2020-2022年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編專題03 導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 文+理（教師版+學(xué)生版）

專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

1.【2022年新高考1卷】設(shè)c=-lrf).S.則()

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】C

【分析】構(gòu)造函數(shù)r(6=ln(l+G-x，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定aiu的大小.

【解析】設(shè)r(x)=ina+x)—x(x>—i)，因?yàn)槭?0=2一1=一左，

當(dāng)ze(-Lq)時(shí)，f(x)>0-當(dāng)/€(。+。)時(shí)/(4<0，

所以函數(shù)r(x)=ln(l+H)-：i在(Q+B)單調(diào)遞減，在(一L8上單調(diào)遞增，

所以r(5〈f[O)=。,所以故:即b>c，

所以f[一2_)<f[O)=0,所以in2+2_<o，故2.<0一；，所以

故aVb,

設(shè)。(工)=工?1r+ln(l-x)[0<zV1)，則g'(x)={r+l)^+==

令HGuHd-D+l，h'(x)=eI(x2+2x-l);

當(dāng)0<工<逐一1時(shí)，h'(x)<0>函數(shù)單調(diào)遞減，

當(dāng)短一1<工<1時(shí)，h'(r)>0-函數(shù)Mx)-1)+1單調(diào)遞增，

又械0)=0，

所以當(dāng)0<工<逐一1時(shí)，八(G<0,

所以當(dāng)0VH<逐一1時(shí)，g'(H)>0，函數(shù)g(K)=xe1r+ln(l-x)單調(diào)遞增，

所以g(dl)>g[Q)=0，即0.1e°，】AH).%所以a>c

故選：C.

2.(2021年新高考1卷】若過(guò)點(diǎn)(。力)可以作曲線y=e'的兩條切線，則()

A.e"<aB.ea<b

C.0<a<e*D.0<b<ea

【答案】D

【分析】解法一：根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義求得切線方程，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象,

結(jié)合圖形確定結(jié)果；

解法二：畫(huà)出曲線>="的圖象，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)(43在曲線下方和x軸上方時(shí)才可以

作出兩條切線.

【解析】在曲線y=e"上任取一點(diǎn)產(chǎn)(3)，對(duì)函數(shù)y=e*求導(dǎo)得y'=e"

所以，曲線y=e，在點(diǎn)尸處的切線方程為y—d=e'(xT),即y=e'x+(l—f)e',

由題意可知，點(diǎn)(a,b)在直線y=e'x+(lT)d上，nj^b=ae'+(l-t)e'=(a+l-t)e',

令/(r)=(a+lT”'，則/'⑺=(aT)d.

當(dāng)時(shí)，此時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，

當(dāng)"。時(shí)，f(t)<0,此時(shí)函數(shù)/(/)單調(diào)遞減，

所以，/(，)—(嶺，

由題意可知，直線y=b與曲線>=/(，)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則〃皿=e",

當(dāng)r<a+l時(shí)，〃。>0,當(dāng)r>a+l時(shí)，f(t)<0,作出函數(shù)/⑺的圖象如下圖所示：

由圖可知，當(dāng)0＜人＜，時(shí)，直線y=b與曲線)=/?)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).

故選：D.

解法二：畫(huà)出函數(shù)曲線y=短的圖象如圖所示，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)S，b)在曲線下方和X軸

上方時(shí)才可以作出兩條切線.由此可知0＜e".

故選：D.

【點(diǎn)睛】解法一是嚴(yán)格的證明求解方法，其中的極限處理在中學(xué)知識(shí)范圍內(nèi)需要用到指數(shù)函

數(shù)的增長(zhǎng)特性進(jìn)行估計(jì)，解法二是根據(jù)基于對(duì)指數(shù)函數(shù)的圖象的清晰的理解與認(rèn)識(shí)的基礎(chǔ)

上，直觀解決問(wèn)題的有效方法.

3

3.【2022年新高考1卷】已知函數(shù),(1)=1—工+1，貝IJ()

A.r(幻有兩個(gè)極值點(diǎn)B.—幻有三個(gè)零點(diǎn)

C.點(diǎn)(Q1)是曲線的對(duì)稱中心D.直線y=2r是曲線的切線

【答案】AC

【分析】利用極值點(diǎn)的定義可判斷A,結(jié)合f(4的單調(diào)性、極值可判斷B,利用平移可判斷

C；利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義判斷D.

【解析】由題，八力=3/—1,令＞o得得或KV-亨,

令r⑸＜。得—殍vh＜學(xué)

所以r㈤在(一手亭上單調(diào)遞減，在(一《一步，譯.+??)上單調(diào)遞增，

所以X=+血是極值點(diǎn)，故A正確；

-3

因r(-當(dāng)=1+孚＞o,r譚)=i-等＞。，fH)h5〈o,

所以，函數(shù)代外在令上有一個(gè)零點(diǎn)，

當(dāng)心爭(zhēng)寸,煙”船＞。即函數(shù)r8ff惇.+°)上無(wú)零點(diǎn)，

綜上所述，函數(shù)r〔4有一個(gè)零點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；

令4/)=x3—it'該函數(shù)的定義域?yàn)?h(—x)=(―r)a—(—X)=—x3+x=-h(x}＞

則是奇函數(shù)，(QQ)是M＜：的對(duì)稱中心，

將M*】的圖象向上移動(dòng)一個(gè)單位得到r(3的圖象，

所以點(diǎn)(Q1)是曲線y=f(ic；的對(duì)稱中心，故C正確；

令，8=3——1=2，可得ic=±l,又r(l)=f(-l)=L

當(dāng)切點(diǎn)為(L1)時(shí)，切線方程為y=2r—l，當(dāng)切點(diǎn)為(一1.1)時(shí)，切線方程為y=2r+3,

故D錯(cuò)誤.

故選：AC.

4.【2022年新高考1卷】若曲線y=(x+a)廿有兩條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則。的取值范圍

是.

【答案】(-＜ZK-4)U(a+＜D)

【分析】設(shè)出切點(diǎn)橫坐標(biāo)％,利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求得切線方程，根據(jù)切線經(jīng)過(guò)原點(diǎn)得到關(guān)

于耳的方程，根據(jù)此方程應(yīng)有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，求得a的取值范圍.

【解析】?.，=(x+a)e*,二,=(x+l+a)e"，

設(shè)切點(diǎn)為］%yQ則為=(%+&)*??,切線斜率七=(%+1+a)*,

切線方程為：y—(x0+a)e*=(x0+1+a)+(=一4)，

:切線過(guò)原點(diǎn)，?*.—（r0+a）e*=（r0+l+a）—4）

整理得：xj+aio—a=0,

?切線有兩條，，A=d2+4a>0,解得aV—4或a>0,

。的取值范圍是（一.—4）u（ft+61

故答案為：（-<A-4）u（a+?）

5.【2022年新高考2卷】曲線y=ln|x|過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為,—

【答案】y=y=-卜

【分析】分工>0和XV0兩種情況，當(dāng)北>0時(shí)設(shè)切點(diǎn)為（川啕，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，即可

求出切線的斜率，從而表示出切線方程，再根據(jù)切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)求出％,即可求出切線方程,

當(dāng)z<0時(shí)同理可得；

【解析】解：因?yàn)閥=ln|M，

當(dāng)z>0時(shí)y=lnx,設(shè)切點(diǎn)為（力!由所以所以切線方程為

y—tax。=：（/-%）,

又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以一lnr（>=：（一%）,解得％=e，所以切線方程為y-1=

即產(chǎn)=卜；

當(dāng)*V0時(shí)y=ln（—X）,設(shè)切點(diǎn)為（巧Ju（—巧）），由所以，'『也=；，所以切線方程

為y_Inf-Xi）=^（x-x1）,

又切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，所以一ln（一巧）=：（一巧），解得巧=一%所以切線方程為

y—1=—（r+e）?即y=--x；

故答案為：y=二'；y=--x

"EJe

6.【2021年新高考2卷】已知函數(shù)/。）=卜-1|,玉<0,々>0,函數(shù)/*）的圖象在點(diǎn)

A（%J（xJ）和點(diǎn)3（々,/（演））的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點(diǎn)，則樂(lè)j

取值范圍是.

【答案】（0,1）

【分析】結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得不+々=0,結(jié)合直線方程及兩點(diǎn)間距離公式可得

也|,忸.同,化簡(jiǎn)即可得解.

rx

/、?YIfl-^,x<0，/、[-e,x<0

【解析】由題意，〃x）=e，-l=,則/（力=.八,

1-l,x>0[e,x>0

所以點(diǎn)從（芯,1一"）和點(diǎn)5（X2，/T），kAM=-e"&N=e",

所以一e*=-1,$+x2=0,

所以AM:)-1+—=—/(x-x),M((),—x—ev,+1),

所以|AM|=Jx：+(e”J=V1+^'-\xt\,同理忸N|=TIT季'.同，

【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵是利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義轉(zhuǎn)化條件%+々=0,消去一個(gè)變量后，運(yùn)

算即可得解.

7.【2022年新高考1卷】已知函數(shù)r（x）=——ax和g（H）=aK—Inx有相同的最小值.

⑴求a：

（2）證明：存在直線，=?,其與兩條曲線y=f（工：和y=處共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從

左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

【答案】（l）a=1；（2）見(jiàn)解析

【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得函數(shù)的單調(diào)性，從而可得相應(yīng)的最小值，根據(jù)最小值相等可求a.

注意分類討論.（2）根據(jù)（1）可得當(dāng)b>l時(shí)，方一<=5的解的個(gè)數(shù)、工一lnx=b的解的

個(gè)數(shù)均為2,構(gòu)建新函數(shù)HG=H+lnx-2r,利用導(dǎo)數(shù)可得該函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)且可得

fix）加工]的大小關(guān)系，根據(jù)存在直線y=?與曲線y=f區(qū)、y=g（x）有三個(gè)不同的交點(diǎn)可

得口的取值，再根據(jù)兩類方程的根的關(guān)系可證明三根成等差數(shù)列.

【解析】⑴r（x）=H一。”的定義域?yàn)轷哦?

若口工0,則r（/）＞o,此時(shí)r（竹無(wú)最小值，故。＞0.

?（r）=ar—lux的定義域?yàn)?而/（*）=＜!—：=三三

當(dāng)xVIna時(shí)，r（x）VO，故f（4在（-ODUM）上為減函數(shù)，

當(dāng)案＞Ina時(shí)，f（x）＞0，故r（4在（Ina+b）上為增函數(shù)，

故f[x)L-=/(lna)=a—aIna

當(dāng)OVhV%寸，'（r）＜0.故g（處在上為減函數(shù),

flfls

當(dāng)寸，ff（r）＞0.故在（二.+6）上為增函數(shù)，

fls

故0（4=削：）=1-叱

因?yàn)閞（x）=那一。*和g（/）=ax—lux有相同的最小值,

故1—ln9=a—alua，整理得到￡三=Ina,其中a>0,

a1+a

設(shè)。⑷=荒一ga＞0,則。⑷=

?ITSB

故o（a為（a+s）上的減函數(shù)，而g（i）=o.

故g（a）=O的唯一解為■=1，噴=Inti的解為。=1.

綜上，a=1.

⑵由（1）可得r（jQ=H—1:和鼠父）=￡—lux的最小值為1—lnl=1—In：

當(dāng)b＞l時(shí)，考慮8r—±=萬(wàn)的解的個(gè)數(shù)、z—lnM=A的解的個(gè)數(shù).

設(shè)一土一也玄幻=＜?-1，

當(dāng)xVO時(shí)，S*（幻V0，當(dāng)案＞0時(shí)，￡（幻＞0，

故$（竹在（-a^Q）上為減函數(shù),在（a+8）上為增函數(shù),

所以其Xj=s(q)=1—<o,

而$(-b)=ef>0，S(i)=e*-2i)

設(shè)8c3)=e*-2b，其中b>l，則必'(5)=￥—2>0，

故M3)在(1+o?)上為增函數(shù)，故M3)>ic(l)=e—2>0,

故$(句>0，故$(4=我一■一"有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即e1—x=b的解的個(gè)數(shù)為2.

設(shè)T(x)=ic—Inr—b，([工)=?，

當(dāng)ovhvi時(shí)，r(x)〈o，當(dāng)x>i時(shí)，r(*)>o,

故！X?在(Q1)上為減函數(shù)，在(L+。)上為增函數(shù)，

所以T(xf=T(l)=l—b<0，

而F[e-*)=ef>0，r(e*)=e*-2i>0.

F(x)=x-lBx-b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)即z-liiH=b的解的個(gè)數(shù)為2.

當(dāng)》=1,由(1)討論可得z-lnH=b、吩一僅有一個(gè)零點(diǎn)，

當(dāng)bVl時(shí)，由(1)討論可得ic—lmc=b、e*—工=?均無(wú)零點(diǎn)，

故若存在直線y=?與曲線y=f(工卜y=?(幻有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

則b>1.

設(shè)4l)=H+山1-2r,其中<>0,故五'(H)=C1r+：—2，

設(shè)“Mjue1-K-l,x>0,則/(*)=修一1>0，

故5(用在(Q+。)上為增函數(shù)，故$(工)>S(0)=0即^>第+1，

所以八'(@>工+：—1>2-1>0.所以A(用在(a+cz>)上為增函數(shù)，

而h(l)=e-2>0,fc(J)=e?-3-J<e-3-J<0>

故Mx：在(0,+。)上有且只有一個(gè)零點(diǎn)4，g<%vi且：

當(dāng)o<tv%時(shí)，八(幻<0即1^一<<1r-11Mt即r(4<g(W，

當(dāng)富>0時(shí)，以外>0即8*—<>X-

因此若存在直線>=b與曲線y=f（/：、y-修（今有三個(gè)不同的交點(diǎn)，

故D=$（%）>1，

此時(shí)聯(lián)一M=?有兩個(gè)不同的零點(diǎn)巧工式巧<0<4>）,

此時(shí)■一lnx=b有兩個(gè)不同的零點(diǎn)％q.（OV%V1V〃），

故西一巧=》，語(yǔ)一%=》，q—Inx4一方=0，?<>—IniQ—h=0

所以q—萬(wàn)=lnx<即語(yǔ)-*=。即—（q—萬(wàn)）一萬(wàn)=0，

故q—b為方程耍一父=b的解，同理D也為方程『一±=b的解

又由一巧=方可化為聯(lián)?=巧十萬(wàn)即巧一ln（巧+b）=0即（巧+h）-ln（%+ir）-b=0，

故與+D為方程算一lnz=b的解，同理%十萬(wàn)也為方程工一lnx=萬(wàn)的解，

所以（X1Ml]={W一方—幼，而b>l,

故

【點(diǎn)睛】函數(shù)的最值問(wèn)題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，此時(shí)注意對(duì)參數(shù)的分類討

論，而不同方程的根的性質(zhì)，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關(guān)系.

8.【2022年新高考2卷]已知函數(shù),（1）=土一e1t.

⑴當(dāng)a=1時(shí)，討論「（4的單調(diào)性；

（2）當(dāng)x>0時(shí);求。的取值范圍；

⑶設(shè)me*'證明：扁+扁+“.+底>皿〃+4

【答案】⑴f（4的減區(qū)間為（一a^Q），增區(qū)間為[。+<?）.（2）（1?；」3）見(jiàn)解析

【分析】（1）求出討論其符號(hào)后可得r（4的單調(diào)性.（2）設(shè)械公=工尸一嗟+i,求

出招（竹，先討論a>：時(shí)題設(shè)中的不等式不成立，再就0<as：結(jié)合放縮法討論〃（幻符號(hào)，

最后就aW0結(jié)合放縮法討論林工：的范圍后可得參數(shù)的取值范圍.（3）由（2）可得23<±_：

對(duì)任意的t>1恒成立，從而可得ln[R+1）-lm<忌;對(duì)任意的me即恒成立，結(jié)合裂項(xiàng)

相消法可證題設(shè)中的不等式.

【解析】⑴當(dāng)a=l時(shí)，則r（H）=xe?，

當(dāng)zvo時(shí)，r（M）＜o(jì),當(dāng)x＞o時(shí)，r（4＞o，

故r（x）的減區(qū)間為（—40）,增區(qū)間為（01+CB）.

⑵設(shè)/工）=工一一R+l，則HQ）=O，

又希（h）=（1+。工尸一6?，設(shè)儀@=（1+＜?）6"—1:?，

則。'（工）=（加+021）60*—e*-

若■＞：，貝M（q）=2a-l＞0，

因?yàn)镴（用為連續(xù)不間斷函數(shù)，

故存在！e（Q+6），使得“xe（ClXo），總有g(shù)'（x）＞0，

故0（4在（g?）為增函數(shù)，故0（幻＞9（0）=。，

故M膏在（（Ue）為增函數(shù)，故出公＞*（0）=—1，與題設(shè)矛盾.

若0Vas：，則鼠工）=（1+azX=-e?=尸，旭團(tuán)-科

下證：對(duì)任意工＞0,總有l(wèi)n（l+K）＜ic成立，

證明：設(shè)$（K）=IB（1+IC）—*，故＜（工）=之一1=言＜0,

故$］用在（Q+。）上為減函數(shù)，故叉力VS（O）=O即ln（l+K）＜工成立.

由上述不等式有尸但計(jì)。）一e1〈"H—e?三。，

故入'（工）＜?？偝闪ⅲ础觯?：在［01+a＞）上為減函數(shù)，

所以Hx）vH0）hl

當(dāng)aM。時(shí)，有力（Hjne^-M+axe=Cl-l+OnO,

所以Mx疝（Q+上為減函數(shù)，所以MGV蟲(chóng)0）—L

綜上，a＜I

⑶取a=則"＞0,總有比*—e?+1v0成立，

令t=貝k>l.t2=e*,r=21nt，

故2tlntV嚴(yán)一1即21nt<t—細(xì)任意的t>1恒成立.

所以對(duì)任意的me*,有tin

整理得到：ln(n+1)-lim<^2-,

故/■—+^j——>InZ—lnl+ln3—ln2++ln(n+1)—Inn

=ln(n+1)，

故不等式成立.

【點(diǎn)睛】函數(shù)參數(shù)的不等式的恒成立問(wèn)題，應(yīng)該利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，注意結(jié)合端點(diǎn)

處導(dǎo)數(shù)的符號(hào)合理分類討論，導(dǎo)數(shù)背景下數(shù)列不等式的證明，應(yīng)根據(jù)已有的函數(shù)不等式合理

構(gòu)建數(shù)列不等式.

9.【2021年新高考1卷】已知函數(shù)"x)=x(l-lnx).

(1)討論〃x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)。，b為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且“na-aln/7=a-〃，證明：2<_!■+<L<e.

ab

【答案】(1)/(X)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(1,+8)；(2)證明見(jiàn)解析.

【分析】(1)首先確定函數(shù)的定義域，然后求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，由導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)即可確定

原函數(shù)的單調(diào)性.⑵方法二：將題中的等式進(jìn)行恒等變換，令‘命題轉(zhuǎn)換為證明:

2<m+n<e,然后構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的特征和函數(shù)的單調(diào)性即可證得題中的

結(jié)論.

【解析】⑴f(x)的定義域?yàn)?0，+8).

由/(x)=x(l-lnx)得，f\x)^-\nx,

當(dāng)x=l時(shí)，.f'(x)=0；當(dāng)x?0,l)時(shí)八x)>0；當(dāng)時(shí)，/'(x)<0.

故f(x)在區(qū)間(0』內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間［1,+8)內(nèi)為減函數(shù)，

(2乂方法一］:等價(jià)轉(zhuǎn)化

由引n“_alnb=a_b得，(l_lnL)=1(l_ln，)，即/(-)=/(-).

aabbab

,11

由〃?b,得zn一W丁.

ab

由(1)不妨設(shè)Le(0,l),[e—),則/d)>0,從而/(3>0,得:e(l,e),

ababb

①令g(x)="2-x)-/(x),

則g，(x)=-/r(2-x)-f\x)=ln(2-x)+InX=ln(2x-X2)=ln[1-(x-1)2],

當(dāng)x?0,l)時(shí)，g[x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)為減函數(shù)，g(x)>g⑴=0,

從而/(2—x)>f(x),所以/(2-5>心=心,

由(1)得2-2<1即2<1+'.①

abab

令/z(x)=x+/(x),則”(x)=l+r(x)=l-lnx,

當(dāng)xe(1,e)時(shí)，〃(x)>0,4(x)在區(qū)間(l,e)內(nèi)為增函數(shù)，h(x)<h(e)=e,

從而x+/(x)<e,所以：+/(：)<e.

又由，e(0,l),可得?L<』(l_ln』)=/(2)=/(:),

aaaaab

111

所以/zx②

+-<\(-z)+-=

力力人

由①②得2/+:<e.

ab

?、、上，■日八、〃力?In。In/?11LL，、Ilna+1lnb+1

[方法一]【最優(yōu)國(guó)軍】：〃lna-aln〃=.-Z?變形為-------=-----,所以------=

abbaab

令.則上式變?yōu)?—，

于是命題轉(zhuǎn)換為證明：2<m+n<e.

令〃x)=x(l-Inx),則有/(6)=/(〃)，不妨設(shè)加<〃.

由(1)知。<m<1,1<幾<￡,先證加+〃>2.

要證：72z+H>2<=>/i>2-m<=>/(z?)</(2-/n)<=>/(m)</(2-w)

<=>/W-/(2-m)<0.

令g(x)="x)-〃2-x),x￡(0,l),

則g'(x)=/'(%)+//(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)J>-Ini=0,

???g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,所以g(%)〈g(l)=0,即加+>>2.

再證加+〃<e.

因?yàn)?〃In/?),所以〃+〃<e=>m+〃ve.

令〃(x)=x(l-lnx)+x,x￡(l,e),

所以"(x)=l—lnx>0,故4(x)在區(qū)間(l,e)內(nèi)單調(diào)遞增.

所以Zi(x)</i(e)=e.故gpm+n<e.

綜合可知2J

ab

［方法三］:比值代換

證明4+:>2同證法2.以下證明西+*2<e.

ab

不妨設(shè)&=因，則f=x>l,

x\

由X1(1-Inx)=x2(l-ln%2)得X(Inx.)=rx［l-ln(rx)］,Inx=1-^-^,

t-\

要證芭十/<e,只需證(1+。玉ve,兩邊取對(duì)數(shù)得ln(l+r)+lnx<1,

即ln(l+f)+l-膽<1,

t-\

ln(l+z)Int

即證------<―-.

tr-1

記g(s)=畦2se(0,+8),則,/一m(l+s)

Sg⑴=------2-----

c11

記人(s)=17rhi(1+s),則〃")=而至-幣<0,

所以，〃(s)在區(qū)間(0,+e)內(nèi)單調(diào)遞減.Ms)<〃(o)=o,則g'(s)<0,

所以g(s)在區(qū)間(0,+8)內(nèi)單調(diào)遞減.

由r?l,+oo)得"1e(0,+oo),所以g(r)<g(r-l),

tt-\

［方法四］:構(gòu)造函數(shù)法

,-.\na\nb11.11

由已1矢A口得ZR------=--------，令-=%,7=占，

abbaab

不妨設(shè)占<內(nèi)，所以/(xj=f(w).

由(I)知，0<x,<1<x2<e,只需證2<X［+々<e.

證明玉+%>2同證法2.

e

H、krL—24---FInx

再證明A令//、1-Inx、/7、x.

"印一刀?2<〃(x)=-----(0<x<e)Ji(x)=-------—

x-e(x-e)

。\px-。

令(p(x)=Inx+——2(0<x<e?),則(p\x)=-----=—―<0.

XXX'X"

所以9(x)>8?=0,〃(x)>0,/?(x)在區(qū)間(0,e)內(nèi)單調(diào)遞增.

因?yàn)?<X〈Z<e，所以----L<------",即丁一

x}-ex2-e1-Inx2x2-e

又因?yàn)榱?止/㈤，所以累w令>箸，

Iill人人［人］人2C

即￥一叫<片一外,(％一/)(玉+x2-(?)>0.

因?yàn)椤?lt;工2，所以西+工2<?，即,+

ab

綜上，有2<1+?<e結(jié)論得證.

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：等價(jià)轉(zhuǎn)化是處理導(dǎo)數(shù)問(wèn)題的常見(jiàn)方法，其中利用的對(duì)稱差函數(shù)，

構(gòu)造函數(shù)的思想，這些都是導(dǎo)數(shù)問(wèn)題必備的知識(shí)和技能.

方法二：等價(jià)轉(zhuǎn)化是常見(jiàn)的數(shù)學(xué)思想，構(gòu)造對(duì)稱差函數(shù)是最基本的極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的處理策

略.

方法三：比值代換是一種將雙變量問(wèn)題化為單變量問(wèn)題的有效途徑，然后構(gòu)造函數(shù)利用函數(shù)

的單調(diào)性證明題中的不等式即可.

方法四：構(gòu)造函數(shù)之后想辦法出現(xiàn)關(guān)于％+W-e<0的式子，這是本方法證明不等式的關(guān)鍵

思想所在.

10.【2021年新高考2卷】已知函數(shù)/(x)=(x-l)e*-ad+b.

(1)討論.f(x)的單調(diào)性；

(2)從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：/(X)只有一個(gè)零點(diǎn)

@—<a<—,b>2a；

22

②。<“<3,842。.

【答案】⑴答案見(jiàn)解析；(2)證明見(jiàn)解析.

【分析】(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論確定函數(shù)的單調(diào)性即可;

⑵由題意結(jié)合⑴中函數(shù)的單調(diào)性和函數(shù)零點(diǎn)存在定理即可證得題中的結(jié)論.

【解析】⑴由函數(shù)的解析式可得：/(x)=x(e，-2a),

當(dāng)“VO時(shí)，若x?-oo,0),則尸(X)<O,若(X)單調(diào)遞減,

若。?。時(shí),則尸(x)>0J(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)0<?<3時(shí)，若xe(…,In(20),則尸(x)>OJ(x)單調(diào)遞增，

若x?ln(2a),0),則/'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減，

若xe(。時(shí),則尸(x)>OJ(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)寸，/(x)NOJ(x)在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)”>白寸，若xe(9,O),則尸(x)>0J(x)單調(diào)遞增，

若xe(O,ln(幼))，則尸(x)<0J(x)單調(diào)遞減，

若xe(ln(2a),”)，則.r(x)>O,/(x)單調(diào)遞增：

⑵若選擇條件①：

由于:<知5,故1<2心/,則為>ij(o)=o_i〉o,

而函數(shù)在區(qū)間（—,0）上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間（F,0）上有一個(gè)零點(diǎn).

〃ln（2a））=2a[in（2a）-1]-?[in（2tz）]~+b

>24[ln（2o）-l]-a[ln（2a）丁+2a

=2aIn（2a）-<7[in（26z）]~

=a\n（2ci）^2-In（2?）J,

由于;<q,Iv204e2,故。11!（24）[2-山（2。）[20,

結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間(0,物)上沒(méi)有零點(diǎn).

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

若選擇條件②：

由于0<a<g,故2a<1,則〃0)=bT42a-l<0,

當(dāng)bNO時(shí)，e2>4,4c<2,f(2)=e2-4a+b>Q,

而函數(shù)在區(qū)間(0,+e)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+e)上有一個(gè)零點(diǎn).

當(dāng)人<0時(shí)，構(gòu)造函數(shù)"(x)="-x-l,則=

當(dāng)xe(F,0)時(shí)，"(x)<0,〃(x)單調(diào)遞減，

當(dāng)x?0,3)時(shí),W(x)>0,〃(x)單調(diào)遞增，

注意到“（0）=0,故"（x）20恒成立，從而有：ex>x+\,此時(shí)：

/（x）=（x-l）e、-ft>（x-l）（x+l）-ox2+b=（1-+修-1）,

生女時(shí)，（1-?）?+（&-l）>0,

當(dāng)x>

l-a

取X產(chǎn)后+L則>。,

即：/(0)<0J

而函數(shù)在區(qū)間(0,+8)上單調(diào)遞增，故函數(shù)在區(qū)間(0,+8)上有一個(gè)零點(diǎn).

/（In（2rz））=2a[ln（2a）-l]-q[ln（2a）]+b

<2cz[ln（2a）-l]-tz[ln（2（7）]_+2a

=2QIn（2a）-a[in（2。）]

=aIn（2a）[2-In（2〃）],

由于0<a<；,0<2a<\,故〃ln（2〃）[2-ln（2a）]<0,

結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性可知函數(shù)在區(qū)間(-GO)上沒(méi)有零點(diǎn).

綜上可得，題中的結(jié)論成立.

【點(diǎn)睛】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的

知識(shí)點(diǎn)，所以在歷屆高考中，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查都非常突出，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從

以下幾個(gè)角度進(jìn)行：⑴考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系.⑵利用導(dǎo)

數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值),

解決生活中的優(yōu)化問(wèn)題.(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用.

11.【2020年新高考1卷(山東卷)】已知函數(shù)f(x)=ae*T-Inx+lna.

(1)當(dāng)a=e時(shí)，求曲線y=在點(diǎn)(1,/(1))處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積；

(2)若不等式恒成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)--(2)［l,+oo)

e-1

【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出在點(diǎn)(1,7(1))切線方程，即可得到坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)，

最后根據(jù)三角形面積公式得結(jié)果；

(2)方法一:利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)“X)的單調(diào)性，當(dāng)a=l時(shí)，由/⑴=0得〃x).=研⑴=1,

符合題意；當(dāng)a>l時(shí)，可證/(：)/'⑴<0,從而/'(X)存在零點(diǎn)x°>0,使得

f'(x0)^ae^--=Q,得到/(X)*,利用零點(diǎn)的條件，結(jié)合指數(shù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算化簡(jiǎn)后，利用

基本不等式可以證得“力21恒成立；當(dāng)0<”1時(shí)，研究”1).即可得到不符合題意.綜合可

得a的取值范圍.

【解析】(1)Q/(x)=er-lnx+l,f\x)=exk=f'(l)=e-l.

X

Q/(l)=e+l,.?.切點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1+e),

函數(shù)/(x)在點(diǎn)(1/⑴處的切線方程為y-e-l=(e-l)(x-l)Wy=(e-l)x+2,

???切線與坐標(biāo)軸交點(diǎn)坐標(biāo)分別為(0,2),(二之,0),

e-l

1-22

，所求三角形面積為qx2x|--|=-

2e-le-l

(2)［方法一］:通性通法

Q/(X)=aex~{-Inx+lnaf\x)=aex~x--,且a>0.

設(shè)g(x)=f'(x),則g'(x)=aex~'+—>Q,

X

???g(x)在(0,y)上單調(diào)遞增，即fl(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增,

當(dāng)。=1時(shí)，尸⑴=0,“4必=1/?⑴=1,.：/(x)N1成立.

當(dāng)。>1時(shí)，-<1,?J''1,.?.//(-)/,(l)=a(^''-l)(a-l)<0,

a??匕Ja

.,.存在唯一X。>0,使得/=且當(dāng)xe(0,%)時(shí)尸(x)<0,當(dāng)xe(%,+8)時(shí)

五0

f\x)>0,=—,/.lna+x0-1=-lnx0,

，n-l

因此Ax)*=f(xn)=ae-lnx0+lna

-----FIn6?+XQ-1+Intz221na-1+2/—,%0=21na+l>l,

%V玉)

.：f(x)>l,.：/(x)21恒成立；

當(dāng)0<a<1時(shí)，/(I)=a+］na<a<l,：./(I)<l,/(x)>1不是恒成立.

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是口+8).

［方法二］【最優(yōu)解】：同構(gòu)

由/(x)N1得ae*-'—Inx+lnaN1,即e""+'"'+Ina+x—1Nlnx+x,而Inx+x=e""+lnx,所

以+lna+x-l>e'nx+\nx.

令/z(%)=e"'+〃?，則/7'(%)=e"'+l>0,所以〃(加)在R上單調(diào)遞增.

由eina+x-i+］na+x-12/n*+lnx,可知〃(lna+x-l)2〃(lnx),所以lna+x-121nx,所以

InaNQnx-x+Dgx.

1I-Y

^F(x)=Inx-x+l,貝I」?(幻=L—1二—±.

XX

所以當(dāng)xe(0,l)時(shí)，F(xiàn)(x)>0,F(x)單調(diào)遞增；

當(dāng)xc(1,-KO)時(shí),Fr(x)<0,F(x)單調(diào)遞減.

所以［尸。)］.=尸(1)=0,則InaNO,即aNL

所以Q的取值范圍為.

［方法三］:換元同構(gòu)

由題意知。>0,x>0,令a/T='，所以lna+x-l=ln/,所以lna=lnz-%+l.

于是/(x)=aex~l-Inx+ln6［=z-lnx4-lnf-x4-l.

由于，(x)之l,^-lnx+lnr-x4-l>l<^>r+lnr>x4-lnx,而y=x+ln尤在xc(0,+oo)時(shí)為增函

x

數(shù)，^t>x,即ae-Wx,分離參數(shù)后有擊.

令g(x)=］7,所以g'(x)=="

匕ac

當(dāng)Ovx<l時(shí),g'(x)>O,g(x)單調(diào)遞增：當(dāng)x>l時(shí)，g'(x)<O,g(x)單調(diào)遞減.

所以當(dāng)X=1時(shí)，g(x)=4r取得最大值為g(l)=l.所以心1.

e

［方法四］:

因?yàn)槎x域?yàn)?0，內(nèi))，且為x)Nl,所以川RI,BPa+ln?>l.

令S(a)=a+ln〃，貝ljS，(a)=1>0,所以S(a)在區(qū)間(0,+OJ)內(nèi)單調(diào)遞增.

a

因?yàn)镾(l)=l,所以時(shí)，有S(a)2S(l),即a+lnaNl.

下面證明當(dāng)“21時(shí)，/(xRI恒成立.

令T(a)=ae'i-Inx+lna,只需證當(dāng)時(shí)，恒成立.

因?yàn)镕(a)=e'T+2>0,所以T(a)在區(qū)間［1,”)內(nèi)單調(diào)遞增，則［T(?)］min=T(l)=^'-Inx.

a

因此要證明a*1時(shí)，T(a)21恒成立，只需證明［7(以曲=--InxN1即可.

由e*2x+l,lnx4x-l,得e"-'>x,-lnx>1-x.

上面兩個(gè)不等式兩邊相加可得ei-lnxNl,故時(shí)，/(冷加恒成立.

當(dāng)0<a<l時(shí)，因?yàn)閒(l)=a+lna<l,顯然不滿足/㈤,恒成立.

所以a的取值范圍為

【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)“X)的單調(diào)性，求出其最小值，由人而*0即

可求出，解法雖稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；

方法二：利用同構(gòu)思想將原不等式化成*?i+lna+x-12*，+lnx,再根據(jù)函數(shù)

/?(⑼=e"'+〃?的單調(diào)性以及分離參數(shù)法即可求出，是本題的最優(yōu)解；

方法三：通過(guò)先換元，令aei=r,再同構(gòu)，可將原不等式化成r+lndx+lnx,再根據(jù)函

數(shù)y=x+lnx的單調(diào)性以及分離參數(shù)法求出；

方法四：由特殊到一般，利用/⑴*1可得。的取值范圍，再進(jìn)行充分性證明即可.

專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用

1.【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.Jc=—?jiǎng)t()

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

2.(2021年新高考1卷】若過(guò)點(diǎn)(a,b)可以作曲線)，=e*的兩條切線，貝ij()

A.e"<aB.ea<b

C.0<a<e〃D.0<h<ea

3.【2022年新高考1卷】已知函數(shù)r〔力=/一,+1，則()

A.ft#有兩個(gè)極值點(diǎn)B.ft幻有三個(gè)零點(diǎn)

C.點(diǎn)是曲線y=f［￡的對(duì)稱中心D.直線y=2r是曲線的切線

4.［2022年新高考1卷】若曲線y=［工+公廿有兩條過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍

是.

5.【2022年新高考2卷】曲線y=ln|x|過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為，_

6.【2021年新高考2卷】已知函數(shù)/。)=卜'—|，X<0,々>0,函數(shù)/(x)的圖象在點(diǎn)

和點(diǎn)8(々,/(々))的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M,N兩點(diǎn)，則徐鼻

取值范圍是.

7.【2022年新高考1卷】已知函數(shù)=e*—ax和0優(yōu)=ax—lux有相同的最小值.

⑴求a：

(2)證明：存在直線y=D，其與兩條曲線y=f和y=共有三個(gè)不同的交點(diǎn)，并且從

左到右的三個(gè)交點(diǎn)的橫坐標(biāo)成等差數(shù)列.

8.【2022年新高考2卷】已知函數(shù)=H尸一6r.

⑴當(dāng)a=1時(shí)，討論fix］的單調(diào)性；

(2)當(dāng)工>0時(shí)，r㈤<一1，求a的取值范圍；

⑶設(shè)MEW*，證明：^7+^7+?+>ln(?+1)-

9.【2021年新高考1卷］已知函數(shù)/(x)=x(Inx).

(1)討論/(x)的單調(diào)性；

(2)設(shè)a,匕為兩個(gè)不相等的正數(shù)，且“n“-alnZ?=a-6,證明：2c‘+：<e.

ab

10.【2021年新高考2卷】已知函數(shù)/。)=(九-1)/-af+Z?.

（1）討論/（X）的單調(diào)性；

（2）從下面兩個(gè)條件中選一個(gè)，證明：Ax）只有一個(gè)零點(diǎn)

（T）—<。W—,b>2a；

22

②0<〃2a.

11.【2020年新高考1卷（山東卷）】已知函數(shù)f（x）=ae*T-Inx+lna.

（1）當(dāng)。=e時(shí)，求曲線y=.f（x）在點(diǎn)（L/。））處的切線與兩坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積;

（2）若不等式恒成立，求。的取值范圍.

三年專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用（選擇題、填空題）

（理科專用）

1.【2022年全國(guó)甲卷】已知a=cos*.c=4sin：，貝！1（）

A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b

【答案】A

【解析】

【分析】

由：=4tan：結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)可得c>b；構(gòu)造函數(shù)=cusx+gi2—1.HE（。+

利用導(dǎo)數(shù)可得口，即可得解.

【詳解】

因?yàn)間=4tan：.因?yàn)楫?dāng)xWtanx

所以tan注押：>1,所以c>b；

設(shè)fix）=cusx+^x2—l,re（ft+o?），

r〔?—sinr+H>0，所以ft#在［?+<?）單調(diào)遞增，

則，（?>了⑼=0,所以BSA|">0，

所以b>4,所以>a，

故選：A

2.【2022年新高考1卷】設(shè)a=0.!?!<??1.》=JCbliD.g，則（）

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】C

【解析】

【分析】

構(gòu)造函數(shù)代幼=11111+公一工，導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，由此確定&瓦<的大小.

【詳解】

設(shè)f［工）=lntl+G—1），因?yàn)?，（X）=三一1=.，

當(dāng)zw［-L0］時(shí)，尸〔外>0當(dāng)xe【a+B）時(shí)r〔力<0

所以函數(shù)六力=11111+工）一工在【（）1+0>）單調(diào)遞減，在1—1.0上單調(diào)遞增，

所以r（Jvf（O）=O,所以1119一：<0，故;>lnqhlri）.g，即b>c,

所以,（一二）</（0）=0，所以ln2+、V0，故之<e—2，所以工盛<2,

,、1t>'=、"10IOIQIQq

故a<b，

設(shè)雙6=re*+ln(l-r)fO<x<iy則。(幻=(x+1)/+==

令MG=那9-1)+1-h'tr)=/【—+2r-iy

當(dāng)0<xV0一1時(shí)，h'tr)<0>函數(shù)—1)+1單調(diào)遞減，

當(dāng)逐一1<X<1時(shí)，匯〔外>0，函數(shù)可幻=/伍2—1)+1單調(diào)遞增，

又M0)=0，

所以當(dāng)0VTV0一1時(shí)，hfx)<0>

所以當(dāng)0〈X〈點(diǎn)一1時(shí)，函數(shù)。[工)=工6*+111(1—X)單調(diào)遞增，

所以鼠。1)>?[0)=0，即0.舒?1-1109,所以a>c

故選：C.

3.【2021年新高考1卷】若過(guò)點(diǎn)卜/，3可以作曲線)'=片的兩條切線，則()

A.eh<aB.e"<b

C.0<a<e*D.0<6<e"

【答案】D

【解析】

【分析】

解法一：根據(jù)導(dǎo)數(shù)幾何意義求得切線方程，再構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)圖象，結(jié)合圖形

確定結(jié)果；

解法二：畫(huà)出曲線曠=，的圖象，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)(。力)在曲線下方和x軸上方時(shí)才可以

作出兩條切線.

【詳解】

在曲線y=e*上任取一點(diǎn)P[t,e'),對(duì)函數(shù)y=e"求導(dǎo)得y'=ex,

所以，曲線y=e，在點(diǎn)P處的切線方程為y—e'=e'(x—f),即y=e'x+(l—)/,

由題意可知，點(diǎn)(a,b)在直線y=dx+(l-r)e'上，可得8=ad=(a+l-r)d,

令/⑺=(a+l-f)e,則/(f)=(aT)/.

當(dāng)時(shí)，/'。)>0,此時(shí)函數(shù)〃。單調(diào)遞增，

當(dāng)r>a時(shí)，f(t)<0,此時(shí)函數(shù)/(r)單調(diào)遞減，

所以，/(%=/(“)="，

由題意可知，直線y=b與曲線y=/(f)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn)，則匕</(。皿=e",

當(dāng)r<a+I時(shí)，/(/)>0,當(dāng)ca+1時(shí)，/(/)<0,作出函數(shù)/⑺的圖象如下圖所示：

由圖可知，當(dāng)0<人<，時(shí)，直線y=b與曲線y=/(r)的圖象有兩個(gè)交點(diǎn).

故選：D.

解法二：畫(huà)出函數(shù)曲線y=e’的圖象如圖所示，根據(jù)直觀即可判定點(diǎn)(凡匕)在曲線下方和x軸

上方時(shí)才可以作出兩條切線.由此可知0<b<e”.

【點(diǎn)睛】

解法一是嚴(yán)格的證明求解方法，其中的極限處理在中學(xué)知識(shí)范圍內(nèi)需要用到指數(shù)函數(shù)的增長(zhǎng)

特性進(jìn)行估計(jì)，解法二是根據(jù)基于對(duì)指數(shù)函數(shù)的圖象的清晰的理解與認(rèn)識(shí)的基礎(chǔ)上，直觀解

決問(wèn)題的有效方法.

4.【2020年新課標(biāo)1卷理科】函數(shù)/(x)=x'-2r’的圖像在點(diǎn)(1,/⑴)處的切線方程為()

A.y=-2x-lB.y=-2x+l

C.y=2x-3D.y=2x+1

【答案】B

【解析】

【分析】

求得函數(shù)y=/（x）的導(dǎo)數(shù)（（X）,計(jì)算出了⑴和r。）的值，可得出所求切線的點(diǎn)斜式方程,

化簡(jiǎn)即可.

【詳解】

43,32,

?.?/（X）=X-2X,.?./（X）=4X-6X,=/（1）=-2,

因此，所求切線的方程為y+l=-2（x-l）,即y=-2x+l.

故選：B.

【點(diǎn)睛】

本題考查利用導(dǎo)數(shù)求解函圖象的切線方程，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題

5.【2020年新課標(biāo)3卷理科】若