資源簡介

第17講 新高考新結構
命題下的導數解答題綜合訓練
（11 類核心考點精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一
場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質
量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
（1）三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實
際水平。
（2）三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨
特見解和創造力。
（3）三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思
考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的 5 個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。導數版塊作
為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第 15 題中，作為一道 13 分的題目，難度相對較為適中，
易于學生入手。然而，同樣不能忽視的是，導數版塊也可能被置于第 18、19 題這樣的壓軸題中，此時的分
值將提升至 17 分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能
涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新
結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，
以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、利用導數研究具體函數的單調性
1
1．（2024·湖南邵陽· 3三模）已知函數 f x = - x + x2 +1．
3
(1)求函數 f x 的單調遞增區間；
(2)若函數 g x = f x - k k R 有且僅有三個零點，求 k 的取值范圍．
【答案】(1) 0,2
k 7 (2) 1, 3 ֏
【分析】（1）利用求導，導數值大于 0 來求單調遞增區間即可；
（2）利用函數的單調性和取值情況，分析可得 k 的取值范圍.
【詳解】（1）由 f x 1= - x3 + x2 +1，得 f x = -x2 + 2x ，
3
令 f x > 0，得-x2 + 2x > 0，解得0 < x < 2．
所以 f x 的單調遞增區間為 0,2
（2）令 f x = 0，解得 x = 0或 x = 2．
當 x 變化時， f x ， f x 的變化情況如下表所示：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x 7單調遞減 1 單調遞增 單調遞減
3
由函數 g x = f x - k 有且僅有三個零點，
得方程 f x = k k R 有且僅有三個不等的實數根，
所以函數 y = f x 的圖象與直線 y = k 有且僅有三個交點．
顯然，當 x - 時， f x + ；當 x + 時， f x - ．
7
所以由上表可知， f x 的極小值為 f 0 =1， f x 的極大值為 f 2 = ，
3
k 故 1,
7
÷．
è 3
x
2．（2024·浙江· e + x -1三模）已知函數 f x = ．
ex
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若曲線 y = f x 在點 0,0 2處的切線與二次曲線 y = ax + 2a + 5 x - 2只有一個公共點，求實數 a 的值．
【答案】(1)單調增區間： - , 2 ，單調減區間： 2, + ．
1 9
(2) a = - 或 - 2 ．2
【分析】（1）利用導數求函數的單調區間；
（2）首先求出函數的切線方程，與曲線聯立方程，分析D得出結論.
2 - x
【詳解】（1）易知 f x 定義域為 R， f x =
ex
，
所以 x - , 2 ， f x > 0， x 2, + ， f x < 0．
故 f x 單調增區間： - , 2 ，單調減區間： 2, + ．
（2）因為 f 0 = 2， f 0 = 0，
所以曲線 y = f x 在點 0,0 處的切線為 y = 2x
2 2
把切線方程 y = 2x代入二次曲線方程 y = ax + 2a + 5 x - 2，得 ax + 2a + 3 x - 2 = 0有唯一解，
即Δ = 2a + 3 2 + 8a = 0且 a 0，即 4a2 + 20a + 9 = 0
a 1= - 9解得 或 - 2 ．2
2lnx + x + a
3．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 f x = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的單調區間.
(2)若對"x 0, + ， f x xex 恒成立，求實數 a的取值范圍
【答案】(1) f x 的單調遞增區間為 0,1 ，單調遞減區間為 1, +
(2) - ,1
【分析】（1）求導，根據導函數的符號判斷原函數的單調區間；
（2）分析可知原題意等價于對"x 0, + ， a x2ex - 2ln x - x 恒成立，構建 g x = x2ex - 2ln x - x, x > 0，
利用導數判斷 g x 的單調性和最值，結合恒成立問題分析求解.
2lnx + x + 2
【詳解】（1）若 a = 2，則 f x = 的定義域為 0, + ，
x
x 2 +1÷ - 2ln x + x + 2 且 f x è x -2ln x ，=
x2
=
x2
令 f x > 0，解得0 < x <1；令 f x < 0，解得 x >1；
所以 f x 的單調遞增區間為 0,1 ，單調遞減區間為 1, + .
2lnx + x + a x
（2）因為 f x = xe ，則
x a x
2ex - 2ln x - x ，
所以原題意等價于對"x 0, + ， a x2ex - 2ln x - x 恒成立，
g x = x2 x構建 e - 2ln x - x, x > 0，
則 g x = x2 + 2x ex 2 1- -1 = x x + 2 x x e - 2 ÷，è x
令 h x =ex 1 , x 0 h x =ex 2- 2 > ，則 + 3 > 0對"x 0, + 恒成立，x x
可知 h x 在 0, 1+ 內單調遞增，且 h ÷ = e - 4 < 0h 1 = e -1 > 0 ，
è 2
可知 h x 在 0, + 內存在唯一零點 x 10 ,1÷ ，
è 2
當0 < x < x0 時， h x < 0，即 g x < 0；
當 x > x0時， h x > 0 ，即 g x > 0；
可知 g x 在 0, x0 內單調遞減，在 x0 ,+ 內單調遞增，
g x g x 2 x0 2 x則 00 = x0 e - 2ln x0 - x0 = x0 e - ln x2 x00e ，
h x =ex 10 2 x且 0 - x2 = 0，可得 x e
0
0 =1，
0
則 g x g x0 =1- ln1 =1，可得 a 1，
所以實數 a的取值范圍為 - ,1 .
4．（2024·陜西渭南·二模）已知函數 f (x) = x ln x g(x)
2 f (x)
， = - x
1
+ .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時，mx2 - ex mf (x)恒成立，求實數 m 的取值范圍.
【答案】(1)遞減區間為 (0, + )，無遞增區間；
(2) (- , e] .
【分析】（1）求出函數 g(x)，再利用導數求出 g(x)的單調區間.
（2）等價變形給定不等式得m(x - ln x) ex-ln x ，令 t = x - ln x并求出值域，再換元并分離參數構造函數，求
出函數的最小值即得.
1
【詳解】（1）依題意，函數 g(x) = 2ln x - x + 的定義域為 (0, + )，
x
求導得 g (x)
2 1 1 1= - - 2 = -( -1)
2 0 ，當且僅當 x =1時取等號，
x x x
即 g(x)在 (0, + )上單調遞減，
所以函數 g(x)的遞減區間為 (0, + )，無遞增區間.
x
（2）當 x > 0時，mx2 - ex mf (x) mx2 - ex mx ln x m(x - ln x) e = ex-ln x 恒成立，
x
令 h( x) = x - ln x, x > 0 ，求導得 h (x) =1
1
- ，
x
當0 < x <1時， h (x) < 0，當 x >1時， h (x) > 0，
即函數 h(x) 在( 0, 1)上遞減，在 (1, + )上遞增，則當 x > 0時，h(x) h(1) = 1，
t
令 t = x - ln x，依題意，"t [1, + )，mt et m e 恒成立，
t
et et
令j(t) = , t 1，求導得j (t) (t -1)= 2 0，則函數j(t) 在[1, + ) 上單調遞增，t t
當 t =1時，j(t)min = j(1) = e ，因此m e ，
所以實數 m 的取值范圍 (- , e] .
【點睛】關鍵點點睛：涉及不等式恒成立問題，將給定不等式等價轉化，構造函數，利用導數探求函數單
調性、最值是解決問題的關鍵.
5．（2024·湖南衡陽·模擬預測）函數 f x = ax +1 ln x - ax + 2ln a .
(1)當 a = 2時，討論 f x 的單調性；
(2) f x 在 0, + 上單調遞增，求 a的取值范圍.
【答案】(1) f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
(2) 0,e
【分析】（1）求導之后再對 g(x) = 2x ln x +1分析即可得到 f x 單調性；
（2） f (x) 在 (0, + )上單調遞增得 f (x) 0，然后轉化為 h(x) = ax ln x +1 0，即 h(x)min 0 .
【詳解】（1）當 a = 2時， f (x) = (2x +1) ln x - 2x + 2ln 2， f (x) 的定義域為 (0, + )，
∴ f (x) = 2ln x
2x +1 2 2x ln x +1+ - = ，
x x
令 g(x) = 2x ln x +1，則 g (x) = 2ln x + 2 = 2(ln x +1)，
令 g (x) = 0，即 ln x
1
+1 = 0 x = ，
e
0 x 1當 < < 時， g (x) < 0， g(x)
1
單調遞減；當 x > 時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；
e e
g x 1= g 2∴ ÷ =1- > 0，∴ f (x) > 0 在 (0, + )min 上成立，è e e
∴ f (x) 在 (0, + )上單調遞增.
（2）∵ f (x) 在 (0, + )上單調遞增，∴ f (x) 0， x (0,+ )恒成立，
f (x) a ln x ax +1 a ax ln x +1= + - = 0 ， x (0,+ )恒成立，
x x
即 ax ln x +1 0， x (0,+ )恒成立.
令 h(x) = ax ln x +1，則 h (x) = a(1+ ln x) .
∵ a > 0
1
，當0 < x < 時， h (x) < 0， h(x) 單調遞減；
e
x 1當 > 時， h (x) > 0， h(x) 單調遞增；
e
1 a
∴ h(x) 取得最小值 h =1- .
è e ÷ e
1 a∴ - 0，0 < a e .
e
∴實數 a的取值范圍為 0,e .
1
6．（2024· 2x廣東佛山·二模）已知 f x = - e + 4ex - ax - 5 .
2
(1)當 a = 3時，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求導后，借助導數的正負即可得原函數的單調性；
（2 x x）借助換元法，令 t = ex ， t = e 1 ， t = e 2 ，可得 t 、 t 是方程 t 21 2 1 2 - 4t + a = 0的兩個正根，借助韋達定理
可得 t1 + t2 = 4， t1t2 = a，即可用 t1 、 t2 表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，進而用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，構
造相關函數后借助導數研究其最大值即可得.
1 2x
【詳解】（1）當 a = 3時， f x = - e + 4ex - 3x - 5，
2
f x = -e2x + 4ex - 3 = - ex -1 ex - 3 ，
x
則當 e 0,1 3, + ，即 x - ,0 ln 3,+ 時， f x < 0，
ex當 1,3 ，即 x 0, ln 3 時， f x > 0，
故 f x 的單調遞減區間為 - ,0 、 ln 3, + ，單調遞增區間為 0, ln 3 ；
（2） f x = -e2x + 4ex - a t = ex f x = -t 2，令 ，即 + 4t - a ，
令 t1 = e
x1 t = ex， 22 ，則 t1 、 t 是方程 t 22 - 4t + a = 0的兩個正根，
則Δ = -4 2 - 4a =16 - 4a > 0，即 a < 4，
有 t1 + t2 = 4， t1t2 = a > 0，即 0 < a < 4 ，
f x + f x + x + x 1 e2x 1= - 1 + 4ex1 - ax 2x2 x則 21 2 1 2 2 1 - 5 - e + 4e - ax2 - 5 + x + x2 1 2
1
= - t 2 22 1 + t2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1 + ln t2 -10
1
= - é t + t 2 1 2 - 2t1t ù2 2 + 4 t1 + t2 - a -1 ln t1t2 -10
1
= - 16 - 2a +16 - a -1 ln a -10
2
= a - a -1 ln a - 2，
要證 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0，即證 a - a -1 ln a - 2 < 0 0 < a < 4 ，
令 g x = x - x -1 ln x - 2 0 < x < 4 ，
g x 1 ln x x -1 1則 = - + ÷ = - ln x，
è x x
令 h x 1= - ln x 0 < x < 4 ，則 h x 1 1= - 2 - < 0，x x x
則 g x 在 0,4 上單調遞減，
g 1 1又 = - ln1 =1， g 2 1= - ln 2 < 0 ，
1 2
1 1故存在 x0 1,2 ，使 g x0 = - ln x0 = 0，即 = ln xx0 x 0
，
0
則當 x 0, x0 時， g x > 0，當 x x0 , 4 時， g x < 0，
故 g x 在 0, x0 上單調遞增， g x 在 x0 , 4 上單調遞減，
則 g x g x0 = x0 - x0 -1 ln x
1 1
0 - 2 = x0 - x0 -1 - 2 = x0 + - 3x x ，0 0
又 x0
1 5
1,2
1
，則 x0 + 2, ÷，故 g x0 = x + - 3 < 0x0 è 2
0 ，
x0
即 g x < 0 ，即 f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
x x
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于借助換元法，令 t = ex ， t 1 21 = e ， t2 = e ，從而可結合韋達定理得 t1 、
t2 的關系，即可用 a表示 f x1 + f x2 + x1 + x2 ，構造相關函數后借助導數研究其最大值即可得.
7．（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .
(1)若 a =1，討論 f x 的單調性；
(2)已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + 上恒成立，若方程 f x0 = -ekx0 - 2e2kx0 有解，求實數 k
的取值范圍.
【答案】(1) f x 在 0,e2 2上單調遞減，在 e ,+ 上單調遞增；
1ù
(2) 0, .
è e ú
【分析】（1）求出函數的定義域與導函數，令 g x = f x ，判斷 g x 的單調性，即可得到 f x 的取值情
況，從而得到 f x 的單調區間；
（2）求出函數的導函數，即可判斷導函數的單調性，依題意可得 f x0 = 0，即可得到
f x = -2e20 lnx 2 kx0 - x0，設 h x = -2e lnx - x，依題意可得 h x0 = h e 0 有解，利用導數說明 h x 的單調性，
x = ekx k
lnx
= 0 lnx即可得到 00 ，從而得到 x ，再令m x = 1< x < e2 ，利用導數求出m x 的單調性，即可求出0 x
函數的極值與區間端點的函數值，從而求出參數的取值范圍.
【詳解】（1）函數 f x 的定義域為 0, + ，
2
當 a =1時， f x = x - 2e2 lnx - x - 2e2 2e，所以 f x = - + lnx ，
x
g x f x 2e
2 2e2
設 = = - + lnx，因為 y = - 、 y = lnx都在 0, + 上單調遞增，
x x
所以 g x 在 0, + g e2上單調遞增，且 = 0，
所以 x 0,e2 時， g x < 0, f x < 0, f x 單調遞減；
x e2 ,+ 時， g x > 0, f x > 0, f x 單調遞增.
2 2
所以 f x 在 0,e 上單調遞減，在 e ,+ 上單調遞增.
2 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2（ ）由 ， x 0, + ，
2
得 f x 2e= - + lnx +1- a ，
x
2
因為 y 2e= - 、 y = lnx都在 0, + 上單調遞增，所以 f x 在 0, + 上單調遞增，
x
已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + 上恒成立，所以 f x0 是 f x 的最小值，所以 f x0 = 0，
2e2 2
即 f x 2e0 = - + lnx0 +1- a = 0，所以 a = lnx0 +1- ，x0 x0
2
所以 f x0 = x0 - 2e lnx0 - ax0 - 2e2
x 2e2 lnx lnx 1 2e
2
= 0 - 0 - 0 + - ÷ x0 - 2e
2 = -2e2lnx
x 0
- x0 ，
è 0
設 h x = -2e2lnx - x，
由方程 f x0 = -ekx0 - 2e2kx 20 有解，得-2e lnx0 - x = -ekx00 - 2e2kx0 有解，
即 h x0 = h ekx0 有解，
2e2
因為 h x = - -1< 0在 0, + 上恒成立，所以 h x 在 0, + 上單調遞減，
x
x = ekx0 k
lnx
= 0所以 0 ，則 x ，0
m x lnx設 = 1< x 1- lnx< e2 ，則m x = 2 ，x x
所以 x 1,e 時，m x > 0, m x 2單調遞增， x e,e 時，m x < 0, m x 單調遞減，
又m 1 = 0,m e 1= ,m e2 2= ，
e e2
1
0 < k 1 ù所以 ，即 k 的取值范圍是 0, .
e è e ú
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為
不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的
單調性、極(最)值問題處理．
2x lnx +1 m8．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e - + m R ．
x x
(1)若m = 2e2 ，求 f x 的單調區間；
f x
(2) 0若m = 0， f x 的最小值為 f x0 ，求證： 4 < < 6．x0
【答案】(1)單調遞減區間為 0,1 ，單調遞增區間為 1, +
(2)證明見解析．
2 2x 2
【分析】（1）求導，根據 g x = 2x e + lnx - 2e 的單調性以及 g 1 = 0，即可求解導數的正負，進而可求解
f x 的單調性，
（2）構造函數 h x = ex - x -1，求導證明 ex x +1，當且僅當 x = 0時等號成立．即可根據
e2x+ln x 2x + ln x +1，求解 f x 的最小值為 2，結合零點存在性定理可得，即可求解.
【詳解】（1）由題知， f x 的定義域為 0, + ．
lnx +1 2e2
當m = 2e2 時， f x = e2x - + ，
x x
2 2 2x 2
所以 f x = 2e2x lnx 2e 2x e + lnx - 2e+ 2 - = ．x x2 x2
設 g x = 2x2e2x + lnx - 2e2 ，易知 g x 在 0, + 上單調遞增，
又 g 1 = 0，故當 x 0,1 時， g x < 0 ，即 f x < 0，當 x 1, + 時， g x > 0，即 f x > 0，
所以 f x 的單調遞減區間為 0,1 ，單調遞增區間為 1, + ．
lnx +1 xe2x - lnx -1 e2x+lnx2 m = 0 f x e2x - lnx -1（ ）當 時， = - = = ，
x x x
x
設 h x = e - x -1，則 h x = ex -1，
當 x < 0 時， h x < 0，當 x > 0時， h x > 0，
所以 h x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增，
故 h x h 0 = 0，所以 ex x +1，當且僅當 x = 0時等號成立．
e2x+lnxf x - lnx -1 2x + lnx +1- lnx -1所以 = = 2，
x x
當且僅當 2x + lnx = 0時等號成立，
故 f x 的最小值 f x0 = 2，且 2x0 + lnx0 = 0．
記j x = 2x + lnx ，
易知j x 在 0, + 上單調遞增，則 x0 是j x 的唯一零點．
1 1 2
因為j 2 ÷
=1- ln2 > 0，j ÷ = - ln3 < 0 ，
è è 3 3
1 1 f x0
所以 < x
3 0
< ×所以 4 < < 6．
2 x0
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的
新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮
法，注意恒成立與存在性問題的區別．
9 x．（2024·浙江·模擬預測）已知函數 f x = a e + sinx - x -1.
1
(1)當 a = 時，求 f x 的單調區間；
2
(2)當 a =1時，判斷 f x 的零點個數.
【答案】(1)減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + ；
(2)2 個.
【分析】（1）求導，當 x < 0 時，利用指數函數性質和余弦函數有界性可判斷導數符號，當 x > 0時，利用二
次導數判斷導函數單調性，然后可得導函數符號；
（2）當 x > 0時，利用二次導數判斷 f x 的單調性，當 x -π時，利用指數函數性質和正弦函數有界性可
判斷函數值符號，當-π交點個數判斷即可.
a 1 f x 1 x【詳解】（1）當 = 時， = e + sinx - x -1，所以 f x 1= ex + cosx2 2 2 -1，
x 1當 x < 0 時， e <1,cos x 1 x，所以 e + cosx <1，則 f x < 0，2
所以， f x 在 - ,0 上單調遞減.
1
當 x > 0時，記 g x = ex + cosx -1，則 g x 1= ex - sin x ，2 2
因為 ex >1 sin x ，所以 g x > 0， g x 在 0, + 單調遞增，
所以 g x > g 0 = 0，即 f x > 0，所以 f x 在 0, + 上單調遞增.
綜上， f x 的減區間為 - ,0 ，增區間為 0, + .
（2）當 a =1時， f x = ex + sinx - x -1 x，則 f x = e + cosx -1，
記 h x = ex + cosx -1，則 h x = ex - sin x，
當 x > 0時， ex >1 sin x ，所以 h x > 0， h x 在 0, + 單調遞增，
所以 h x > h 0 =1 > 0， f x 在 0, + 上單調遞增，
所以 f x > f 0 = 0 ， f x 在 0, + 上無零點.
當 x -π時，因為 ex >0,sinx -1,-x -1 π -1，
所以 f x = ex + sinx - x -1 > 0，此時 f x 無零點.
當-π因為當 x 趨近于 0 時， n x 趨近于 0，所以 n x 的變化越來越慢，圖象下凹，
當 x = -π時， ex - x -1 > -sin x，當 x = 0時， ex - x -1 = -sin x，
作出函數 n x 和 y = -sin x的圖象如圖，
由圖可知，當-π易知 x = 0是 f x 的一個零點.
綜上，函數 f x 共有 2 個零點.
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e2x - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
1
(2)若 x > 0， a > 1，求證： f x > - a ln a ．
2
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）利用二次導數判斷 f x 的單調性，結合 f 0 = 0即可求解；
（2）當1< a 2時，利用導數通過證明 f x > f 0 即可；當 a > 2時，利用零點存在性定理判斷 f x 的零
點 x0 0, a -1 ，再由零點方程化簡整理得 f x 的最小值，然后由零點 x0 的范圍即可求解.
【詳解】（1）當 a = 2時， f x = e2x - 2ln x +1 ，定義域為 -1, + ，
則 f x 2e2x 2= - ．
x +1
2
設 g x = f x ，則 g x = 4e2x + > 0 x +1 2 ，
所以 f x 在 -1, + 上單調遞增，且 f 0 = 0，
所以，當 x -1,0 時， f x < f 0 = 0， f x 單調遞減，
當 x 0, + 時， f x > f 0 = 0， f x 單調遞增，
所以 f x 在 -1,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增．
2 f x = e2x（ ）因為 - a ln x +1 ，
f x 2e2x a所以 = - ．
x +1
因為 a > 1，所以 f x 在 0, + 上單調遞增，且 f 0 = 2 - a．
①若1< a 2，則 f 0 0，
所以當 x > 0時， f x > 0恒成立， f x 單調遞增．
又 a ln a > 0，
所以 f x 1> f 0 =1 > - a ln a；
2
②若 a > 2，則 f 0 = 2 - a < 0， f a -1 = 2e2 a-1 -1 > 0，
a
所以存在 x0 0, a -1 2x0，使得 f x0 = 0，即 e = 2x0 + 2
．
當 x 0, x0 時， f x < 0， f x 單調遞減，
當 x x0 ,+ 時， f x > 0， f x 單調遞增，
f x f x = e2x a0所以 0 - a ln x0 +1 = - a ln x +1 2x0 + 2 0
．
因為 y
a
= - a ln x +1 在 0, a -1 上單調遞減，
2x + 2
a
所以 - a ln x
a 1
+1 > - a ln a = - a ln a
2x0 + 2
0 2 a -1 + 2 2 ，
所以 f x 1> - a ln a ．
2
1
綜上所述，當 x > 0， a > 1時， f x > - a ln a ．
2
【點睛】思路點睛：證明 f x > k ，一般可以考慮證明 f x > kmin ，若 f x 有最小值，但無法具體確定，
這種情況下一般是先把 f x 的最小值轉化為關于極值點的一個函數，再根據極值點的取值范圍，確定最小
值的取值范圍．
考點二、利用導數研究含參函數的單調性
2
1．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f x = lnx - ax, g x = ,a 0．
ax
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
【答案】(1)答案見詳解
2
(2)
e3
【分析】（1）求導后，利用導數與函數單調性的關系，對 a > 0與 a<0分類討論即可得；
（2）結合函數的單調性求出函數的最值，即可得解.
【詳解】（1） f x 1 1- ax= - a = （ a 0），
x x
當 a < 0時，由于 x > 0，所以 f x > 0恒成立，從而 f x 在 0, + 上遞增；
當 a > 0時，0
1
< x < ， f x > 0 1； x > ， f x < 0，a a
從而 f x 1 1 在 0, ÷ 上遞增，在 ,+ 遞減；
è a è a ÷
綜上，當 a < 0時， f x 的單調遞增區間為 0, + ，沒有單調遞減區間；
1 1
當 a > 0時， f x 的單調遞增區間為 0, a ÷ ，單調遞減區間為 ,+ ÷ .è è a
（2）令 h x = f x - g x = ln x - ax 2- ，要使 f x g x 恒成立，
ax
只要使 h x 0恒成立，也只要使 h x 0max .
- ax +1 ax - 2
h x 1= - a 2 + =
x ax2 ax2
，
若 a > 0， x > 0，所以 ax +1 > 0 恒成立，
當0 x
2 2
< < 時， h x > 0，當 < x < + 時， h x < 0，
a a
可知 h x 在 0,
2 2
a ÷
內單調遞增，在 ,+ ÷ 內單調遞減，
è è a
所以 h x = h 2 2 ÷ = ln - 3≤0 a
2
max ，解得： ，è a a e3
2
可知 a的最小值為 3 ；e
若 a < 0， x > 0，所以 ax - 2 < 0恒成立，
1 1
當0 < x < - 時， h x < 0，當- < x < + 時， h x > 0，
a a
可知 h x 在 0,
1
-
1
÷ 內單調遞減，在a
- ,+
a ÷
內單調遞增，
è è
所以 h x 在 0, + 內無最大值，且當 x 趨近于+ 時， h x 趨近于+ ，不合題意；
2
綜上所述： a的最小值為 3 .e
2．（2024· x陜西榆林·模擬預測）已知函數 f x = e + a -1 x -1，其中 a R ．
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = 2時，證明： f x > xlnx - cosx．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）就a 1、a < 1分類討論導數的符號后可得函數的單調性；
（2 x）原不等式等價于 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ，當0 < x 1時，可由各式符號證明此不等式成立，
當 x >1時，設 g x = ex + x + cosx -1- xlnx ，利用導數可證明 g x > 0恒成立，據此可得 g x 的單調性，從
而可得原不等式成立.
x
【詳解】（1）Q f x = e + a -1 x -1，\ f x = ex + a -1，
當a 1時， f x = ex + a -1 > 0，函數 f x 在R 上單調遞增；
x
當a < 1時，由 f x = e + a -1 > 0，得 x > ln 1- a ，
函數 f x 在區間 ln 1- a , + 上單調遞增，
由 f x = ex + a -1< 0，得 x < ln 1- a ，
函數 f x 在區間 - , ln 1- a 上單調遞減．
綜上，當a 1時， f x 在R 上單調遞增，無減區間.
當a < 1時， f x 在 ln 1- a , + 上單調遞增，在 - , ln 1- a 上單調遞減.
（2）Q當 a = 2時， f x = ex + x -1，
\要證 f x > xlnx - cosx x，即證 e + x + cosx -1- xlnx > 0, x 0, + ，
①當0 < x 1時，Qex + x + cosx -1 > 0， xlnx 0，
\ex + x + cosx -1- xlnx > 0；
②當 x >1 g x = ex時，令 + x + cosx -1- xlnx ，
x
則 g x = e - sinx - lnx，設 h x = g x ，則 h x = ex - cosx 1- ，
x
1
Q x >1，\ex > e > 2，-1 < - < 0，-1 -cosx 1，\h x > 0，
x
\h x 在 1, + 上單調遞增，\h x > h 1 = e - sin1- 0 > 0，即 g x > 0，
\ g x 在 1, + 上單調遞增，\ g x > g 1 = e + cos1 > 0，
即 ex + x + cosx -1- xlnx > 0．
綜上，當 a = 2時， f x > xlnx - cosx．
【點睛】思路點睛：導數背景下不等式恒成立，應該根據不等式中含有的函數的類型進行合理的分類討論，
特別是含有三角函數式時，可根據其值域選擇分類討論的標準.
3．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x
(2) a 2 當 時，證明： e2x ．
x
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論 a的范圍，求出函數的單調區間即可；
f x lnx + 2x +1
（2）要證明 e2x e2x，只要證 即可，設 g x = ex - x -1，利用導數求得最值即可證明．
x x
1
【詳解】（1）函數 f x = lnx + ax +1,a R 的定義域為 0, + ，且 f x = + a ．
x
當 a 0時，"x 0, 1+ , f x = + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在區間 0, + 上單調遞增；
當 a<0時，令 f x 1 1+ ax 1= + a = = 0，解得 x = - ，
x x a
x 1 當 0, - ÷時， f x > 0, f x

在區間 0,
1
- ÷ 上單調遞增，
è a è a
1 1
當 x - ,+

÷ 時， f x < 0, f x

在區間 - ,+

a ÷
上單調遞減．
è è a
綜上所述，當 a 0時， f x 在區間 0, + 上單調遞增；
當 a < 0時， f x 1 1 在區間 0,- ÷ 上單調遞增，在區間 - ,+ ÷上單調遞減．
è a è a
f x
a lnx + 2x +1（2）當 2 時，因為 x > 0，所以要證 e2x 2x，只要證明 e 即可，
x x
即要證 lnx + 2x +1 xe2x ，等價于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1 x，則 g x = e -1，
在區間 - ,0 上， g x < 0, g x 單調遞減；
在區間 0, + 上， g x > 0, g x 單調遞增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（當且僅當 x = 0時等號成立），
所以（*）成立，當且僅當 2x + lnx = 0時，等號成立．
又h x = 2x + lnx 在 0, + 上單調遞增， h 1 2 ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1÷ ，使得 2x0 + lnx0 = 0成立．
è e
綜上所述，原不等式成立．
4．（2024·
2
黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數 f x = a x +1 - x - ln x（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調性；
0 a 1 1(2)當 < 時，求證： f x 2a - +1 .
2 2a
1
【答案】(1)當 a 0時，函數 f x 在區間 0, + 上單調遞減；當 a > 0時，函數 f x 在區間 0, ÷單調遞
è 2a
1
減，在區間 ,+ ÷單調遞增.
è 2a
(2)證明見解析；
【分析】（1）求出函數的導數，通過對 a分類討論，即可求出函數的單調性；
1
（2）根據（1）結論判斷函數 f (x) 的單調性，并求出最小值，再通過最小值與 2a - +1在指定區間作比
2a
較即可得證.
【詳解】（1）由題意可知，函數 f (x) = a(x +1)2 - x - ln x 的定義域為 (0, + )，
1 (x +1)(2ax -1)
導數 f (x) = 2a(x +1) -1- = ，
x x
當 a 0時， x (0,+ )， f (x) < 0 ；
當 a > 0時， x (0, 1 ) ， f (x) < 0 x (
1
； ,+ ), f (x) > 02a ；2a
綜上，當 a 0時，函數 f (x) 在區間 (0, + )上單調遞減；
f (x) (0, 1 1當 a > 0時，函數 在區間 ) 上單調遞減，在區間 ( , + )上單調遞增.
2a 2a
1
（2）由（1）可知，當0 < a 時，
2
f (x) (0, 1 ) 1函數 在區間 上單調遞減，在區間 ( , + )上單調遞增.
2a 2a
1 1 2 1 1 1
所以函數 f (x) f ( ) = a( +1) - - ln( ) = a +1- + ln(2a)，
2a 2a 2a 2a 4a
f (x) 1要證 2a - +1 ,
2a
a 1 1需證 + - + ln(2a)
1
2a - +1，
4a 2a
1
即需證 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立.
4a 2
令 g(a)
1
= + ln(2a) - a ，
4a
2a -1 2
則 g (a) 1 1= - 2 -1+ = - 2 0，4a a 4a
所以函數 g(a) (0,
1
在區間 ]單調遞減，
2
故 g(a)
1 1 1
g( ) = + 0 - = 0，
2 2 2
1
所以 + ln(2a) - a 0,a (0,
1]恒成立，
4a 2
所以當0 a
1 f (x) 2a 1< 時， - +1 .
2 2a
5．（2024·山西呂梁·三模）已知函數 f x = x2 - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x2 f x1 - x f xx , x 0, , x x 1 2 (2)若對任意的 1 2 + 1 2 ，使 > 0恒成立，則實數 a的取值范圍.x1 - x2
【答案】(1)答案見解析
(2)[0, 2e3]
2
【分析】（1）由 f x = x2 - 2x + alnx, a R ，定義域為 x 0, + f x 2x - 2x + a，求導 = ，令
x
g x = 2x2 - 2x + a，討論當 a取不同的值時 g x 的正負情況，即可得到 f x 的單調性；
x2 f x1 - x1 f x2 f x f x0 1 2 > > f x2 G x alnx（ ）法一：由 可化為 ，令 = = x - 2 + ，討論 a取正、負、x1 - x2 x1 x2 x x
a 1- lnx
G x 1 零時 = + 2 0恒成立，即可得到實數 a的取值范圍；x
x2 f x1 - x1 f x2 é f x0 x x 1 f x2
ù
> - - > 0 f x alnx法二：由 可得 1 2 ê ú ，令x x x x g x = = x - 2 + ，即 g
x 0
1 - 2 1 2 x x
x
2 + a 1- lnx 2
恒成立，由 g x = ，則令 h x = x + a 1- lnx ，則 h x 02 恒成立，討論 a取正、負、零時x
2
h x 2x - a= 的單調情況，得到極值，即可得到實數 a的取值范圍.
x
2
【詳解】（1） f x 的定義域為 x 0, + , f x 2x 2 a 2x - 2x + a= - + = ，
x x
令 g x = 2x2 - 2x + a，
又QΔ = 4 -8a，
1o
1
，當Δ 0，即 a 時， g x 0 ，此時 f x > 0, f x 在 0, + 上單調遞增
2
1
2o ，當Δ > 0，即 a < 時，2
令 g x = 0 1- 1- 2a 1+ 1- 2a，解得 x1 = , x2 =2 2
其中，當0
1
< a < 時 ,0 < x1 x2 , x 0, x1 x2 ,+ , g x 0 ，2
x x1，x2 , g x < 0
所以 f x 在 0, x1 , x2 , + 單調遞增，在 x1, x2 單調遞減；
當 a < 0時， x1 < 0 < x2 , x 0, x2 , g x 0, x x2 , + , g x 0 ，
故 f x 在 0, x2 單調遞減， x2 ,+ 單調遞增.
1
綜上： a , f x 在 0, + 上單調遞增；
2
1 1- 1- 2a 1+ 1- 2a 0 < a < , f x 在 0, ÷÷ , ,+ 2 2 2 ÷÷上單調遞增；è è

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

在 ÷÷上單調遞減，在 ,+ 2 2 ÷÷
上單調遞增.
è è
f x f x
（2 1 2）法一：不妨設0 < x1 < x2 ，則 x2 f x1 - x1 f x2 > 0 ，同除以 x1x2 得 > ，x1 x2
所以令G f xx = = x - 2 alnx+ ，
x x
x 0, + a 1- lnx當 時，G x =1+ 0恒成立，
x2
1o，若 a = 0,G x =1 > 0恒成立，符合題意，
o a 0, 1 lnx -12 ，當 > 2 恒成立，a x
F x lnx -1令 = 2 則F x
3- 2lnx
= 3 ，x x
3 3
所以F x 在 0,e2 ÷單調遞增，在 e2 , + ÷單調遞減，
è è
1 3
所以 F e2
1
÷ = ，所以 a 0,2e3 ùa 2e3 ，è
3o ，若 a 0
1 lnx -1
< +，同理 2 恒成立，由 2o 知，當 x 0 , F x - a x
所以不存在滿足條件的 a .
綜上所述： a 0,2e3 ù .
é
x - x éx f x - x f x f x f xù > 0 x - x 1 - 2
ù
法二： 1 2 2 1 1 2 1 2 ê ú > 0 .
x1 x2
g f xx x 2 alnx令 = = - + ，則只需 g x 在 0, + 單調遞增，
x x
即 g x 0恒成立，
2
x + a 1- lnxg x 2= ，令 h x = x + a 1- lnx ，則 h x 02 恒成立；x
h x 2x a 2x
2 - a
又 = - = ，
x x
①當 a = 0時， h x = x2 , h x 在 0, + 單調遞增成立；
②當 a < 0時， h x > 0, h x 在 0, + 單調遞增，又 x 0, h x - ，故 h x 0不恒成立.不滿足題意；

③當 a > 0時，由 h x = 0 x a a a得 = ,h x 在 0, ÷÷單調遞減，在2 2
,+
2 ÷÷單調遞增，è è
a a 3
因為 h x 0恒成立，所以 h(x)min = h ÷÷ = 3 - ln ÷ 0，
è 2 2 è 2
解得0 < a 2e3 ，
綜上， a [0, 2e3] .
6．（2024·廣東東莞·模擬預測）已知函數 f x 1= x2 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數，分類討論求區間；
（2）結合（1）得到的函數 f x 單調性，分類討論函數 f x 最大值.
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, + ，
a x
2 + 1- a x - a x +1 x - af x x 求導數，得 = +1- a - = = ，
x x x
若 a 0，則 f x > 0，此時 f x 在 0, + 上單調遞增，
若 a > 0，則由 f x = 0得 x = a，當0 < x < a 時， f x < 0， f x 在 0, a 上單調遞減，
當 x > a時， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上單調遞增，
綜上，當 a 0， f x 的增區間為 0, + ，無減區間，
若 a > 0， f x 減區間為 0, a ，增區間為 a,+ .
（2）由（1）知，當0 < a 1時， f x 在區間 1,e 上為增函數，
1 2
函數 f x 的最大值為 f e = e + 1- a e - a ，
2
當a e 時， f x 在區間 1,e 上為減函數，
函數 f x 3的最大值為 f 1 = - a，
2
當1< a < e 時， f x 在區間 1, a 上為減函數，在 a, e 上為增函數，
函數 f x 的最大值為max f (1), f (e) ，
f e 1- f 1 = e2 1 3 1 3由 + - a e - > 0，得 a < e +1- ，
2 2 2 2e
若1
1
< a < e +1 3 1- 2時，函數 f x 的最大值為 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e 1
3 a 3+ - < e時，函數 f x 的最大值為 f 1 = - a，
2 2e 2
1 3 1 2
綜上，當 a < e +1- 時，函數 f x 的最大值為 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
a 1 e 1 3當 + - 時，函數 f x 的最大值為 f 1 3= - a .
2 2e 2
3
7．（2024· x寧夏吳忠·模擬預測）已知函數 f (x) = ae - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 ．
【答案】(1) f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增
(2)證明見解析
【分析】（1）求導后，結合導數正負與單調性的關系，分 a 0及 a > 0討論即可得；
1 1
（2）原問題可轉化為證明當 a > 0時， a2 - - ln a > 0 2，構造函數 g(a) = a - - ln a(a > 0)后，利用導數可
2 2
得該函數的單調性，即可得其最小值，即可得證.
【詳解】（1）由題意知 f (x) = aex -1，
當 a 0時， f (x) < 0 ，所以 f x 在 (- , + )上單調遞減；
當 a > 0時，令 f (x) < 0 ，解得 x < - ln a ，
令 f (x) > 0 ，解得 x > - ln a ，
所以 f (x) 在 (- , - ln a)上單調遞減，在 (- ln a, + )上單調遞增
2 1 f (x) = f (- ln a) = ae- ln a（ ）由（ ）得 min + ln a
3 ln a 1- = - ，
2 2
1
要證 f (x) > 2ln a - a2 ，即證 ln a - > 2ln a - a2 a2
1
，即證 - - ln a > 0，
2 2
2
令 g(a) = a2
1
- - ln a(a > 0)，則 g (a) = 2a 1 2a -1- = ，
2 a a
令 g (a) < 0 0 a 2，解得 < < ，令 g (a) > 0 2，解得 a > ，
2 2
2 2
所以 g(a)在 0, ÷÷ 上單調遞減，在 ,+ 2 ÷÷上單調遞增，è 2 è
2

所以 g(a) g 2 2 1 2min = =2 ÷÷ 2 ÷÷
- - ln = ln 2 > 0，
è è 2 2
則 g(a) > 0恒成立，
所以當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 .
8．（2024·山東青島·二模）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)證明曲線 y = f x 在 x =1處的切線過原點；
(2)討論 f x 的單調性；
【答案】(1)證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）可求得切點為 (1, 2a) ，斜率 k = 2a ，則切線方程為 y = 2ax ，則恒過原點；
（2）首先求函數 f x 的導數，當 a = 0時， f (x) > 0 和 f (x) < 0 ，可得 f x 的單調區間；當 a 0時，令
t x = 2ax2 - x +1，當 a > 0時由 t x = 2ax2 - x +1的判別式D 0和D > 0，討論出函數 f x 的單調區間；當
a < 0時， t x = 2ax2 - x +1的判別式D > 0，討論出函數 f x 的單調區間.
1
【詳解】（1）由題設得 f (x) = + 2ax -1(x > 0) ，所以 f (1) =1+ 2a -1 = 2a ，
x
又因為 f (1) = a -1+ a +1 = 2a ，所以切點為 (1, 2a) ，斜率 k = 2a ，
所以切線方程為 y - 2a = 2a(x -1)，即 y = 2ax 恒過原點．
2
2 1 f (x) 2ax - x +1（ ）由（ ）得 = (x > 0) ，
x
當 a = 0時， f (x)
-x +1
= ，
x
當 x (0,1) 時， f (x) > 0 ， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增，
當 x (1,+ )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
a 0 t x = 2ax2當 時，令 - x +1，則D =1-8a，
1
當 a > 0且D =1-8a 0時，即 a 時， f (x) 0， f (x) 在 (0, + )上單調遞增，
8
當0
1
< a < 時，D =1-8a > 0，
8
t x = 2ax2 - x +1 > 0 0 x 1- 1-8a 1+ 1-8a由 ，則 < < ，或 x > ，則 f (x) > 0 ，
4a 4a
1- 1-8a 1+ 1-8a
所以 f (x) 在 0, ÷÷上單調遞增，在4a
,+ ÷上單調遞增；
è è 4a
由 t x = 2ax2 - x +1 < 0 1- 1-8a x 1+ 1-8a，則 < < ，則 f (x) < 0 ，
4a 4a
1- 1-8a ,1+ 1-8a

所以 f (x) 在 上單調遞減；
è 4a 4a ÷
÷

當 a < 0時，D =1-8a > 0，則 t x = 2ax2 - x +1為開口向下的二次函數，
1 1 1
對稱軸 x = < 0， t 0 =1， t =1- >1，
4a ֏ 4a 8a
t x = 2ax2 - x +1 > 0 0 x 1+ 1-8a

由 ，則 < < ，則 f (x) 0
1+ 1-8a
> ，所以 f (x) 在 0, 4a ÷÷
上單調遞增，
4a è

由 t x = 2ax2 1+ 1-8a- x +1 < 0，則 x 1+ 1-8a> ，則 f (x) < 0 ，所以 f (x) 在 ,+
4a è 4a
÷上單調遞減；

綜上：當 a = 0時， f (x) 在( 0, 1)上單調遞增， f (x) 在 (1, + )上單調遞減；
a 1當 時， f (x) 在 (0, + )上單調遞增；
8
1 1- 1-8a 1+ 1-8a
當0 < a < 時， f (x) 在 0, ÷÷上單調遞增，在 ,+ ÷上單調遞增， f (x)4a 在8 è 4a è
1- 1-8a ,1+ 1-8a

上單調遞減；
è 4a 4a
÷÷

1+ 1-8a 1+ 1-8a
當 a < 0時， f (x) 在 ,+ ÷上單調遞減， f (x) 0,4a 在 ÷÷上單調遞增.è è 4a
a
9．（2024· x遼寧沈陽·模擬預測）已知函數 f (x) = 2e + x - (a - 2)x - 4(a R) .e
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若 a - , 2e ，求函數 f (x) 在區間 x (- , 2]上的零點個數.
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）求導，再分 a 0和 a > 0兩種情況討論即可得解；
（2）結合（1）分 a 0，和0 < a < 2e兩種情況討論，求出函數的單調區間及極值，再結合零點的存在性定
理即可得解.
2ex - a1 R e
x +1
【詳解】（ ）定義域為 ，由題意得 f (x) = ，
ex
當 a 0時， f (x) > 0 恒成立，所以 f (x) 在R 上單調遞增.
a
當 a > 0時，由 f (x) > 0 ，得 x > ln ，由 f (x) < 0 ，得 x < ln
a
，
2 2

所以 f (x) 在 - , ln
a a
÷上單調遞減，在2
ln ,+ ÷上單調遞增，
è è 2
綜上所述，當 a 0時， f (x) 的單調遞增區間為R ，無單調遞減區間；
a a
當 a > 0時， f (x) 的單調遞減區間為 - , ln

÷，單調遞增區間為 ln ,+ ÷；
è 2 è 2
2 2e
x - a ex +1
（ ） f (x) = ，
ex
由（1）知當 a 0時， f (x) > 0 在 (- , 2]上恒成立，
所以 f (x) 在 (- , 2]上單調遞增，
因為 f (0) = a - 2 < 0， f (2) = 2e2 + a
1
2 - 2÷ > 0，è e
所以由零點存在性定理知，函數 f (x) 在 (- , 2]上有 1 個零點；
a a
0 a 2e x - , ln ù當 < < 時，若 ÷，則 f (x) < 0 ，若 x ln , 2ú ，則 f (x) > 0 ，è 2 è 2
a a
所以 f (x)
ù
在 - , ln ÷上單調遞減，在 ln , 2 上單調遞增，
è 2 è 2 ú
可得 f x = f ln
a a
÷ = a - 2

1- ln

min 2 2 ÷
，
è è
當 a = 2時， f (x)min = 0，此時 f (x) 在 (- , 2]上有 1 個零點，
當0 < a < 2 時， f (x)min < 0，
a
因為當 x - 時， f (x) + 2， f (2) = 2 e - a + 2 > 0，e
所以此時 f (x) 在 (- , 2]上有 2 個零點，
當 2 < a < 2e時， f (x)min > 0，此時 f (x) 在 (- , 2]上無零點，
綜上，當 a 0或 a = 2時， f (x) 在 (- , 2]上有 1 個零點；
當0＜a＜2時 f (x) 在 (- , 2]上有 2 個零點；
當 2＜a < 2e時 f (x) 在 (- , 2]上無零點.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，
然后將問題轉化為函數圖象與 x 軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思
想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由 f x = 0分離變量得出 a = g x ，將問題等價轉化為直線 y = a 與函數 y = g x 的圖
象的交點問題.
10．（2024·新疆·三模）已知函數 f x = x -1 ex a- x2 + a .
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有三個不同的零點，求實數 a的取值范圍.
【答案】(1)答案見解析
(2) a > e2
【分析】（1）對函數求導后，分 a 0， a =1， 0 < a < 1， a > 1四種情況討論導數的正負，從而可求出函數
的單調區間；
（2）由（1）可知當 a > 1時， f x 可能有三個不同的零點，然后分1 < a e2 和 a > e2兩種情況結合零點存
在性定理與函數的單調性討論零點的個數.
【詳解】（1）因為 f x 的定義域為R ，且 f x = x ex - a ，
當 a 0時，令 f x < 0，解得 x < 0 ；令 f x > 0，解得 x > 0，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
當 a =1時， f x 0時恒成立，當且僅當 x = 0時等號成立，所以 f x 在R 上單調遞增；
當 0 < a < 1時， ln a < 0，令 f x < 0，解得 ln a < x < 0，
令 f x > 0，解得 x < ln a或 x > 0，
所以 f x 在 - , ln a 上單調遞增，在 ln a,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
當 a > 1時， ln a > 0，令 f x < 0，解得0 < x < ln a ，
令 f x > 0，解得 x > ln a或 x < 0 ，
所以 f x 在 - ,0 上單調遞增，在 0, ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
綜上，當 a 0時， f x 在 - ,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
當 0 < a < 1時， f x 在 - , ln a 上單調遞增，在 ln a,0 上單調遞減，在 0, + 上單調遞增；
當 a =1時， f x 在R 上單調遞增；
當 a > 1時， f x 在 - ,0 上單調遞增，在 0, ln a 上單調遞減，在 ln a, + 上單調遞增.
（2）由（1）得，當 a 0時， f x 至多有兩個零點，不符題意；
當 a =1時， f x 至多有一個零點，不符題意；
當 0 < a < 1時， f x f ln a a ln a 1 ln a= - 的極大值 ÷ < 0， f x 至多有一個零點，不符題意；
è 2
當1< a e2 時， f x 的極小值 f ln a a ln a ln a= 1- ÷ 0， f x 的極大值 f 0 = a -1 > 0， f x 至多有
è 2
兩個零點，不符題意；
當 a > e2時，因為 f x 在 - ,0 - 2上單調遞增，且 f - 2 = - 2 -1 e < 0，
f 0 = a -1 > 0，所以 f x 在 - ,0 上有且只有一個零點，
f x 0, ln a f 0 a 1 0 f ln a a ln a 1 ln a 因為 在 上單調遞減， = - > ，且 = - 2 ÷ < 0，è
所以 f x 在 0, ln a 上有且只有一個零點，
因為 f x 在 ln a, + f ln a ln a= a ln a 1- 上單調遞增， ÷ < 0，
è 2
2
令H x ex x= - x > 0 ，則H x = ex - x t(x) = H x = ex，令 - x，則
2
t x = ex -1，
因為當 x > 0時， t x > t (0) = 0，
所以 t(x)在 0, + x上遞增，即H x = e - x在 0, + 上遞增，
所以H x > H 0 =1 > 0，所以H (x)在 0, + 上遞增，
所以H x > H 0 =1 > 0，
2
所以 ex x> 在 0, + 上恒成立，
2
2 x3 - a +1 x2
所以 f x = x 1 ex a x2 a x 1 x a x2 - - + > - × - + a = + a，
2 2 2 2
所以 f a +1 > a > 0，
故 f x 在 ln a, + 上有且只有一個零點，
所以 f x 有三個零點，
綜上，當 a > e2時， y = f x 有三個不同的零點.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的綜合應用，考查利用導數求函數的單調區間，考查利用導數解決函
數零點問題，第（2）問解題的關鍵是當 a > e2時，結合（1）當 a > 1時， f (x) 的單調區間和零點存在性定理
分析判斷，考查數學轉化思想和計算能力，屬于難題.
考點三、利用導數求極值與最值
1
1．（2024· · f x = x2廣東東莞 模擬預測）已知函數 + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）利用導數，分類討論求區間；
（2）結合（1）得到的函數 f x 單調性，分類討論函數 f x 最大值.
【詳解】（1） f x 的定義域為 0, + ，
a x2 + 1- a x - a x +1 x - a
求導數，得 f x = x +1- a - = = ，
x x x
若 a 0，則 f x > 0，此時 f x 在 0, + 上單調遞增，
若 a > 0，則由 f x = 0得 x = a，當0 < x < a 時， f x < 0， f x 在 0, a 上單調遞減，
當 x > a時， f x > 0 ， f x 在 a,+ 上單調遞增，
綜上，當 a 0， f x 的增區間為 0, + ，無減區間，
若 a > 0， f x 減區間為 0, a ，增區間為 a,+ .
（2）由（1）知，當0 < a 1時， f x 在區間 1,e 上為增函數，
函數 f x 1 2的最大值為 f e = e + 1- a e - a ，
2
當a e 時， f x 在區間 1,e 上為減函數，
函數 f x 3的最大值為 f 1 = - a，
2
當1< a < e 時， f x 在區間 1, a 上為減函數，在 a, e 上為增函數，
函數 f x 的最大值為max f (1), f (e) ，
由 f e - f 1 1= e2 + 1- a e 3 1 3- > 0，得 a < e +1- ，
2 2 2 2e
1 3 1
若1 < a < e +1- 2時，函數 f x 的最大值為 f e = e + 1- a e - a ，
2 2e 2
1
若 e +1
3
- a < e時，函數 f x f 1 3的最大值為 = - a，
2 2e 2
a 1 e 1 3 1綜上，當 < + - 時，函數 f x 的最大值為 f e = e2 + 1- a e - a ，
2 2e 2
a 1 e 1 3 3當 + - 時，函數 f x 的最大值為 f 1 = - a .
2 2e 2
2
2 2024· · f (x) x - ax + a．（ 江蘇南京 二模）已知函數 = x ，其中 a R ．e
(1)當 a = 0時，求曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程；
1
(2)當 a > 0時，若 f (x) 在區間[0,a]上的最小值為 ，求 a 的值．
e
【答案】(1) x - ey = 0
(2) a =1
【分析】（1）由 a = 0，分別求出 f (1)及 f (1) ，即可寫出切線方程；
（2）計算出 f (x) ，令 f (x) = 0，解得 x = 2或 x = a，分類討論 a的范圍，得出 f (x) 的單調性，由 f (x) 在區
間[0,a]
1
上的最小值為 ，列出方程求解即可．
e
2 1 2 1
【詳解】（1 a = 0 x 2x - x ）當 時， f (x) = ，則 f (1) = ， f (x) = x ，所以 f (1) = ，ex e e e
所以曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))
1 1
處的切線方程為： y - = (x -1) ，即 x - ey = 0．
e e
2
2 f (x) -x + (a + 2)x - 2a (x - 2)(x - a)（ ） = = - ，令 f (x) = 0x x ，解得 x = 2或 x = a，e e
當0 < a < 2 時， x [0,a]時， f (x) 0，則 f (x) 在[0,a]上單調遞減，
所以 f (x) = f (a) =
a 1 g(a) a 'min a = ，考慮 = a ， g (a)
1- a
= a ，e e e e
當a < 1時， g ' (a) > 0， g(a)單調遞增，當 a > 1時， g ' (a) < 0， g(a)單調遞減，
1 a 1
所以 g(a)的極大值為 g (1) = ，所以由 = 得 a =1；
e ea e
當 a > 2時， x [0, 2]時， f (x) 0，則 f (x) 在[0,2]上單調遞減，
x (2,a]時， f (x) > 0 ，則 f (x) 在 (2,a]上單調遞增，
所以 f (x)min = f (2) =
4 - a 1
2 = ，則 a = 4 - e < 2 ，不合題意；e e
當 a = 2時， x [0, 2]時， f (x) 0，則 f (x) 在[0,2]上單調遞減，
f (x) 2 1所以 min = f (2) = ，不合題意；e2 e
綜上， a =1．
2
3．（2024·河南· ax模擬預測）已知函數 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
é π ù
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx在區間 ê- , 2024π2 ú 上的零點個數．
【答案】(1)答案見解析
(2)2025 個零點
【分析】（1）求導，分析函數的單調性，分情況討論，求函數的極大值.
x2 é π ù
（2）先分析方程 - ,0x = cos x 在 ê ú 上解得個數，再分析在 0,2π 上解的個數，進一步考慮方程在e 2
2kπ,2kπ + 2π 上解的個數，可得問題答案.
2
【詳解】（1 ax）由題易得，函數 f x = 的定義域為R ，
ex
f x 2axe
x - ax2ex 2ax - ax2 ax 2 - x
又 = x 2
= =
e e
x ex ，
所以，當 a > 0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x - 0 + 0 -
f x ] 極小值 Z 極大值 ]
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 0,2 ，單調遞減區間為 - ,0 , 2,+ ．
所以 f x 4a的極大值為 f 2 = 2 a > 0 ．e
當 a<0時， f x , f x 隨 x 的變化情況如下表：
x - ,0 0 0,2 2 2, +
f x + 0 - 0 +
f x Z 極大值 ] 極小值 Z
由上表可知， f x 的單調遞增區間為 - ,0 , 2,+ ，單調遞減區間為 0,2 ．
所以 f x 的極大值為 f 0 = 0 a < 0 ．
4a
綜上所述，當 a > 0時， f x 的極大值為 2 ；當 a<0時， f x 的極大值為 0．e
x2 x2
（2）方法一：當 a =1時， f x = x ，所以函數 g x = f x - cosx = x - cosx．e e
x2
由 g x = 0，得
ex
= cosx．
é π ù
所以要求 g x 在區間 ê- , 2024π 2 ú 上的零點的個數，
é π
只需求 y = f x 的圖象與 h x = cosx的圖象在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú 上的交點個數即可．
由（1）知，當 a =1時， y = f x 在 - ,0 , 2,+ 上單調遞減，在 0,2 上單調遞增，
所以 y = f x é π在區間 ê- ,0
ù
ú 上單調遞減． 2
h x cosx é π= - ,0ù又 在區間 ê 上單調遞增， 2 ú
且 f -1 = e >1 > cos -1 = h -1 , f 0 = 0 <1 = cos0 = h 0 ，
x2
所以 f x = x 與 h x = cosx
é π ù
的圖象在區間 - ,0
e ê 2 ú
上只有一個交點，

é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0ú 上有且只有 1 個零點． 2
a =1 x > 0 f x x
2
因為當 ， 時， = x > 0，e
f x 在區間 0，2 上單調遞增，在區間 2, + 上單調遞減，
x2
所以 f x = x 在區間 0, + 上有極大值 f 2
4
= <1，
e e2
即當 a =1, x > 0時，恒有0 < f x <1．
又當 x > 0時， h x = cosx的值域為 -1,1 ，且其最小正周期為T = 2π，
現考查在其一個周期 0,2π 上的情況，
f x x
2
= x 在區間 0,2 上單調遞增， h x = cosx在區間 0,2 上單調遞減，e
且 f 0 = 0 < h 0 =1， f 2 > 0 > h 2 = cos2 ，
2
所以 h x = cosx與 f x x= x 的圖象在區間 0,2 上只有一個交點，e
即 g x 在區間 0,2 上有且只有 1 個零點．
3π ù
因為在區間 2, ú上， f x > 0,h x = cosx 0，è 2
x2 3π ù
所以 f x = 與 h x = cosxx 的圖象在區間e
2, 上無交點，
è 2 ú
g x 2, 3π ù即 在區間 ú上無零點．è 2
3π 2
在區間 , 2π
ù x
2 ú上， f x = x 單調遞減， h x = cosx單調遞增，è e
f 3π 0 h 3π 且 ÷ > > ÷，0 < f 2π <1 = cos2π = h 2π ，
è 2 è 2
x2
所以 h x = cosx 3π與 f x ù= 的圖象在區間 , 2πx 2 ú上只有一個交點，e è
即 g x 3π ù在區間 , 2π2 ú上有且只有 1 個零點．è
所以 g x 在一個周期 0,2π 上有且只有 2 個零點．
2
同理可知，在區間 2kπ,2kπ + 2π k N* 上，0 < f x <1且 f x x= x 單調遞減，e
h x = cosx在區間 2kπ,2kπ + π 上單調遞減，在區間 2kπ + π,2kπ + 2π 上單調遞增，
且0 < f 2kπ <1 = cos 2kπ = h 2kπ ，
f 2kπ + π > 0 > -1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π
0 < f 2kπ + π <1 = cos 2kπ + π = h 2kπ + π ，
2
所以 h x = cosx與 f x x= 的圖象在區間 2kπ,2kπ + π 和（2kπ + π,2kπ + 2π]x 上各有一個交點，e
即 g x 在 2π,2024π 上的每一個區間 2kπ,2kπ + 2π k N* 上都有且只有 2 個零點．
所以 g x 在（0,2024π] 2024π上共有 2 = 2024個零點．
2π
綜上可知， g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
ú 上共有 2024 +1 = 20252 個零點．
2 2
方法二：當 a =1 x x時， f x = x ，所以函數 g x = f x - cosx = - cosx．e ex
x é π- ,0ù g x 2x - x
2
g x é π當 ê ú時， = - ,0
ù
2 ex
+ sinx 0，所以 在區間 ê 上單調遞減． 2 ú
又 g
π
- ÷ > 0, g 0 < 0
é π
，所以存在唯一零點 x0 ê- ,0
ù
，使得 g x
2 2 ú 0
= 0．
è
é π ù
所以 g x 在區間 ê- ,0ú 上有且僅有一個零點． 2
x 2kπ π
2
當 + , 2kπ
3π
+ ùú , k N
x
時，
2 2 x > 0, cosx < 0 ，所以
g x > 0．
è e
g x 所以 在 2kπ
π 3π
+ , 2kπ + ù ,k N 上無零點．
è 2 2 ú
2
當 x 0,
π ù
ú時， g x
2x - x
= + sinx > 0 ，所以 g x π 2 ex
在區間 0, ÷上單調遞增．
è è 2
又 g 0 0, g π ÷ 0，所以存在唯一零點．
è 2
2
當 x 2kπ,2kπ
π
+ ù , k N* g x 2x - xú 時， = x + sinx ，è 2 e
2 2
設j x 2x - x= x + sinx，則j x
x - 4x + 2
= x + cosx > 0e e
所以 g x 在 2kπ,2kπ
π
+ ù , k N*上單調遞增．
è 2 ú

又 g 2kπ 0, g 2kπ
π
+ ÷ 0，
è 2
x 2kπ,2kπ π所以存在 1 +
ù *
ú ,k N ，使得 g x1 = 0 ．è 2
即當 x 2kπ,x1 時， g x1 < 0, g x 單調遞減；
x x , 2kπ π+ ù當 1 ú時， g x1 > 0, g x 單調遞增．è 2
又 g 2kπ 0, g 2kπ π π +

÷ 0
ù *
，所以 g x 在區間 2kπ,2kπ + ú , k N 上有且僅有一個零點è 2 è 2
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ
π
+ ùú , k N上有且僅有一個零點．è 2
當 x

2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 時，è 2
g x 2x - x
2
= x + sinx ，e
2x - x2 x2
設j x - 4x + 2= x + sinx，則j x = + cosx > 0e ex
所以 g x 在 2kπ
3π
+ , 2kπ + 2πùú ,k N 上單調遞增．è 2
又 g
2kπ 3π+ ÷ < 0, g 2kπ + 2π 0
3π< ù，所以 g x 在區間 2kπ + , 2kπ + 2πú ,k N 上單調遞減：è 2 è 2
g 3π又 2kπ +

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

÷，使得 g x2 2 = 0．è
3π
所以 g x 在區間 2kπ + , 2kπ + 2πùú ,k N 上有且僅有一個零點．è 2
所以 g x 在區間 2kπ,2kπ + 2π ,k N上有兩個零點．
2024π
所以 g x 在 0,2024π 上共有 2 = 2024個零點．
2π
綜上所述， g x é π在區間 ê- , 2024π
ù
2 ú 上共有
2024 +1 = 2025個零點．

【點睛】方法點睛：導函數求解函數零點個數問題，要利用導函數研究函數的單調性，進而求出函數的極
值情況，結合特殊點的函數值的正負，零點存在性定理進行求解.
1
4．（2024· x湖南長沙·三模）已知函數 f x = x + ln ax + xe （ a<0）.
a
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一個元素，求 a的值.
1
【答案】(1)極大值是 f -1 = -1 + ln -a - ，無極小值；
ae
(2) a
1
= - .
e
【分析】（1）利用求導，通過參數 a<0，可分析出 f x 為正負的區間，從而可以判斷 f x 的極值；
（2）利用不等式有唯一解，則正好是最大值取到等號，再去分析取等號的含參方程有解的條件，所以重新
構造新的函數，通過求導來研究函數的零點和方程的解.
x
【詳解】（1）由 f 1 e x = 1+ x +x a ÷，è
x
因為 a<0，所以 f x 1 e的定義域為 - ,0 ，則 + < 0，
x a
因為 x - ,-1 時， f x > 0； x -1,0 時， f x < 0 .
所以 f x 的單調遞增區間為 - ,-1 ；單調遞減區間為 -1,0 ，
所以 x=-1是 f x 的極大值點， f x 的極大值是 f -1 = -1+ ln -a 1- ，無極小值.
ae
1
（2）由（1）可得 f x = f -1 = -1+ ln -a -max ，ae
要使得集合 x f x -1 有且只有一個元素，則只需要-1+ ln 1-a - = -1ae
設 g x 1 ln x 1 1 1 ex +1= - + - - ，則 g x = + 2 = 2 ，ex x ex ex
x , 1 - - 1 因為 ÷時， g x < 0； x - ,0÷時， g x > 0，
è e è e
g x - , 1- 1 所以 的單調遞減區間為 ÷；單調遞增區間為e - ,0÷ .è è e
所以 g x 1= g - ÷ = -1 a
1
min ，所以關于 的方程-1+ ln -a - = -1有解時，è e ae
1
只能是 a = - ，
e
所以集合 x f x -1 1有且只有一個元素時 a = - .
e
5．（2024·河北保定·三模）已知函數 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1為 f (x) 的極值點.
(1)求 a；
(2)證明： f (x) 2x2 - 4x .
【答案】(1)3；
(2)證明見解析；
【分析】（1）求導 f (x) = 2x
1
- a + ，由 f (1) = 0求解；
x
（2）轉化為證 x2 - x - ln x 0，令 g(x) = x2 - x - ln x ，由 g(x)min 0證明.
【詳解】（1）解： f (x)
1
= 2x - a + ，
x
依題意， f (1) = 2 1- a +1 = 0，解得 a = 3，
經檢驗符合題意，所以 a = 3；
（2）由（1）可知， f (x) = x2 - 3x + ln x ，
要證 f (x) = x2 - 3x + ln x 2x2 - 4x，即證 x2 - x - ln x 0，
2 g (x) 2x 1 1 (x -1)(2x +1)設 g(x) = x - x - ln x ，則 = - - = ，
x x
所以當 x (0,1) 時， g (x) < 0， g(x)單調遞減，
當 x (1,+ )時， g (x) > 0， g(x)單調遞增，
當 x =1時， g(x)取得極小值，也是最小值，
因為 g(1) = 0， g(x) g(1) = 0，
所以 f (x) 2x2 - 4x .
【點睛】方法點睛：證明不等式 f x 0，往往由 f x 0min 證明.
6．（2024· 2北京順義·三模）已知函數 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 a < 0時，求證：函數 f x 存在極小值；
(3)求函數 f x 的零點個數.
【答案】(1) y = 0
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）求出函數 f (x) 的導數 f (x) ，再利用導數的幾何意義求解作答.
1
（2）討論函數 f (x) 在區間 (- ,0) 和 (0, + )上的符號即可推理作答.
2
ln 2x +1
1
（3）在 x 0 時，分離參數，構造函數 g x = ，再探討 g(x)在 - ,0÷ 0, + 上的零點情況即x è 2
可作答.
【詳解】（1）由函數 f x = x ln 2x +1 - ax2 求導得： f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2x +1
所以 f (0) = 0 ，因為 f (0) = 0，
所以曲線 y = f (x) 在點 (0, f (0)) 處的切線方程是 y = 0 .
（2）函數 f x = x ln 2x +1 - ax2 ( 1的定義域為 - , + )，由（1）知， f x = ln 2x +1 2x+ - 2ax，
2 2x +1
1 2x
因為 a < 0，則當- < x < 0時， ln(2x +1) < 0 ， < 0 ，-2ax < 0，
2 2x +1
所以，有 f (x) < 0 f (x) (
1
，函數 在 - ,0) 上遞減，
2
2x
當 x > 0時， ln(2x +1) > 0， > 0 ，-2ax > 0，則有 f (x) > 0 ，函數 f (x) 在 (0, + )上遞增，
2x +1
所以，當 x = 0時，函數 f (x) 取得極小值，
所以，當 a < 0時，函數 f (x) 存在極小值.
（3 2）函數 f x = x ln 2x +1 - ax 的定義域為 ( 1- , + )， f x = 0 x ln 2x +1 = ax2，
2
顯然 x = 0是函數 f (x) 的零點，
f (x) a ln(2x +1)當 x 0時，函數 的零點即為方程 = 的解，
x
ln 2x +1
2x
令 g x

= , x 1 - ,0÷ 0, +
- ln 2x +1
，則 g x = 2x +1 ，x è 2 x2
h x 2x
2 2 4x
令 = - ln 2x +1 ，則 h x = 2 - = - 2 ，
2x +1 2x +1 2x +1 2x +1
1
當- < x < 0時， h (x) > 0，當 x > 0時， h (x) < 0，
2
所以函數 h(x) 在 (
1
- ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，
2
" x 1 - ,0

÷ 0, + ， h(x) < h(0) = 0 ，
è 2
所以，有 g (x) < 0， g(x) (
1
在 - ,0) ， (0, + )上都遞減，
2
j(x) = ln(2x +1) - 2x j x 2 2 4x令 ， = - = - ，
2x +1 2x +1
1
當- < x < 0時，j (x) > 0 ，當 x > 0時，j (x) < 0，
2
1
所以，j(x) 在 (- ,0) 上遞增，在 (0, + )上遞減，j(x) j(0) = 0，
2
( 1所以，" - ,+ ) ，恒有 ln(2x +1) 2x，當且僅當 x = 0時取“=”，
2
1 ln(2x +1)
所以，當- < x < 0時， > 2
ln 2x +1
，當 x

> 0時，0 < < 2，
2 x x
所以， g x 在 ( 1- ,0) 上單調遞減， g x 取值集合為 (2,+ ) ，
2
g x 在 (0, + )上遞減， g x 取值集合為 (0,2)，
ln(2x +1)
所以，當0 < a < 2 或 a > 2時，方程 a = 有唯一解，
x
當 a 0或 a = 2時，此方程無解，
所以，當 a 0或 a = 2時，函數 f (x) 有一個零點，
當0 < a < 2 或 a > 2時，函數 f (x) 有兩個零點.
【點睛】思路點睛：涉及含參的函數零點問題，利用導數分類討論，研究函數的單調性、最值等，結合零
點存在性定理，借助數形結合思想分析解決問題.
7．（2024·廣西貴港·模擬預測）已知函數 f (x) aeax
ln x + ln a +1
= - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
【答案】(1)有一個極值點，理由見解析
(2) 0,1
2 x
1 f (x) f (x) x e + ln x【分析】（ ）先求 ，得 = 2 ，再設 h(x) = x
2ex + ln x ，通過對 h (x)符號的分析，得到 f (x)
x
的單調性，再判斷 f (x) = 0的解的情況，分析函數 f (x) 的極值點的情況.
（2）先把原不等式化成 axeax -[ln(ax) +1]+ ax 2a2x 恒成立，利用換元法，設 t = ax，則 t (0,+ ) ，問題轉
化為 2a et
ln t +1
- +1恒成立．再設 g(x) ex
ln x +1
= - ，利用（1）的結論求 g(x)的最小值.
t x
x 1+ ln x
【詳解】（1）當 a =1時， f (x) = e - ， x (0,+ )，
x
f (x) ex ln x x
2ex + ln x
所以 = + 2 = 2 ，x x
令 h(x) = x2ex + ln x ，則 h (x) = (x2 + 2x)ex
1
+ ，
x
當 x (0,+ )時， h (x) > 0，\h(x)在 (0, + )上單調遞增，
又Qh(1) e= - ln 2 < 0， h(1) = e，\h(x)存在唯一零點 x0 ，且 x0 (
1 ,1)，
2 4 2
當 x (0, x0 )時， f (x) < 0 ， f (x) 在 0, x0 上單調遞減，
當 x (x0 ,+ ) 時， f (x) > 0 ， f (x) 在 x0 ,+ 單調遞增．
\ f (x)有一個極小值點 x0 ，無極大值點．
Q f (x) aeax ln x + ln a +1（2） = - ≥2a2 - a恒成立，
x
\axeax -[ln(ax) +1]≥2a2x - ax恒成立，\axeax -[ln(ax) +1]+ ax≥2a2x 恒成立．
令 t = ax，則 t (0,+ ) 2a
ln t +1
，\ et - +1恒成立．
t
g(x) ex ln x +1設 = - ，由（1）可知 g(x)的最小值為 g (x0 ) ．x
ln x 1
h(x ) = x2ex0 + ln x = 0 \ x ex0 = - 0 = - ln x = -e- ln x0又 ln x0 0 0 ， 0 x x 0 0 ．（﹡）0 0
設m(x) = xex ，當 x > 0時，m (x) = (x +1)ex > 0，\m(x) 在 (0, + )上單調遞增，
Q x0 (
1 ,1)，\ x0 > 0 ， - ln x0 > 0，2
1
由（﹡）知m(x0 ) = m(- ln x )
x
0 ，\ x0 = - ln x
0
0 ，即 e = x ．0
g(x ) ex 1+ ln x0 1 1- x\ 0 = 0 - = - 0 =1x x x ，0 0 0
\2a 1+1 = 2，\a 1，又 a > 0，
\a 的取值范圍為 0,1 ．
x ln x +1
【點睛】關鍵點點睛：該題第二問的關鍵是求函數 g(x) = e - 的最小值，由（1）得 g(x)的極小值是
x
g (x ) 2 x0 ，而 x0 的值不能準確的表示出來，所以根據 x0 e 0 + ln x0 = 0進行代入計算.
8 2．（2024·吉林·模擬預測）已知函數 f x = x - ax - a ex .
(1)當 a = 0時，求函數 f x 的極值；
a
(2)求證：當 0 < a < 1, x > 0時， f x > .
a -1
4
【答案】(1)極大值 2 ，極小值 0.e
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后，由導數的正負求出函數的單調區間，從而可求出函數的極值；
（2 a）對函數求導后，由導數的正負求出函數的單調區間，求出 f (x)min = -ae ，然后將問題轉化為證
-aea a> 1- a ea，證法一：轉化為證 < 1，構造函數 g a = 1- a ea ,0 < a < 1，利用導數求其最大值小
a -1
a 1 a 1
于 1 即可，證法二：轉化為證 e + < 0，構造函數 h a = e + ,0 < a < 1，利用導數求其最大值小于
a -1 a -1
0 即可.
2 x
【詳解】（1）當 a = 0時， f x = x e x R
f x = x2 + 2x ex = x x + 2 ex
令 f x = 0得 x = 0或 x = -2，當 x 變化時， f x 與 f x 變化如下表：
x - , -2 -2 -2,0 0 0, +
f x + 0 - 0 +
f x 4單調遞增 2 單調遞減 0 單調遞增e
4
故當 x = -2時， f x 取得極大值 2 ；當 x = 0時， f x 取得極小值 0e
2 x x
（2） f x = éx + 2 - a x - 2a ù e = x + 2 x - a e , x > 0
Q x > 0\ x + 2 > 0
令 f x = 0，則 x = a，當 x 變化時， f x 與 f x 變化如下表：
x 0,a a a,+
f x - 0 +
f x 單調遞減 -aea 單調遞增
故 f (x) amin = f a = -ae .
a
要證當 0 < a < 1, x > 0時， f x > .
a -1
a a a
證法一：只需證當 0 < a < 1時，-ae > ，即 1- a e < 1 *
a -1
令 g a = 1- a ea ,0 < a < 1，則 g a = -aea < 0,\ g a 在 0,1 上單調遞減
故 g a < g 0 =1，即 * 式成立，原不等式成立.
a 1
證法二：只需證當 0 < a < 1 a a時，-ae > ，即 e + < 0 *
a -1 a -1
1 (a -1)
2 ea -1
令 h a = ea
1
+ ,0 < a < 1 a，則 h a = e - =
a -1 (a -1)2 (a -1)2
令m a = (a -1)2 ea -1,0 < a < 1，則m a = a2 -1 ea < 0
\m a 在 0,1 上單調遞減.
\m a < m 0 = 0,h a < 0
\h a 在 0,1 上單調遞減， h a < h 0 = 0
即 * 式成立，原不等式成立.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查利用導數求函數的極值，考查利用導數證明不等式，第（2）問解題的關鍵
是利用導數求出 f (x)min = -ae
a a a
，然后將問題轉化為證-ae > ，考查數學轉化思想和計算能力，屬于較
a -1
難題.
a
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數 f (x) = ln x + -1(a R)．
x
(1)求函數 f (x) 的極值；
(2)設函數 f (x) 的導函數為 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），證明： f x1 + f x2
1
+ > 1．
a
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求得 f (x)
x - a
= 2 ，得出函數的單調性，結合極值的概念，即可求解；x
1 1
（2）由 f (x1) = f (x )
2
2 ，得到 a + ÷ =1，求得 a > 0，得到 x1x2 > 4a ，化簡得到
è x1 x2
f x1 + f x2 =1n x1x2 -1 >1n 4a2 -1，設 g(a) 1= 21na + + 2ln 2 - 2，利用函數的導數求解函數的最小值，a
即可求解．
a 1 a x - a
【詳解】（1）解：由函數 f (x) = ln x + -1，可得其定義域為 x (0,+ )，且 f (x) = - 2 = ，x x x x2
當 a 0時， f (x) > 0 ，函數 f x 在 (0, + )上單調遞增，無極值；
當 a > 0時，令 f (x) > 0 ，可得 x > a；令 f (x) < 0 ，可得 x < a，
所以函數 f x 在 (a,+ ) 上單調遞增，在 (0,a)上單調遞減，
當 x = a時，函數 f x 取得極小值，極小值為 f (a) = ln a，無極大值.
1 a
（2）證明：由（1）知， f (x) = - 2 ，x x
1 a 1 a
可得 f (x1) = - , f (x ) = -x x2 2 x 2 ，且
f (x1) = f (x2 ), x1 x2 ，
1 1 2 x2
1 a 1 a 1 1 a a 1 1 1 1
所以 - 2 = - 2 ，所以 - = - = a( + )( - )x1 x1 x2 x
2
2 x1 x2 x1 x
2 ，
2 x1 x2 x1 x2
1 1
因為 x1 x2 ，所以 a( + ) =1x1 x
，可得 a > 0，
2
則 f x1 + f x2 = ln x
a a
1 + + ln x + - 2 = ln(x x ) -1x 2 1 2 ，1 x2
1 1 1 1 1 1 2
因為 a( + ) > 2a × ，所以 2a × <1，記得 x x > 4a ，
x 1 21 x2 x1 x2 x1 x2
所以 f x1 + f x2 = ln(x1x2 ) -1 > ln(4a2 ) -1，
設 g a ln(4a2 ) 1 2 2ln a 1 2 1 2a -1= + - = + + 2ln 2 - 2，可得 g a = - = ，
a a a a2 a2
1
當 a (0,
1) 時， g a < 0 ， g a 在 (0, )上單調遞減；
2 2
1
當 a ( ,+ ) 時， g a > 0， g a 12 在 ( , + )上單調遞增，2
1 1
所以，當 a = 時， g a = g( ) = 0
2 min
，
2
2 1 2 1
所以 ln(4a ) + - 2 > 0，所以 ln(4a ) -1+ - 2 >1，即 f x1 + f x2
1
+ > 1.
a a a
【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、合理轉化，根據題意轉化為兩個函數的最值之間的比較，列出不等式關系式求解；
2、構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
3、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
4、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的
新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮
法，注意恒成立與存在性問題的區別．
10．（2024·陜西銅川·模擬預測）已知函數 h x = 2x3 + 3x2 -12x + m m R 的一個極值為-2．
(1)求實數m 的值；
(2)若函數 h x é在區間 êk,
3ù
ú 上的最大值為 18，求實數 k 與m 的值． 2
【答案】(1) -22或 5
(2)實數 k 的值為-1, m的值為 5
【分析】（1）通過求導，根據導數的正負得到極值點，根據極值為-2解出m 的值；
3ù 3
（2）根據 - , ú上 h x 的單調性，分1 k < ， k = -2 ， k < -2，-2 < k <1四種情況討論 h x 的最大值，è 2 2
只有-2 < k <1中存在 k 符合題意，令最大值為 18，求得 k 和m 的值.
【詳解】（1 h x = 2x3 + 3x2）由 -12x + m m R ，得 h x = 6x2 + 6x -12 = 6 x + 2 x -1 ，
令 h x = 0，得 x = -2或 x =1；令 h x < 0，得-2 0，得 x<- 2或 x >1．
所以函數 h x 有兩個極值 h -2 和 h 1 ．
若 h -2 = -2，得 2 (-2)3 + 3 (-2)2 -12 -2 + m = -2，解得m = -22；
若 h 1 = -2，得 2 13 + 3 12 -12 1+ m = -2，解得m = 5．
綜上，實數m 的值為－22 或 5．
3ù
（2）由（1）得， h x ,h x 在區間 - , 的變化情況如下表所示：
è 2 ú
x - , -2 -2 -2,1 31 3 1, ÷
è 2 2
h x + 0 － 0 +
h x 9Z 極大值m + 20 ] 極小值m - 7 Z m - 2
由表可知，
3 é 3ù 3 9
①當1 k < 時，函數 h x 在區間 êk, ú 上單調遞增，所以最大值為 h ÷ = m - ，2 2 è 2 2
53
- 1其值為 2 或 2 ，不符合題意；
② k = -2 h x -2,1 1, 3 當 時，函數 在 上單調遞減，在 ÷上單調遞增，
è 2
因為 h 2 3 9 3- = 20 + m ， h ÷ = m -

， h 2 > h ÷，所以 h x
é 3ù
在 êk, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ，其值è 2 2 è 2 2
為-2或 25，不符合題意；
③ k
3
當 < -2時，函數 h x 在 k,-2 上單調遞增，在 -2,1 上單調遞減，在 1, 2 ÷上單調遞增，è
因為 h 2 20 m h 3 m 9- = + ， ÷ = - ， h 2 > h
3 é 3ù
2 2 2 ÷
，所以 h x 在
è è ê
k, ú 上的最大值為 h -2 = m + 20 ，其值 2
為-2或 25，不符合題意；
④當-2 < k <1時， h x 在 k,1 上單調遞減，在 1, 3 2 ÷上單調遞增，è
h x é 3ù 3 9 1 53若 在區間
ê
k, 上的最大值為 h
2ú ÷
= m - ，其值為 或 - ，不符合題意，
è 2 2 2 2
m 22 h -2 = m + 20 = -2 h x ék, 3ù又因為若 = - ，則 ．那么，函數 在區間 ê ú 上的最大值只可能小于－2，不合 2
題意，
é
所以要使函數 h x 在區間 êk,
3ù 3 2
ú 上的最大值為 18，必須使 h k = 2k + 3k -12k + m =18，且m = 5， 2
即 h k = 2k 3 + 3k 2 -12k + 5 =18．所以 2k 3 + 3k 2 -12k -13 = 0，
所以 2k 3 + 2k 2 + k 2 + k -13k -13 2= 0 ．所以 2k k +1 + k k +1 -13 k +1 = 0，
2
所以 2k + k -13 k +1 = 0 ．所以 2k 2 + k -13 = 0或 k +1 = 0，
k -1± 105所以 = 或 k +1 = 0．因為-2 < k <1 -1± 105，所以 k = 舍去．
4 4
綜上，實數 k 的值為-1, m的值為 5．
【點睛】方法點睛：函數在閉區間上的最值
通過求導，根據導數的正負得到函數的單調性，從而函數的最大值在極大值和端點值中取大，函數的最小
值在極小值和端點值中取小.
考點四、利用導數證明不等式
1．（2024·廣西·模擬預測）設函數 f x = lnx + ax + b，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
(2)證明： f x 2> - -1．
5x
【答案】(1) a = 5,b = -2
(2)證明見解析
ì f 1 = 3
【分析】（1）由題意可得 í f 1 6，即可得解； =
g x lnx 5x 1 2（2）構造函數 = + - + ，利用導數求出函數 g x 的最小值，即可得證.
5x
1
【詳解】（1）函數 f x 的定義域為 0, + , f x = + a ，
x
將 x =1代入 y = 6x - 3，解得 y = 3，即 f 1 = 3，
由切線方程 y = 6x - 3，可知切線斜率 f 1 = 6，
故 a + b = 3,1+ a = 6，
解得 a = 5,b = -2；
（2）由（1）知 f x = lnx + 5x - 2 ，
要證 f x 2 2> - -1，即證 lnx + 5x -1+ > 0 ．
5x 5x
設 g x = lnx + 5x 1 2- + ，
5x
25x2 + 5x - 2 5x -1g x 5x + 2 則 = 2 = ，5x 5x2
令 g x = 0 1 2，解得 x = ，或 x = - （舍去），
5 5
當 x

0,
1
÷ 時， g x < 0, g x 單調遞減；
è 5
x 1 當 ,+ ÷時， g x > 0, g x 單調遞增；
è 5
所以 g(x)
1
min = g ÷ = 2 - ln5 > 0，
è 5
所以 g x > 0，即 f x 2> - -1．
5x
2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x
(2)當 a 2 時，證明： e2x ．
x
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的導數，通過討論 a的范圍，求出函數的單調區間即可；
f x lnx + 2x +1
2 2x x（ ）要證明 e2x ，只要證 e 即可，設 g x = e - x -1，利用導數求得最值即可證明．
x x
【詳解】（1）函數 f x = lnx + ax +1,a R 的定義域為 0, + ，且 f x 1= + a ．
x
當 a 0時，"x 0,+ , f x 1= + a > 0 恒成立，
x
所以 f x 在區間 0, + 上單調遞增；
f x 1 a 1+ ax當 a<0 1時，令 = + = = 0，解得 x = - ，
x x a
當 x

0,
1
- ÷時， f x > 0, f x

在區間 0,
1
- ÷ 上單調遞增，
è a è a
1 1
當 x
- ,+ ÷ 時， f x < 0, f x 在區間 - ,+ a a ÷上單調遞減．è è
綜上所述，當 a 0時， f x 在區間 0, + 上單調遞增；
1 1
當 a < 0 f x 時， 在區間 0,- ÷ 上單調遞增，在區間 - ,+

÷上單調遞減．
è a è a
f
a 2 x 2x lnx + 2x +1（2）當 時，因為 x > 0，所以要證 e 2x，只要證明 e 即可，
x x
即要證 lnx + 2x +1 xe2x ，等價于 e2x+lnx lnx + 2x +1（*）．
令 g x = ex - x -1，則 g x = ex -1，
在區間 - ,0 上， g x < 0, g x 單調遞減；
在區間 0, + 上， g x > 0, g x 單調遞增，
所以 g x g 0 = e0 - 0 -1 = 0 ，所以 ex x +1（當且僅當 x = 0時等號成立），
所以（*）成立，當且僅當 2x + lnx = 0時，等號成立．
又h x = 2x 1 2+ lnx 在 0, + 上單調遞增， h ÷ = -1< 0,h 1 = 2 > 0，
è e e
1
所以存在 x0 ,1

÷ ，使得 2x0 + lnxe 0
= 0成立．
è
綜上所述，原不等式成立．
1
3．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n
(2)求證：當 n N*時， sin 1 < ln 2．
i=1 n + i
【答案】(1) 0, +
(2)證明見解析
x x 1 t -1 t -1
【分析】（1）令 = t ，可得 ln - = ln t - ， g(t) = ln t - ，求導可證結論；
x -1 x -1 x t t
（2）令函數 h x = x - sin x 1 1， x > 0，利用導數可證當 x > 0時， x > sin x ，結合（1）可得 sin < < ln x - ln(x -1)，
x x
sin 1從而得到 < ln(n + i) - ln(n + i -1) ，進而得證.
n + i
【詳解】（1） f (x) ln
x 1
= - ， x >1，
x -1 x
x t x t令 = ，則 = ， t > 1，
x -1 t -1
ln x 1 ln t t -1則 - = - ，
x -1 x t
令 g(t) ln t
t -1 t -1
= - ， t > 1 g ，則 (t) =
t t2
> 0，
所以函數 g t 在 1, + 上單調遞增，所以 g t > g 1 = 0，即 f x > 0，
故 f x 的值域為 0, + ．
（2）令函數 h x = x - sin x， x > 0，則 h x =1- cos x 0，
所以 h x 在 0, + 上單調遞增，所以 h x > h 0 = 0，
1 1
故當 x > 0時， x > sin x ，所以 > sin ．
x x
1
由（1）知，當 x > 1 時 < ln x - ln(x -1)，
x
1 1
所以當 x > 0時， sin < < ln x - ln(x -1)，
x x
1
所以 sin < ln x - ln(x -1)，
x
令 x = n + i，其中 n N*， i =1，2，3，L，n，
1
則 sin < ln(n + i) - ln(n + i -1) ，
n + i
sin 1所以 < ln(n +1) - ln n ， sin
1
< ln(n + 2) - ln n +1 ，
n +1 n + 2
sin 1 < ln(n 3) ln(n 2) 1+ - + ，L， sin < ln 2n - ln 2n -1 ，
n + 3 2n
以上 n 個式子相加得 sin
1
+ sin 1 + sin 1 +L 1+ sin
n +1 n + 2 n + 3 2n
< ln(n +1) - ln n + ln(n + 2) - ln(n +1) + ln(n + 3) - ln(n + 2) +L + ln 2n - ln(2n -1)
2n
= ln 2n - ln n = ln = ln 2，
n
n
即當 n N*
1
時， sin < ln 2．
i=1 n + i
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵是，利用（1）中結論與常見不等式 x > sin x 得到
sin 1 1< < ln x - ln(x -1)，從而得證.
x x
4．（2024· 2河北·三模）已知函數 f x = x ln x - ax + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 1 1 1 1
(2)證明： + + +L+ + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
é1
【答案】(1) ê ,+

2 ÷
(2)證明見解析
a -1 a -1
【分析】（1）由題意可得 ln x - ax - + 2a -1 0恒成立，令 g x = ln x - ax - + 2a -1 x 1 ，求導得
x x
x -1 é 1- a x +1 ùg x = ，利用導數分類可求實數 a 的取值范圍；
x2
1 1 1 n +1
（2）由（1）知當 a = 時，可得 ln x x - ÷在 1, + 恒成立，當 x = 時，可得2 2 è x n
ln n +1 1 n +1 n 1 1 1< -
= + ，利用累加法可得結論.
n 2 è n n +1÷ 2 è n n +1÷
【詳解】（1） f x 0 ln x - ax a -1- + 2a -1 0在 1, + 恒成立．
x
構造函數 g x = ln x ax a -1- - + 2a -1 x 1 ，則 g x 0 在 1, + 恒成立．
x
x -1 é1- a x +1 ù
g x 1= - a a -1+ =
x x2 x2
當 a 0時， g x 0，所以 g x 在 1, + 上單調遞增，
所以 g x g 1 = 0 ，矛盾，故舍去
1
當0
1
< a < 時，由 g x 0第17講 新高考新結構
命題下的導數解答題綜合訓練
（11 類核心考點精練）
在新課標、新教材和新高考的“三新”背景下，高考改革又一次具有深度的向前推進。這不僅僅是一
場考試形式的變革，更是對教育模式和教育理念的全面革新。
當前的高考試題設計，以“三維”減量增質為核心理念，力求在減少題目數量的同時，提升題目的質
量和考查的深度。這具體體現在以下三個方面：
（1）三考
題目設計著重考查學生的知識主干、學習能力和學科素養，確保試題能夠全面、客觀地反映學生的實
際水平。
（2）三重
強調對學生思維深度、創新精神和實際應用能力的考查，鼓勵學生不拘泥于傳統模式，展現個人的獨
特見解和創造力。
（3）三突出
試題特別突出對學生思維過程、思維方法和創新能力的考查，通過精心設計的題目，引導學生深入思
考和探索，培養邏輯思維和創新能力。
面對新高考新結構試卷的 5 個解答題，每個題目的考查焦點皆充滿變數，無法提前預知。導數版塊作
為一個重要的考查領域，其身影可能悄然出現在第 15 題中，作為一道 13 分的題目，難度相對較為適中，
易于學生入手。然而，同樣不能忽視的是，導數版塊也可能被置于第 18、19 題這樣的壓軸題中，此時的分
值將提升至 17 分，挑戰學生的解題能力和思維深度，難度自然相應加大。
面對如此多變的命題趨勢，教師在教學備考過程中必須與時俱進。不僅要深入掌握不同題目位置可能
涉及的知識點及其命題方式，更要能夠靈活應對，根據試題的實際情況調整教學策略。本文基于新高考新
結構試卷的特點，結合具體的導數解答題實例，旨在為廣大師生提供一份詳盡的導數解答題綜合訓練指南，
以期在新高考中取得更好的成績。
考點一、利用導數研究具體函數的單調性
1
1．（2024· 3 2湖南邵陽·三模）已知函數 f x = - x + x +1．
3
(1)求函數 f x 的單調遞增區間；
(2)若函數 g x = f x - k k R 有且僅有三個零點，求 k 的取值范圍．
x
2．（2024· · e + x -1浙江 三模）已知函數 f x = x ．e
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若曲線 y = f x 在點 0,0 處的切線與二次曲線 y = ax2 + 2a + 5 x - 2只有一個公共點，求實數 a 的值．
2lnx + x + a
3．（2024·湖南邵陽·三模）已知函數 f x = a R
x
(1)若 a = 2，求 f x 的單調區間.
(2) x若對"x 0, + ， f x xe 恒成立，求實數 a的取值范圍
4．（2024·陜西渭南·二模）已知函數 f (x) = x ln x ， g(x)
2 f (x)
= - x 1+ .
x x
(1)求函數 g(x)的單調區間；
(2)若當 x > 0時，mx2 - ex mf (x)恒成立，求實數 m 的取值范圍.
5．（2024·湖南衡陽·模擬預測）函數 f x = ax +1 ln x - ax + 2ln a .
(1)當 a = 2時，討論 f x 的單調性；
(2) f x 在 0, + 上單調遞增，求 a的取值范圍.
1
6．（2024·廣東佛山·二模）已知 f x = - e2x + 4ex - ax - 5 .
2
(1)當 a = 3時，求 f x 的單調區間；
(2)若 f x 有兩個極值點x1，x2，證明： f x1 + f x2 + x1 + x2 < 0 .
7．（2024·河北保定·二模）已知函數 f x = x - 2e2 lnx - ax - 2e2 a R .
(1)若 a =1，討論 f x 的單調性；
(2)已知存在 x0 1,e2 ，使得 f x f x0 在 0, + kx 2上恒成立，若方程 f x 00 = -e - 2e kx0 有解，求實數 k
的取值范圍.
lnx +1 m
8．（2024· · 2x全國 模擬預測）已知函數 f x = e - + m R ．
x x
(1)若m = 2e2 ，求 f x 的單調區間；
f x
(2)若m = 0， f x 0的最小值為 f x0 ，求證： 4 < < 6．x0
9 x．（2024·浙江·模擬預測）已知函數 f x = a e + sinx - x -1.
(1)當 a
1
= 時，求 f x 的單調區間；
2
(2)當 a =1時，判斷 f x 的零點個數.
10．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = e2x - a ln x +1 ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
(2)若 x > 0， a > 1，求證： f x 1> - a ln a ．
2
考點二、利用導數研究含參函數的單調性
f x lnx ax, g x 21．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 = - = ,a 0．
ax
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若 f x g x 恒成立，求 a的最小值．
2．（2024·陜西榆林· x模擬預測）已知函數 f x = e + a -1 x -1，其中 a R ．
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)當 a = 2時，證明： f x > xlnx - cosx．
3．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f x
(2)當 a 2 時，證明： e2x ．
x
4．（2024·
2
黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數 f x = a x +1 - x - ln x（ a R ）.
(1)討論 f x 的單調性；
(2)當0 a
1 f x 2a 1< 時，求證： - +1 .
2 2a
5 2024· · f x = x2．（ 山西呂梁 三模）已知函數 - 2x + alnx, a R .
(1)討論函數的單調性；
x2 f x - x f x (2) x , x 0, + , x x 1 1 2若對任意的 1 2 1 2 ，使 > 0恒成立，則實數 a的取值范圍.x1 - x2
1
6．（2024· 2廣東東莞·模擬預測）已知函數 f x = x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
7 2024· · f (x) = aex
3
．（ 寧夏吳忠 模擬預測）已知函數 - x - (a R)．
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)證明：當 a > 0時， f (x) > 2ln a - a2 ．
8．（2024·山東青島·二模）已知函數 f (x) = ln x + ax2 - x + a +1 .
(1)證明曲線 y = f x 在 x =1處的切線過原點；
(2)討論 f x 的單調性；
a
9 x．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知函數 f (x) = 2e + x - (a - 2)x - 4(a R) .e
(1)求函數 f (x) 的單調區間；
(2)若 a - , 2e ，求函數 f (x) 在區間 x (- , 2]上的零點個數.
a
10．（2024·新疆·三模）已知函數 f x = x -1 ex - x2 + a .
2
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若 f x 有三個不同的零點，求實數 a的取值范圍.
考點三、利用導數求極值與最值
1
1．（2024·廣東東莞· 2模擬預測）已知函數 f x = x + 1- a x - a ln x a R ．
2
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)當 a > 0時，求函數 f x 在區間 1,e 上的最大值．
x22 - ax + a．（2024·江蘇南京·二模）已知函數 f (x) = x ，其中 a R ．e
(1)當 a = 0時，求曲線 y = f (x) 在 (1, f (1))處的切線方程；
(2)當 a > 0時，若 f (x) 在區間[0,a]
1
上的最小值為 ，求 a 的值．
e
2
3．（2024·河南· ax模擬預測）已知函數 f x = x a 0, a R ．e
(1)求 f x 的極大值；
π
(2)若 a =1，求 g x = f x - cosx é ù在區間 ê- , 2024π 2 ú 上的零點個數．
4．（2024·湖南長沙·三模）已知函數 f x = x + ln ax 1+ xex （ a<0）.
a
(1)求函數 f x 的極值；
(2)若集合 x f x -1 有且只有一個元素，求 a的值.
5．（2024·河北保定·三模）已知函數 f (x) = x2 - ax + ln x， x =1為 f (x) 的極值點.
(1)求 a；
(2)證明： f (x) 2x2 - 4x .
6．（2024· 2北京順義·三模）已知函數 f x = x ln 2x +1 - ax .
(1)求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 a < 0時，求證：函數 f x 存在極小值；
(3)求函數 f x 的零點個數.
ln x + ln a +1
7．（2024· ax廣西貴港·模擬預測）已知函數 f (x) = ae - ．
x
(1)當 a =1時，請判斷 f (x) 的極值點的個數并說明理由；
(2)若 f (x) 2a2 - a恒成立，求實數 a 的取值范圍．
8 2 x．（2024·吉林·模擬預測）已知函數 f x = x - ax - a e .
(1)當 a = 0時，求函數 f x 的極值；
a
(2)求證：當 0 < a < 1, x > 0時， f x > .
a -1
9．（2024·四川攀枝花·三模）已知函數 f (x)
a
= ln x + -1(a R)．
x
(1)求函數 f (x) 的極值；
(2)設函數 f (x) 的導函數為 f (x) ，若 f (x1) = f (x2 )（ x1 x2 ），證明： f x1 + f x2
1
+ > 1．
a
10．（2024· 3 2陜西銅川·模擬預測）已知函數 h x = 2x + 3x -12x + m m R 的一個極值為-2．
(1)求實數m 的值；
é 3ù
(2)若函數 h x 在區間 êk, ú 上的最大值為 18，求實數 k 與m 的值． 2
考點四、利用導數證明不等式
1．（2024·廣西·模擬預測）設函數 f x = lnx + ax + b，曲線 y = f x 在點 1, f 1 處的切線方程為
y = 6x - 3．
(1)求 a,b的值；
2
(2)證明： f x > - -1．
5x
2．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知函數 f x = lnx + ax +1,a R ．
(1)討論 f x 的單調性；
f
(2) a 2 x 當 時，證明： e2x ．
x
1
3．（2024·河北滄州·模擬預測）已知函數 f (x) = ln x - ln(x -1) - ．
x
(1)求 f x 的值域；
n 1
(2)求證：當 n N*時， sin < ln 2．
i=1 n + i
4．（2024·河北·三模）已知函數 f x = x ln x - ax2 + 2a -1 x - a +1 a R ．
(1)若 f x 0 在 1, + 恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 1 1 1 1
(2)證明： + + +L+ + > ln 2．
n +1 n + 2 n + 3 n + n 4n
5．（2024·四川內江·三模）已知函數 f (x) = ln x
a
+ - a, a > 0．
x
(1)若 f (x) 的圖象不在 x 軸的下方，求 a的取值集合；
1 1 1
(2)證明： sin + sin +L+ sin < ln 2024 n N* ．
n +1 n + 2 2024n
6．（2024·河北·模擬預測）已知函數 f x = alnx - x .
(1)討論 f x 的單調性；
a
(2) a 證明：當 a > 0時， f x ÷ -1 .
è e
1 3
7．（2024· 2重慶九龍坡·三模）已知函數 f x = ln x + x - ax + ， a > 0 .
2 2
(1)當 x 1,+ 時，函數 f x 0恒成立，求實數 a的最大值；
(2)當 a = 2時，若 f x1 + f x2 = 0，且 x1 x2 ，求證： x1 + x2 > 2；
n 2
(3) i -1 求證：對任意 n N*，都有 2ln n +1 + ÷ > n .
i=1 è i
8．（2024·陜西·模擬預測）已知函數 f x = a ln x - x +1（ a R ）， g x = sin x - x .
(1)討論函數 f x 的單調性；
g 1 (2)證明： < 0n （+1÷ n N
* ）；
è
ln 2 sin 1 sin 1(3)證明： > + + sin
1 1
+L+ sin （
n 1 n 2 n 3 2n n N
* ）.
+ + +
1
9．（2024· x 2江蘇連云港·模擬預測）已知函數 f (x) = e - x - x .
2
(1)求函數 f (x) 在 x =1處的切線方程.
(2)證明："x [0,+ ), f (x) > sin x .
3m + 3 2m2 + 5m + 3
10．（2024· mx 2山東·模擬預測）已知函數 f x = e x - x +m m2 ÷，其中m 0 .è
(1)求曲線 y = f x 在點 2, f 2 處切線的傾斜角；
(2)若函數 f x 的極小值小于 0，求實數m 的取值范圍；
(3) x證明： 2e - 2 x +1 ln x - x > 0 .
考點五、利用導數解決恒成立與能成立有解問題
a
1．（2024·湖北·模擬預測）已知函數 f x = lnx ， g x = -1x 其中 a為常數.
(1)過原點作 f x 圖象的切線 l，求直線 l的方程；
(2)若$x 0, + ，使 f x g x 成立，求 a的最小值.
ln x
2．（2024·廣東茂名·模擬預測）已知函數 f x = ．
x
(1)求曲線 y = f x 在點 e, f e 處的切線方程；
(2)當 x 1時， xf x a x2 -1 ，求 a 的取值范圍．
3．（2024·山東濟南·三模）已知函數 f (x) = a x + 2x - 2，其中 a > 0且a 1．
(1)若 f x 是偶函數，求 a 的值；
(2)若 x > 0時， f x > 0，求 a 的取值范圍．
4．（23-24 高三上·廣東深圳·階段練習）已知 f x = ax - lnx, a R ．
(1)討論 f x 的單調性和極值；
(2)若 x 0,e 時， f x 3有解，求 a的取值范圍．
5．（2024· 2全國·模擬預測）已知函數 f x = x - 2a ln x - 2(a R)．
(1)討論 f x 的單調性；
(2) f x 2 ln x 2若不等式 + x2 - 2x 在區間 (1, + )上有解，求實數 a 的取值范圍．
6 x．（2024·四川雅安·三模）已知函數 f x = e - axcosx, g x = sinx -1 .
π
(1)當 a
é ù
=1時，求函數 f x 在 x ê0, 上的值域； 2 ú
(2)若關于 x 的不等式 f x + g x 0 é π ù在 x ê0, 2 ú 上恒成立，求實數 a的取值范圍.
2
7．（2024·浙江紹興· x二模）已知函數 f x = - x + a sin x .
2
(1)當 a = 2時，求曲線 y = f x 在點 0, f 0 處的切線方程；
(2)當 x 0, π 時， f x > 0，求實數 a的取值范圍.
8 - x．（2024·浙江溫州·模擬預測）函數 f x = e sin x
(1)求 f x 的單調區間.
(2)若 f x ax + x2在 x 0 時恒成立，求 a的取值范圍.
9．（2024·山東·二模）已知函數 f x = mx - lnx, x 1,+ .
(1)討論 f x 的單調性；
(2) e m-1 x+1 f x x2若 - x 恒成立，求實數m 的取值范圍.
10．（2024·河北·二模）已知函數 f x = ex ．
(1)求曲線 y = f x 在 x = 0處的切線 l與坐標軸圍成的三角形的周長；
(2)若函數 f x 的圖象上任意一點 P 關于直線 x =1的對稱點Q都在函數 g x 的圖象上，且存在 x 0,1 ，使
f x - 2ex m + g x 成立，求實數m 的取值范圍．
考點六、利用導數研究函數的零點與方程的根
1 3
1．（2024·陜西安康·模擬預測）已知函數 f x = xsinx - ．
2 4
7
(1)證明：當 x 0, π x時， e - x - f x ；
4
(2)求 f x 在區間 0, π 上的零點個數．
2．（2024·廣東汕頭·三模）已知函數 f (x) = x(ex - ax2 ) .
(1)若曲線 y = f (x) 在 x=-1處的切線與 y 軸垂直，求 y = f (x) 的極值.
(2)若 f (x) 在 (0, + )只有一個零點，求 a .
3．（2024·安徽蕪湖·模擬預測）已知函數 f (x) = ex - ln x + x2 - ax(a R)．
(1)當 a = 0時，求函數 f (x) 在 x =1處的切線方程；
(2)若函數至多一個零點，求 a 的取值范圍．
a
4．（2024·青海海西·模擬預測）已知函數 f x = lnx + - 3．
x
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 有且僅有兩個零點，求實數 a的取值范圍．
5．（23-24 高三下·山東菏澤·階段練習）已知函數 f x = x -1 ex - ax2 ， a R .
e
(1)當 a = 2 時，求
f x 的單調區間；
(2)若方程 f x + a = 0有三個不同的實根，求 a的取值范圍．
1
6．（2024·浙江溫州· 1-一模）已知 f x = e x （ x > 0）.
(1)求導函數 f x 的最值；
(2)試討論關于 x 的方程 f x = kx （ k > 0）的根的個數，并說明理由.
x
7 e．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f (x) = 的圖象在點 (0, f (0)) 處的切線方程為 2x + y +1 = 0．
ax + b
(1)求 a,b的值；
(2)若 f (x)
m
= 有兩個不同的實數根，求實數m 的取值范圍．
2x -1
8．（2024·山東煙臺·三模）已知函數 f x = x + aex a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
x f x - x
(2)當 a = 3時，若方程 + = m +1f x x f x 有三個不等的實根，求實數
m 的取值范圍.
-
9．（2024·福建泉州·模擬預測）已知函數 f x = x3 - ax + 2, a R .
(1)若 x = -2是函數 f x 的極值點，求 a的值，并求其單調區間；
f x é1 ,3ù(2)若函數 在 ê ú 上僅有 2 個零點，求 a的取值范圍． 3
10 x+1．（2024·福建寧德·三模）已知函數 f x = a cos x - e a R 的圖象在 x = 0處的切線過點 (-1,2) .
(1)求 f (x) 在 0, π 上的最小值;
2π
(2)判斷 f (x) 在 - ,03 ÷內零點的個數，并說明理由
.
è
考點七、利用導數研究雙變量問題
1．（22-23 高二下·四川涼山·期末）已知函數 f x = ln x - ax - b ．
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2)若 f x 0 b恒成立，求 的取值范圍．
a
1
2．（2024 2高三·全國·專題練習）已知函數 f x = - x + ax - ln x a R 2 ．
(1)求函數 f x 的單調區間；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，求證： 4 f x1 - 2 f x2 1+ 3ln 2 ．
3．（2024· 2四川德陽·二模）已知函數 f x = lnx + x - 2ax,a R ，
(1)當 a > 0時，討論 f x 的單調性；
(2)若函數 f x 有兩個極值點 x1, x2 x1 < x2 ，求 2 f x1 - f x2 的最小值.
4．（23-24 高三上·河南周口·期末）已知函數 f x = cos x - mx2 m R .
π
(1)若 f x 在 ,π4 ÷ 上單調遞減，求m 的取值范圍；è
(2)若m
1
= - ，求證： f x π ；
π 4
(3)在（2）的條件下，若方程 f x = t x > 0 兩個不同的實數根分別為x 1，x2，求證：0 < f x1 + x2 < 2 .
1
5．（23-24 高三上·福建福州·期中）已知函數 f x = a ln x - bx - x > 0,a > 0 ， , f x 為 f x 的導函數．
x
(1)當 a =1時，討論函數 f x 的單調性
(2)已知x1， x2 0, + x1 x2 ，若存在b R ，使得 f x1 = f x2 成立，求證： f x1 + f x2 > 0 ．
6．（23-24 高三下·北京·開學考試）已知 f x = x +1 ekx , k 0 .
(1)若 k =1，求 f x 在 0, f 0 處的切線方程；
(2)設 g x = f x ，求 g x 的單調區間；
(3)求證：當 k > 0時，"m, n 0, + , f m + n +1 > f m + f n .
7．（2024·安徽阜陽·一模）已知函數 f x = 3lnx - ax ．
(1)討論 f x 的單調性．
(2)已知 x1, x2 是函數 f x 的兩個零點 x1 < x2 ．
（ⅰ）求實數 a的取值范圍．
l （ⅱ） 0,
1
÷ , f x 是 f x 的導函數．證明： f élx1 + 1- l x2 2 ù < 0．è
8．（2023·浙江嘉興· x二模）已知 f x = e , g x = lnx .
(1)若存在實數 a，使得不等式 f x - g x f a - g a 對任意 x 0, + 恒成立，求 f a × g a 的值；
f x - f x g x - g x
(2)若1< x < x 1 2 1 21 2 ，設 k1 = , k = ，證明：x 21 - x2 x1 - x2
k
①存在 x0 x , x 1 x01 2 ，使得 = xk 0 ×e 成立；2
f x + f x
② k
1
1 - k2 <
1 2 -
2 .x1x2
9．（2023·全國·模擬預測）已知函數 f x 1+ 2ln x= 2 .x
g x ekx 1(1)設函數 = - k > 0 ，若 f x g x 恒成立，求 k 的最小值；
kx
x1 x2 2 1- ln m(2)若方程 f x = m有兩個不相等的實根x1、x2，求證： + < .x2 x1 m
1
10．（2023·天津河西·模擬預測）已知函數 f (x) = k ln x + x (k R) .e
(1)若函數 y = f (x) 為增函數，求 k 的取值范圍；
(2)已知0 < x1 < x2 .
e e
（i）證明： x - x > - ln
x2 1 x> - 2
e ；2 e 1 x1 x1
x x
（ii）若 1 = 2 f x - f x < 1
ex1 ex
= k ，證明： 1 2 .
2
考點八、利用導數解決隱零點問題
1．（2024· x浙江麗水·二模）設函數 f x = e - ln x + a ,a R .
(1)當 a =1時，求函數 f x 的單調區間；
(2)若對定義域內任意的實數 x ，恒有 f x a，求實數 a的取值范圍.（其中e 2.71828是自然對數的底數）
1
2 22-23 · · f (x) = ln x - ax2．（ 高三上 天津 期末）設函數 ， g(x) = ex - bx， a,b R ，已知曲線 y = f (x) 在點
2
(1, f (1))處的切線與直線 x - y +1 = 0 垂直．
(1)求 a 的值；
(2)求 g(x)的單調區間；
(3)若bf (x) + bx xg(x) 對"x (0,+ )成立，求 b 的取值范圍．
3．（2024·全國·模擬預測）已知函數 f x = x -1 ex - ax - a ．
(1)討論函數 f x 的極值點個數；
(2)當 a > 0時，若實數 x1, x2 滿足 f x1 = f x
x + x
，證明： f 1 2

2 2 ÷
< 0．
è
4．（2023·江西· 2模擬預測）已知函數 f x = 6x + x - alnx -1，且曲線 y = f x 在點 x =1處的切線的斜率為
12.
(1)求 f x 的單調區間；
(2)證明："x > 0，有 f x + x > 4x2恒成立.
1
5．（2024· 2山東棗莊·一模）已知 f x = lnx + ax + x,a R ．
2
(1)討論 f x 的單調性；
1
(2)若"x 0,+ , f x + ax +1 x 3x e + ax +1

÷，求 a2 的取值范圍．è
6．（2024· x北京朝陽·一模）已知函數 f x = 1- ax e a R .
(1)討論 f x 的單調性；
(2)若關于 x 的不等式 f x > a 1- x 無整數解，求 a的取值范圍.
7．（2024·海南·模擬預測）已知函數 f x = 2ex - 2ax,a R .
(1)討論函數 f x 的單調性；
(2) f x x2 + a2若不等式 對任意 x 0, + 恒成立，求 a的取值范圍.
8．（2024· 2 x山東·二模）已知函數 f x = a xe - x - lnx．
1
(1)當 a = 時，求 f x 的單調區間；
e
(2)當 a > 0時， f x 2 - a ，求 a的取值范圍．
9．（2024· x+1 2遼寧撫順·一模）已知函數 f x = xe - ax - 2ax ．
1
(1)當 a = 時，判斷 f x 的單調性；
2
(2)若 x 0, + 時， f x -1 1+ lnx - x恒成立，求實數 a的取值范圍．
10．（2024·遼寧·一模）已知函數 f x = b ln x ， g x = x2 + ax （其中 a，b 為實數，且b > 0）
(1)當 a = -1時， f x g x 恒成立，求 b；
(2)當b = 2 時，函數G x = f x - g x 5有兩個不同的零點，求 a 的最大整數值．（參考數據： ln 0.223）
4
考點九、利用導數解決極值點偏移問題
1 1 5e
1．（2024 · · x 2 3高三 全國 專題練習）設函數 f (x) = e - ex - (x -1) + , x [0,+ ) ．
2 3 2
(1)判斷函數 f (x) 的單調性；
(2)若 x1 x2 ，且 f x1 + f x2 = 6e ，求證： x1 + x2 < 2．
2．（22-23 高三上·遼寧丹東·期末）已知函數 f (x) = ex - x ln x + x2 - ax ．
(1)證明：若 a e +1，則 f (x) 0；
(2)證明：若 f (x) 有兩個零點x1，x2，則 x1x2 <1．
3．（23-24 高二下·云南·期中）已知函數 f x = 3lnx + ax2 - 4x(a > 0) .
(1)當 a =1時，討論 f x 的單調性；
1
(2)當 a = 時，若方程 f x = b 有三個不相等的實數根 x1, x2 , x3，且 x1 < x2 < x3，證明： x3 - x2 1
< 4 .
4．（2024 2高三下·全國·專題練習）已知函數 f x = 2x ln x - x +1．
(1)證明： f x <1；
(2)若0 < x1 < x2 ，且 f x1 + f x2 = 0，證明： x1 + x2 > 2．
5．（22-23 高三上·江西吉安·期末）已知函數 f x = 3alnx - a - 3 x ， a R .
π
(1)當 a =1時，求曲線 g x = f x - 3lnx - sinx 在 x = 2 處的切線方程；
(2)設x1，x2是 h x = f x - 3a - 2 lnx - 3x的兩個不同零點，證明： a x1 + x2 > 4 .
6．（22-23 2高三上·山西·階段練習）已知函數 f x = ax + a - 2 x - lnx a R .
(1)討論 f x 的單調性；
2
(2)若 f x 有兩個零點 x1, x2 ，證明： x1 + x2 > .a
7．（23-24 x高三上·河南·階段練習）已知函數 f x = x - 2 e - ax a R ．
(1)若 a = 2，討論 f x 的單調性．
(2)已知關于 x 的方程 f x = x - 3 ex + 2ax 恰有 2個不同的正實數根 x1, x2 ．
（i）求 a的取值范圍；
（ii）求證： x1 + x2 > 4．
8 2．（2024 高三下·全國·專題練習）已知函數 g x = ln x - ax + 2 - a x（ a R ）．
(1)求 g x 的單調區間；
(2)若函數 f x = g x + a +1 x2 - 2x ， x1, x2 0 < x1 < x2 是函數 f x 的兩個零點，證明： f
x1 + x2
< 02 ÷ ．è
3
9．（23-24 高三上· 2天津和平·階段練習）已知函數 f x = x ln x - a ÷，a 為實數．
è 2
2
(1)當 a = 時，求函數在 x =1處的切線方程；
3
(2)求函數 f x 的單調區間；
(3)若函數 f x 在 x=e處取得極值， f x 是函數 f x 的導函數，且 f x1 = f x2 ， x1 < x2，證明：
2 < x1 + x2 < e．
10．（2023· x遼寧阜新·模擬預測）已知函數 f x = e + ax
(1)若 a = -2 時，求 f x 的最值；
g x f x 1(2)若函數 = - x2，且 x1, x2 為 g x 的兩個極值點，證明： g x1 + g x2 > 22
考點十、導數與其他知識點雜糅問題
1．（2024·河北·三模）現隨機對 N 件產品進行逐個檢測，每件產品是否合格相互獨立，且每件產品不合格的
概率均為 p 0 < p <1 ．
(1)當 N = 20時，記 20 件產品中恰有 2 件不合格的概率為 f p ，求 f p 的最大值點 p0 ；
(2)若這 N 件產品中恰好有M 0 M N 件不合格，以（1）中確定的 p0 作為 p 的值，則當M = 45時，若以
使得P M = 45 最大的 N 值作為 N 的估計值，求 N 的估計值．
2．（高二·全國·課后作業）《九章算術》是古代中國乃至東方的第一部自成體系的數學專著，書中記載了一
種名為“芻甍”的五面體．“芻薨”字面意思為茅草屋頂，圖 1 是一棟農村別墅，為全新的混凝土結構，它由上
部屋頂和下部主體兩部分組成．如圖 2，屋頂五面體為芻薨”，其中前后兩坡屋面 ABFE 和CDEF 是全等的
等腰梯形，左右兩坡屋面EAD 和FBC 是全等的三角形，點F 在平面 ABCD和BC 上射影分別為 H ，M ，已
π
知HM

= 5 m，BC =10 m，梯形 ABFE 的面積是VFBC 面積的 2.2 倍．設 FMH = q 0 < q < ÷．
è 4
（1）求屋頂面積S 關于q 的函數關系式．
（2）已知上部屋頂造價與屋頂面積成正比，比例系數為 k k > 0 ，下部主體造價與其高度成正比，比例系
數為16k ．現欲造一棟總高度為6 m 的別墅，試問：當q 為何值時，總造價最低？
3．（2023·浙江·一模）混管病毒檢測是應對單管病毒檢測效率低下的問題，出現的一個創新病毒檢測策略，
混管檢測結果為陰性，則參與該混管檢測的所有人均為陰性，混管檢測結果為陽性，則參與該混管檢測的
人中至少有一人為陽性．假設一組樣本有 N 個人，每個人患病毒的概率相互獨立且均為 p 0 < p <1 ．目前，
f X N我們采用 K 人混管病毒檢測，定義成本函數 = + KX ，這里 X 指該組樣本 N 個人中患病毒的人
K
數．
(1)證明：E é f X ù 2 p × N ；
(2)若0 < p <10-4，10 K 20．證明：某混管檢測結果為陽性，則參與該混管檢測的人中大概率恰有一人
為陽性．
4．（2023·河北·模擬預測）某排球教練帶領甲、乙兩名排球主力運動員訓練排球的接球與傳球，首先由教練
第一次傳球給甲、乙中的某位運動員，然后該運動員再傳回教練.每次教練接球后按下列規律傳球：若教練
1 2
上一次是傳給某運動員，則這次有 的概率再傳給該運動員，有 3 的概率傳給另一位運動員
.已知教練第一
3
次傳給了甲運動員，且教練第 n次傳球傳給甲運動員的概率為 pn .
(1)求 p2， p3 ；
(2)求 pn 的表達式；
n
(3)設 qn = 2 pn -1 ，證明： qi+1 - qi sin q 1i+1 - sin qi < .
i=1 2
2 2
5．（2024· · x y福建福州 模擬預測）點 P 是橢圓E ： 2 + 2 =1（a > b > 0）上（左、右端點除外）的一個動a b
點， F1 -c,0 ，F2 c,0 分別是E 的左、右焦點.
2 PF
(1)設點 P 到直線 l： x a= 的距離為d ，證明 2 為定值，并求出這個定值；
c d
(2)△PF1F2 的重心與內心（內切圓的圓心）分別為G ， I ，已知直線 IG垂直于 x 軸.
（ⅰ）求橢圓E 的離心率；
（ⅱ）若橢圓E 的長軸長為 6，求△PF1F2 被直線 IG分成兩個部分的圖形面積之比的取值范圍.
6．（2024·湖南岳陽·三模）已知VABC 的三個角 A, B,C 的對邊分別為 a,b,c且 c = 2b，點D在邊BC 上， AD
是 BAC 的角平分線，設 AD = kAC （其中 k 為正實數）．
(1)求實數 k 的取值范圍；
(2) 3 5 b設函數 f (x) = ax3 - bx2 + cx -
3 2 2
① k 2 3當 = 時，求函數 f (x) 的極小值；
3
②設 x0 是 f (x) 的最大零點，試比較 x0 與 1 的大小．
7．（2024·全國·二模）如圖，過點D 1, 3 的動直線 l交拋物線C : y2 = 2 px( p > 0) 于 A, B兩點.
(1)若OD ^ AB,OA ^ OB，求C 的方程；
(2)當直線 l變動時，若 l不過坐標原點O，過點 A, B分別作（1）中C 的切線，且兩條切線相交于點M ，問：
是否存在唯一的直線 l，使得 AMD = BMD？并說明理由.
8．（2024·山東青島·三模）已知 O 為坐標原點，曲線 f x = alnx 在點P 1，0 處的切線與曲線
g x = ex + b 在點Q 0，1+ b 處的切線平行，且兩切線間的距離為 2 ，其中 b 0 .
(1)求實數 a，b 的值;
(2)若點M，N 分別在曲線 y = f x ，y = g x 上，求 ONP 與 OMQ 之和的最大值;
(3)若點 A，B 在曲線 y = f x 上，點C，D 在曲線 y = g x 上，四邊形 ABCD 為正方形，其面積為
2
S 1，證明: S > 2 e - 2 ÷è
附:ln2 ≈ 0.693.
9．（2024·福建泉州·模擬預測）將足夠多的一批規格相同、質地均勻的長方體薄鐵塊疊放于水平桌面上，每
個鐵塊總比其下層鐵塊向外伸出一定的長度，如下圖，那么最上層的鐵塊最多可向桌緣外伸出多遠而不掉
下呢？這就是著名的“里拉斜塔”問題．將鐵塊從上往下依次標記為第 1 塊、第 2 塊、第 3 塊、……、第 n 塊，
將前 i(i =1,2,3, × × ×, n)塊鐵塊視為整體，若這部分的重心在第 i +1塊的上方，且全部鐵塊整體的重心在桌面的
上方，整批鐵塊就保持不倒．設這批鐵塊的長度均為 1，若記第 n 塊比第 n +1塊向桌緣外多伸出的部分的最
1 1
大長度為 an ，則根據力學原理，可得 a2 = ，且{ }為等差數列．4 an
(1)求 an 的通項公式；
(2)記數列 an 的前 n項和為 Sn ．
1
①比較 Sn 與 ln(n +1)的大小；2
②對于無窮數列 xn ，如果存在常數A ，對任意的正數e ，總存在正整數 N0 ，使得"n > N0 ， xn - A < e ，
則稱數列 x lim x = An 收斂于A ，也稱數列 xn 的極限為A ，記為 xn + n ；反之，則稱 n 不收斂．請根據數列
收斂的定義判斷 Sn 是否收斂？并據此回答“里拉斜塔”問題．
3
10．（2024· x重慶渝中·模擬預測）（1）證明：當 x > 0時， x - < sinx < x；
6
a a a sina（2 *）已知正項數列 nn 滿足 n+1 = n - n N .n +1
（i）證明：數列 nan 為遞增數列；
3a1
（ii）證明：若0 < a < 3 ，則對任意正整數 n，都有 nan <1 3- a2 .1
考點十一、利用導數研究函數新定義問題
1．（2024·山西·三模）微分中值定理是微積分學中的重要定理，它是研究區間上函數值變化規律的有效工具，
其中拉格朗日中值定理是核心，它的內容如下:
如果函數 f (x) 在閉區間 a,b 上連續，在開區間 (a , b ) 可導，導數為 f (x) ，那么在開區間 (a , b ) 內至少存在一
點 c，使得 f (c)
f (b) - f (a)
= ，其中 c叫做 f (x) 在 a,b 上的“拉格朗日中值點”.已知函數
b - a
(a +1)x2 2f (x) = ln x + b2(x 4)eax b x3 9b +15- - + ÷ x
2 .
4 6 è 8
(1)若 a = -1,b = 0 ，求函數 f (x) 在 1,7 上的“拉格朗日中值點” x0 ；
(2)若 a = -1,b =1，求證:函數 f (x) 在區間 (0, + )圖象上任意兩點A ， B 連線的斜率不大于18 - e-6 ；
1 f x - f x f x - f x
(3)若a = 1,b = -1,"x1, x , x

2 3 ,1

÷，且 x1 < x2 < x

3，求證:
2 1 > 3 2 .
è 4 x2 - x1 x3 - x2
2．（2024·廣東·二模）拉格朗日中值定理是微分學的基本定理之一，其內容為：如果函數 f x 在閉區間 a,b
上的圖象連續不斷，在開區間 a,b 內的導數為 f x ，那么在區間 a,b 內存在點 c，使得
f b - f a = f c b - a x成立．設 f x = e + x - 4，其中 e為自然對數的底數， e 2.71828．易知， f x
在實數集R 上有唯一零點 r ，且 r (1,
3)．
2
(1)證明：當 x (r, r
1
+ )時，0 < f x <1；
9
(2) x從圖形上看，函數 f x = e + x - 4的零點就是函數 f x 的圖象與 x 軸交點的橫坐標．直接求解
f x = ex + x - 4 3的零點 r 是困難的，運用牛頓法，我們可以得到 f x 零點的近似解：先用二分法，可在 (1, )
2
中選定一個 x0 作為 r 的初始近似值，使得0 < f x
1
0 < ，然后在點 x0 , f x0 處作曲線 y = f x 的切線，切2
線與 x 軸的交點的橫坐標為x1，稱x 是 r1 的一次近似值；在點 x1, f x1 處作曲線 y = f x 的切線，切線與 x
軸的交點的橫坐標為x2，稱x r2是 的二次近似值；重復以上過程，得 r 的近似值序列 x0 , x1, x2 , , xn , ．
①當 xn > r 時，證明： xn > xn+1 > r ；
②根據①的結論，運用數學歸納法可以證得： xn 為遞減數列，且"n N, xn > r ．請以此為前提條件，證
明：0 < x
1
n - r < 2 ×8n
．
3．（2024·貴州遵義·三模）英國數學家泰勒（B．Taylor，1685—1731）發現了：當函數 f (x) 在定義域內 n 階
+
f (x) 1= f (n) (0)xn = f (0) + f (0)x 1+ f (0)x2 1+ f (0)x3 1 (n) n可導，則有如下公式： +L + f (0)x +L以
n=0 n! 2! 3! n!
上公式稱為函數 f (x) 的泰勒展開式，簡稱為泰勒公式．其中， n!=1 2 3 4 L n， f (n) (x)表示 f (x) 的 n
階導數，即 f (x) 連續求 n 次導數．根據以上信息，并結合高中所學的數學知識，解決如下問題：
(1)寫出 ex 的泰勒展開式（至少有 5 項）；
(2)設 f (x) = ex + e- x -1- ax2，若 x = 0是 f (x) 的極小值點，求實數 a 的取值范圍；
(3)若 e8 100k ，k 為正整數，求 k 的值．
4．（2024·上海奉賢·三模）若定義在R 上的函數 y = f (x) 和 y = g(x) 分別存在導函數 f (x)和 g (x)．且對任意
x 均有 f (x) g (x) ，則稱函數 y = f (x) 是函數 y = g(x) 的“導控函數”．我們將滿足方程 f (x) = g (x)的 x0 稱為
“導控點”．
(1)試問函數 y = x 是否為函數 y = sin x 的“導控函數”？
2
(2) 3若函數 y = x + 8x +1 y
1
= x3是函數 + bx2 cx
1
+ 的“ 3 2導控函數”，且函數 y = x + bx + cx 是函數 y = 4x2 的“導
3 3 3
控函數”，求出所有的“導控點”；
(3)若 p(x) = ex + ke- x ，函數 y = q(x)為偶函數，函數 y = p(x) 是函數 y = q(x)的“導控函數”，求證：“ k =1”的
充要條件是“存在常數 c使得 p(x) - q(x) = c恒成立”．
5．（2024·湖南長沙·二模）極值的廣義定義如下：如果一個函數在一點的一個鄰域（包含該點的開區間）內
處處都有確定的值，而以該點處的值為最大（小），這函數在該點處的值就是一個極大（小）值.
對于函數 y = f x f x + Dx - f x ，設自變量 x 從 x0 變化到 x0 + Dx ，當Dx > 0， lim 0 0 是一個確定的值，
Dx 0 Dx
f x + Dx - f x
則稱函數 y = f x 在點 x0 處右可導；當Dx < 0， lim 0 0 是一個確定的值，則稱函數 y = f x
Dx 0 Dx
在點 x0 處左可導.當函數 y = f x 在點 x0 處既右可導也左可導且導數值相等，則稱函數 y = f x 在點 x0 處可
導.
(1)請舉出一個例子，說明該函數在某點處不可導，但是該點是該函數的極值點；
2
(2)已知函數 f x = x2eax +1 - x3 sin x - ex2 .
2
（ⅰ）求函數 g x = eax +1 - x sin x - e在 x = 0處的切線方程；
（ⅱ）若 x = 0為 f x 的極小值點，求 a 的取值范圍.

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