2）首先求函数的导数，并化简得 ′( ) = 2( + 1)( + 1)，再讨论导数的零点，求函数的单调性.
【解答过程】（1）当 = 0 2时， ( ) = 3
3 2 + 1， ′( ) = 2 2 2 = 2( + 1)( 1)
当 ∈ 3, 3 ， ， ′( )， ( )的变化情况如下表所示，
2
3
3 ( 3, 1) 1 ( 1,1) 1 31, 2 2
′( ) + 0 0 +
( ) 11 7 1 1单调递增 单调递减
3
单调递增
3 4
所以 7( )在区间 3, 3 的最大值为 ，最小值为 11.
2 3
（2） ′( ) = 2 2 +2 + 2( 1) = 2( + 1)( + 1)，
令 ′( ) = 0，得 = 1或 = 1 ，
当 1 > 1 ，即 > 2时， ′( ) > 0，得 < 1 或 > 1， ′( ) < 0，得1 < < 1，
所以函数的单调递增区间是( ∞,1 )和( 1, + ∞)，单调递减区间是(1 , 1)；
当 1 = 1 ，即 = 2，此时 ′( ) = 2( + 1)2 ≥ 0恒成立，所以函数 ( )的单调递增区间是( ∞, + ∞)，无
减区间；
当 1 < 1 ，即 < 2时， ′( ) > 0，得 < 1或 > 1 ， ′( ) < 0，得 1 < < 1 ，
所以函数的单调递增区间是( ∞, 1)和(1 , + ∞)，单调递减区间是( 1,1 )；
综上可知，当 > 2时，函数的单调递增区间是( ∞,1 )和( 1, + ∞)，单调递减区间是(1 , 1)；
当 = 2时，函数 ( )的单调递增区间是( ∞, + ∞)，无减区间；
当 < 2时，函数的单调递增区间是( ∞, 1)和(1 , + ∞)，单调递减区间是( 1,1 ).
11．（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 (2 + 1) + ln + .
(1)当 = 1时，求函数 ( )的单调区间；
(2)当 ∈ R时，求 ( )的单调区间.
【解题思路】（1）根据导数与单调性的关系，求出单调区间即可；
（2）对含参函数求导，从而得出导数的零点，再通过对二次函数的根的讨论，得出单调区间.
【解答过程】（1）当 = 1时， ( ) = 2 3 + ln + 1，定义域为(0, + ∞)，
1 (2 1)( 1)′( ) = 2 3 + = ，
令 ′( ) > 0，得 ∈ 0, 1 ∪ (1, + ∞) 1，令 ′( ) < 0，得 ∈ ,1 ，
2 2
所以 ( ) 1 1的单调递增区间为 0, ，(1, + ∞)，单调递减区间为 ,1 .
2 2
（2） ( ) = 2 (2 + 1) + ln + ，定义域为(0, + ∞)，

= 2 + = (2 1)( )′( ) (2 + 1) ，令 ′ ( ) = 0，得 =
1
2或 = .
①当 ≤ 0 1时，当 ∈ 0, 时， ′( ) < 0， ( )单调递减，
2
当 ∈ 1 , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增；
2
②当0 < < 12时，当 ∈ (0, )和 ∈
1 , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
2
当 ∈ , 1 时， ′( ) < 0， ( )单调递减；
2
③当 = 12时， ′( ) ≥ 0对 ∈ (0, + ∞)恒成立，所以 ( )在(0, + ∞)单调递增；
④当 > 12时，当 ∈ 0,
1
和 ∈ ( , + ∞)时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
2
1
当 ∈ , 时， ′( ) < 0， ( )单调递减.
2
1 1
综上所述：当 ≤ 0时， ( )在 0, 单调递减，在 , + ∞ 单调递增；
2 2
当0 < < 12时， ( )在 ,
1
单调递减，在(0, ) 1和 , + ∞ 单调递增；
2 2
当 = 12时， ( )在(0, + ∞)单调递增；
当 > 12时， ( )
1 1
在 , 单调递减，在 0, 和( , + ∞)单调递增.
2 2
12．（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知函数 ( ) = e 1( ∈ ).
(1)若 为常数，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)讨论函数 ( )的单调性；
(3)判断e0.314与 1.314 的大小关系，并说明理由.
【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程；
（2）求出定义域，求导后，分 ≤ 0与 > 0两种情况进行讨论得到函数单调性情况；
（3）构造函数 ( ) = e 1，比较判断e0.314与 1.314 的大小关系；
【解答过程】（1） ′( ) = e ，所以 = ′(1) = e ，
(1) = e 1，所以切点为(1,e 1)，
所以曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为 (e 1) = (e )( 1)，
即为 = (e ) 1．
（2）定义域为( ∞, + ∞)， ′( )=e ，
当 ≤ 0时， ′( ) = e > 0对 ∈ R恒成立，
( )在( ∞, + ∞)上为增函数；
当 > 0时，令 ′( ) = 0，所以e = ， = ln ，
∈ ( ∞,ln )， ′( ) < 0，函数单调递减，
∈ (ln , + ∞)， ′( ) > 0，函数单调递增，
综上所述：
当 ≤ 0时， ( )在( ∞, + ∞)上为增函数；
当 > 0时， ∈ ( ∞,ln )，函数单调递减； ∈ (ln , + ∞)，函数单调递增；
（3）记 ( ) = e 1，则 ′( ) = e 1，
当 > 0时， ′( ) > 0，故 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
(0.314) > (0)，即e0.314 0.314 1 > e0 0 1 = 0，则e0.314 > 1.314，
故有：e0.314 > 1.314.
题型 4 函数单调性、极值与最值的综合应用
13．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ( 2)e 在 = 1处取得极值.
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )在[ , + 1]上的最小值.
【解题思路】（1） ′( ) = e + ( 2)e = ( + 2)e ，由此利用导数性质能求出 = 1；
（2）由 ( ) = ( 2)e ，得 ′( ) = e + ( 2)e = ( 1)e ，求出函数 ( )的单调区间，通过讨论求出函数
( )在[ , + 1]上的最小值．
【解答过程】（1） ∵ ( ) = ( 2)e , ∴ ′( ) = e + ( 2)e = ( + 2)e ，
由已知得 ′(1) = 0，即(2 2)e = 0，解得 = 1，
当 = 1时， ( )在 = 1处取得极小值，所以 = 1.
（2）由（1）得 ( ) = ( 2)e ，
则 ′( ) = e + ( 2)e = ( 1)e ，
令 ′( ) > 0得 > 1，令 ′( ) < 0得 < 1，
所以函数 ( )在( ∞,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增.
①当 ≥ 1时， ( )在[ , + 1]上单调递增，
( ) min = ( ) = ( 2)e ；
②当0 < < 1时， < 1 < + 1, ( )在[ ,1]上单调递减，在(1, + 1]上单调递增，
( )min = (1) = e；
③当 ≤ 0时， + 1 ≤ 1, ( )在[ , + 1]上单调递减，
( ) = ( + 1) = ( 1)e +1min .
( 2)e , ≥ 1
综上， ( )在[ , + 1]上的最小值 ( )min = e,0 < < 1 .
( 1)e +1, ≤ 0
14．（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知函数 ( ) = 3 + 2 + 2，在 = 1时取得极小值 10.
(1)求函数 ( )的解析式;
(2)求函数 ( )在区间[ 1,3]上的最值.
【解题思路】（1）根据函数 ( )在 = 1处有极小值 10，列出方程组求解即可，注意需要验证；
（2）利用导数求出函数的单调区间，然后求出极值和端点的函数值比较即可求出函数的最大值与最小值.
【解答过程】（1）由 ( ) = 3 + 2 + 2，得 ′( ) = 3 2 +2 ，
因为函数 ( ) = 3 + 2 + 2 在 = 1 时取得极小值 10，
′(1) = 3 + 2 = 0 = 3 = 4
所以 (1) = 1 + + 2 = 10 ，解得 = 3 或 = 11 ，
= 3
当 = 3 时， ′( ) = 3
2 6 + 3 = 3( 1)2 ≥ 0，不符合题意；
= 4
当 2 = 11 时， ′( ) = 3 +8 11 = (3 + 11)( 1)，
< 11当 3 或 > 1时， ′( ) > 0，当
11
′
3 < < 1时， ( ) < 0，
所以 = 1为函数的极小值点，所以符合题意，
所以 ( ) = 3 +4 2 11 + 16；
11
（2）由（1）可得当 < 3 或 > 1时， ′( ) > 0
11
，当 3 < < 1时， ′( ) < 0，
所以 ( )在 ∞, 11 上单调递增，在 11 ,1 上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
3 3
又因为 ( 1) = 1 + 4 + 11 + 16 = 30， (1) = 10， (3) = 27 + 36 33 + 16 = 46，
所以 ( )max = (3) = 46， ( )min = (1) = 10.
15．（23-24 高二下·北京东城·期中）已知函数 ( ) = 3 2 + + ，若曲线 = ( )在(0, (0))处的切线
方程为 = + 1.
(1)求 ， 的值；
(2)求函数 = ( )的单调区间和极值；
(3)求函数 = ( )在[ 2,2]上的最大值、最小值.
【解题思路】（1 ′(0) = 1）根据题意结合导数的几何意义可知 (0) = 1 ，列式求解即可；
（2）求导利用导数判断原函数的单调区间和极值.
（3）利用导数判断原函数的单调区间和极值结合边界函数值判断即可.
【解答过程】（1）由题意可知： ( ) = 3 2 + + ，则 ′( ) = 3 2 2 +
因为曲线 = ( )在(0, (0))处的切线方程为 = + 1，
′(0) = ′(0) = = 1 = 1
则 (0) = ，即 (0) = = 1 ，解得 = 1 .
（2）因为 ( ) = 3 2 + 1, ′( ) = 3 2 2 1，
∈ ∞, 1当 ∪ (1, + ∞)时， ′( ) > 0 1；当 ∈ ,1 时， ′( ) < 0；
3 3
可知函数 ( )的单调递增区间为 ∞, 1 和(1, + ∞)；
3
( ) 1函数 的单调递减区间为 ,1 ，
3
32( ) 1的极大值为 = 27， ( )的极小值为 (1) = 0.3
3 = ( ) 2, 1（ ）函数 在 ，(1,2] 1上单调递增，在 ,1 上单调递减，
3 3
且 ( 2) = 9, (2) = 3 32， 1 = 27， (1) = 0,3
函数 = ( )在[ 2,2]上的最大值 (2) = 3,最小值 ( 2) = 9.
16．（23-24 高二下· 3 2 天津北辰·期中）已知函数 ( ) = 2+ ．
(1)若 = 0，求曲线 = ( )在点(2, (2))处的切线方程；
(2)若 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间，以及 ( )在[ 2,2]的最大值与最小值．
【解题思路】（1）先求导函数进而求出斜率，再应用点斜式求出切线方程；
（2）先根据极值求参，再根据导数正负求出单调区间，最后再求出最值.
3 2
【解答过程】（1）当 = 0时， ( ) = 2 ，
2 2 2 (3 2 ) 2 6 1 1
则 ′( ) = 4 = ′ 3 ， (2) = 4，又 (2) = 4，
1 1
所以切线方程为 + 4 = ( 2)，即 + 4 1 = 04
2 = 2
2 6 2 2+6 2
（ ） ′( ) ( 2+ )2 ，由题意 ′( 1) = (1+ )2 = 0， = 4
= 3 2
2 2( +1)( 4)
所以 ( ) 2+4，
2 6 8
′( ) = ( 2+4)2 = ( 2+4)2 ，
当 < 1或 > 4时， ′( ) > 0，当 1 < < 4时， ′( ) < 0，
所以 ( )的增区间是( ∞, 1)，(4, + ∞)，减区间是( 1,4)，
由此也说明 = 4满足题意．
当 ∈ [ 2,2]时， ( )在[ 2, 1)上递增，在[ 1,2]上递减，
( 1) = 1
7 1
，又 ( 2) = 8， (2) = 8，
所以 1( )在[ 2,2]上最大值是 1，最小值是 8．
题型 5 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高二下·平广面向东量线茂性名运算·的期坐中标表）示 已知函数 ( ) = e2 +( 4)e 2 ．
(1)求 ( )的单调性；
(2)若 ( )有两个零点，求 的取值范围.
【解题思路】（1）求出 ′( )，讨论当 ≤ 0时，当 > 0时， ′( )的正负，求得 ( )的单调性；
（2）讨论当 ≤ 0时，当 ≥ 2时， ( )最多只有一个零点，不合题意；当0 < < 2时，分别讨论得 ( )在
( ∞,ln2 )
2
有一个零点， ( )在(ln , + ∞)有一个零点，可得 的取值范围即为（0，2）.
【解答过程】（1）由 ( ) = e2 +( 4)e 2 .
得 ′( ) = 2 e2 +( 4)e 2 = (2e +1)( e 2)
当 ≤ 0时， e 2 < 0， ∵ 2e +1 > 0， ∴ ′( ) < 0,
∴ ( )在 R 单调递减；
当 > 0 2 2时，由 e 2 < 0得 < ln ， ′( ) < 0，由 e
2 > 0得 > ln ， ′( ) > 0
所以，当 > 0时， ( )在区间( ∞,ln2 )
2
单调递减，在区间(ln , + ∞)单调递增.
（2）由（1）知，当 ≤ 0时， ( )最多有一个零点；
> 0 ( ) = ln2 (ln2) = e2ln
2 2
当 时， 在 时取得最小值

+( 4)e
ln 2ln2
(ln2) = 2( 2即 ln
2
)
所以，当 ≥ 2时， (ln2 ) ≥ 0，故 ( )最多只有一个零点；
当0 < < 2时， (ln2 ) < 0，
因为 ( 2) = e 4 +( 4)e 2 +4 = 2(e 2 +1) + 4(1 e 2) > 0
所以 ( )在( ∞,ln2 )有一个零点．
6 2ln6 6 6 6 6 (ln ) = e + ( 4)e
ln 2ln = 2( ln )
( ) = ln ( ) = 1 1 = 1令 ，则 ′ ，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) < 0, ( )在（0，1）单调递减，
当 ∈ (1, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )在（1， + ∞）单调递增．又 (1) = 1 > 0
所以， ( ) > 0．故当 > 0时，有 > ln ．
0 < < 2 6 因为 时， > 0,
6 6 6
所以 > ln ，故 (ln ) > 0
2
可知 ( )在(ln , + ∞)有一个零点．
综上可知，若 ( )有两个零点， 的取值范围是（0，2）.
18．（23-24 高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数 ( ) = e ln( + 1) .
(1) ( )在 = 0处切线斜率为 2，求 ；
(2)当 = 1时，
① ≥ 0，证明： ( ) ≥ 0；
②判断 ( )的零点个数，并说明理由.
【解题思路】（1）根据导数的几何意义代入计算解方程可得 = 1；
（2）①对函数求导并构造函数利用函数单调性即可证明得出结论；
②对不同区间上 ( )的单调性进行分类讨论，并利用零点存在定理可得 ( )在( 1, + ∞)上有两个零点.
e
【解答过程】（1）由 ( ) = e ln( + 1) 可得 ′( ) = e ln( + 1) + +1 ，
可得 ′(0) = 1 = 2，解得 = 1；
（2）当 = 1时， ( ) = e ln( + 1) ，其定义域为( 1, + ∞)；

可得 ′( ) = e ln( + 1) + e +1 1；

①当 ≥ 0时，令 ( ) = ′( ) = e ln( + 1) + e +1 1，

则 ′( ) = e ln( + 1) + 2e
e
+1 ( +1)2 = e ln( + 1) +
2 1 ，
+1 ( +1)2
2 1
令 ( )=ln( + 1) + +1 ( +1)2, ≥ 0，
2 2 2
则 ′( )=
1 +1
+1 ( +1)2 + ( +1)3 = ( +1)3 > 0；
因此可知 ( )在[0, + ∞)上单调递增，即 ( ) ≥ (0) = 1，
因此 ′( ) = e ( ) ≥ 0，可得 ( )在[0, + ∞)上单调递增；
所以 ( ) = ′( ) ≥ (0) = 0，即 ( )在[0, + ∞)上单调递增，
因此 ( ) ≥ (0) = 0，
即可得 ≥ 0时， ( ) ≥ 0；
②由 ′( ) > 0， ∈ ( 1, + ∞)可知 ( )在( 1, + ∞)上单调递增，
易知当 趋近于 1时， ( )趋近于 ∞，又 (0) = 1 > 0；
根据零点存在定理可得 ( )在( 1,0)上存在唯一零点；
设 ( ) = 0， ∈ ( 1,0)，
即可得 ∈ ( 1, )时， ( ) < 0； ∈ ( , + ∞)时， ( ) > 0；
所以 ′( )在( 1, )上单调递减，在( , + ∞)上单调递增，
因此 ′( ) < ′(0) = 0，当 趋近于 1时， ′( )趋近于 + ∞，
令 ′( ) = 0, < ，
所以 ( )在( 1, )上单调递增，( ,0)上单调递减，(0, + ∞)上单调递增；
即可得 ( ) > (0) = 0，当 趋近于 1时， ( )趋近于 ∞，
即可得 ( )在( 1, )上有唯一零点，且 (0) = 0，即 ( )的一个零点为 0，(0, + ∞)上无零点，
综上可知， ( )在( 1, + ∞)上有两个零点.
19．（23-24 高二下·浙江·期中）已知函数 ( ) = e + ( 1) , ∈ R.
(1)当 = 12时，求 ( )的单调区间；
(2)若关于 的方程 ( ) = ln ( > 0)有两根 1, 2（其中 1 < 2），
①求 的取值范围；
②当 2 < e 1时，求 1的取值范围.
【解题思路】（1）对 ( )求导，并判断导函数的正负，即可得到 ( )的单调性；
（2）① ( ) = ln 可转化为e + = eln + ln ，令 ( ) = e + ，有 ( ) = (ln )，再借助 ( )的单调性，
得到 = ln ln ，令 ( ) = ，借助 ( )的单调性，得到 ( )的大致图象，即可求得 的取值范围；②借助 ( )
ln 1 ln 2
的单调性，有 = >
lne 1
e ，解不等式即可.1 2 1
1 1 1 1
【解答过程】（1）当 = 2时， ( ) = e2 2 ，所以 ′( ) = 22e 2，
由 ′( ) > 0解得 > 0，由 ′( ) < 0解得 < 0，
故 ( )的单调递增区间为(0, + ∞), ( )的单调递减区间为( ∞,0).
（2）①由 ( ) = e + ( 1) = ln ，即e + = ln + ，即e + = eln + ln ，
令 ( ) = e + ，上式为 ( ) = (ln )，因为 ′( ) = e +1 > 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，故 ( ) = (ln )等价于 = ln ，
= ln 即 在(0, + ∞)上有两根 1, 2，
令 ( ) =
ln 1 ln
，则 ′( ) = 2 ，
由 ′( ) > 0解得0 < < e，由 ′( ) < 0解得 > e，
所以 ( )在区间(0,e)上单调递增，在区间(e, + ∞)上单调递减，
1
所以 ( )有极大值 (e) = e，且当 > 1时， ( ) > 0，
其图象如图所示：
1所以 的取值范围为 0, .
e
②由① = ln 得 在(0, + ∞)上有两根 1, =
ln 1 = ln 22，所以 ，1 2
= ln ( ) 在区间(0,e)上单调递增，在区间(e, + ∞)上单调递减，
0 < < e < ln 1 ln 2 lne 1 1+ln 11 2 < e 1，所以 = > = ，1 2 e 1 e 1
1 1 1
可得 1 1 ln 1 > ，所以ln 1 > ，所以ee 1e e 1 < 1 < e.e
20．（2024· 1湖北·模拟预测）已知函数 ( ) = ln +1.
(1)当 = 1时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( ) = ( 2 1)ln ( 1)2( ≠ 0)有 3 个零点 1， 2， 3，其中 1 < 2 < 3.
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）求证：(3 1)( 1 + 3 + 2) < 2.
【解题思路】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性；
（2）（ⅰ）由题设可得 ( )零点个数为 2 且零点异于 1，求出 ′( )后就 < 0,0 < <
1
2, ≥
1
2分类讨论其符号
3( 2 1)
后结合零点存在定理可得参数的取值范围；（ⅱ）先证明先证明不等式ln > 2+4 +1, > 1恒成立，从而可利
用放缩法证明题设中的不等式.
1 1 2 2+1
【解答过程】（1）当时 = 1， ( ) = ln +1， ′( ) = ( +1)2 = ( +1)2，
则 ′( ) > 0在(0, + ∞)恒成立，所以 ( )在(0, + ∞)单调递增，
故 ( )的单调递增区间为(0, + ∞)，无单调递减区间.
（2）（ⅰ） ( ) = ( 2 1)ln ( 1)2 = ( 2 1) ln 1 = ( 2 1) ( )，
+1
(1) = 0， (1) = 0，则 ( )除 1 外还有两个零点.
2 2 +(2 2) + ′( ) = ( +1)2 = ( +1)2 ，令 ( ) =
2 + (2 2) + ( > 0)，
当 < 0时， ( ) < 0在(0, + ∞)恒成立，则 ′( ) < 0，
所以 ( )在(0, + ∞)单调递减，不满足，舍去；
当 > 0时，要是 ( )除 1 外还有两个零点，则 ( )不单调，
1所以 ( )存在两个零点，所以Δ = (2 2)2 4 2 > 0，解得0 < < 2，
0 < < 1 2当 2时，设 ( )的两个零点为 , ( < )，则 + = 2 > 0， = 1，
所以0 < < 1 < .
当 ∈ (0, )时， ( ) > 0， ′( ) > 0，则 ( )单调递增；
当 ∈ ( , )时， ( ) < 0， ′( ) < 0，则 ( )单调递减；
当 ∈ ( , + ∞)时， ( ) > 0， ′( ) > 0，则 ( )单调递增；
又 (1) = 0，所以 ( ) > 0， ( ) < 0，
1 11
e = 1 e
1 2e 1
而 1 = 1 < 0，且e < 1，
e +1 e +1
1
1
e = 1 e
1 2 1
= 1 > 0，且e 1 > 1，
e +1 e +1
1 1
所以存在 1 ∈ e , ， 3 ∈ ,e ，使得 ( 1) = ( 3) = 0，
即 ( ) = ( 2 1)ln ( 1)2( ≠ 0)有 3 个零点 1， 2 = 1， 3.
1
综上，实数 的取值范围为 0,
2
1 1
（ⅱ 1）因为 = ln 1 11
+1
= ln 1+ = ln + +1 = ( )，

1
所以若 ( ) = 0 1，则 = 0，所以 1 = . 3
2
> 1 ln > 3( 1) 3(
2 1)
当 时，先证明不等式 2+4 +1恒成立，设 ( ) = ln 2+4 +1，
2 4
则 ′( ) =
1 12( + +1) ( 1)
( 2+4 +1)2 = ( 2+4 +1)2 > 0，
所以函数 ( )在(1, + ∞)上单调递增，于是 ( ) > (1) = 0，
2
即当 > 1时，不等式ln > 3( 1) 2+4 +1恒成立.
1 2
( ) = 0 3 = ln > 3 3 1由 3 ，可得 3+1 3 23+4 3+1，
1 3 ( +1)
因为 3 > 1 >
3
，所以 ，即 2 2 +4 +1 > 3 ( + 1)
2，
3+1 3 3 33+4 3+1
两边同除以 3，
1 1
得 3 +4 + > 3 3 + 2 + 3 1 + 3 +4 > 3 ( 1 + 3 + 2)，3
所以(3 1)( 1 + 3 + 2) < 2.
题型 6 利用导数证明不等式
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高二下·平黑面向龙量线江性哈运算尔的坐滨标表·期示 中）已知函数 ( ) = ln + 1, ∈ .
(1)若 ( ) ≤ ，求 的取值范围；

(2)当 ∈ (0,1]时，证明： ( ) ≤ ( 1)ee .
【解题思路】（1）令 ( ) = ( ) = ln + 1，将问题转化为 ( )max ≤ 0，利用导数求出 ( )max即
可；
2 ( ) = ( 1)e

( ) = ( 1)e

（ ）令 e e ln +1 ( > 0)，将问题转化为 ( )min ≥ 0，通过导数研究 ( )单调性，
借助隐零点和放缩法证明 ( )min ≥ 0即可.
【解答过程】（1）记 ( ) = ( ) = ln + 1， > 0，则 ( ) ≤ 0恒成立，即 ( )max ≤ 0.
因为 1 ′( ) = ，
当 ∈ (0,1), ′( ) > 0；当 ∈ (1, + ∞), ′( ) < 0；
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减.
所以 ( )max = (1) = 2 ≤ 0，解得 ≤ 2.
故实数 的取值范围是( ∞,2]；
2 ( 1)e
( 1)e 1
（ ）记 ( ) = e ( ) = ln + 1 ( > 0)，则 ′e ( ) = e
，
令 ( ) = e
1
, ∈ (0, + ∞)，则 ′( ) =
1
(1 + )e + 2 > 0，
所以 ( )即 ′( )在(0, + ∞)上单调递增.
1 1
由 ∈ (0,1] ′ 1，知 = 2e

2 2 < 0, ′(1) = e1 1 ≥ 0.
2
1 1
所以 0 ∈ ,1 , ′( 0) = 0，即 2 0e
0 = (*)，0
故当 ∈ (0, 0), ′( ) < 0, ( )单调递减；当 ∈ ( 0, + ∞), ′( ) > 0, ( )单调递增.
所以 ( )min = ( 0) = ( 1)e 0 0 ln 0 +1 (**)，
1
由（*）式，可得e 0 = 2, 0 = 2ln 0.0
0 1
代入(**)式，得 ( 0) = 2 3ln 0 0 +1.0
由（1）知，当 = 2时有ln ≤ 1，故 ln 0 ≥ 1 0，

( ) ≥ 0
1 (1 )(2 1)(2 +1)
所以 0 2 3( 0 1) +1 =
0 0 0
0 2 .
0 0
由于 10 ∈ ,1 ，所以 ( 2 0) ≥ 0.

故 ( ) ≥ 0 ( 1)e，即 ( ) ≤ e ，原不等式得证.
2 4 22．（23-24 高二下·黑龙江·期末）已知 ∈ R，函数 ( ) = 2e2 +4 e 9， ( ) = 2 +4 .
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)证明： > 0， ( ) + ( ) > 0.
【解题思路】（1）分类讨论根据导函数的正负得出函数的单调性；
（2）先化简函数，根据化简结果构造函数，再根据导数结合基本不等式得出函数的最小值得证.
【解答过程】（1）因为 ( ) = 2e2 +4 e 9，
所以 ′( ) = 4e2 +4 e = 4e (e + ).
若 ≥ 0，则 ′( ) > 0在( ∞, + ∞)上恒成立.
若 <0，则由 ′( ) = 0，得 = ln( )，当 ∈ ( ∞,ln( ))时， ′( ) < 0，
当 ∈ (ln( ), + ∞)时， ′( ) > 0.
综上所述，当 ≥ 0时， ( )的单调递增区间为( ∞, + ∞)，无单调递减区间，
当 <0时， ( )的单调递增区间为(ln( ), + ∞)，单调递减区间为( ∞,ln( )).
4
（2） ( ) + ( ) = 2e2 +4 e 9 +
2 2
+4
= 4 2 +4 e 1 + 2e2 +
2

9.
令 ( ) = 4 2 +4
2
e 1 + 2e2 +

9，则要证 ( ) + ( ) > 0，
即证 ( ) > 0恒成立，
1 2 2 2 1
即证Δ = 16 e 16 2e2 + 9 < 0，即证 e + 1 > 9，需证e +

> 3.
令 ( ) = e2 2e ， > 0，则 ′( ) = 2e2 2e，
当 ∈ 0, 1 时， ′( ) < 0， ( ) 1单调递减，当 ∈ , + ∞ 时， ′( ) > 0， ( )单调递增，
2 2
则 ( ) ≥ 1 = 0，即e2 ≥ 2e ，
2
则e ≥ 92e > 4 ，
1 9 1 4 1则e + > 4 + ≥ 3，当且仅当 = 9时，等号成立，从而e + > 3，证毕.
23．（23-24 高二下·安徽合肥·阶段练习）已知 ( ) = ln ， ( ) = ( ) ，若函数 ( )有两个零点 m，n，
且 > > 0.
(1)a 的取值范围；
2 > > 0 1 < + (2) 1 2证明：当 2 1 时， ( 2) ( ) 2 ；1
(3)证明： + > 2e（注：e = 2.718281 是自然对数的底数）．
【解题思路】（1）由 ( )在(0, + ∞)上的极大值为正，可求 的取值范围.

2 2 1
（2 2）把问题转化成ln
> 0 2 2( 1)1 2 ，再换元，设 = ， ∈ (1, + ∞)，只需证ln +1 > 0，构造新函数1
+1
1
1
= ln 2( 1)( ) +1 ，证 ( ) > 0即可.
+
（3 ln ln ln ln 2）由 ( ) = ( ) = 0得到 = ，由（2）可得0 < ln ln < 2 ，所以 = > + > 0，推出
+ > 2 ，根据（1）的结论，可得 + > 2e.
1
【解答过程】（1） ( ) = ln （ > 0），所以 ′( ) = ，
由 1′( ) > 0 > .
若 ≤ 0，则 ′( ) > 0在(0, + ∞)上恒成立，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
所以 ( )在(0, + ∞)不可能有两个零点.
1
若 > 0，由 ′( ) > 0可得 < ，所以 ( )在 0,
1 1
上单调递增，在 , + ∞ 上单调递减，且当 →0 + 时， ( )

→ ∞；当 → + ∞时， ( )→ ∞.
所以函数 ( ) 1在(0, + ∞)有两个零点，可转化为： > 0 ln 1 > 0，

∴0 < < 1 ∈ 0, 1e．所以 ．e
2 2 1
1+ 2 2 1 1+ 2
（ ）证明：要证 ( 2) ( < 只需证 < ，1) 2 ln 2 ln 1 2

2 2 1
只需证ln ln
2( 2 1) 2
2 1 > ，即证ln 1 > 0，2+ 1 1 2
+11

= 2 ∈ ln 2( 1)故令 ， (1, + ∞)，只需证1 +1 > 0，
2( 1) ( 1)2
构造新函数 ( ) = ln +1 ，则 ′( ) = ( +1)2 > 0，
函数 ( )在(1, + ∞)上单调递增，故 ( ) > (1) = 0，不等式得证.
（3）由函数 ( )有两个零点 m，n，且 > > 0知 ( ) = ( ) = 0
∴ln = ln
∴ ( ) = ln ln
∴ = ln ln
+
由（2）知0 < ln ln < 2
∴ = ln ln >
2
+ > 0
∴ + > 2
1 0 < < 1 ∴2 ∈ ∴ + > 2由（ ）得 e， (2e, + ∞)， > 2e.
24．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2, ∈ R．
(1)若 ( )在区间(0, + ∞)上单调递增，试求 的取值范围；
(2)若 = 12，求证：当 ∈ (0, + ∞)时， ( ) > 1；
(3) 2 2 2 2求证： < e4 * ．
14
+ 1 + 1 + 1 + 1 ( ∈ N )
24 34 4
e
【解题思路】（1）依题意 ′( ) = e 2 ≥ 0在区间(0, + ∞)上恒成立，参变分离可得2 ≤ 在区间(0, + ∞)
e
上恒成立，利用导数求出 ，即可得解；min
（2）利用导数说明函数的单调性，即可得证；
（3）由（2）可得e2 > 2 2 +1 2 2， ∈ (0, + ∞)，从而得到ln + 1 <
4 2
( ∈ N )，在利用对数的运算性质及
裂项相消法计算可得.
【解答过程】（1）因为 ( ) = e 2，所以 ′( ) = e 2 ，
依题意 ′( ) = e 2 ≥ 0在区间(0, + ∞)上恒成立，
2 ≤ e

即 在区间(0, + ∞)上恒成立，
e
设 ( ) = , ∈ (0, + ∞)
e ( 1)
，则 ′( ) = 2 ，
故当 ∈ (0,1)时 ′( ) < 0，即 ( )在(0,1)上单调递减；
当 ∈ (1, + ∞)时 ′( ) > 0，即 ( )在(1, + ∞)单调递增；
所以 ( ) ≥ (1) = e，
e
故2 ≤ e，解得 ≤ 2，即
e
的取值范围为 ∞, ．
2
2 = 1（ ）当 2时 ( ) = e
1 2 ′ 2 ，则 ( ) = e ．
令 ( ) = ′( ) = e ， ∈ (0, + ∞)，则 ′( ) = e 1 > 0，
所以 ( )（即 ′( )）在(0, + ∞)上单调递增，所以 ′( ) > ′(0) = 1 > 0
所以 ( ) = e 1 22 在(0, + ∞)上单调递增，故 ( ) > (0) = 1．
（3 2 1）由（ ）知对于 ∈ (0, + ∞)，有e 22 > 1，
取 为2 有e2 > 2 2 +1，则ln(2 2 + 1) < 2 ， ∈ (0, + ∞)，
取 = 1 ( ∈ N ) 2
2
2 ，从而有ln + 1 <4 2( ∈ N
)，

于是ln 2 2 2 2 2
4 + 1 + ln
2 + 1 + ln 2 + + ln 2 < + +
1 24 34
+ 1 4 + 1 12 22 32 + + 2
2 2 2 2
< 12 + 1 × 2 + 2 × 3 + + ( 1)
= 2 + 2 1 1 1 21 + + + 1 1 = 4 < 4，
2 2 3 1
∴ 2 + 1 2 + 1 2 + 1 2 + 1 < e4
14 24 34 4
题型 7 利用导数研究恒成立、存在性问题
( ∈ N )．
平面向量线性运算的坐标表示
25．（23-24 高二下·江西新余·平阶面段向量练线性习运算）的已坐标知表示函数 ( ) = e .

(1)讨论函数 ( ) = ( ) 22( + 1) 的单调性；
(2)若不等式 ( ) > 1 + ln 恒成立，求实数 的取值范围.
【解题思路】（1）将函数求导并分解因式，根据参数 进行分类讨论函数的单调性即得；
2 > ln +1（ ）将不等式进行等价变形得到 e
(0, + ∞) ln +1在 上恒成立，接着通过构造函数 ( ) = e
，求
其在(0, + ∞)上的最大值，其间，先分析推出其在 =
ln +1
0时取得最大值，为 ( ) =
0 e 00 ，由 ( ) = 0 0
ln 0 + e 0 20 = 0，变形求对数，并利用同构思想和函数单调性推出 0 = ln 0，从而求得 ( 0) = 1，即
得 的取值范围.

【解答过程】（1）由已知可得函数 ( ) = e 2( + 1)
2， ′( ) = e ( + 1) ( + 1) = ( + 1)(e ).
①当 ≤ 0时，e > 0, 当 < 1时， ′( ) < 0， > 1时， ′( ) > 0；
则 ( )在( ∞, 1)上单调递减，在( 1, + ∞)上单调递增；
②当0 < < 1e时，ln < 1,当ln < < 1时， ′( ) < 0，
< ln 或 > 1时， ′( ) > 0；
则 ( )在(ln , 1)上单调递减，在( ∞,ln ),( 1, + ∞)上单调递增；
③当 = 1e时，ln = 1,因e
与 + 1同号，故 ′( ) ≥ 0恒成立，即 ( )在 R 上单调递增；
④ > 1当 e时，ln > 1,当 1 < < ln 时， ′( ) < 0， < 1或 > ln 时， ′( ) > 0；
则 ( )在( 1,ln )上单调递减，在( ∞, 1),(ln , + ∞)上单调递增.
（2）由题意， ln +1(e + ) ln 1 > 0恒成立，因 > 0，即 > e 恒成立.
ln +1
即需求 e
在(0, + ∞)上的最大值.
ln +1 ln ln + 2 令 ( ) = ′ e e ， > 0，则 ( ) = 2 e = 2 ，
令 ( ) = (ln + e 2)， > 0，则 ′( ) = 1 + 2e + 2 e < 0，

即 ( )在(0, + ∞)上单调递减，
1
又 > 0, (1) < 0，所以在(0, + ∞)上存在唯一的 0使 ( 2 0) = 0（*），
当 ∈ (0, 0)时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0,则 ( )在(0, 0)上单调递增；
当 ∈ ( 0, + ∞)时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0,则 ( )在( 0, + ∞)上单调递减.
故
ln +1
( )在 = 00时取得最大值，为 ( ) = e 00 ，0
又由（*）可得，ln 20 + e 0 0 = 0，故
ln 0
0e 0 = ，0
两边取对数得：ln 0 + 0 = ln( ln 0) + ( ln 0)，
1
令 ( ) = + ln ，由 ′( ) = 1 + > 0知 ( )在定义域内单调递增，
1
故由 ( 0) = ( ln 0)可得， 0 = ln 0，即e 0 = ，0
ln 0+1 ln 0 1 1
所以 ( 00) = e = + = 1，0 0 0 0
故 > 1，即 ∈ ( 1, + ∞).
26．（23-24 高二下·河南安阳·期中）已知函数 ( ) = e 1 存在两个零点.
(1)求实数 的取值范围；
(2)若当 > 0时， ( ) + > ln + 1 恒成立，求实数 的取值范围.

【解题思路】（1）利用导数法求含参函数的单调性，进而得出 ( )min < 0即可求解；
ln
（2）根据已知条件将问题转化为当 > 0时， e 1 + 1 > 0恒成立，设g( ) = e 1 ln + 1 ，由

(1) > 0，得 < 1，再分 < 0, = 0和0 < < 1三种情况讨论，利用导数法求函数的最值即可求解.
【解答过程】（1）因为 ( ) = e 1 ，所以 ′( ) = e 1 ，
当 ≤ 0时， ′( ) > 0，所以 ( )在R上单调递增，不可能存在两个零点，不符合题意；
当 > 0时，令 ′( ) = 0，则e 1 = 0，解得 = ln + 1，
当 ∈ ( ∞,ln + 1)时， ′( ) < 0，
当 ∈ (ln + 1, + ∞)时， ′( ) > 0，
故 ( )在( ∞,ln + 1)上单调递减，在(ln + 1, + ∞)上单调递增；
因为 ( )存在两个零点，
所以 ( ) ln +1 1min = (ln + 1) = e (ln + 1) = ln < 0，解得 > 1，
此时ln + 1 > 0，又 (0) = e 1 > 0，当 → + ∞时， ( ) > 0，
所以 ( )有两个零点，符合题意，
所以 的取值范围为(1, + ∞).
（2）当 > 0时， ( ) + > ln + 1 恒成立，即e 1 ln + 1 > 0恒成立，

设g( ) = e 1 ln + 1 ，

由题意知当 > 0时， ( ) > 0恒成立，则 (1) > 0，
e1 1 ln1即 + 1 > 0，解得 < 1，
1
ln
若 < 0，则当 > 0且 →0时， → ∞，所以 ( )→ ∞，不符合题意，
若 = 0，则g( ) = e 1 > 0恒成立，符合题意，
下面证明：当0 < < 1时，g( ) > 0对任意 > 0恒成立（*），
1
要证g( ) = e 1 ln + 1 > 0 e
ln
，即证 1 > 0，
1
0 < < 1 e 1 ln 1 < e ln 因为 ，所以 1，
只需证明 ( ) = e 1
ln
1 ≥ 0即可，
2 1
′( ) = e +ln 1 2 ，
令 ( ) = 2e 1 + ln 1，则
当 > 0时， ′( ) = ( 2 + 2 )e 1 +
1
> 0，
所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
又 (1) = 0，
所以当0 < < 1时， ( ) < 0， ′( ) < 0， ( )在(0,1)单调递减；
当 > 1时， ( ) > 0， ′( ) > 0， ( )在(1, + ∞)单调递增，
ln1
所以 ( ) ≥ (1) = e1 1 1 1 = 0，即命题（*）得证，
综上所述， 的取值范围是[0,1)．

27．（23-24 高二下·福建泉州·期中）已知函数 ( ) = ln + （ 为常数）
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2)不等式 ( ) ≥ 1在 ∈ 1 ,3 上有解，求实数 的取值范围.
2
【解题思路】（1）先求出函数的定义域，然后对函数求导，再分 ≤ 0和 > 0两种情况讨论导数的正负，
从而可求出函数的单调区间；
（2）根据题意将问题转化为 ≥ ln 1 1在 ∈ ,3 上有解，然后构造函数 ( ) = ln , ∈ ,3 ，利用导
2 2
数求出其最小值即可.
【解答过程】（1） ( )的定义域为(0, + ∞)，

′( ) =
1
2 = 2 , ∈ (0, + ∞)，
当 ≤ 0时， > 0, ∴ ′( ) > 0，所以 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 > 0时，令 ′( ) = 0，解得 = ，
若 > ，则 ′( ) > 0，所以 ( )在( , + ∞)上单调递增，
若0 < < ，则 ′( ) < 0，所以 ( )在(0, )上单调递减，
综上，当 ≤ 0时， ( )在(0, + ∞)上单调递增，
当 > 0时， ( )在( , + ∞)上单调递增，在(0, )上单调递减

（2） ( ) ≥ 1 ∈ 1 1在 ,3 上有解 ln + ≥ 1在 ∈ ,3 上有解，2 2
≥ ln ∈ 1在 ,3 上有解，
2
令 ( ) = ln , ∈ 1 ,3 ，则 ′( ) = 1 ln + 1 = ln ，
2
当 ∈ 1 ,1 时， ′( ) > 0, ( ) 1在 ,1 上单调递增，
2 2
当 ∈ [1,3]时， ′( ) < 0, ( )在[1,3]上单调递减，
1 = 1 1因为 2 2ln
1
2 =
1
2 +
1
2ln2 > 0, (3) = 3 3ln3 < 02
所以 ( )min = (3) = 3 3ln3，
所以 ≥ 3 3ln3，
故实数 的取值范围是[3 3ln3, + ∞).
28．（23-24 高二下·四川凉山·期中）已知函数 ( ) = ln , ( ) = 2 (2 + 1) + ln , ∈ R，
(1)求曲线 ( ) = ln 过点(0,1)的切线方程；
(2)若存在 1 ∈ (0, + ∞)，使得对任意 2 ∈ (0, + ∞)
( 1)
，都有 ≥ ( 2)成立，求实数 的取值范围．1
【解题思路】（1）设出切点，借助导数的几何意义计算即可得；
（2）由题意可得当 ∈ (0, + ∞) ( ) ( )时， ≥ ( ) max，再借助导数计算出 在 ∈ (0, + ∞)上的最大值后，max
分 ≤ 0及 > 0讨论函数 ( )的最大值即可得.
1 1
【解答过程】（1） ′( ) = ，设切点为( 0,ln 0)，则有 ′( 0) = ，0
1 1
即有 = ( 0) + ln 0，则有1 = × ( 0) + ln 0，解得 0 = e
2，
0 0
1 1 1
则 ′( ) = = ， ( ) = lne20 e2 0 = 2，即 = e2( e
2) +2，
0
整理得 e2 + e2 = 0；
2 ∈ (0, + ∞) ( )（ ）由题意可得，当 时， ≥ ( ) max max，
( ) ln 1 ln
令 ( ) = = ， ∈ (0, + ∞)， ′( ) = 2 ，
则当 ∈ (0,e)时， ′( ) > 0，当 ∈ (e,+∞)时， ′( ) < 0，
故 ( )在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
( )
故 = (e) =
1
max e
；
由 ( ) = 2 (2 + 1) + ln ， ∈ (0, + ∞)，
2
= 2 + 1 = 2 (2 +1) +1 = (2 1)( 1)则 ′( ) (2 + 1) ，
①当 ≤ 0 2 1时，有 < 0，令 1 = 0，则 = 1，
当 ∈ (0,1)时， ′( ) > 0，当 ∈ (1,+∞)时， ′( ) < 0，
故 ( )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，
此时 ( )max = (1) = 2 1 + 0 = 1，
1
则有e ≥ 1
1 1
，解得 ≥ e 1，即 e 1 ≤ ≤ 0；
②当 > 0时，令 ′( ) = 0，有 = 1
1
1 ， 2 = 2 ，
1 1
若1 = ，即 = 时， ′2 2 ( ) ≥ 0恒成立，则 ( )在(0,+∞)上单调递增，
此时 ( )无最大值，且 → + ∞时， ( )→ + ∞，故舍去；
若1 < 1 12 ，即0 < < 2时，当 ∈ (0,1) ∪
1 , + ∞ 时， ′( ) > 0，
2
当 ∈ 1, 1 时， ′( ) < 0 1，故 ( )在(0,1), , + ∞ 上单调递增，
2 2
在 1, 1 上单调递减，此时 ( )无最大值，故舍去；
2
若1 > 12 ，即 >
1
2时，当 ∈ 0,
1 ∪ (1, + ∞)时， ′( ) > 0，
2
当 ∈ 1 ,1 1时， ′( ) < 0，故 ( )在 0, ,(1, + ∞)上单调递增，
2 2
1
在 ,1 上单调递减，此时 ( )无最大值，同理舍去；
2
1
综上所述， e 1 ≤ ≤ 0.
题型 8 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
29．（23-24 高二下·平广面向东量线揭性阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2运算的坐标表示 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
【解题思路】（1）求导后，根据 ′( )的正负可确定单调区间；
（2）根据函数有两个极值点可得方程2 2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，由此可得韦达定
1
理的结论，将 ( 1) ( 2)表示为关于 1的函数的形式，构造函数 ( ) = 2ln 2 + 4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
利用导数求得 ( )min即可.
1 2
【解答过程】（1）当 = 3时， ( ) = ln + 2 3 ，则 ( )定义域为(0, + ∞)， ′( ) = +2 3 =
2 3 +1

= (2 1)( 1) ，
∴ ∈ 0, 1 ∪ (1, + ∞) ′( ) > 0 ∈ 1当 时， ；当 ,1 时， ′( ) < 0；
2 2
∴ ( ) 1 1的单调递增区间为 0, ，(1, + ∞)；单调递减区间为 ,1 .
2 2
1 2
（2） ∵ ( ) (0, + ∞) ′( ) = +2 = 2 +1定义域为 ， ，
∴ ( )有两个极值点 , 21 2等价于2 + 1 = 0在(0, + ∞)上有两个不等实根 1, 2，
1
∴ 1 + 2 = 2， 1 2 =
1
2， ∴ = 2( 1 + 2)， 2 = 2 ，1
1 + 1
∴ ( 1) ( 2) = ln 1 + 21 1 ln 22 2 + 2 = ln 1 + 21 2 1
1
1 + + ln(2 1) +
1 2 1
4 2 = 2ln2 1 1 1
1
1 21 + 4 2 + ln2(0 < 1 ≤ 1)；1
1
设 ( ) = 2ln 2 + 4 2 + ln2(0 < ≤ 1)，
2 1 2 4 ′( ) = 2 = 4 4 1 = (2
2 1)2
则 2 3 2 3 2 3 ≤ 0，
∴ 1 3( )在(0,1]上单调递减， ∴ ( ) ≥ (1) = 0 1 + 4 + ln2 = ln2 4，
1
即 ( 1) ( 2) = 2ln 21 1 + 4 2 + ln2 ≥ ln2
3
1 4
，
∴ ( 1) ( 2)的最小值为ln2
3
4.
30．（2024·河北保定·二模）已知函数 ( ) = ln , ′( )为其导函数．
(1)若 ( ) ≤ 1恒成立，求 的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 1, 2，使得 ( 1) = ( 2)，证明： ′( 1 2) > 0．
【解题思路】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于 1，即可求解；
2 2 2 2 2 2
（2 e）不等式转化为证明 1 < < e
1，即证明 ( 2) < e ，构造函数 ( ) = ( ) e , ∈2 2
(e 1,e )，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【解答过程】（1） ′( ) = 1 ln ，当0 < < e 1时， ′( ) > 0, ( )单调递增；
当 > e 1时， ′( ) < 0, ( )单调递减．所以 ( ) 1max = (e 1) = e ≤ 1，
解得 ≤ 1，即 的取值范围为( ∞,1]．
（2）证明：不妨设 1 1 < 2，则0 < 1 < e < 2 < e ，要证 ′( 1 2) > 0，
2 2
即证 < e 1，则证 < e2 2，则证 < e < e 11 2 1 2 1 ，2
< e2 2 2 2所以只需证 ( 1) ，即 ( 2) < e ． 2 2
2 2 2
令 ( ) =
2 2
( ) e , ∈ (e 1,e ) (e 1) = 0 ′( ) = ( 1 ln )( e )，则 ，
2
．
当 > e 1时， 1 ln < 0, 2 e2 2 > 0，则 ′( ) < 0，
2 2
所以 ( )在(e 1,e )上单调递减，则 ( ) < (e 1) = 0．所以 ( ) < e1 ． 2
2 2
由（1）知 ( )在(0,e 1) e上单调递增，所以 1 < ，从而 ′( 1 2) > 0成立．2
31 1．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 4 22 ln （ > 0）
(1)当 = 3时，讨论函数 ( )的单调性.
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
①求 的取值范围
②证明： ( 1) + ( 2) < 10 ln
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解；
（2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有 2 个不同的正实根，即可求解；
②首先求 ( 1) + ( 2)，再利用韦达定理，转化为关于 的函数，再通过不等式构造函数 ( ) = (1 )ln
+ 2, ∈ (0,4)，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数的最
大值小于 0，即可证明不等式.
【解答过程】（1）当 = 3时
( ) = 4 1 22 3ln ，（ > 0）
3 2∴ ′( ) = 4 = 4 +3 = ( 3)( 1) ，
令 ′( ) = 0得 = 1, = 3，
如图表示 , ′( ), ( )的关系如下，
(0,1) 1 (1,3) 3 (3, + ∞)
′( ) + 0 0 +
( ) 单调递增 单调递减 单调递增
∴ ( )在(0,1),(3, + ∞)上单调递减，在(1,3)上单调递增.

（2）① ′( ) = 4
2 2= +4 = 4 + ，
因为 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
即： 2 4 + = 0在(0, + ∞)有两个不相等的实根，
Δ = 4 4 > 0
所以 1 + 2 = 4 > 0 ，
1 2 = > 0
所以0 < < 4，
②由①得 1 + 2 = 4, 1 2 = ,且0 < < 4
1 1
( 1) + ( 2) = (4 1 ln 21 2 1 ) + (4 2 ln
2
2 2 2 )
1
= 4( 1 + 2) (ln 1 + ln 2) 2 22 ( 1 + 2 )
= ln + 8
要证 ( 1) + ( 2) < 10 ln
即证： ln + 8 < 10 ln ，
只需证(1 )ln + 2 < 0
令 ( ) = (1 )ln + 2, ∈ (0,4)
1 1
′( ) = ln + + 1 = ln
( ) = 1令 ln
则 ′( ) = 1 1 2 < 0恒成立，
所以 ( )在(0,4)上单调递减，
又因为 (1) = 1 > 0, (2) = 12 ln2 < 0，
1
由零点存在性定理得： 0 ∈ (1,2)，使得 ( 0) = 0，即ln 0 = ，0
所以 ∈ (0, 0) ( ) = ′( ) > 0， ( )单调递增.
∈ ( 0,4)时， ( ) = ′( ) < 0， ( )单调递减.
1
则 ( )max = ( 0) = (1 0)ln 0 + 0 2 = (1 0) + 0 20
1
= 0 + 3，0
1
因为 = 0 + 3在 0 ∈ (1,2)上单调递增，0
1 1
所以 0 + 3 < 2 + 2 3 =
1
2 < 00
所以 ( ) < 0，即 ( 1) + ( 2) < 10 ln 得证.
32．（23-24 1高二下·福建·期中）已知函数 ( ) = + ( 1)ln + , ∈ ．
(1)讨论函数 ( )的单调性;
(2)若关于 的方程 ( ) = 2e ln + 1有两个不相等的实数根 1, 2，
（i）求实数 的取值范围;
e 1 e 2 2
（ii）求证: + >2 1 ．1 2
【解题思路】（1）先对 ( )进行求导，再对 值分类讨论，即可判断其单调性；
（2）（i）先将方程 ( ) = 2e ln + 1进行化简得e +ln = ( + ln )，利用换元 ( ) = + ln ，将原方
e
程转换成关于 得方程e = 有两个不等的实根；再令 ( ) = ，利用导数判断函数的单调性及极值，并作
出 ( )的大致图像，即可求解出 的取值范围；
e 1 e 2 2
（ii）要证 + > ，即证 +
2
1 2 > 2，由e = ，得到 = ln + ln ，推导后得到 2 1 2 1 = ln ，即证2 1 1
2
+1 21 2( 1) 2( 1)
> ln 2 2；令 =
2
1
( > 1)，只需证ln > +1 ，构造函数 ( ) = ln +1 ， > 1，利用导数即可证得 1 1 1
结果.
1
【解答过程】（1）因为 ( ) = + ( 1)ln + ，
1 1 2 ( +1)( 1)
所以 ′( ) = + = +( 1) 1 2 2 = 2 ，其中 > 0,
①当 ≤ 0时， ′( ) < 0，所以函数 ( )的减区间为(0, + ∞)，无增区间；
② 1 1当 > 0时，由 ′( ) > 0得 > ，由 ′ ( ) < 0可得0 < < ．
1
所以函数 ( )的增区间为 , + ∞ ，减区间为 0, 1 ．

综上：当 ≤ 0时，函数 ( )的减区间为(0, + ∞)，无增区间；
当 > 0 1时，函数 ( )的增区间为 , + ∞ 1，减区间为 0, ．

（2）（ⅰ）方程 ( ) = 2e ln + 1可化为 e = + ln ，即e +ln = ( + ln )．
令 ( ) = + ln ，因为函数 ( )在(0, + ∞)上单调递增，
易知函数 ( ) = + ln 的值域为R，
结合题意，关于 的方程e = （*）有两个不等的实根．
e
又因为 = 0不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为 = ．

令 ( ) = e ′ ，其中 ≠ 0，则 ( ) =
e ( 1)
2 ．
由 ′( ) < 0可得 < 0或0 < < 1，由 ′( ) > 0可得 > 1，
所以，函数 ( )在( ∞,0)和(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增．
所以，函数 ( )的极小值为 (1) = e，

且当 < 0时， ( ) = e e < 0；当 > 0时，则 ( ) = > 0．
作出函数 ( )和 = 的图象如图所示：
由图可知，当 > e时，函数 = 与 ( )的图象有两个交点，
所以，实数 的取值范围是(e, + ∞)．
e 1 e 2 2
（ⅱ）要证 + > ，只需证 e
1 + e 2 > 2 ，即证e 1 2 1 + e 2 > 2 ．
2 1 1 2
因为e = ，所以只需证 1 + 2 > 2 ，
由（i）知，不妨设0 < 1 < 1 < 2．
e = = ln + ln = ln + ln
2
因为 ，所以 ，即 1 1 2 = ln + ln ，作差可得 2 2 1 = ln 1
2 2 2+ 1
+1 2
所以只需证 1 > ln 2，即只需证 2 > ln 2．2 1 1 1 1 1
2( 1)
令 = 2 ( > 1)，只需证ln >1 +1 ，
2( 1)
令 ( ) = ln +1 ，其中 > 1，
1 4 ( 1)2
则 ′( ) = ( +1)2 = ( +1)2 > 0，
所以 ( )在(1, + ∞)上单调递增，故 ( ) > (1) = 0，即 ( ) > 0在(1, + ∞)上恒成立．
所以原不等式得证.
题型 9 导数中的新定义问题
33．（23-24 高二下·甘肃临夏·期末）给出定义：设 ′( )是函数 = ( )的导函数， ″( )是函数 ′( )的导函
数，若方程 ″( ) = 0有实数解 = 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )的“拐点”．已知函数 ( ) = 3 4 2 3
2 + 2．
(1)若(4, (4))是函数 ( )的“拐点”，求 a 的值和函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )的“拐点”在 y 轴右侧，讨论 ( )的零点个数．
【解题思路】（1）根据已知条件及导数法求函数的单调性即可求解；
（2）根据（1）的结论及导数法其函数的极值，结合函数零点与最值的关系即可求解.
【解答过程】（1）由题可知， ′( ) = 3 2 8 3 2，
″( ) = 6 8 ，
因为(4, (4))是函数 ( )的“拐点”，
所以 ″(4) = 6 × 4 8 = 0，解得 = 3．
所以 ( ) = 3 12 2 27 + 2，
′( ) = 3 2 24 27．
令 ′( ) > 0，得 < 1或 > 9，
令 ′( ) < 0，得 1 < < 9，
所以函数 ( )的单调递减区间为( 1,9)，单调递增区间为( ∞, 1)和(9, + ∞).
2 4 （ ）由（1）可知，函数 ( )的拐点横坐标为 3 ，所以 > 0，

令 ′( ) > 0，解得 < 3或 > 3 ；

令 ′( ) < 0．解得 3 < < 3 ．
所以 ( ) 的单调递减区间为 ,3 ，单调递增区间为 ∞, 和(3 , + ∞)，
3 3
所以 ( )的极小值为 (3 ) = 2 18 3，
( )
14
的极大值为 = 2 + 3
3 27
> 0．
3
当2 18 3 < 0 3，即 > 时， ( )有三个零点; 3
3
当2 18 3 = 0，即 = 3时， ( )有两个零点;3
3 3
当2 18 3 > 0，即0 < < 时， ( )有一个零点.3
34．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）函数 ( ) = 2 2 + ln , ∈ ．
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2)若函数 ( )图象上存在两点 ( , ), ( , ) + ，且 < ，使得 ′ 1 2 =
( 1) ( 2)
1 1 2 2 1 2 ，则称 = ( )为“拉2 1 2
格朗日中值函数”，并称线段 的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数 ( )是否为“拉格朗
日中值函数”？若是，判断函数 ( )的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由．
【解题思路】（1）对 ( )求导，再对 分类讨论，由导数与单调性的关系求解即可；
2 (ln ln )
（2）根据“ 1 2 2( 1)拉格朗日中值函数”的定义可得 + = ，进而构造函数 ( ) = ln +1 ( ∈ (0,1))，利1 2 1 2
用导数即可求解．
2
【解答过程】（1）由题知， > 0, ′( ) = 2 2 + = 2 2 + ，
令 = 2 2 2 + ( > 0)，则Δ = 4 8 ，
当 ≥ 12时，Δ ≤ 0，则 ′( ) ≥ 0恒成立，故 ( )在定义域(0, + ∞)上单调递增；
< 1 Δ > 0,2 2 2 + = 0 = 1 1 2 , = 1+ 1 2 当 2时， 的两根分别为 1 2 ，2 2
若0 < < 12，则0 < 1 < 2，且 ∈ (0, 1),( 2, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增； ∈ ( 1, 2)时， ′( ) < 0, ( )
单调递减，
若 ≤ 0，则 1 < 0 < 2，且 ∈ ( 2, + ∞)时， ′( ) > 0, ( )单调递增； ∈ (0, 2)时， ′( ) < 0， ( )单调递
减，
综上：
≥ 1当 2时， ( )在定义域(0, + ∞)上单调递增；
0 < < 1当 2时， ( )在(0, 1),( 2, + ∞)上单调递增，在( 1, 2)上单调递减；
当 ≤ 0时， ( )在(0, 2)上单调递减，在( 2, + ∞)上单调递增；

（2） ′( ) = 2 2 + ，
( ) ( )
若 ( ) + 1 2是拉格朗日中值函数，则需满足存在 ( 1, 1), ( 2, 2)，且0 < 1 < 2，使得 ′ 1 2 = ，2 1 2
2 +

1 2 2 2 2 2 + = (ln 1 ln 2)+ 1 2 2( 1 2) = (ln 1 ln 2)即 1+ 2 2 ，即 + ，2 1 2 1 2 1 2
①当 = 0时，上式对任意的0 < 1 < 2都成立，则 ( )为拉格朗日中值函数， ( )的拉格朗日平均值点有
无数个；
≠ 0 2( 1 )

② 2 = ln 1 = 1 ln = 2( 1)当 时，需满足 + ，设 ，即需方程 +1 在区间(0,1)上有解，2 1 2 2
4 2
令 ( ) = ln
2( 1) 1 ( 1)
′
+1 ( ∈ (0,1)), ( ) = ( +1)2 = ( +1)2 > 0, ( )在(0,1)上单调递增，
0 < < 1 < = 0 ln = 2( 1)当 时， ( ) (1) ，即方程 +1 在区间(0,1)上无解，
综上：
当 = 0时， ( )为拉格朗日中值函数， ( )的拉格朗日平均值点有无数个；
当 ≠ 0时， ( )不是拉格朗日中值函数．
35．（23-24 高二下·江苏南京·期中）设函数 ( )在区间 上可导， ′( )为函数 ( )的导函数.若 ′( )是 上
的减函数，则称 ( )为 上的“上凸函数”；反之，若 ( )为 上的“上凸函数”，则 ′( )是 上的减函数.
(1)判断函数 ( ) = 2 cos 1在 0, 上是否为“上凸函数”，并说明理由；
2
(2) 1若函数 ( ) = 33 +
1 22 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，求 的取值范围；
【解题思路】（1）求导得 ′( )，令 ′( ) = ( )，只需判断 ′( ) ≤ 0在 0, π 上是否恒成立即可；
2

（2）由题意设 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 2 + ≤ 0恒成立，即当 > 0时， 2
2 + ≤ 0恒成立，从
而分类讨论即可求解；
【解答过程】（1）由题意 ( ) = 2 cos 1， ′( ) = 2cos 2 sin ，
令 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 4sin 2 cos ，
当 ∈ 0, π 时， 4sin < 0， 2 cos < 0
2
即此时 ′( ) = 4sin 2 cos < 0，所以 ( )即 ′( )单调递减，
从而由定义可知函数 ( ) = 2 cos 1 0, π在 上是“上凸函数”；
2
（2）因为 ( ) = 1 3 13 + 2
2 ln + ，
所以 ′( ) = 2 + ln + = 2 + ln ( > 0)，

设 ′( ) = ( )，则 ′( ) = 2 + ，
由题意函数 ( ) = 1 3 13 + 2
2 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，
所以 ′( ) = ( )单调递减，

从而当 > 0时， ′( ) = 2 + ≤ 0恒成立，即当 > 0时， 2
2 + ≤ 0恒成立，

因为一元二次函数 ( ) = 2 2 + 的对称轴为 = 4，

当 = 4 ≤ 0，即 ≤ 0时， ( ) ≤ 0恒成立，只需 (0) ≤ 0即可，解得 ≥ 0，即 = 0；
2 2
当 = 4 > 0，即 > 0时， ( ) ≤ 0恒成立，只需 ≤ 0，即 4 8 + 4 ≤ 0，解得0 < ≤ 8；
综上所述， 的取值范围为[0,8].
36．（23-24 高二下·山东德州·期中）若函数 ( )在[ , ]上有定义，且对于任意不同的 1, 2 ∈ [ , ]，都有
| ( 1) ( 2)| < | 1 2|，则称 ( )为[ , ]上的“ 类函数”.
2
(1)若 ( ) = 2 + ，判断 ( )是否为[1,2]上的“2 类函数”；
2
(2)若 ( ) = ( 1)e 2 ln ，为[1,2]上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围.
【解题思路】（1）利用解析式化简| ( 1) ( 2)|，结合 1, 2 ∈ [1,2]放缩即可判断；
（2）不妨设 1 < 2，根据新定义可得 2( 2 1) < ( 1) ( 2) < 2( 2 1)，整理后可得 ( 1) +2 1 < ( 2)
+2 2且 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，根据 ( ) +2 和 ( ) 2 的单调性可得 2 ≤ ′( ) ≤ 2，然后参变分离，
构造函数 ( ) =
+ln +3 = +ln 1 e ， ( ) e ，分别利用导数求 ( )min和 ( )max即可得解.
【解答过程】（1）对于任意不同的 1, 2 ∈ [1,2]，设1 ≤ 1 < 2 ≤ 2，
2 < + < 4 1+ 2+2则 1 2 ， 2 > 2，
2 2
所以| ( 1) ( )| = | 12 + 21 + 2 | = |( ) 1+ 2+22 2 1 2 2 | > 2| 1 2|，
2
所以 ( ) = 2 + 不是[1,2]上的“2 类函数”.
（2）因为 ′( ) = e ln 1，
由题意知，对于任意不同的 1, 2 ∈ [1,2]，都有| ( 1) ( 2)| < 2| 1 2|，
不妨设 1 < 2，则 2( 2 1) < ( 1) ( 2) < 2( 2 1)，
故 ( 1) +2 1 < ( 2) +2 2且 ( 1) 2 1 > ( 2) 2 2，
故 ( ) +2 为[1,2]上的增函数， ( ) 2 为[1,2]上的减函数，
所以[ ( ) + 2 ]′ = ′( ) +2 ≥ 0，[ ( ) 2 ]′ = ′( ) 2 ≤ 0，
故对任意 ∈ [1,2]，都有 2 ≤ ′( ) ≤ 2，即 2 ≤ e ln 1 ≤ 2，
+ln 1 ≤ ≤ 3+ +ln 所以 e e ，
+ln +3
令 ( ) = e ， ′( ) =
(1+ )( 2 ln )
2e ，
令 ( ) = 2 ln ， ( )在[1,2]单调递减，
所以 ( ) ≤ (1) = 3 < 0， ′( ) < 0，
故 ( )在[1,2]单调递减，
5+ln2 5+ln2
所以 ( )min = (2) = 2e2 ，所以 ≤ 2e2 ，
= +ln 1 = ( +1)(2 ln )令 ( ) ′ e ， ( ) 2e ，
令 ( ) = 2 ln ， ( )在[1,2]上单调递减，
(1) = 1 > 0， (2) = ln2 < 0，
所以 0 ∈ [1,2]，使 ( 0) = 2 ln 0 0 = 0，即2 = ln 0 + 0，
当 ∈ (1, 0)时， ( ) > 0，即 ′( ) > 0， ( )在(1, 0)上单调递增，
当 ∈ ( 0,2)时， ( ) < 0，即 ′( ) < 0， ( )在( 0,2)上单调递减，
2 1 1
所以 ( )
0+ln 0 1
max = ( 0) = 0e = = ，0 0e 0 0e 0
由2 = ln + ，得e2 = eln 0 0 0+ 0 = 0 e 0，
所以 ( ) 1max = e2，
1 5+ln2 1 5+ln2
又因为e2 < 2e2 ，所以e2 ≤ ≤ 2e2 ，
1 5+ln2
所以 a 的取值范围为
2 , .e 2e2
题型 10 两个计数原理的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
37．（24-25 高三·上平海面向·课量线堂性运例算的题坐）标表用示 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
【解题思路】（1）（2）根据分步乘法计数原理，先确定百位上的数字，再分析十位与个位，进而计算出
正确答案；
（3）根据分类加法、分步乘法计数原理，分别分析个位数满足条件的数字计算出正确答案.
【解答过程】（1）由于 0 不能在首位，所以首位数字有 9 种选法，
十位与个位上的数字均有 10 种选法，
所以不同的三位数共有9 × 10 × 10 = 900（个）；
（2）百位数字有 9 种选法，十位数字有除百位数字以外的 9 种选法，
个位数字应从剩余 8 个数字中选取，
所以共有9 × 9 × 8 = 648（个）无重复数字的三位数；
（3）若个位为 1 或 3，则小于 500 的三位奇数有2 × 3 × 8 = 48（个）；
若个位为 5 或 7 或 9，则小于 500 的三位奇数有3 × 4 × 8 = 96（个）；
所以小于 500 的三位奇数有48 + 96 = 144．
38．（23-24 高二下·吉林延边·阶段练习）现有 4 个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有 3 人、
4 人、5 人、6 人.
(1)选 1 人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每组选 1 名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选 2 人发言，这 2 人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
【解题思路】（1）根据分类加法计数原理即可求解；
（2）根据分步乘法计数原理即可求解；
（3）根据分步乘法、分类加法计数原理即可求解；
【解答过程】（1）分四类：第一类，从一组中选 1 人，有 3 种方法；
第二类，从二组中选 1 人，有 4 种方法；
第三类，从三组中选 1 人，有 5 种方法；
第四类，从四组中选 1 人，有 6 种方法.
所以不同的选法共有3 + 4 + 5 + 6 = 18种方法.
（2）分四步：第一、二、三、四步分别从一、二、三、四组中选 1 名组长，
所以不同的选法共有3 × 4 × 5 × 6 = 360种方法；
（3）分六类：第一类，从一、二组中各选 1 人，有3 × 4 = 12种方法；
第二类，从一、三组中各选 1 人，有3 × 5 = 15种方法；
第三类，从一、四组中各选 1 人，有3 × 6 = 18种方法；
第四类，从二、三组中各选 1 人，有4 × 5 = 20种方法；
第五类，从二、四组中各选 1 人，有4 × 6 = 24种方法；
第六类，从三、四组中各选 1 人，有5 × 6 = 30种方法；
所以不同的选法共有12 + 15 + 18 + 20 + 24 + 30 = 119种方法.
39．（23-24 高二上·全国·课后作业）为亮化城市，现在要把一条路上 7 盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩
色路灯有红、黄、蓝共三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有 2
盏，那么有多少种不同的安装方法？
【解题思路】根据题意，结合分类加法计数原理与分步乘法计数原理，代入计算，即可得到结果.
【解答过程】由题意知，每种颜色的路灯至少要有 2 盏，这说明有三种颜色的路灯的分配情况只能是 2，2，
3 的形式．
不妨设红的 3 个，七个位置分别用 1，2，3，4，5，6，7 表示，
那么红的可以排 135，136，137，146，147，157，246，247，257，357，共 10 种，
其中 135，136，146，247，257，357 会留下 4 个空，两个不相邻，两个相邻，连续的不能放一样的颜色，
那么就必须一蓝一黄，剩下两个一黄一蓝放到剩下两个不相邻的空里，各 4 种.
147 留 4 个空，两个两个相邻，共 4 种放法.
137，157，四个空中 3 个相邻，一个分开，各 2 种放法.
246，四个空都分开，有 6 种放法．
所以共有6 × 4 + 1 × 4 + 2 × 2 + 1 × 6 = 38种，
当黄或蓝有 3 个时，总数一样，故一共有3 × 38 = 114种不同的放法．
40．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
【解题思路】（1）由分步乘法原理，先涂 S，再涂 A，再涂 B，最后涂 CD 计算即可.
（2）解法一：由分步乘法原理，先涂 AC，再一次涂 SAB，计算即可；解法二：分类分步原理，先按照 A
与 C 颜色相同与不同分类，再用分步乘法，最后求和即可.
【解答过程】（1）由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 颜色相同，且 B，D 颜色相同，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 1 = 60种不同的涂色方法.
（2）解法一：由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
则 A，C 可以颜色相同，B，D 可以颜色相同，并且两组中必有一组颜色相同，
所以先从两组中选出一组涂同一颜色，有 2 种选法（如：B，D 颜色相同）；
再从 5 种颜色中，选出 4 种颜色涂在 S，A，B，C 四个顶点上，
最后 D 涂 B 的颜色，有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分步计数原理知，共有2 × 120 = 240种不同的涂色方法.
解法二：分两类.
第一类，A 与 C 颜色相同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 1 × 2 = 120种不同的涂色方法；
第二类，A 与 C 颜色不同，
由题意知，四棱锥 的顶点 S，A，B 所涂颜色互不相同，
它们有5 × 4 × 3 = 60种不同的涂色方法，
所以共有5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120种不同的涂色方法.
根据分类计数原理知，共有120 + 120 = 240种不同的涂色方法.
题型 11 元素（位置）有限制的排列问题
41．（23-24 高二下·全国·课后作业）用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字可以组成多少个符合下列条件的无重
复的数字？（列式并计算）
(1)六位数；
(2)六位奇数；
(3)能被 5 整除的六位数；
(4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第 265 个数是多少？
【解题思路】（1）先排首位，再排其它位的数字，再利用分步乘法计数原理可求得结果.
（2）先排个位，然后排首位，再利用分步乘法计数原理可求得结果.
（3）按个位数是 0 或 5 分类，结合两个原理列式计算即可.
（4）讨论首位是 1，首位是 2 和首位是 3 时的不同个数，再求出第 264 个数即可得解.
【解答过程】（1）先排首数，有A1 55 = 5种，最后排其它有A5 = 120种，
根据分步计数原理得，六位数有5 × 120 = 600种.
（2）先排个位数，有A13 = 3种，
由 0 不能在首位，则排首位有 4 种，最后排其它有A44 = 24种，
根据分步计数原理得，六位奇数有3 × 4 × 24 = 288个.
（3）能被 5 整除的六位数，则个位数是 0 或 5，
个位数是 0，则有A55种，
个位数是 5，先排首位，0 不作为首位，则有A14种排法，其余位置有A44种排法，
所以共有A55+A1A44 4 = 216个.
（4）首位数字不能为 0，首位数字为 1 有A55 = 120种，
首位数字为 2，有A55 = 120种，
首位数字为 3，万位数字上为 0，有A44 = 24种，此时所有 6 位数有120 + 120 + 24 = 264个，
所以第 264 个数是305421，第 265 个数是310245.
42．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）为迎接端午节，某社区准备参加市里举行的龙舟比赛，计划从 6
名男选手和 5 名女选手中随机选出男、女选手各 2 名参加此次比赛，并需要安排好龙舟上选手的座位顺序，
有如下方案：
(1)男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上；
(2)男选手小李和女选手小赵都要参加，并且座位不相邻；
(3)男选手小钱和男选手小周至少一人参加.
【解题思路】根据先选后排的原则，结合排列数、组合数运算求解.
【解答过程】（1）因为男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上，所以只需再在剩余的 5 男 5 女中，
选 1 男 2 女，排在前 3 个位置即可，
所以排法种数为：C15C2A35 3 = 5 × 10 × 6 = 300种.
（2）完成这件事可以分两步：
第一步：先选人，有C15C14 = 20种选法；
第二步：再排列，4 人排列，小李和小赵不相邻的排法种数为：A2A22 3 = 12.
由分步计数乘法原理得：不同的排法种数为：20 × 12 = 240.
（3）完成这件事的方法可以分两类：
第一类：小钱和小周只有一人参加，方法有：C1C12 4C25A44 = 1920种；
第二类：小钱和小赵都参加，方法有C2 2 42C5A4 = 240.
由分类加法计数原理得：不同的排法种数为：1920 + 240 = 2160.
43．（23-24 高二下·陕西咸阳·阶段练习）有 3 名男生和 4 名女生，根据下列不同的要求，求不同的排列方
法种数．
(1)全体排成一行，其中 3 名男生必须排在一起；
(2)全体排成一行，3 名男生互不相邻；
(3)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变；
(4)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边．
【解题思路】（1）先将男生看成一个整体，进行全排列，再与其他元素进行全排列，由分步计数原理计算
可得答案；
（2）先排女生，然后在空位中插入男生，由分步计数原理计算可得答案；
（3）7 名学生排成一行，分两步：第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为 N；第二步，对
甲、乙、丙进行全排列，计算可得答案；
（4）先排最左边，除去甲外有A1 66种排法，余下的 6 个位置全排有A6种排法，但应剔除乙在最右边的排法
A1 55A5种，相减可得答案.
【解答过程】（1）捆绑法．将男生看成一个整体，进行全排列，再与其他元素进行全排列，共有A3 53A5 = 720
（种）排法；
（2）插空法．先排女生，然后在空位中插入男生，共有A4 34A5 = 1440（种）排法；
（3）定序排列．7 名学生排成一行，分两步：
第一步，设固定甲、乙、丙从左至右顺序的排列总数为 N；
第二步，对甲、乙、丙进行全排列．由乘法原理得A7 37= × A3，
A7
所以 = 7A3 = 840（种）；3
（4）位置分析法．先排最左边，除去甲外有A16种排法，余下的 6 个位置全排有A66种排法，
但应剔除乙在最右边的排法A1A5种，则符合条件的排法共有A1A6 A1A55 5 6 6 5 5 = 3720（种）.
44．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）0~9共 10 个数字．
(1)可组成多少个无重复数字的四位数；
(2)可组成多少个无重复数字的五位偶数；
(3)可组成多少个无重复数字的大于或等于 30000 的五位数；
(4)在无重复数字的五位数中，50124 从大到小排第几．
【解题思路】（1）0 不能排在首位，其他任意排即可求解；
（2）分 0 在首位和 0 不在首位两种情况，满足末位是偶数即可；
（3）大于或等于 30000 的五位数，首位从 3，4，5，6，7，8，9 任选一个，其它的任意排即可；
（4）首先确定比 50000 大的数，然后确定比 50000 大比 50124 小的只有 50123，即可求解.
【解答过程】（1）先选 1 个数字排在首位，其它任意排，故有A19A39 = 4536个；
（2）当 0 在末位时，有A49 = 3024个，
当 0 不在末位时，从 2，4，6，8，选一个放在末位，故有A1A1A34 8 8 = 10752个，
故五位偶数共有3024 + 10752 = 13776个；
（3）大于或等于 30000 的五位数，首位从 3，4，5，6，7，8，9 任选一个，其它的任意排，
故有A1A47 9 = 21168个；
（4）比 50000 大的数，故有A15A49 = 15120个，
比 50000 大比 50124 小的有，前四位为 5，0，1，2，最后一位为 3，只有 50123，
故在无重复数字的五位数中，50124 从大到小排第15120 1 = 15119个.
题型 12 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，
在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
【解题思路】（1）根据特殊元素优先安排求解即可.
（2）利用插空法，先排老师和女学生，再排男学生甲，最后排剩余的3名男学生即可.
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，再排老师，最后利用捆绑法排列即可.
【解答过程】（1）由题意可得共A2 2 42A2A4 = 2 × 2 × 24 = 96种不同的站法．
（2）先排老师和女学生共有A44种站法，再排男学生甲有C13种站法，
最后排剩余的3名男学生有A34种站法，
所以共有A4C14 3A34 = 24 × 3 × 24 = 1728种不同的站法．
（3）先任选一男学生一女学生站两位老师中间，有C1C12 4A22种站法，
两老师的站法有A22种，
再将一男学生一女学生两位老师进行捆绑与剩余的 4 个人进行全排列有A55种，
所以共有C12C1A2A2A54 2 2 5 = 2 × 4 × 2 × 2 × 120 = 3840种不同的站法．
46．（23-24 高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过 6 道工序．
(1)若其中某 2 道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序
(2)若其中某 3 道工序必须相邻．问有多少种加工顺序
(3)若其中某 3 道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序
【解题思路】（1）根据给定条件，利用有限制条件的排列问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
（2）根据给定条件，利用相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
（3）根据给定条件，利用不相邻问题，结合分步乘法计数原理计算即得.
【解答过程】（1）先从另外 4 道工序中任选 2 道工序放在最前面与最后面，有A24 = 12种不同的排法，
再将其余的 4 道工序全排列，有A44 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有12 × 24 = 288种加工顺序．
（2）先排这 3 道工序，有A33 = 6种不同的排法，
再将它们看作一个整体，与其余的 3 道工序全排列，有A44 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有6 × 24 = 144种加工顺序.
（3）先排其余的 3 道工序，有A33 = 6种不同的排法，有 4 个空档，
再将这 3 道工序插入空档，有A34 = 24种不同的排法，
由分步乘法计数原理可得，共有6 × 24 = 144种加工顺序.
47．（23-24 高二下·浙江·期中）2024 龙年春节档新片《热辣滚烫》是一部充满正能量，讲述感人故事的电
影，影片通过主人公杜乐莹的成长历程，让我们感受到了奋斗和坚持的力量，激励着每个人在面对困难时
勇敢向前．现有 4 名男生和 2 名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．（列出算
式，并计算出结果）
(1)女生互不相邻的坐法有多少种？
(2)若甲不坐最左端，乙不坐最右端，则不同排列方式共有多少种？
(3)若甲不坐在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有多少种？
【解题思路】（1）插空法求解不相邻问题；
（2）直接法及间接法计算特殊位置问题；
（3）直接法及间接法计算相邻问题.
【解答过程】（1）不相邻问题插空法，先排 4 个男生共有A44种方法，把 2 个女生插空有A25种方法，所以不
同排列方式共有A44A25 = 24 × 20 = 480种：
（2）方法一：“间接法”，不同排列方式共有A6 2A5 46 5 + A4 = 720 240 + 24 = 504种
方法二：“直接法”，一类甲坐最右端，有A55 = 120种坐法：另一类甲坐中间四个位置中的一个，有A1 1 44A4A4 = 384
种坐法．故有A5 15 + A4A1 44A4 = 120 + 384 = 504种不同坐法．
（3）方法一：共有 6 个位置，因为甲不坐在两端，所以甲有 4 种坐法，
当甲确定时，要求乙和丙相邻，共有 3 种可能，
所以不同排列方式共有4A22 × 3 × A33 = 4 × 2 × 3 × 6 = 144种．
方2024-2025 学年高二下学期第一次月考解答题压轴题十七大题型专练
【人教 A 版（2019）】
题型 1 曲线的切线问题
1．（23-24 高二下·福建福州·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 3 +3 2 +1( ∈ ).
(1)若 = 1是 ( )的极大值点，求 ( )在(1, (1))处的切线方程；
(2)求 ( )的单调区间；
2．（23-24 高二下·山东烟台·期末）已知函数 ( ) = ( 2 + + 1)e ( ∈ ).
(1)当 = 2时，求过点(1,0)且与 ( )图象相切的直线的方程；
(2)讨论函数 ( )的单调性.
3．（23-24 高二下·贵州黔西·期末）已知函数 ( ) = e +1 2 （e为自然对数的底数）.
(1)当 = 1时，求曲线 = ( )在( 0,0)处的切线方程；
(2)若 ( )有极小值且极小值不小于 0，求实数 的取值范围.
4．（23-24 高二下·辽宁·期中）已知函数 ( ) = 3 + 2 + + 1的图象经过点 (1,1) 3，且在 = 处取得3
极值.
(1)求 ， 的值；
(2)求经过点 (1,1)且与曲线 = ( )相切的切线方程.
题型 2 两条切线平行、垂直、重合（公切线）问题
5．（23-24 高二下·山东菏泽· 3期中）已知函数 ( ) = ln ．
(1)若 ( )在(1, (1))处的切线与直线 + 2 + 1 = 0平行，求实数 m 的值；
(2) 5若 = 2，求函数 ( ) = ( ) + 的极值．
6．（23-24 高二下·江西抚州·期中）已知函数 ( ) = 2 3 +6 2 3 2．
(1)求 ( )的图象在 = 1处的切线方程；
(2)若 ( )的图象上存在两点 ， ，使得 ( )的图象在点 ， 处的切线都与直线 = 0( ≠ 0)垂直，求实
数 的取值范围．
7．（23-24 高二下·江苏常州·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + + 1, ( ) = e 2 +1.
(1)求曲线 = ( )过点(1,1)处的切线；
(2)若曲线 = ( )在点(1,1)处的切线与曲线 = ( )在 = ( ∈ R)处的切线平行，求 的值.
8．（23-24 高二上·湖南·阶段练习）已知函数 ( ) = 3 + , ( ) = 3( , ∈ ).
(1)若曲线 = ( )在 = 1处的切线与坐标轴围成的三角形的面积等于曲线 = ( )在 = 1处的切线与坐标
轴围成的三角形的面积，试判断 与 之间的关系；
(2)若 = 6，是否存在直线 与曲线 = ( )和 = ( )都相切？若存在，求出直线 的方程（若直线 的方
程含参数，则用 表示）；若不存在，请说明理由.
题型 3 利用导数研究函数的单调性

9．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数 ( ) = ( 1)ln + + , ∈ ．
(1)当 = 2时，求函数的极值；
(2)讨论函数 ( )的单调性．
10．（23-24 高二下·重庆九龙坡· 2期中）已知函数 ( ) = 3 23 + +2( 1) + 1( ∈ R)．
(1)若 = 0 3，求 ( )在 3, 上的最值；
2
(2)讨论函数 ( )的单调性．
11．（23-24 高二下·宁夏银川·阶段练习）已知函数 ( ) = 2 (2 + 1) + ln + .
(1)当 = 1时，求函数 ( )的单调区间；
(2)当 ∈ R时，求 ( )的单调区间.
12．（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知函数 ( ) = e 1( ∈ ).
(1)若 为常数，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)讨论函数 ( )的单调性；
(3)判断e0.314与 1.314 的大小关系，并说明理由.
题型 4 函数单调性、极值与最值的综合应用
13．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数 ( ) = ( 2)e 在 = 1处取得极值.
(1)求 的值；
(2)求函数 ( )在[ , + 1]上的最小值.
14．（23-24 高二下·江苏常州·期中）已知函数 ( ) = 3 + 2 + 2，在 = 1时取得极小值 10.
(1)求函数 ( )的解析式;
(2)求函数 ( )在区间[ 1,3]上的最值.
15．（23-24 高二下·北京东城·期中）已知函数 ( ) = 3 2 + + ，若曲线 = ( )在(0, (0))处的切线
方程为 = + 1.
(1)求 ， 的值；
(2)求函数 = ( )的单调区间和极值；
(3)求函数 = ( )在[ 2,2]上的最大值、最小值.
16．（23-24 高二下·天津北辰·期中）已知函数 3 2 ( ) = 2+ ．
(1)若 = 0，求曲线 = ( )在点(2, (2))处的切线方程；
(2)若 ( )在 = 1处取得极值，求 ( )的单调区间，以及 ( )在[ 2,2]的最大值与最小值．
题型 5 利用导数研究函数的零点（方程的根）
平面向量线性运算的坐标表示
17．（23-24 高二下·平广面向东量线茂性名运算·的期坐中标表）示 已知函数 ( ) = e2 +( 4)e 2 ．
(1)求 ( )的单调性；
(2)若 ( )有两个零点，求 的取值范围.
18．（23-24 高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数 ( ) = e ln( + 1) .
(1) ( )在 = 0处切线斜率为 2，求 ；
(2)当 = 1时，
① ≥ 0，证明： ( ) ≥ 0；
②判断 ( )的零点个数，并说明理由.
19．（23-24 高二下·浙江·期中）已知函数 ( ) = e + ( 1) , ∈ R.
(1) 1当 = 2时，求 ( )的单调区间；
(2)若关于 的方程 ( ) = ln ( > 0)有两根 1, 2（其中 1 < 2），
①求 的取值范围；
②当 2 < e 1时，求 1的取值范围.
20 2024· 1．（ 湖北·模拟预测）已知函数 ( ) = ln +1.
(1)当 = 1时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若 ( ) = ( 2 1)ln ( 1)2( ≠ 0)有 3 个零点 1， 2， 3，其中 1 < 2 < 3.
（ⅰ）求实数 的取值范围；
（ⅱ）求证：(3 1)( 1 + 3 + 2) < 2.
题型 6 利用导数证明不等式
平面向量线性运算的坐标表示
21．（23-24 高二下·平黑面向龙量线江性哈运算尔的坐滨标表·期示 中）已知函数 ( ) = ln + 1, ∈ .
(1)若 ( ) ≤ ，求 的取值范围；
( 1)e (2)当 ∈ (0,1]时，证明： ( ) ≤ e .
4
22．（23-24 高二下·黑龙江· 2期末）已知 ∈ R，函数 ( ) = 2e2 +4 e 9， ( ) = +4
2.
(1)讨论 ( )的单调性；
(2)证明： > 0， ( ) + ( ) > 0.
23．（23-24 高二下·安徽合肥·阶段练习）已知 ( ) = ln ， ( ) = ( ) ，若函数 ( )有两个零点 m，n，
且 > > 0.
(1)a 的取值范围；

(2)证明：当 2 > > 0
2 1 1+ 2
1 时， ( 2) ( ) < 2 ；1
(3)证明： + > 2e（注：e = 2.718281 是自然对数的底数）．
24．（23-24 高二下·江苏无锡·阶段练习）已知函数 ( ) = e 2, ∈ R．
(1)若 ( )在区间(0, + ∞)上单调递增，试求 的取值范围；
(2) 1若 = 2，求证：当 ∈ (0, + ∞)时， ( ) > 1；
(3) 2 + 1 2求证： 4 4 + 1
2
4 + 1
2
4 + 1 < e
4( ∈ N*)．
1 2 3
题型 7 利用导数研究恒成立、存在性问题
平面向量线性运算的坐标表示
25．（23-24 高二下·平江面向西量线新性余运算·的阶坐段标表练示 习）已知函数 ( ) = e .

(1)讨论函数 ( ) = ( ) 2( + 1)
2的单调性；
(2)若不等式 ( ) > 1 + ln 恒成立，求实数 的取值范围.
26．（23-24 高二下·河南安阳·期中）已知函数 ( ) = e 1 存在两个零点.
(1)求实数 的取值范围；
(2)若当 > 0时， ( ) + > ln + 1 恒成立，求实数 的取值范围.


27．（23-24 高二下·福建泉州·期中）已知函数 ( ) = ln + （ 为常数）
(1)讨论函数 ( )的单调性；
(2)不等式 ( ) ≥ 1 1在 ∈ ,3 上有解，求实数 的取值范围.
2
28．（23-24 高二下·四川凉山·期中）已知函数 ( ) = ln , ( ) = 2 (2 + 1) + ln , ∈ R，
(1)求曲线 ( ) = ln 过点(0,1)的切线方程；
(2)若存在 1 ∈ (0, + ∞)，使得对任意 2 ∈ (0, + ∞)
( 1)
，都有 ≥ ( 2)成立，求实数 的取值范围．1
题型 8 利用导数研究双变量问题
平面向量线性运算的坐标表示
平面向量线性运算的坐标表示
29．（23-24 高二下·广东揭阳·阶段练习）设函数 ( ) = ln + 2 ( ∈ ).
(1)当 = 3时，求函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )有两个极值点 1, 2，且 1 ∈ (0,1]，求 ( 1) ( 2)的最小值.
30．（2024·河北保定·二模）已知函数 ( ) = ln , ′( )为其导函数．
(1)若 ( ) ≤ 1恒成立，求 的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数 1, 2，使得 ( 1) = ( 2)，证明： ′( 1 2) > 0．
31 1．（23-24 高二下·福建福州·期中）已知函数 ( ) = 4 22 ln （ > 0）
(1)当 = 3时，讨论函数 ( )的单调性.
(2)若 ( )有两个极值点 1, 2( 1 < 2)
①求 的取值范围
②证明： ( 1) + ( 2) < 10 ln
32 1．（23-24 高二下·福建·期中）已知函数 ( ) = + ( 1)ln + , ∈ ．
(1)讨论函数 ( )的单调性;
(2)若关于 的方程 ( ) = 2e ln + 1有两个不相等的实数根 1, 2，
（i）求实数 的取值范围;
e 1 e 2 2
（ii）求证: + > ．2 1 1 2
题型 9 导数中的新定义问题
33．（23-24 高二下·甘肃临夏·期末）给出定义：设 ′( )是函数 = ( )的导函数， ″( )是函数 ′( )的导函
数，若方程 ″( ) = 0有实数解 = 0，则称( 0, ( 0))为函数 = ( )的“拐点”．已知函数 ( ) = 3 4 2 3
2 + 2．
(1)若(4, (4))是函数 ( )的“拐点”，求 a 的值和函数 ( )的单调区间；
(2)若函数 ( )的“拐点”在 y 轴右侧，讨论 ( )的零点个数．
34．（23-24 高二下·江西萍乡·期中）函数 ( ) = 2 2 + ln , ∈ ．
(1)讨论函数 ( )的单调性；
, < 1+ 2 = ( 1) ( (2) 2
)
若函数 ( )图象上存在两点 ( 1, 1) ( 2, 2)，且 1 2，使得 ′ ，则称 = ( )为“拉2 1 2
格朗日中值函数”，并称线段 的中点为函数的一个“拉格朗日平均值点”．试判断函数 ( )是否为“拉格朗
日中值函数”？若是，判断函数 ( )的“拉格朗日平均值点”的个数；若不是，请说明理由．
35．（23-24 高二下·江苏南京·期中）设函数 ( )在区间 上可导， ′( )为函数 ( )的导函数.若 ′( )是 上
的减函数，则称 ( )为 上的“上凸函数”；反之，若 ( )为 上的“上凸函数”，则 ′( )是 上的减函数.
(1)判断函数 ( ) = 2 cos 1在 0, 上是否为“上凸函数”，并说明理由；
2
(2) 1 1若函数 ( ) = 3 + 23 2 ln + 是其定义域上的“上凸函数”，求 的取值范围；
36．（23-24 高二下·山东德州·期中）若函数 ( )在[ , ]上有定义，且对于任意不同的 1, 2 ∈ [ , ]，都有
| ( 1) ( 2)| < | 1 2|，则称 ( )为[ , ]上的“ 类函数”.
2
(1)若 ( ) = 2 + ，判断 ( )是否为[1,2]上的“2 类函数”；
2
(2)若 ( ) = ( 1)e 2 ln ，为[1,2]上的“2 类函数”，求实数 a 的取值范围.
题型 10 两个计数原理的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
37．（24-25 高三·上平海面向·课量线堂性运例算的题坐）标表用示 0、1、2、3、…、9 十个数字可组成多少个不同的：
(1)三位数；
(2)无重复数字的三位数；
(3)小于 500 且无重复数字的三位奇数．
38．（23-24 高二下·吉林延边·阶段练习）现有 4 个数学课外兴趣小组，其中一、二、三、四组分别有 3 人、
4 人、5 人、6 人.
(1)选 1 人为负责人，有多少种不同的选法？
(2)每组选 1 名组长，有多少种不同的选法？
(3)推选 2 人发言，这 2 人需来自不同的小组，有多少种不同的选法？
39．（23-24 高二上·全国·课后作业）为亮化城市，现在要把一条路上 7 盏灯全部改装成彩色路灯，如果彩
色路灯有红、黄、蓝共三种颜色，在安装时要求相同颜色的路灯不能相邻，而且每种颜色的路灯至少要有 2
盏，那么有多少种不同的安装方法？
40．（23-24 高二下·湖南衡阳·期中）如图，已知四棱锥 .
(1)从 5 种颜色中选出 3 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数；
(2)从 5 种颜色中选出 4 种颜色，涂在四棱锥 的 5 个顶点上，每个顶点涂 1 种颜色，并使同一条棱
上的 2 个顶点异色，求不同的涂色方法数.
题型 11 元素（位置）有限制的排列问题
41．（23-24 高二下·全国·课后作业）用 0，1，2，3，4，5 这 6 个数字可以组成多少个符合下列条件的无重
复的数字？（列式并计算）
(1)六位数；
(2)六位奇数；
(3)能被 5 整除的六位数；
(4)组成的六位数按从小到大顺序排列，第 265 个数是多少？
42．（23-24 高二下·江苏南京·阶段练习）为迎接端午节，某社区准备参加市里举行的龙舟比赛，计划从 6
名男选手和 5 名女选手中随机选出男、女选手各 2 名参加此次比赛，并需要安排好龙舟上选手的座位顺序，
有如下方案：
(1)男选手小王必须参加，并且坐在第四个位置上；
(2)男选手小李和女选手小赵都要参加，并且座位不相邻；
(3)男选手小钱和男选手小周至少一人参加.
43．（23-24 高二下·陕西咸阳·阶段练习）有 3 名男生和 4 名女生，根据下列不同的要求，求不同的排列方
法种数．
(1)全体排成一行，其中 3 名男生必须排在一起；
(2)全体排成一行，3 名男生互不相邻；
(3)全体排成一行，其中甲、乙、丙三人从左至右的顺序不变；
(4)全体排成一行，其中甲不在最左边，乙不在最右边．
44．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）0~9共 10 个数字．
(1)可组成多少个无重复数字的四位数；
(2)可组成多少个无重复数字的五位偶数；
(3)可组成多少个无重复数字的大于或等于 30000 的五位数；
(4)在无重复数字的五位数中，50124 从大到小排第几．
题型 12 相邻、不相邻排列问题
平面向量线性运算的坐标表示
45．（24-25 高二下·平全面向国量线·课性运后算的作坐业标表）示 现有8名师生站成一排照相，其中老师2人，男学生4人，女学生2人，
在下列情况下，各有多少种不同的站法？
(1)老师站在最中间，2名女学生分别在老师的两边且相邻，4名男学生两边各2人；
(2)4名男学生互不相邻，男学生甲不能在两端；
(3)2名老师之间必要有男女学生各1人．
46．（23-24 高二下·陕西西安·期中）某种产品的加工需要经过 6 道工序．
(1)若其中某 2 道工序不能放在最前面也不能放在最后面，问有多少种加工顺序
(2)若其中某 3 道工序必须相邻．问有多少种加工顺序
(3)若其中某 3 道工序两两不能相邻，问有多少种加工顺序
47．（23-24 高二下·浙江·期中）2024 龙年春节档新片《热辣滚烫》是一部充满正能量，讲述感人故事的电
影，影片通过主人公杜乐莹的成长历程，让我们感受到了奋斗和坚持的力量，激励着每个人在面对困难时
勇敢向前．现有 4 名男生和 2 名女生相约一起去观看该影片，他们的座位在同一排且连在一起．（列出算
式，并计算出结果）
(1)女生互不相邻的坐法有多少种？
(2)若甲不坐最左端，乙不坐最右端，则不同排列方式共有多少种？
(3)若甲不坐在两端，乙和丙相邻，则不同排列方式共有多少种？
48．（23-24 高二下·重庆荣昌·期中）电影《长津湖》讲述了在极寒严酷环境下，中国人民志愿军凭着钢铁
意志和英勇无畏的精神为长津湖战役胜利做出重要贡献的故事，现有 4 名男生和 3 名女生相约一起去观看
该影片，他们的座位在同一排且连在一起．（列出算式，并计算出结果）
(1)女生必须坐在一起的坐法有多少种？
(2)女生互不相邻的坐法有多少种？
(3)甲、乙两位同学相邻且都不与丙同学相邻的坐法有多少种？
题型 13 分组分配问题
平面向量线性运算的坐标表示
49．（23-24 高二下·平安面向徽量线安性庆运算·的期坐中标表）示 甲乙丙丁戊五个同学
(1)去三个城市游览，每人只能去一个城市，可以有城市没人去，共有多少种不同游览方法？
(2)排成一排，甲不在首位，乙不在末位，共有多少种不同排列方法？
(3)分配到三个城市参加活动，每个城市至少去一人，每人只能去一个城市，共有多少种不同分配方法？
50．（23-24 高二下·广东深圳·期中）富源学校高二年级有 6 名同学（简记为 A， ， ， ， ， ）到甲、
乙、丙三个体育场馆做志愿者.
(1)一天上午有 16 个相同的口罩全部发给这 6 名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 A、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场
馆，则满足同学要求的不同的安排方法种数？
51．（23-24 高二下·安徽六安·期中）6 本不同的书，按下列要求各有多少种不同的分法？
(1)分给甲、乙、丙三人，每人两本；
(2)分为三份，每份两本；
(3)分为三份，一份一本，一份两本，一份三本；
(4)分给甲、乙、丙三人，每人至少一本．
（要求:以上 4 题最终答案均要用数字作答）
52．（23-24 高二下·吉林·期末）从 6 名男生和 5 名女生中选出 4 人去参加某活动的志愿者.
(1)若 4 人中必须既有男生又有女生，则有多少种选法？
(2)先选出 4 人，再将这 4 人分配到两个不同的活动场地（每个场地均要有人去，1 人只能去一个场地），则
有多少种安排方法？
(3)若男 女生各需要 2 人，4 人选出后安排与 2 名组织者合影留念（站一排），2 名女生要求相邻，则有多
少种不同的合影方法？
题型 14 排列、组合的综合应用
平面向量线性运算的坐标表示
53．（23-24 高二上·平湖面向北量线武性汉运算·的期坐中标表）示 为庆祝 3.8 妇女节，东湖中学举行了教职工气排球比赛，赛制要求每
个年级派出十名成员分为两支队伍，每支队伍五人，并要求每支队伍至少有两名女老师，现高二年级共有 4
名男老师，6 名女老师报名参加比赛.
(1)一共有多少不同的分组方案？
(2)在进入决赛后，每个年级只派出一支队伍参加决赛，在比赛时须按照 1、2、3、4、5 号位站好，为争取
最好成绩，高二年级选择了 、 、 、 、 、 六名女老师进行训练，经训练发现 不能站在 5 号位，若 、
同时上场，必须站在相邻的位置，则一共有多少种排列方式？
54．（23-24 高二下·江苏宿迁·期中）某医疗小组有 4 名男性，2 名女性共 6 名医护人员，医护人员甲是其
中一名．
(1)若从中任选 2 人参加 A， 两项救护活动，每人只能参加其中一项活动，每项活动都要有人参加，求医护
人员甲不参加 项救护活动的选法种数；
(2)这 6 名医护人员将去 3 个不同的地方参与医疗支援，每人只能去一地，每地有 2 人前往，若 2 名女性不
能去往同一个地方，求不同的分配方案种数．
55．（23-24 高二下·江苏泰州·期末）某校举行劳动技术比赛，该校高二（1）班的班主任从本班的 5 名男选
手和 4 名女选手中随机地选出男、女选手各 2 名参加本次劳动技术比赛中的团体赛，并排好团体赛选手的
出场顺序.在下列情形中各有多少种不同的安排方法？
(1)男选手甲必须参加，且第 4 位出场；
(2)男选手甲和女选手乙都参加，且出场的顺序不相邻；
(3)男选手甲和女选手乙至少有一人参加.
56．（24-25 高二下·山东菏泽·阶段练习）6名同学(简记为 、 、 、 、 、 )到甲、乙、丙三个场馆做志
愿者.
(1)一天上午有16个相同的口罩全部发给这6名同学，每名同学至少发两个口罩，则不同的发放方法种数？
(2)每名同学只去一个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法种数？
(3)每名同学只去一个场馆，每个场馆至少要去一名，且 、 两人约定去同一个场馆， 、 不想去一个场馆，
则满足同学要求的不同的安排方法种数？
题型 15 二项式中的系数和问题
平面向量线性运算的坐标表示
57．（23-24 高二下·平山面向东量线·期性运中算的）坐设标表(示 + 2)2024 = 0 + 1 + 2 + + 20242 2024 ( ∈ ).求下列各式的值.
(1) 2 + 4 + 6 + + 2024；
(2) 1 2 2 +3 3 4 4 + 2024 2024.
58．（23-24 高二下·江苏南通·阶段练习）设(3 1)7 = + + 2 + 3 + 4 + 5 + 60 1 2 3 4 5 6 + 7
7，求：
(1) 2 + 4 + 6；
(2)| 0| + | 1| + | 2| + | 3| + | 4| + | 5| + | 6| + | 7|.
59．（23-24 高二下·河北石家庄·期末）已知 ( ) = (2 3) 展开式的二项式系数和为 512，且(2 3) = 0
+ 1( 1) + 2( 1)2 + + ( 1) ．
(1)求 2的值；
(2)求 1 + 2 + 3 + + 的值；
(3)求 1 +2 2 +3 3 + + 的值．
60．（23-24 高二下·河北唐山·期中）已知(2 + )(1 )5 = 2 30 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 64 5 6 ，
求下列各式的值.
(1) 5；
(2) 0 + 2 + 4 + 6；
(3) 1 +2 2 +3 3 +4 4 +5 5 +6 6.
题型 16 利用二项式定理证明整除问题或求余数
平面向量线性运算的坐标表示
61．（23-24 高二下·平江面向苏量·线期性运中算的）坐已标表知示 ( ) = (2 + 5) 展开式的各二项式系数和为 512，且(2 + 5) = 0 +
1( + 2) + 2( + 2)2 + + ( + 2) ．
(1)求 1 + 2 + 3 + + ；（结果保留指数幂形式）
(2)求 2的值；
(3)求证： (16) 1能被 6 整除．
62．（23-24 高二上·甘肃白银·期末）（1）求415除以 15 的余数；
（2）证明：32 +3 +72 27( ∈ +)能被 96 整除.
63．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）已知二项式( + 1) ( ≠ 0)的展开式中仅第 5 项的二项式系数最
大，且第 4 项，第 5 项，第 6 项的系数成等差数列．
(1)求 和 n 的值；
(2)当 = 3， ， ∈ 时，若( + 1) + 恰好能被 6 整除，求 的最小值．
64．（24-25 高二下·湖北黄冈·阶段练习）已知 ( ) = (2 + 3) 展开式的二项式系数和为 512，且(2 + 3) =
0 + 1( + 1) + 22( + 1) + + ( + 1)
(1)求 2的值；
(2)求 (20) 20被 6 整除的余数.
题型 17 杨辉三角问题
平面向量线性运算的坐标表示
65．（24-25 高二上·平上面向海量线浦性东运算新的坐·期标表中示 ）杨辉是中国南宋末年的一位杰出的数学家、教育家，杨辉三角是杨
辉的一项重要研究成果.杨辉三角中蕴藏了许多优美的规律，它的许多性质与组合数的性质有关，图 1 为杨
辉三角的部分内容，图 2 为杨辉三角的改写形式
(1)求图 2 中第 11 行的各数之和；
(2)从图 2 第 2 行开始，取每一行的第 3 个数一直取到第 100 行的第 3 个数，求取出的所有数之和；
(3)在杨辉三角中是否存在某一行，使该行中三个相邻的数之比为 3:8:14？若存在，试求出这三个数；若不
存在，请说明理由.
66．（23-24 高二下·山东菏泽·期末）在(1 + + 2) = D0 + D1 + D2 2 + + D + + D2 1 2 1 + D2
2 中，把D0，D1 2 ，D …，D2 称为三项式系数.
(1)当 = 2时，写出三项式系数D0 1 2 3 42，D2，D2，D2，D2的值；
(2)( + ) ( ∈ N)的展开式中，系数可用杨辉三角形数阵表示，如图，当0 ≤ ≤ 4， ∈ N时，类似杨辉三
角形数阵表，请列出三项式的 次系数的数阵表；
(3)求D0 0 1 1 2 2 3 3 2016 20162016C2016 D2016C2016 + D2016C2016 D2016C2016 + + D2016C2016的值（用组合数作答）.
67．（24-25 高二·全国·课后作业）如图，在“杨辉三角”中，斜线 AB 的上方，从 1 开始箭头所指的数组成一
个锯齿形数列：1，2，3，3，6，4，10，5，···，记其前 n 项和为 Sn，求 S19的值.
68．（23-24 高二下·安徽芜湖·期末）杨辉是我国古代数学史上一位著述丰富的数学家，著有《详解九章算
法》 《日用算法》和《杨辉算法》，杨辉在 1261 年所著的《详解九章算法》给出了如下图 1 所示的表，
我们称这个表为杨辉三角，图 2 是杨辉三角的数字表示，杨辉三角的发现要比欧洲早 500 年左右，由此可
见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.
杨辉三角本身包含了很多有趣的性质，利用这些性质，可以解决很多数学问题.
性质 1：杨辉三角的第 行就是( + ) 的展开式的二项式系数；
性质 2（对称性）：每行中与首末两端“等距离”之数相等，即C = C ；
性质 3（递归性）：除 1 以外的数都等于肩上两数之和，即C = C 1 1 + C 1；
性质 4：自腰上的某个 1 开始平行于腰的一条线上的连续 个数的和等于最后一个数斜右下方的那个数，比
如：1 + 2 + 3 + 4 + 5 = 15,1 + 3 + 6 + 10 = 20；
请回答以下问题：
(1)求杨辉三角中第 8 行的各数之和；
(2)证明：C = C 1 1 + C 1；
(3)在(1 + )2 + (1 + )3 + + (1 + ) +1的展开式中，求含 2项的系数.

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