資源簡介

易錯 04 導數及其應用 （2 個易錯點錯因分析與分類講解+8
個易錯核心題型強化訓練）
易錯點錯因分析與分類講解
易錯點 1 混淆曲線在某點處的切線方程與過某點的切線方程
【例 1】.[陜西安康 2022調研]曲線 y = 2x ln x 1+ 3 過點 - ,0

÷的切線方程是（ ）
è 2
A. 2x + y +1 = 0 B. 2x - y +1 = 0
C. 2x + 4y +1 = 0 D. 2x - 4y +1 = 0
【變式】.[江蘇南通 2023 期末]已知函數 f (x) = x3 - 2x2 + 2x ，則曲線 y = f (x) 經過點 A 1, 1 的切線
方程是 .
易錯點 2 對極值點的含義理解不清
【例 2】. [山西長治八中 2022 測評]已知函數 f (x) = x3 - 3mx2 + nx + m2 在 x = -1處取得極值 0，則
m + n = （ ）
A. 2 B. 7 C. 2或7 D. 3或9
【變式】. [河南洛陽 2023 月考]若 x =1是函數 f (x) 1= x3 + a +1 x3 - a2 + a - 3 x 的極值點，則 a 的
3
值為（ ）
A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2
【易錯核心題型強化訓練】
一．利用導數研究函數的單調性（共 9 小題）
2 4 4
1．（2024 新鄉三模）設 = 32 ， = 3， = 2 ，其中 e 是自然對數的底數，則（　　）
A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a
2．（2024 安徽模擬）丹麥數學家琴生是 19 世紀對數學分析做出卓越貢獻的巨人，特別在函數的凹凸性與
1 2
不等式方面留下了很多寶貴的成果．若 x1，x2， ，xn 為（a，b）上任意 n 個實數，滿足 (
( 1) ( 2) ( )
) ，則稱函數 f（x）在（a，b）上為“凹函數”．也可設可導函數 f（x）在（a，
b）上的導函數為 f′（x），f′（x）在（a，b）上的導函數為 f″（x），當 f″（x）＞0 時，函數 f（x）
1 2
在（a，b）上為“凹函數”．已知 x1，x2， ，xn＞0，n 2，且 x1+x2+…+xn＝1，令 = 1 +1 1 + +2

1 的最小值為 an，則 a2024 為（　　）
2023 2024 2024 2025
A．2024 B．2023 C．2025 D．2024
3．（2024 邵陽模擬）已知函數 f（x）的定義域為 R，f'（x）為 f（x）的導函數．若 f（1）＝e，且 f'（x）
+ex＜f（x）在 R 上恒成立，則不等式 f（x）＜（2﹣x）ex 的解集為（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）

（多選）4．（2024 朝陽區校級模擬）已知正數 a，b，c 滿足 2 = = ， 為自然對數的底數，則下列不
等式一定成立的是（　　）
A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a
1
5 ．（ 2024 新 縣 校 級 模 擬 ） 已 知 正 數 a ， b 滿 足 + 4 ≤
4 + (2 )， 則 a+b
＝　 　．
6．（2024 山東模擬）法國數學家弗朗索瓦 韋達發現了一元二次方程的根與系數之間的關系，將其推廣到
高次方程，并在其著作《論方程的識別與訂正》中正式發表，后來人們把這個關系稱為韋達定理，即如
果 x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是關于 x 的實系數一元 n 次方程 + 1 1 + + 1 + 0 = 0( ≠ 0)
1 + 2 + 3 + + =
1
，
+ + + = 21 2 1 3 1 ，
在復數集 C 內的 n 個根，則 1 2 3 + 1 2 4 + + 2 1 =
3
，
，
1 2 3 = ( 1)
0
.
試運用韋達定理解決下列問題：
（1）已知 a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求 a3+b3+c3 的最小值；
（2）已知 a，b∈R，關于 x 的方程 x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三個實數根，其中至少有一個實
數根在區間（0，a）內，求 2a﹣b 的最大值．
7．（2024 武昌區模擬）已知函數 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．
（1）討論 f（x）的單調性；
（2）若 f（x）有兩個零點，求 a 的取值范圍．
8．（2023 北京）設函數 f（x）＝x﹣x3eax+b，曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 y＝﹣x+1．
（Ⅰ）求 a，b 的值；
（Ⅱ）設 g（x）＝f′（x），求 g（x）的單調區間；
（Ⅲ）求 f（x）的極值點的個數．
9．（2024 海淀區校級三模）已知函數 f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求 f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若 f（x）≤﹣1 恒成立，求實數 k 的取值范圍；
( 1)
（Ⅲ）求證： 1＜ 4 ．（n∈N 且 n≥2） =2
二．利用導數求解函數的單調性和單調區間（共 3 小題）
10．（2024 安徽三模）已知函數 f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R．
（1）求函數 f（x）的單調區間；
( 1) ( 2) 8
（2）若函數 f（x）的兩個極值點分別為 x1，x2，證明： ＞ ．1 2 2
11．（2024 重慶模擬）已知函數 f（x）＝lnx﹣ax（a 為實數）．
（1）求函數 f（x）的單調區間；
2
（2）若存在兩個不相等的正數 x1，x2 滿足 f（x1）＝f（x2），求證 1 + 2＞ ．
1 1
（3）若 f（x）有兩個零點 x1，x2，證明： + ＞2．1 2
1
12．（2024 海淀區校級模擬）已知函數 f（x）＝alnx + （a≠0）
（Ⅰ）求函數 f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若存在兩條直線 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲線 y＝f（x）的切線．求實數 a 的取值范圍；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0} （0，1），求實數 a 的取值范圍．
三．利用導數研究函數的極值（共 3 小題）
1
13．（2024 順義區模擬）已知函數 f（x） = 3 2 （kx+b），給出下列四個結論：
①當 k＝0 時，對任意 b∈R，f（x）有 1 個極值點；
1
②當 k＞8時，存在 b∈R，使得 f（x）存在極值點；
③當 b＝0 時，對任意 k∈R，f（x）有一個零點；
1
④當 0＜b＜3時，存在 k∈R，使得 f（x）有 3 個零點．
其中所有正確結論的序號是 　 　．
14．（2024 日照模擬）已知函數 f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx．
（1）判斷函數 g（x）在區間（0，3π）上的零點個數，并說明理由；
( )
（2）函數 ( ) = 在區間（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有極值之和為 M（n），證明：對于 n∈N+，
M（n）＜0．
15．（2024 廣東模擬）已知函數 f（x）＝x3+3bx2+3x 有極值點
（Ⅰ）求函數 f（x）的單調區間及 b 的取值范圍；
（Ⅱ）若函數 f（x）有兩個極值點 x1、x2，且 f（x1）+f（x2）＝0，求 b 的值．
四．函數在某點取得極值的條件（共 3 小題）
16．（2024 春 新會區校級月考）已知函數 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 處有極值 10，則 a、b 的值為（　　）
A．a＝﹣4，b＝11
B．a＝3，b＝﹣3 或 a＝﹣4，b＝11
C．a＝﹣1，b＝5
D．以上都不正確
1 1
17．（2024 春 菏澤期中）已知函數 f（x） = x33 2x
2+cx+d 有極值，則 c 的取值范圍為（　　）
1 1 1 1
A．c＜4 B．c ≤ 4 C．c ≥ 4 D．c＞4
18．（2024 春 江陰市校級月考）若函數 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上沒有極值點，則實數 m 的取值范圍
是　 　．
五．利用導數求解函數的極值（共 4 小題）
1
19．（2024 春 常州月考）已知函數 ( ) = 2 ( 2 + 2)．
（1）若 x＝1 是函數 f（x）的極值點，求 a 的值，并求函數 f（x）的極值；
（2）若函數 f（x）在 x＝0 處取得極大值，求 a 的取值范圍．
20．（2024 春 承德月考）已知函數 f（x）＝ax2﹣blnx 在點 A（1，f（1））處的切線方程為 y＝1；
（1）求實數 a，b 的值；
（2）求函數 f（x）的極值．
21．（2024 春 晉江市校級期中）已知函數 f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常數 a＞0．
（1）當 x＝1 時，函數 f（x）取得極小值﹣2，求函數 f（x）的極大值．
（2）設定義在 D 上的函數 y＝h（x）在點 P（x0，h（x0））處的切線方程為 l：y＝g（x），當 x≠x0 時，
( ) ( )
若 ＞0在 D 內恒成立，則稱點 P 為 h（x）的“類優點”，若點（1，f（1））是函數 f（x）的0
“類優點”，
①求函數 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．
②求實數 a 的取值范圍．

22．（2024 春 東城區校級月考）已知函數 f（x）＝x﹣1 + （a∈R，e 為自然對數的底數）．
（Ⅰ）若曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于 x 軸，求 a 的值；
（Ⅱ）求函數 f（x）的極值；
（Ⅲ）當 a＝1 的值時，若直線 l：y＝kx﹣1 與曲線 y＝f（x）沒有公共點，求 k 的最大值．
六．利用導數研究函數的最值（共 12 小題）
23．（2024 七星區校級模擬）數學中，懸鏈線指的是一種曲線，是兩端固定的一條（粗細與質量分布）均
勻、柔軟（不能伸長）的鏈條，在重力的作用下所具有的曲線形狀，它被廣泛應用到現實生活中，比如
計算山脈的形狀、婲述星系的形態、研究植物的生長等等．在合適的坐標系中，這類曲線可用函數 f（x）
＝aex+be﹣x（其中 a，b 為非零常數，e＝2.71828 ）來表示，當 f（x）取到最小值為 2 時，下列說法正
確的是（　　）
A．此時 x＝lna
B．此時 a+b 的最小值為 2
C．此時 2a+2b 的最小值為 2
D．此時 lnalnb 的最小值為 0
24．（2024 貴陽模擬）若關于 x 的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3 對于任意 x∈（1，+∞）恒成立，則整
數 k 的最大值為（　　）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2

25．（2024 秦都區校級四模）已知函數 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若 f（x）≥g（x）恒成立，則 的最大
值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．2 D． 2
26．（2024 龍崗區校級模擬）已知函數 h（x）＝mex﹣x+1．
（1）若 h（x）在（0，4）上有唯一零點，求 m 的取值范圍；
（2）若 h（x）≥h（x0）對任意實數 x 恒成立，證明： 2 ( 0)＞ 2 +3 1．
27．（2024 吉林模擬）在平面直角坐標系 xOy 中，Rt△OAB 的直角頂點 A 在 x 軸上，另一個頂點 B 在函數

( ) = 圖象上．
（1）當頂點 B 在 x 軸上方時，求 Rt△OAB 以 x 軸為旋轉軸，邊 AB 和邊 OB 旋轉一周形成的面所圍成的
幾何體的體積的最大值；
22 ( ) =
2 1
（ ）已知函數 ，關于 x 的方程 f（x）＝g（x）有兩個不等實根 x1，x2（x1＜x2）．
（i）求實數 a 的取值范圍；
（ii）證明： 2 2
2
1 + 2＞ ．

28．（2024 南昌三模）定義：若變量 x，y＞0，且滿足：( ) +( ) = 1，其中 a，b＞0，m∈Z．稱 y 是關
于 x 的“m 型函數”．
（1）當 a 3＝2，b＝1 時，求 y 關于 x 的“2 型函數”在點(1， )處的切線方程；2
（2）若 y 是關于 x 的“﹣1 型函數”，
（ⅰ）求 x+y 的最小值；
1 +1
（ⅱ）求證：( + ) ≥ ( +1 + +1) ，（n∈N+）．

29．（2024 赤峰模擬）已知 ∈ (4， )．
1
（1）將 sinx，cosx，x， 22 +1按由小到大排列，并證明；

（2）令 f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求證：f（x）在 ∈ (4， )內無零點．
30．（2024 呼和浩特模擬）對于函數 f（x），若實數 x0 滿足 f（x0）＝x0，則 x0 稱為 f（x）的不動點．已知
函數 f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）．
（1）當 a＝﹣1 時，求證：f（x）≥0；
（2）當 a＝0 時，求函數 f（x）的不動點的個數；
1 1 1
（3）設 n∈N*，證明： 12
+ 2 + +1 2 2 2 ＞ln（n+1）．
31．（2024 3 月份模擬）已知函數 f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）．
（1）當 a＝e 時，求曲線 y＝f（x）過原點的切線方程；
（2）若 f（x）的最小值與 g（x）的最小值相等，求實數 a．
32．（2024 運城二模）已知函數 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）．
（1）若 a＝4，求 f（x）的圖象在 x＝0 處的切線方程；
（2）若 f（x） 0 對于任意的 x∈[0，+∞）恒成立，求 a 的取值范圍；
2 1
（3）若數列{an}滿足 a *1＝1 且 +1 = 2（n∈N ），記數列{an}的前 n 項和為 Sn，求證： + 3
＜ [( + 1)( + 2)]．

33．（2024 天津模擬） ( ) = 2 ( + ) + ， ∈ (0，2)，已知 f（x）的圖象在（0，f（0））處的
切線與 x 軸平行或重合．
（1）求 φ 的值；
（2）若對 x≥0，f（x）≤0 恒成立，求 a 的取值范圍；
157
（3）利用如表數據證明： ．
=1 314
＜106
78 78 79 79
314 314 314 314 314 314
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
1 1
34．（2024 濟寧一模）已知函數 ( ) = 2
2 + 2( ∈ )．
（1）討論函數 f（x）的單調性；
( 2) ( 1)
（2）若 0＜x1＜x2，證明：對任意 a∈（0，+∞），存在唯一的實數 ξ∈（x1，x2），使得 ′( ) = 2 1
成立；
2 1
（3）設 = 2 ， ∈
，數列{an}的前 n 項和為 Sn．證明：Sn＞2ln（n+1）．
七．利用導數研究曲線上某點切線方程（共 7 小題）
35．（2024 河北模擬）已知曲線 1： 2 + 2 4 + 2 = 0與曲線 2： ( ) = 2在第一象限交于點 A，在 A
處兩條曲線的切線傾斜角分別為 α，β，則（　　）

A． + = 2 B．| | = 2 C． + = 3 D．|α﹣β| = 4
36．（2024 沙坪壩區校級模擬）設曲線 f（x）＝xsinx 在點（π，f（π））處的切線為 l，則 l 與兩坐標軸圍成
的三角形的面積為 　 　．
37．（2024 思明區校級模擬）已知曲線 f（x）＝xlnx﹣1 在 x＝1 處的切線 l 與圓 C：（x﹣1）2+y2＝9 相交于
A、B 兩點，則|AB|＝　 　．
38．（2024 宜春模擬）已知函數 f（x）是定義在 R 上的偶函數，且 f（2x+2）為奇函數，記 f'（x）為 f（x）
的導函數，若 f′（﹣2）＝1，則 y＝f（x）在點（﹣6，f（﹣6））處的切線方程為 　 　．

39．（2024 長沙模擬）已知函數 ( ) = ， ≥ 0， 2 0. 若函數 f（x）的圖象在點 A（x1，f（x1））（x1＜0）和點， ＜
| |
B（x2，f（x2））（x2＞0）處的兩條切線相互平行且分別交 y 軸于 M，N 兩點，則 | |的取值范圍
為 　 　．
40．（2024 蓮湖區校級模擬）已知函數 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2．
（1）判斷 g（x）的零點個數；
（2）求曲線 y＝f（x）與曲線 y＝g（x）公切線的條數．
41．（2024 姜堰區校級模擬）設 P 是坐標平面 xOy 上的一點，曲線Γ是函數 y＝f（x）的圖像．若過點 P 恰
能作曲線Γ的 k 條切線（k∈N），則稱 P 是函數 y＝f（x）的“k 度點”．
（1）判斷點 O（0，0）與點 A（2，0）是否為函數 y＝lnx 的 1 度點，不需要說明理由；
（2）已知 0＜m＜π，g（x）＝sinx．證明：點 B（0，π）是 y＝g（x）（0＜x＜m）的 0 度點；
（3）求函數 y＝x3﹣x 的全體 2 度點構成的集合．
八．利用導數求解曲線在某點上的切線方程（共 6 小題）
42．（2024 春 連州市校級月考）過曲線 S：y＝3x﹣x3 上一點 A（2，﹣2）的切線方程為（　　）
A．y＝﹣2 B．9x+y﹣16＝0
C．9x+y﹣16＝0 或 y＝﹣2 D．9x﹣y﹣16＝0
43．（2024 春 未央區校級期末）曲線 f（x）＝3x2﹣ex 在（0，﹣1）處的切線方程為（　　）
A．x+y+1＝0 B．x﹣y+1＝0 C．x﹣y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0
1
44．（2024 遼陽二模）設函數 ( ) = + 2的圖像與 x 軸相交于點 P，則該曲線在點 P 處的切線方程為
（　　）
A．y＝﹣x B．y＝﹣x﹣1 C．y＝x﹣1 D．y＝0
1
45．（2023 新城區校級模擬）已知函數 ( ) = ，則曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為
（　　）
A．3x+2y﹣3＝0 B．3x﹣2y﹣3＝0 C．2x﹣3y﹣2＝0 D．2x﹣3y+2＝0
46．（2023 鷹潭二模）已知函數 f（x）＝﹣xlnx+（2﹣f′（e））x﹣3，則 f（x）在 x＝1 處的切線方程
為　 　．
47．（2024 重慶模擬）已知 f（x）＝ln（1+x）﹣ln（a﹣bx）是奇函數，則 f（x）在點（0，f（0））處的切
線方程為（　　）
A．y＝2x B．y＝x C．y＝0 D．y＝﹣2x易錯 04 導數及其應用 （2 個易錯點錯因分析與分類講解+8
個易錯核心題型強化訓練）
易錯點錯因分析與分類講解
易錯點 1 混淆曲線在某點處的切線方程與過某點的切線方程
y = 2x ln x + 3 1 【例 1】.[陜西安康 2022調研]曲線 過點 - ,0÷的切線方程是（ ）
è 2
A. 2x + y +1 = 0 B. 2x - y +1 = 0
C. 2x + 4y +1 = 0 D. 2x - 4y +1 = 0
特別提醒：曲線在某點處的切線方程明確了“某點”是切點，此時切線只有唯一一條，而過某點的切線是指
切線經過“某點”，此時“某點”可能是切點，也可能不是切點，這樣的切線可能是多條，所以涉及過某點的切
線的問題時，需要判斷"某點”是否為切點.
1
【解析】由題意可得點 - ,0

÷不在曲線 y = 2x ln x + 3上，設切點為 (x0 , y0 )，因為 y = 2ln x + 2 ，所以
è 2
所求切線的斜率 k y 2y= 2ln x0 + 2 = 0 = 01 所以 y0 = 2x0 ln x0 + 2x0 + ln x0 +1.因為點 (x0 , y0 )是切x 2x0 +10 + 2
點 ， 所 以 y0 = 2x0 ln x0 + 3， 所 以 2x0 ln x0 + 2x0 + ln x0 +1 = 2x0 ln x0 + 3， 即 2x0 + ln x0 - 2 = 0 . 設
f (x) = 2x + ln x - 2 = 0，明顯 f (x) 在 (0, + )上單調遞增，且 f (1) = 0,，所以 2x0 + ln x0 - 2 = 0有唯一
解 x 1=1 0 ，則所求切線的斜率 k = 2 ，故所求切線方程為 y = 2 x + = 2x +1，即 2x - y +1 = 0 故選 B .
è 2 ÷
【變式】.[江蘇南通 2023 期末]已知函數 f (x) = x3 - 2x2 + 2x ，則曲線 y = f (x) 經過點 A 1, 1 的切線
方程是 .
特別提醒：求曲線的切線方程時要注意“過某點的切線”與“在某點處的切線”的差異，在某點處的切線，該點
一定是切點，切線有且僅有一條；過某點的切線，該點不一定是切點，切線至少有一條.
【解析】設切點為 (t, t3 - 2t 2 + 2t) ，由題知 f (x) = 3x2 - 4x + 2，所以切線的斜率 k = 3t 2 - 4t + 2，所以
切線方程為 y - (t3 - 2t 2 + 2t) = (3t 2 - 4t + 2) x - t .因為切線過點 A 1， 1 ，（注：點 A不一定是切點），
所以1- t3 - 2t 2 + 2t = 3t 2 - 4t + 2) 1 t 2 1 3- ，即 t -1 2t -1 = 0，解得 t = 或 t =1，所以斜率 k = 或2 4
k =1，又切線過點 A 1， 1 ，得切線方程為3x - 4y +1 = 0或 x - y = 0 .
易錯點 2 對極值點的含義理解不清
【例 2】. [山西長治八中 2022 測評]已知函數 f (x) = x3 - 3mx2 + nx + m2 在 x = -1處取得極值 0，則
m + n = （ ）
A. 2 B. 7 C. 2或7 D. 3或9
特別提醒：利用導函數分析函數的極值時，要注意的是使導函數值為 0 的 x 的值不一定是極值點，極值點
ì f -1 = 0,
是使導函數值為 0，且左、右導函數值異號的 x 的值，本題的易錯點在于令 í 時，方程組有兩
f -1 = 0
組解，一定要注意檢驗 m 和 n 的值是否能使 f (x) 在 x = -1處取得極值.
【解析】 f (x) = 3x2 - 6mx + n根據題意， f (-1) = 3+ 6m + n = 0， f (-1) = -1- 3m - n + m2 = 0解得
ìm = -1 ìm = -2, ìm = -1
í 或 í ，當 í ，時， f (x) = 3x2 + 6x + 3 = 3(x +1)2 0在 R 上單調遞增，無極值點，
n = 3 m = 9. n = 3
ìm = -2,
故 舍 去 . 當 í 時 ， f (x) = 3x2 +12x + 9 = 3(x +1)(x + 3)當 x - ,-3 和 x -1, + 時 ，
m = 9.
f (x) > 0， f (x) 單調遞增；當 x -3, -1 時， f (x) < 0， f (x) 單調遞減，故 f (x) 在 x = -1處有極小
值，滿足條件.綜上，m + n = -2 + 9 = 7故選 B
【答案】 B
1 3 3 2
【變式】. [河南洛陽 2023 月考]若 x =1是函數 f (x) = x + a +1 x - a + a - 3 x 的極值點，則 a 的
3
值為（ ）
A. -2 B. 3 C. -2或3 D. -3或2
特別提醒：定義域 D 上的可導函數 f (x) 在 x0 處取得極值的充要條件是 f x0 = 0，并且 f (x)在 x0 附近
兩側異號，若“左負右正"，則 x0 為極小值點，若“左正右負”，則 x0 為極大值點.
本題易錯的地方是求出 a 的值后，沒有通過單調性來驗證 x =1是否為函數的極值點，也就是說使得導函數
為零的自變量的值，不一定是極值點.
1 3 2 2
【解析】 f (x) = x + a +1 x - a + a - 3 x，則 f (x) = x2 + 2 a +1 x -
3 a
2 + a - 3 ，由題意可知
f (1) = 0, ，即1+ 2(a +1) - (a2 + a - 3) = 0，解得 a = 3或 a = -2 .
當 a = 3時， f (x) = x2 + 8x - 9 = (x + 9)(x -1)，當 x >1或 x < -9時， f (x) > 0,，函數 f (x) 單調遞增；
當 -9 < x <1時， f (x) < 0，函數 f (x) 單調遞減，顯然 x =1是函數 f (x) 的極值點；當 a = -2 時，
f (x) = x2 - 2x +1 = (x -1)2 0 ，函數 f (x) 在 R 上單調遞增，沒有極值點，故選 B .
【答案】 B
【易錯核心題型強化訓練】
一．利用導數研究函數的單調性（共 9 小題）
2 4 4
1．（2024 新鄉三模）設 = 2 ， =
3 3， = 2 ，其中 e 是自然對數的底數，則（　　）
A．b＜a＜c B．a＜c＜b C．b＜c＜a D．c＜b＜a

【分析】構造函數 f（x） = ，研究該函數的單調性判斷大小，再將 a，b，c 轉化為 f（x）的函數值比
較大小．
1
【解答】解：令 f（x） = ，由 ′( ) = 2 ＜0 得 x＞e，所以 f（x）在（e，+∞）上單調遞減，
2
4 4 4
= =
2
c 4 = 2
3 2 4
而 2 2 = f（ ），b = = f（3），a = 2 2 3 2
= 4 = f（4），
2
2 2
顯然3＜ 2 ＜4，所以 f（3）＞f（ 2 ）＞f（4），
即 a＜c＜b．
故選：B．
【點評】本題考查導數的應用，構造函數比較大小的方法，屬于中檔題．
2．（2024 安徽模擬）丹麥數學家琴生是 19 世紀對數學分析做出卓越貢獻的巨人，特別在函數的凹凸性與
1 2
不等式方面留下了很多寶貴的成果．若 x1，x2， ，xn 為（a，b）上任意 n 個實數，滿足 (
( 1) ( 2) ( )
) ，則稱函數 f（x）在（a，b）上為“凹函數”．也可設可導函數 f（x）在（a，
b）上的導函數為 f′（x），f′（x）在（a，b）上的導函數為 f″（x），當 f″（x）＞0 時，函數 f（x）
1 2
在（a，b）上為“凹函數”．已知 x1，x2， ，xn＞0，n 2，且 x1+x2+…+xn＝1，令 = 1 + 1 + +1 2

1 的最小值為 an，則 a 2024 為（　　）
2023 2024 2024 2025
A．2024 B．2023 C．2025 D．2024
【分析】利用導數的運算，結合琴聲不等式判斷即可．
1
【解答】解：記函數 ( ) = 1 = 1 1， ∈ (0，1)，
先證明其凹凸性：
1 2
因為 ′( ) = (1 )2，所以 ″( ) = (1 )3＞0，
1
∴ ( ) = 1 1在（0，1）上為“凹函數”，
1 2 ( 1) ( 2) ( )
由琴生不等式，得 ( ) ，
1
1 1 2
即 (1 + 1 + +

1 ) 1 1，1 2

1 2
所以 = 1 + 1 + + 1 1，1 2
1
當 1 = 2 = = = 時，W 取最小值 = 1，
2024
所以 2024 = 2023．
故選：B．
【點評】本題考查新定義問題，同時考查了導數的運算、琴聲不等式的應用，屬于中檔題．
3．（2024 邵陽模擬）已知函數 f（x）的定義域為 R，f'（x）為 f（x）的導函數．若 f（1）＝e，且 f'（x）
+ex＜f（x）在 R 上恒成立，則不等式 f（x）＜（2﹣x）ex 的解集為（　　）
A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，1） D．（1，+∞）
( )
【分析】根據 f'（x）+ex＜f（x），構造函數 ( ) = + ，可得 g（x）是減函數，然后再將 f（x）＜
x ( )（2﹣x）e 化為 + ＜2 = (1)，則問題可解．
( )
【解答】解：令 ( ) = + ，
′( ) ( ) ′( ) ( )
∵ ′( ) = 2 +1 = ＜0，
∴g（x）在 R 上單調遞減，由 f（x）＜（2﹣x）ex 得：
( ) (1)
( ) + ＜2 ， + ＜2 = +1，
即 g（x）＜g（1）．∴x＞1．
故選：D．
【點評】本題考查利用函數的單調性解不等式的問題，根據已知條件合理構造函數是解題的關鍵，屬于
中檔題．

（多選）4．（2024 朝陽區校級模擬）已知正數 a，b，c 滿足 2 = = ， 為自然對數的底數，則下列不
等式一定成立的是（　　）
A．ac＞b2 B．b＞1 C．a+c＞2b D．c＞a
【分析】將 a，b 都用 b 表示，然后通過構造函數，利用函數的單調性比較大小．
【解答】解：由已知得 a＝2lnb，c＝eb，又 a，b，c＞0，
所以 b＞1，B 正確；
a+c﹣2b＝2lnb+eb﹣2b，令 f（x）＝2lnx+ex﹣2x，（x＞1），
2
′( ) = x + e ﹣2，顯然 x＞1 時，f′（x）＞0，所以 f（x）在（1，+∞）上遞增，且 f（1）＝e﹣2＞0，
所以 f（b）＞0，即 a+c＞2b，C 正確；
c﹣a＝eb﹣2lnb，令 g（x）＝ex﹣2lnx，（x＞1），
2
g′（x）＝ex ，易知 g′（1）＝e﹣2＞0，且 g′（x）在（1，+∞）上是增函數，
所以 x＞1 時，g′（x）＞0，g（x）在（1，+∞）上遞增，而 g（1）＝e＞0，所以 g（b）＞0，
即 c＞a，D 正確；
而 ac＝（lnb2） eb，當 b→1 時，（lnb2）eb→0，b2→1，此時 ac＜b2，即 A 錯誤．
故選：BCD．
【點評】本題考查通過構造函數來比較大小的解題思路，屬于較難的題目．
1
5．（2024 新縣校級模擬）已知正數 a，b 滿足 + 4 ≤
4 + (2 )，則 a+b
3 2
＝　 　．
2
1 1 1
【分析】將原式化為 a4 + 4 ≤ lna﹣lnb + 2 + 2，再利用基本不等式，該式可化為2( )
2 ln ≤ ln2 + 2，
1
然后構造函數 f（x）＝2x2﹣lnx，研究其最大值，發現恰好為 ln2 + 2，結合基本不等式取等號條件，函
數取最大值的條件解出 a，b 的值即可．
4 1 1 1 【解答】解：由已知得 a + 4 ≤ lna﹣lnb + 2 +
1
2，因為
4 + ≥ 2 4 4 = 2(
2
) ，當且僅當 ab＝1 4
時取等號，
1
所以原式可化為2( )2 ln ≤ ln2 + 2，令 x = ＞0，則不等式左邊即為 f（x）＝2x
2﹣lnx，（x＞0），
1 (2 1)(2 1) 1
′( ) = 4 = ，由 f′（x）＝0 得 = 2，
1 1
當0＜ ＜2時，f′（x）＜0，f（x）遞減， ＞2時，f′（x）＞0，f（x）遞增，
1 1 1
所以 f（x）min＝f（2） = 2 + 2，所以 f（ ）＝ln2 + 2，
= 1
所以 = 1
2
，解得 = ，b = 2，
2 2
所以 + = 3 2．
2
3 2
故答案為： ．
2
【點評】本題考查利用函數的單調性、基本不等式解決不等式問題，屬于中檔題．
6．（2024 山東模擬）法國數學家弗朗索瓦 韋達發現了一元二次方程的根與系數之間的關系，將其推廣到
高次方程，并在其著作《論方程的識別與訂正》中正式發表，后來人們把這個關系稱為韋達定理，即如
果 x1，x2，x3，…，xn（n≥2）是關于 x 的實系數一元 n 次方程 1 + 1 + + 1 + 0 = 0( ≠ 0)
1 + 2 + 3 + + =
1
，
1 2 + 1 3 + +
2
1 = ，
在復數集 C 內的 n 個根，則 1 2 3 + 1 2 4 + +
3
2 1 = ，
，
1
0
2 3 = ( 1) .
試運用韋達定理解決下列問題：
（1）已知 a，b，c∈R，a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，求 a3+b3+c3 的最小值；
（2）已知 a，b∈R，關于 x 的方程 x3+（2﹣a）x2+bx﹣a＝0（a＞0）有三個實數根，其中至少有一個實
數根在區間（0，a）內，求 2a﹣b 的最大值．
【分析】（1）構造函數 f（x）＝x3﹣x2﹣abc，求導 f′（x）＝3x2﹣2x，根據函數的單調性求解極值，即
4
可得 27＜ ＜0，進而可求解；
+ + = 2 2 4
（ 2 ）根據韋達定理可得 + + = ，即可表達出 + ≥ ，進而化簡可得 = =
2 1
+ + ( 1)，即可根據2 = ( + ) + (2 )( + 2)，利用不等式求解．
【解答】解：（1）根據韋達定理可設 a，b，c 是 x3﹣x2﹣abc＝0 的三個實數根，
令 f（x）＝x3﹣x2﹣abc，f′（x）＝3x2﹣2x，
2
當 ＞3， ＜0時，f′（x）＞0，此時 f（x）單調遞增，
2
當0＜ ＜3時，f′（x）＜0，此時 f（x）單調遞減，
2 4
故 f（x）的極大值為 f（0）＝﹣abc，極小值為 (3) = 27 ，
1
由于 a，b，c 不可能相等，否則 = = = 3，與 ab+bc+ca＝0 矛盾，
2 4 4
故 f（x）＝x3﹣x2﹣abc 有兩個或者三個零點，則 (3) = 27 ≤ 0，f（0）＝﹣abc≥0，故 27
≤ ＜0，
由（a+b+c）2﹣2（ab+bc+ca）＝a2+b2+c2，結合 a+b+c＝1，ab+bc+ca＝0，
所以 1＝a2+b2+c2，由（a+b+c）[a2+b2+c2﹣（ab+bc+ca）]＝a3+b3+c3﹣3abc，
所以 a3+b3+c3﹣3abc＝1，
4
則 3
5
+ 3 + 3 = 3 + 1 ≥ 3 × ( 27) + 1 = 9，
5
故 a3+b3+c3 的最小值為9，
（2）設方程的三個實數根分別為 m，n，k，其中 0＜k＜a，
+ + = 2
由韋達定理可得 + + = ，
=
由（m+n）2≥4mn 和 k＞0，得 k（m+n）2﹣4mnk≥0，當且僅當 m＝n 時等號成立，
又 m+n+k＝a﹣2＝mnk﹣2，故 k（m+n）2﹣4（m+n+k+2）≥0，
k（m+n）2﹣4（m+n）﹣（4k+8）≥0，即（m+n+2）（mk+nk﹣2k﹣4）≥0 （a﹣k）（mk+nk﹣2k﹣4）
≥0，
由 0＜k＜a，得 mk+nk﹣2k﹣4≥0，
2 4
因此 + ≥ ，當且僅當 m＝n 時等號成立，

由 mn+mk+nk＝b 和 nmk＝a 可得 = + + ，
1 1 ( 1)2
結 合 n+m+k ＝ a ﹣ 2 可 得 2 = (2 ) ( + ) = (2 )( + + + 2) ( + ) =
1
( + ) + (2 )( + 2)，
2 2 4
由于
( 1) ≤ 0以及 + ≥ ，
( 1)2 2 4 1 ( 2)2
故2 ≤ +(2 )( + 2) = 2 +4 ≤ 4 ，
2
當 k＝2 時，且 = = = 2時等號成立，此時 a＝8，b＝12，符合 0＜k＜a，
綜上可知 2a﹣b 的最大值為 4．
【點評】本題考查通過構造函數，研究函數的單調性探究式子最小值的方法，同時考查了學生的邏輯推
理與運算能力，屬于難題．
7．（2024 武昌區模擬）已知函數 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx．
（1）討論 f（x）的單調性；
（2）若 f（x）有兩個零點，求 a 的取值范圍．
【分析】（1）對函數 f（x）求導數，討論 a 的取值，利用導數判斷 f（x）的單調性；
1
（2）由（1）知 f（x）的單調性，得出 a＞0 時 f（x）min = + 1+lna，
且 x→0+時 f（x）＞0，x→+∞時 f（x）＞0；
令 f（x）min＜0 求得 a 的取值范圍．
【解答】解：（1）函數 f（x）＝ax2+（a﹣2）x﹣lnx，（a∈R）；
1 2 2 ( 2) 1 (2 1)( 1)
∴f′（x）＝2ax+（a﹣2） = = （x＞0），…（2 分）
當 a≤0 時，f′（x）＜0，則 f（x）在（0，+∞）內單調遞減；……（3 分）
1 1
當 a＞0 時，則 f（x）在（0， ）內單調遞減，在（ ，+∞）內單調遞增；……（5 分）
備注：求導正確給 1 分，因式分解正確得 2 分；
（2）由（1）知，當 a≤0 時，f（x）在（0，+∞）內單調遞減，最多只有一個零點，舍去；…（5 分）
1 2 1 1 1
a＞0 時，f（x 1）min＝f（ ）＝a ( ) + （a﹣2） ln = + 1+lna；……（7 分）
當 x→0+時，f（x）＞0；
當 x→+∞時，f（x）＞0；
1 1 1
∴當 f（ ）＝1+lna ＜0，令 g（a）＝1+lna ，
1 1
則 g′（a） = + 2，
∴g′（a）＞0；…（10 分）
則 g（a）在（0，+∞）上單調遞增；
又 g（1）＝0，解得 a＜1；
∴當 0＜a＜1 時，函數 f（x）有兩個不同的零點．…（12 分）
備注：其他解法也可以酌情相應給分．
【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與最值問題，也考查了函數零點的判斷問題，是難題．
8．（2023 北京）設函數 f（x）＝x﹣x3eax+b，曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 y＝﹣x+1．
（Ⅰ）求 a，b 的值；
（Ⅱ）設 g（x）＝f′（x），求 g（x）的單調區間；
（Ⅲ）求 f（x）的極值點的個數．
【分析】（Ⅰ）求函數 f（x）的導數，根據導數的幾何意義列方程組求出 a、b 的值．
（Ⅱ）求 f（x）的導數，利用 g（x）＝f′（x），求 g（x）的導數，令 g′（x）＝0，根據 g′（x）與 g
（x）的關系求出 g（x）的單調區間；
（Ⅲ）根據題意，判斷 f′（x）的單調遞增，利用根的存在性定理，判斷 f′（x）的零點個數，即可得
出 f（x）極值點的個數．
【解答】解：（Ⅰ）因為函數 f（x）＝x﹣x3eax+b，
所以 f′（x）＝1﹣（3x2eax+b+ax3eax+b）＝1﹣（3+ax）x2eax+b，
因為 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 y＝﹣x+1，
(1) = 0 1 + = 0
所以 ′(1) = 1，即 1 (3 + ) + = 1，
解得 a＝﹣1，b＝1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）＝x﹣x3e﹣x+1，所以 f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1，
所以 g（x）＝f′（x）＝1﹣（3x2﹣x3）e﹣x+1，
所以 g′（x）＝﹣（6x﹣3x2）e﹣x+1+（3x2﹣x3）e﹣x+1＝﹣x（x2﹣6x+6）e﹣x+1，
令 g′（x）＝0，解得 x＝0 或 x＝3± 3，
所以 g′（x）與 g（x）的關系列表如下：
x （﹣ 0 （0，3 3 3 （3 3， 3 + 3 （3 +
∞， 3） 3 + 3） 3，+
0） ∞）
g′（x） + 0 ﹣ 0 + 0 ﹣
g（x） 單 單調遞減 單調遞增 單調遞減
調遞
增
所以 g（x）在區間（﹣∞，0）和（3 3，3 + 3）上單調遞增，在區間（0，3 3）和（3 + 3，+∞）
上單調遞減；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當 x∈（﹣∞，0）時，f′（x）單調遞增，
當 x＜﹣1 時，f′（x）＜f′（﹣1）＝1﹣4e2＜0，f′（0）＝1＞0，
所以存在 x1∈（﹣∞，0），使得 f′（x1）＝0，
又因為 f（x）在（﹣∞，x1）上單調遞減，在（x1，0）上單調遞增，
所以 x1 是 f（x）的一個極小值點；
當 x∈（0，3 3）時，f′（x）單調遞減，且 f′（3 3）＜f′（1）＝1﹣2＜0，
所以存在 x2∈（0，3 3），使得 f′（x2）＝0，所以 f（x）在（0，x2）上單調遞增，在（x2，3 3）上
單調遞減，
所以 x2 是 f（x）的一個極大值點；
當 x∈（3 3，3）時，f′（x）單調遞增，
又因為 f′（3）＝1＞0，所以存在 x3∈（3 3，3），使得 f′（x3）＝0，
所以 f（x）在（3 3，x3）上單調遞減，（x3，3）上單調遞增，
所以 x3 是 f（x）的一個極小值點，
又因為當 x＞3 時，f′（x）＞0，所以 f（x）在（3，+∞）上單調遞增，無極值點；
綜上，f（x）在定義域 R 上有 3 個極值點．
【點評】本題考查了導數的幾何意義與應用問題，也考查了導數的綜合應用問題，是難題．
9．（2024 海淀區校級三模）已知函數 f（x）＝ln（x+1）+k（x+1）．
（Ⅰ）求 f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若 f（x）≤﹣1 恒成立，求實數 k 的取值范圍；
( 1)
（Ⅲ）求證： 1＜ 4 ．（n∈N 且 n≥2） =2
1
【分析】（I）由題意可得：f′（x） = 1 + k，當 k≥0 時 f′（x）＞0；當 k＜0 時，解關于導函數的不
等式，進而得到函數的單調區間．
1
（Ⅱ）由（I）知 k≤0 時，f（2）＝1﹣k＞0，f（x）≤0 不恒成立，所以 k＞0．只要使 ymax＝f（1 + ）
＝﹣lnk≤0 恒成立即可，進而求出答案．
（Ⅲ）由題可得：k＝﹣1 時，有 x∈[0，+∞）時，f（x）≤0 恒成立，即 ln（x﹣1）＜x﹣2 在（2，+∞）
1
上恒成立，令 x﹣1＝n2，則 2lnn＜（n﹣1）（n+1），所以可得 1＜ 2 ，進而證明原不等式成立．
1
【解答】解：（I）函數 f（x）的定義域為（﹣1，+∞），并且 f′（x） = 1 + k，
①當 k≥0 時 f′（x）＞0，則 f（x）在（1，+∞）上是增函數；
1
②當 k＜0 時，若 x∈（﹣1，﹣1 ）時有 f′（x）＞0，
1
若 x∈（﹣1 ，+∞）時有 f′（x）＜0．
1 1
所以 f（x）在（﹣1，﹣1 ）上是增函數，在（﹣1 ，+∞）上是減函數．
（Ⅱ）由（I）知 k≥0 時，f（x）在（﹣1，+∞）上遞增，
而 f（0）＝k≥0，f（x）≤﹣1 不恒成立，所以 k＜0．
1
又由（I）知 ymax＝f（﹣1 ）＝﹣ln（﹣k）﹣1，要使 f（x）≤﹣1 恒成立，
1
則 ymax＝f（﹣1 ）＝﹣ln（﹣k）﹣1≤﹣1 即可．
所以解得 k≤﹣1．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當 k＝﹣1 時有 f（x）≤﹣1 在（﹣1，+∞）上恒成立，
且 f（x）在[0，+∞）上是減函數，f（0）＝﹣1，
所以 x∈[0，+∞）時，f（x）≤﹣1 恒成立，
即 ln（x﹣1）＜x﹣2 在（2，+∞）上恒成立
令 x﹣1＝n2，則 lnn2＜n2﹣1，即 2lnn＜（n﹣1）（n+1），
1 2 3 4 1 2 3 1 ( 1)
從而 1＜ 2 ， 3 + 4 + 5 + + 1＜2 + 2 + 2 + + 2 = 4 成立．
( 1)
故 1＜ 4 （n∈N，n≥2）成立． =2
【點評】本題考查利用導數求函數的極值，函數的恒成立問題，不等式的證明，體現了分類討論的數學
思想，不等式的放縮，是解題的難點．
二．利用導數求解函數的單調性和單調區間（共 3 小題）
10．（2024 安徽三模）已知函數 f（x）＝x2﹣ax+2lnx，a∈R．
（1）求函數 f（x）的單調區間；
( 1) ( 2) 8
（2）若函數 f（x）的兩個極值點分別為 x1，x2，證明： 1 ＞2
2．
2 2 2
【分析】（1）求導得 ′( ) = 2 ，分類討論 2x ﹣ax+2＝0 的根的情況，可得 f（x）的單調區間；
1
( 1) ( 2) 8 1 2( ) 2( 1)1 2 2
（2）由（1）得 a＞4， 1 + 2 = 2，要證 ＞ 2，需證 ＞ = ，進而1 2 2 1 2 1 12
換元可證結論．
2 2 2 2
【解答】解：（1）函數 f（x）的定義域為（0，+∞）， ′( ) = 2 + = ，
令方程 2x2﹣ax+2＝0，則Δ＝a2﹣16，
當Δ≤0，即﹣4≤a≤4 時，f′（x）≥0，此時函數 f（x）的單調增區間為（0，+∞），無單調減區間；
當 a＜﹣4 時，f′（x）＞0，故當 a＜﹣4 時函數 f（x）的單調增區間為（0，+∞），無單調減區間；
2 2
當 a＞4 時，令 f 16 16′（x）＝0，得 1 = ， 4 2
= ，
4
當 x∈（0，x1）∪（x2，+∞）時，f′（x）＞0，
當 x∈（x1，x2）時，f′（x）＜0，
2 2
故當 a＞4 時，函數 f（x 16 16）的單調增區間為(0， )和( ， + ∞)，單調減區間為(4 4
2 16 2 16
4 ，
)；
4
綜上所述，當 a≤4 時，函數 f（x）的單調增區間為（0，+∞），無單調減區間；
2 2 2
當 a＞4 時，函數 f（x 16）的單調增區間為(0， ) (
16
和 ， + ∞)
16
，單調減區間為(
4 4 4 ，
2 16)．
4

（2）證明：因為函數 f（x）的兩個極值點分別為 x1，x2，由（1）得 a＞4， 1 + 2 = 2，
( 1) ( 2) 21 1 2 1 22 2 2 = 2所以 1 2 1 ，2

( 1) ( 2) 8 1 4 2
要證 2 1 ＞
2，即證 ＞ = ，2 1 2 1 2
1
1 2( ) 2(1 2 1)
不妨設 x1＞x2＞0
2
，則只需要證 ＞2 = 1 2 1 ， 12
1 2( 1)
設 = ＞1只需證 1 ＞0，2
2( 1) 1 4 ( 1)2
令 ( ) = 1 ，其中 t＞1，則 ′( ) = ( 1)2 = ( 1)2＞0，
所以 g（t）在（1，+∞）上單調遞增，所以 g（t）＞g（1）＝0，得證．
【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性、極值與最值，進而證明不等式恒成立問題的解題思路，
屬于難題．
11．（2024 重慶模擬）已知函數 f（x）＝lnx﹣ax（a 為實數）．
（1）求函數 f（x）的單調區間；
2
（2）若存在兩個不相等的正數 x1，x2 滿足 f（x1）＝f（x2），求證 1 + 2＞ ．
1 1
（3）若 f（x）有兩個零點 x1，x2，證明： +1 ＞2．2
【分析】（1）求出導數，然后通過討論 a 的取值確定導數的符號，確定原函數的單調性；
2
（2）根據正數 x1，x2 滿足 f（x1）＝f（x2），構造函數 F（x）＝f（x）﹣f（ x），然后利用導數研究該
函數的單調性解決問題；
2
（3）根據 f（x）的兩個零點滿足的關系，取 = ，構造函數 g（t），研究 g（t）的單調性和最值求解．1
1 1
【解答】解：（1） ′( ) = = ，
當 a≤0 時，f'（x）＞0 恒成立，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
1 1
當 a＞0 時令 ′( )＞0 0＜ ＜ ， ′( )＜0 ＞ ；
1 1
所以 f（x）在（0， ）上單調遞增，在[ ， + ∞）上單調遞減；
2 2
（2）證明：令 F（x）＝f（x）﹣f（ ）＝lnx﹣ln（ ）﹣2ax+2，
1
1 1 ( )2 2
F′（x） = +
2 2a =

( 2 ) ≥ 0，故 F（x）在(0， )上遞增，
1
又因為 ( ) = 0，
1 1 2
所以當 ∈ (0， )時，F（x）＜0； ∈ ( ， )時，F（x）＞0，
當 a≤0 時，f（x）在（0，+∞）上遞增，f（x1）＝f（x2） x1＝x2 與已知矛盾；
1 1 1 1
當 a＞0 時，f（x）在(0， )上遞增，( ， + ∞)上遞減，則 x1，x2 必有一個在(0， )上，一個在( ， + ∞)
上，
1 2 2
不妨設0＜ 1＜ ＜ 2，若 2＞ ，則 1 + 2＞ 顯然成立，
1 2 1 2 2
若 ＜ 2＜ ，則 ∈ ( ， )時 F（x）＞0，知 ( 2) ( 2)＞0，
2 2
即 ( 2)＞ ( 2)，結合 f（x1）＝f（x2）得 ( 1)＞ ( 2)，
2 1 1
又因為 1， 2 ∈ (0， )，且 f（x）在(0， )上遞增，
2 2
則 1＞ 2即 1 + 2＞ 證畢；
3 0 x x = 0（ ）證明：不妨設 ＜ 1＜ 2，由 1 1 = 0，可得 lnx2﹣lnx1＝a（x2﹣x1），2 2
2 1
2
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2
即 =
1
，則2 1 +2 2 =1 2 （ +1 1 ）﹣2 =

2 2 ， 1
2 2 2 1 2 1
設 = ＞1，則 ＞0， 2 = 2 ，1 1 1 2 1
1 2 2 1
令 ( ) = 2 ，則 ′( ) = 2 ＞0，即函數 g（t）在（1，+∞）上單調遞增，
1 1
所以 g（t）＞g（1）＝0，即 +1 ＞2．2
【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性、極值與最值，解決與函數零點有關的問題，綜合考查了
學生的邏輯推理能力和運算能力等，屬于較難的題目．
1
12．（2024 海淀區校級模擬）已知函數 f（x）＝alnx + （a≠0）
（Ⅰ）求函數 f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若存在兩條直線 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲線 y＝f（x）的切線．求實數 a 的取值范圍；
（Ⅲ）若|x|f（x）≤0} （0，1），求實數 a 的取值范圍．
【分析】（Ⅰ）先求出函數的導數，通過討論 a 的符號，從而求出函數的單調區間；
（Ⅱ）問題轉化為 f′（x）＝a 至少有兩個不等的正實根，根據二次函數的性質結合函數的單調性從而
得到 a 的范圍；
1
（Ⅲ）a＜0 時，不合題意，a＞0 時，通過討論 f（ ）的符號，結合函數的單調性，從而求出 a 的范圍．
1 1
【解答】解：（Ⅰ）f′（x） = 2 = 2 （x＞0），
當 a＜0 時，f′（x）＜0，則函數 f（x）的單調遞減區間是（0，+∞），
1
當 a＞0 時，令 f′（x）＝0，得 x = ，
當 x 變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下：
x 1 1 1
（0， ） （ ，+∞）
f′（x） ﹣ 0 +
f（x） ↓ 極小值 ↑
1 1
∴f（x）在（0， ）單調遞減，在（ ，+∞）單調遞增；
（Ⅱ）若存在兩條直線 y＝ax+b1，y＝ax+b2（b1≠b2）都是曲線 y＝f（x）的切線，
∴f′（x）＝a 至少有兩個不等的正實根，
1
令 2 = a 得 ax
2﹣ax+1＝0，記其兩個實根分別為 x1，x2，
△ = 2 4 ＞0
則 = 1 0 ，解得：a＞4，1 2 ＞
當 a＞4 時，曲線 y＝f（x）在點（x1，f（x1）），（x2，f（x2））處的切線分別為：
y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2，
令 F（x）＝f（x）﹣ax（x＞0），
由 F′（x）＝f′（x）﹣a＝0 得 x＝x1，x＝x2（不防設 x1＜x2），
且當 x1＜x＜x2 時，F′（x）＞0，即 F（x）在[x1，x2]上是單調函數，
∴F（x1）≠F（x2）；
∴y＝ax+f（x1）﹣ax1，y＝ax+f（x2）﹣ax2 是曲線 y＝f（x）的兩條不同的切線，
∴實數 a 的范圍是（4，+∞）；
（Ⅲ）當 a＜0 時，函數 f（x）是（0，+∞）內的減函數，
1 1 1 1 1 1
∵f（ ）＝aln（ ） + 1 = 1 + 1 = 1＜0，而
（0，1），不符合題意，

1
當 a＞0 時，由（Ⅰ）知：f（x）的最小值是 f（ ）＝﹣alna+a＝a（1﹣lna），
1
①若 f（ ）＞0，即 0＜a＜e 時，{x|f（x）≤0}＝ （0，1），
∴0＜a＜e 符合題意，
1 1
②若 f（ ）＝0，即 a＝e 時，{x|f（x）≤0}＝{ } （0，1），
∴a＝e 符合題意，
1 1
③若 f（ ）＜0，即 a＞e 時，有 0＜ ＜1，
1
∵f（1）＝1＞0，函數 f（x）在（ ，+∞）內是增函數，
∴當 x≥1 時，f（x）＞0，
又∵函數 f（x）的定義域是（0，+∞），
∴{x|f（x）≤0} （0，1），
∴a＞e 符合題意，
綜上，實數 a 的范圍是{a|a＞0}．
【點評】本題考查了函數的單調性的應用問題，考察導數的應用，考察分類討論思想，第三問中通過討
1
論 f（ ）的符號，再結合函數的單調性來求 a 的范圍是解題的關鍵，本題是一道難題．
三．利用導數研究函數的極值（共 3 小題）
1
13．（2024 順義區模擬）已知函數 f（x） = 3 2 （kx+b），給出下列四個結論：
①當 k＝0 時，對任意 b∈R，f（x）有 1 個極值點；
1
②當 k＞8時，存在 b∈R，使得 f（x）存在極值點；
③當 b＝0 時，對任意 k∈R，f（x）有一個零點；
1
④當 0＜b＜3時，存在 k∈R，使得 f（x）有 3 個零點．
其中所有正確結論的序號是 　①④　．
【分析】命題①，根據導數研究函數的單調性，即可得出極值點的個數；
命題②，根據導函數的導數判斷導數的單調性，得出導數無零點，原函數不存在極值點；
命題③，舉反例說明即可；
1
命題④，將零點個數轉化為直線 y＝kx+b 與曲線 y = 3 2交點的個數，通過研究過（0，b）的曲線 y =
1
3 2的切線，結合零點的存在性定理判斷即可．
1 2
【解答】解：對于①，當 k＝0 時，f（x） = 3 2 b，f′（x） = (3 2)2，
則 x∈（﹣∞，0）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；x∈（0，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；
所以對任意 b∈R，f（x）有 1 個極大值點 x＝0，命題①正確；
1 2 2
對于②，當 k＞8時，f′（x） = (1 2)2 k，若 f（x）有極值點，則 f′（x）有變號零點，所以 k = (3 2)2
有實數解，
2 2(3 2)2 8 2(3 2) 6( 1)( 1)
設 g（x） = (3 2)2，則 g′（x） = =(3 2)4 (3 2)3 ，
當 x∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）時，g′（x）＞0，當 x∈（﹣1，1）時，g′（x）＜0，
所以 g（x）在（﹣∞、﹣1），（1．+∞）上單調遞增，在（﹣1，1）上單調遞減，
1 1 1 2
又 x≥0 時，g（x）≤0，g（﹣1） = 8，所以 g（x） ≤ 8恒成立，所以當 k＞8時，k = (3 2)2無實數解，
命題②錯誤；
1 1
對于③，當 b＝0 時，f（x） = 3 2 kx，若 k＝0，則 f（x） = 3 2＞0 恒成立，此時函數 f（x）無零
點，命題③錯誤；
1 1
對于④，當 0＜b＜3時，y = 3 2是偶函數，且在（0，+∞）上單調遞減，
1
所以當 k＜0 時，直線 y＝kx+b 與曲線 y = 3 2在第二象限必有一交點，
1
同理，當 k＞0 時，直線 y＝kx+b 與曲線 y = 3 2在第一象限必有一交點，
1 1 1 2 0
過點（0，b）作曲線 y = 3 2的切線，設切點為（x0，3 2），則切線方程為 y 3 2 = (3 2（x0 0 02)
﹣x0），
1 2 0 3( 2 1)
即 b 3 2 = (3 2)2（﹣x0），所以 b =
0
2 2；0 0 (3 0 )
1 3( 2 1) 1
由 0＜b 0＜ ，得 ，即 2 2 5（ 2 + 1）+4＞0，即（ 23 + 1﹣4）（
2 + 1﹣1）＞0，
(3 2)2＜3 ( 0 + 1) 0 0 00
即 2 2 20 （ 0 3）＞0，解得 0 ＞3，即 x0＜ 3或 x0＞ 3；
1 1
所以當 0＜b＜3時，存在 x0∈（﹣∞， 3）∪（ 3，+∞），使曲線 y = 3 2有過點（0，b）的切線，
1
且切點為（x0，3 02）；
2 0 2 0 1
當 x0＞ 3時，切線斜率為(3 2)2＜0，則當 k∈（(3 2)2，0）時，有 f（x0）＜0，又 f（0） =0 0 3 b＞
0，
1
則存在 x1∈（0，x0），使 f（x1）＝0，此時函數 y＝kx+b 單調遞減，y = 3 2＞0 恒成立，
2 0
所以存在 x2∈（x0，+∞），使 f（x2）＝0，即當 x0＞ 3時，存在 k∈（(3 02)2，0），使得 f（x）有 3 個
零點．
2 0
同理，當 x0＜ 3時，存在 k∈（0，(3 2)2），使得 f（x）有 3 個零點，命題④正確．0
故答案為：①④．
【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與極值和零點的應用問題，是難題．
14．（2024 日照模擬）已知函數 f（x）＝sinx，g（x）＝xcosx﹣sinx．
（1）判斷函數 g（x）在區間（0，3π）上的零點個數，并說明理由；
( )
（2）函數 ( ) = 在區間（0，（n+1）π）（n∈N+）上的所有極值之和為 M（n），證明：對于 n∈N+，
M（n）＜0．
【分析】（1）求函數 g（x）的導數，利用導數判斷 g（x）的單調性，求出單調區間，從而判斷函數 g
（x）在區間（0，3π）上零點個數；
（2）求出 F（x）的導數，判斷 F（x）的單調性與單調區間，求極值點，判斷極值點的大小，求極值點
的和，再構造函數，判斷函數值小于 0 即可．
【解答】（1）解：因為函數 g（x）＝xcosx﹣sin x，所以 g'（x）＝cosx+x（﹣sinx）﹣cosx＝﹣xsin x，
當 x∈（0，π]時，sinx＞0，所以 g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（0，π）上單調遞減，
且 g（x）＜g（0）＝0，所以 g（x）在（0，π）上無零點；
當 x∈（π，2π]時，sinx＜0，所以 g'（x）＝﹣xsinx＞0，g（x）在（π，2π） 上單調遞增，
且 g（π）＝﹣π＜0，g（2π）＝2π＞0，所以 g（x）在（π，2π）上有唯一零點；
當 x∈（2π，3π]時，sinx＞0，g'（x）＝﹣xsinx＜0，g（x）在（2π，3π）上單調遞減，
且 g（2π）＞0，g（3π）＜0，所以 g（x）在（2π，3π]上有唯一零點；
綜上，函數 g（x）在區間（0，3π）上有兩個零點．

（2）證明：因為 F（x） = ，所以 F′（x） = 2 ，
由（1）知，F（x）在 x∈（0，π]無極值點，在 x∈（π，2 π]有極小值點，記為 x1，
在 x∈（2 π，3 π]有極大值點，記為 x2，
同理可得，在（3π，4π]有極小值點 x3，…，在（nπ，（n+1）π]有極值點 xn（n∈N+），
由 xncosxn﹣sinxn＝0，得 xn＝tanxn，
3 3
因為 g（π）＝﹣π＜0，g（ 2 ）＝1＞0，所以 x1∈（π， 2 ），
5 5
所以 M（1）＝F（x1）＜0，因為 g（2π）＝2π＞0，g（ 2 ）＝﹣1＜0，所以 x2∈（2π， 2 ），
5
所以 x2，x1+π∈（2π， 2 ），
因為 x2＞x1，所以 tanx2＞tanx1＝tan（x1+π），
5
由函數 y＝tanx 在(2 ， 2 )上單調遞增，得 x2＞x1+π．
1 2
所以 F（x1）+F（x2） = + = cosx1+cosx1 2 2，
5
因為 y＝cosx 在（2π， 2 ）內單調遞減，所以 cosx2＜cos（x1+π）＝﹣cosx1，所以 F（x1）+F（x2）＜0，

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

因為 y＝cosx 在（2nπ，2nπ + 2）（n∈N+）上單調遞減，所以 cosx2n＜﹣cosx2n﹣1，
所以 F（x2n）+F（x2n﹣1）＝cosx2n+cosx2n﹣1＜0，且 F（x2n）＞0，F（x2n﹣1）＜0；
當 n 為偶數時，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣1）+F（xn）]＜0，
當 n 為奇數時，M（n）＝[F（x1）+F（x2）]+[F（x3）+F（x4）]+...+[F（xn﹣2）+F（xn﹣1）]+F（xn）]＜
0，
綜上知，對 n∈N+，M（n）＜0．
【點評】本題考查了函數的導數綜合應用問題，也考查了數學運算與邏輯推理核心素養，是難題．
15．（2024 廣東模擬）已知函數 f（x）＝x3+3bx2+3x 有極值點
（Ⅰ）求函數 f（x）的單調區間及 b 的取值范圍；
（Ⅱ）若函數 f（x）有兩個極值點 x1、x2，且 f（x1）+f（x2）＝0，求 b 的值．
【分析】（Ⅰ）先求函數的導數，利用函數 f（x）有極值點，則 f′（x）＝0 有解，繼而可得函數單調區
間及 b 的取值范圍；
（Ⅱ）由于函數 f（x）有兩個極值點 x1、x2，則 x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，又由 f（x1）+f（x2）＝0，則得
到關于 b 的關系式，即得 b 的值．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝3（x2+2bx+1），
由于函數 f（x）＝x3+3bx2+3x 有極值點
則Δ＞0，解得，b＜﹣1 或 b＞1
′( ) = 0，解得， = ± 2 1
∴ ( )的增區間為( ∞， 2 1)和( + 2 1， + ∞)，
減區間為( 2 1， + 2 1)；
（Ⅱ）由（I）知 x1+x2＝﹣2b，x1x2＝1，
又由函數 f（x）＝x3+3bx2+3x，
則 ( ) + ( ) = 3 + 31 2 1 2 +3 ( 21 + 22) + 3( 1 + 2)
= ( 1 + 2 22)[( 1 + 2) 3 1 2] + 3 [( 1 + 2) 2 1 2] + 3( 1 + 2)
＝﹣2b（4b2﹣3）+3b（4b2﹣2）﹣6b
＝4b3﹣6b＝0
6
解得， = 0(舍)或 =± 2
b 6則 的值為± ．
2
【點評】本題的考點是利用導數研究函數的單調性，極值問題．屬于中檔題．
四．函數在某點取得極值的條件（共 3 小題）
16．（2024 春 新會區校級月考）已知函數 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 處有極值 10，則 a、b 的值為（　　）
A．a＝﹣4，b＝11
B．a＝3，b＝﹣3 或 a＝﹣4，b＝11
C．a＝﹣1，b＝5
D．以上都不正確
【分析】求導數，利用函數在 x＝1 處有極值 10，得到兩個條件 f（1）＝10 和 f'（1）＝0，然后利用方
程組求解 a，b．
【解答】解：函數的導數為 f'（x）＝3x2﹣2ax﹣b，
因為函數 f（x）＝x3﹣ax2﹣bx+a2 在 x＝1 處有極值 10，
所以 f（1）＝10 且 f'（1）＝0．
3 2 = 0 = 3 = 4
即 1 + 2 = 10，解得 = 3或 = 11 ．
當 a＝3，b＝﹣3 時，f'（x）＝3x2﹣6x+3＝3（x﹣1）2≥0，
此時函數單調遞增，所以此時函數沒有極值，所以不滿足條件．
所以經檢驗值當 a＝﹣4，b＝11 時，滿足條件．
故選：A．
【點評】本題主要考查利用導數研究函數的極值問題，要求掌握可導函數取得極值的條件，f'（x）＝0
是函數取得極值的必要不充分條件，求解之后要注意進行檢驗．
1 1
17．（2024 春 菏澤期中）已知函數 f（x） = x33 2x
2+cx+d 有極值，則 c 的取值范圍為（　　）
1 1 1 1
A．c＜4 B．c ≤ 4 C．c ≥ 4 D．c＞4
1 1
【分析】由已知中函數解析式 f（x） = x3 x23 2 +cx+d，我們易求出導函數 f′（x）的解析式，然后根據
函數 f（x）有極值，方程 f′（x）＝x2﹣x+c＝0 有兩個實數解，構造關于 c 的不等式，解不等式即可得
到 c 的取值范圍；
1 1
【解答】解：∵f（x） = 3 23x 2x +cx+d，
∴f′（x）＝x2﹣x+c，要使 f（x）有極值，則方程 f′（x）＝x2﹣x+c＝0 有兩個實數解，
從而Δ＝1﹣4c＞0，
1
∴c＜4．
故選：A．
【點評】本題考查的知識點是函數在某點取得極值的條件，導數在最大值，最小值問題中的應用，其中
根據已知中函數的解析式，求出函數的導函數的解析式，是解答本題的關鍵．
18．（2024 春 江陰市校級月考）若函數 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上沒有極值點，則實數 m 的取值范圍是　[
3， 3]　．
【分析】函數 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上沒有極值點，即函數的導數等于 0 無解或有唯一解（但導數在
點的兩側符號相同），
又導數為 f′（x）＝3x2+2mx+1，故判別式△≤0，解不等式求得實數 m 的取值范圍．
【解答】解：函數 f（x）＝x3+mx2+x+1 在 R 上沒有極值點，
即函數的導數等于 0 無解或有唯一解（但導數在點的兩側符號相同）．
函數 f（x）＝x3+mx2+x+1 的導數為 f′（x）＝3x2+2mx+1，
∴Δ＝4m2﹣12≤0，∴ 3 ≤ m ≤ 3，
故答案為：[ 3， 3]．
【點評】本題考查函數在某點取得極值的條件，以及一元二次方程無解或只有唯一解的條件．
五．利用導數求解函數的極值（共 4 小題）
1
19．（2024 春 常州月考）已知函數 ( ) = 2 ( 2 + 2)．
（1）若 x＝1 是函數 f（x）的極值點，求 a 的值，并求函數 f（x）的極值；
（2）若函數 f（x）在 x＝0 處取得極大值，求 a 的取值范圍．
【分析】（1）由 f′（1）＝0 求得 a，進而求得 f（x）的極值．
（2）先求得 f′（x），然后對 a 進行分類討論，根據 f（x）在 x＝0 處取得極大值進行分類討論，由此求
得 a 的取值范圍．
【解答】解：（1）定義域為 R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x，
1
因為 x＝1 是函數 y＝f（x）的極值點，所以 f′（1）＝0．故有 2a﹣1＝0，所以 = 2，
1 1 1
當 = 時， ( ) = 2 ( 2 + )， ∈ ，所以 f′（x）＝x（x﹣1）e2x2 2 2 ，
若 f′（x）＝0，則 x＝1 或 x＝0，
x （﹣∞，0） 0 （0，1） 1 （1，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 遞增 極大值 遞減 極小值 遞增
1
所以函數 f（x）的極大值為 (0) = 2，極小值為 f（1）＝0；
（2）定義域為 R，f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x，
①當 a＝0 時，f′（x）＝﹣2xe2x，令 f′（x）＞0 得 x＜0，
所以：f（x）單調遞增區間為（﹣∞，0）；
令 f′（x）＜0 得 x＞0，所以 f（x）單調遞減區間為（0，+∞）；
所以 f（x）在 x＝0 取極大值，符合題意，
1
②當 a＜0 時，由 f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0， 2 = ＜0，
x 1 1 1 ( ∞， ) (
0 （0，+∞）
，0)
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
f（x） 減 極小值 增 極大值 減
所以：f（x）在 x＝0 處取得極大值，所以：a＜0 符合題意；
1
③當 a＞0 時，由 f′（x）＝2x（ax+a﹣1）e2x＝0，得：x1＝0， 2 = ，
1
（i）當 ＜0即 a＞1 時，f′（x），f（x）變化情況如下表：
x 1 1 1 ( ∞， ) ( ，0)
0 （0，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 增 極大值 減 極小值 增
所以：f（x）在 x＝0 處取得極小值，不合題意．
1
（ⅱ）當 = 0即 a＝1 時，f′（x）≥0 在 R 上恒成立，
所以：f（x）在 R 上單調遞增，無極值點；
1
（iii）當 ＞0，即 0＜a＜1 時，f′（x），f（x）變化情況如下表：
x （﹣∞，0） 0 1 1 1
（0， ） （ ，+∞）
f′（x） + 0 ﹣ 0 +
f（x） 增 極大值 減 極小值 增
所以：f（x）在 x＝0 處取得極大值，所以：0＜a＜1 合題意．
綜上可得：a 的取值范圍是（﹣∞，1）．
【點評】本題考查極值的求法與性質，考查了學生的邏輯推理與運算能力，屬于中檔題．
20．（2024 春 承德月考）已知函數 f（x）＝ax2﹣blnx 在點 A（1，f（1））處的切線方程為 y＝1；
（1）求實數 a，b 的值；
（2）求函數 f（x）的極值．
【分析】（1）求出 f（x）的導數，得到 f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0，解出 a，b 的值即可；
（2）求出 f（x）的解析式，得到函數的導數，解關于導函數的不等式，求出單調區間，從而求出函數的
極值即可．
【解答】解：（1）f（x）的定義域是（0，+∞），

f′（x）＝2ax ，
f（1）＝a＝1，f′（1）＝2a﹣b＝0①，
將 a＝1 代入 2a﹣b＝0，解得：b＝2；
（2）由（1）得：f（x）＝x2﹣2lnx，
2 2 2 2
∴f′（x）＝2x = ，
令 f′（x）＞0，解得：x＞1，
令 f′（x）＜0，解得：x＜1，
∴f（x）在（0，1）遞減，在（1，+∞）遞增，
∴f（x）極小值＝f（1）＝1．
【點評】本題考查了曲線的切線方程問題，考查導數的應用，求函數的單調區間、極值問題，是一道基
礎題．
21．（2024 春 晉江市校級期中）已知函數 f（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx，常數 a＞0．
（1）當 x＝1 時，函數 f（x）取得極小值﹣2，求函數 f（x）的極大值．
（2）設定義在 D 上的函數 y＝h（x）在點 P（x0，h（x0））處的切線方程為 l：y＝g（x），當 x≠x0 時，
( ) ( )
若 ＞0在 D 內恒成立，則稱點 P 為 h（x）的“類優點”，若點（1，f（1））是函數 f（x）的0
“類優點”，
①求函數 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程．
②求實數 a 的取值范圍．
【分析】（1）求出函數的導數，解關于導函數的不等式，求出函數的單調區間，從而求出函數的極大值
即可；
（2）①求出函數的導數，計算 f（1），f′（1）的值，求出切線方程即可；
②結合題意得到 F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1，通過討論 a 的范圍得到函數的單調
性，進而確定 a 的范圍即可．
【解答】解：（1）由題意，f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣2，得 a＝1，
1 ( 1)(2 1)
此時 ′( ) = 2 3 + = ，（x＞0）
1
令 f'（x）＝0，得 x＝1 或 = 2，
1 1
當0＜ ＜2或 ＞1時，f'（x）＞0；當2＜ ＜1時，f'（x）＜0，
1 1
所以 f（x）在(0，2)與（1，+∞）上單調遞增，在(2，1)上遞減，
1 5 1
所以當 = 2時，f（x）有極大值 4 + 2．
(2 )( 1)
（2）①∵ ′( ) = 2 ( + 2) + = ，（x＞0）
∴f（1）＝1﹣（a+2）＝﹣a﹣1，f'（1）＝0，
所以函數 f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為 g（x）＝﹣a﹣1，
②若點（1，f（1））是函數 f（x）的“類優點”，
令 F（x）＝f（x）﹣g（x）＝x2﹣（a+2）x+alnx+a+1 常數 a＞0，
( )
則當 ∈ (0，1) ∪ (1， + ∞)時，恒有 1＞0
(2 )( 1)
又 F（1）＝0，且∵ ′( ) = 2 ( + 2) + = ，（x＞0）

令 F'（x）＝0，得 x＝1 或 = 2，a＞0
則當 a＝2 時，∵F'（x）≥0，F（x）在（0，+∞）上遞增．
∴當 x∈（0，1）時，F（x）＜F（1）＝0；
當 x∈（1，+∞）時，F（x）＞F（1）＝0．
( )
故當 x≠1 時，恒有 1＞0成立．

當 a＞2 時，由 F'（x）＜0，得1＜ ＜2，

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

當 0＜a＜2 時，由 F'（x）＜0，得2＜ ＜1，

∴F（x）在(2，1)上遞減，F（x）＞F（1）＝0．
( )
所以在，2＜ ＜1， 1＞0不成立．
綜上可知，若點（1，f（1））是函數 f（x）的“類優點”，則實數 a＝2．
【點評】本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，考查新定義的理解，
是一道中檔題．

22．（2024 春 東城區校級月考）已知函數 f（x）＝x﹣1 + （a∈R，e 為自然對數的底數）．
（Ⅰ）若曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于 x 軸，求 a 的值；
（Ⅱ）求函數 f（x）的極值；
（Ⅲ）當 a＝1 的值時，若直線 l：y＝kx﹣1 與曲線 y＝f（x）沒有公共點，求 k 的最大值．
【分析】（Ⅰ）依題意，f′（1）＝0，從而可求得 a 的值；

（Ⅱ）f′（x）＝1 ，分①a≤0 時②a＞0 討論，可知 f（x）在∈（﹣∞，lna）上單調遞減，在
（lna，+∞）上單調遞增，從而可求其極值；
1
（Ⅲ）令 g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x + ，則直線 l：y＝kx﹣1 與曲線 y＝f（x）沒有公共
點 方程 g（x）＝0 在 R 上沒有實數解，分 k＞1 與 k≤1 討論即可得答案．

【解答】解：（Ⅰ）由 f（x）＝x﹣1 + ，得 f′（x）＝1 ，
又曲線 y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線平行于 x 軸，

∴f′（1）＝0，即 1 = 0，解得 a＝e．

（Ⅱ）f′（x）＝1 ，
①當 a≤0 時，f′（x）＞0，f（x）為（﹣∞，+∞）上的增函數，所以 f（x）無極值；
②當 a＞0 時，令 f′（x）＝0，得 ex＝a，x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上單調遞減，在（lna，+∞）上單調遞增，
故 f（x）在 x＝lna 處取到極小值，且極小值為 f（lna）＝lna，無極大值．
綜上，當 a≤0 時，f（x）無極值；當 a＞0 時，f（x）在 x＝lna 處取到極小值 lna，無極大值．
1 1
（Ⅲ）當 a＝1 時，f（x）＝x﹣1 + ，令 g（x）＝f（x）﹣（kx﹣1）＝（1﹣k）x + ，
則直線 l：y＝kx﹣1 與曲線 y＝f（x）沒有公共點，
等價于方程 g（x）＝0 在 R 上沒有實數解．
1 1
假設 k＞1，此時 g（0）＝1＞0，g（ 1）＝﹣1 +
1 0，
1
＜
又函數 g（x）的圖象連續不斷，由零點存在定理可知 g（x）＝0 在 R 上至少有一解，
與“方程 g（x）＝0 在 R 上沒有實數解”矛盾，故 k≤1．
1
又 k＝1 時，g（x） = ＞0，知方程 g（x）＝0 在 R 上沒有實數解，
所以 k 的最大值為 1．
【點評】本題考查利用導數研究函數的極值，考查利用導數研究曲線上某點切線方程，突出分類討論思
想與等價轉化思想的綜合運用，屬于中檔題．
六．利用導數研究函數的最值（共 12 小題）
23．（2024 七星區校級模擬）數學中，懸鏈線指的是一種曲線，是兩端固定的一條（粗細與質量分布）均
勻、柔軟（不能伸長）的鏈條，在重力的作用下所具有的曲線形狀，它被廣泛應用到現實生活中，比如
計算山脈的形狀、婲述星系的形態、研究植物的生長等等．在合適的坐標系中，這類曲線可用函數 f（x）
＝aex+be﹣x（其中 a，b 為非零常數，e＝2.71828 ）來表示，當 f（x）取到最小值為 2 時，下列說法正
確的是（　　）
A．此時 x＝lna
B．此時 a+b 的最小值為 2
C．此時 2a+2b 的最小值為 2
D．此時 lnalnb 的最小值為 0

【分析】根據函數 f（x）＝aex + ，a、b 為非零常數，當 f（x）取到最小值為 2 時，有 a＞0，b＞0，
利用基本不等式，判斷選項中的命題是否正確即可．

【解答】解：因為函數 f（x）＝aex+be﹣x＝aex + ，a、b 為非零常數，

所以，當 f（x）取到最小值為 2 時，a＞0，b＞0，且 aex + ≥ 2
= 2 = 2，此時 ab＝1，
1
當且僅當 aex = ，即 e2x = = b
2，解得 ex＝b，所以 x＝lnb＝ln = lna，選項 A 錯誤；
因為 a＞0，b＞0，且 ab＝1，所以 a+b≥2 = 2，當且僅當 a＝b＝1 時取“＝”，所以 a+b 的最小值為
2，選項 B 正確；
因為 2a+2b≥2 2 2 = 2 2 + ≥ 2 22 = 4，當且僅當 a＝b＝1 時取“＝”，所以 2a+2b 的最小值為 4，
選項 C 錯誤；
2lnalnb ≤ ( ) = (
2
因為 2 2 ) = 0，當且僅當 a＝b＝1 時取“＝”，所以 lnalnb 的最大值為 0，選
項 D 錯誤．
故選：B．
【點評】本題考查了基本不等式的應用問題，也考查了推理與判斷能力，是中檔題．
24．（2024 貴陽模擬）若關于 x 的不等式（4k﹣1﹣lnx）x＜lnx﹣x+3 對于任意 x∈（1，+∞）恒成立，則整
數 k 的最大值為（　　）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2
3 3
【分析】原式化為4 ＜ + + （x＞1）恒成立，然后利用導數研究函數 f（x） = + + （x
＞1）的最小值即可，需要用到用到二次求導研究一階導數的隱零點，進而求原函數的最值．
3
【解答】解：由已知 x＞1，故原式化為：4 ＜ + + （x＞1）恒成立，
3 2
令 f（x） = + + （x＞1），則 f′（x） = 2 ，x＞1，
1
令 g（x）＝x﹣lnx﹣2，g′（x） = 1 ＞0，故 g（x）在（1，+∞）上單調遞增，
而 g（3）＝1﹣ln3＜0，g（4）＝2﹣ln4＞0，
故存在唯一的 x0∈（3，4），使得 g（x0）＝x0﹣lnx0﹣2＝0①，
當 x∈（1，x0）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減；x∈（x0，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，
0 3 1
故 f（x）min＝f（x0）＝lnx0 + + ，結合①式得 f（x）min = 0 + 1，x0∈（3，4），0 0 0
1 7 13
結合對勾函數的性質 = + 在（3，4）上單調遞增，故 f（x）min∈（3， 4 ），
結合故 4k＜f（x）min 恒成立，k∈Z 時，
只能 k≤0．
故 k 的最大整數值為 0．
故選：B．
【點評】本題考查先分離參數，構造函數，然后利用導數研究函數的單調性、最值情況，解決不等式恒
成立問題的基本思路，屬于較難的題目．

25．（2024 秦都區校級四模）已知函數 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，若 f（x）≥g（x）恒成立，則 的最大
值是（　　）
A．﹣1 B．1 C．2 D． 2
【分析】討論 a＜0 時，f（x）是單調減函數，g（x）是單調增函數，不滿足題意；a＞0 且 b＞0 時，由

f（x）≥g（x）求得 的最大值．
【解答】解：因為函數 f（x）＝aex，g（x）＝2x+b，且 f（x）≥g（x）恒成立，
所以當 a＜0 時，f（x）是單調減函數，且 f（x）＜0，g（x）是單調增函數，g（x）的值域是 R，顯然不
滿足題意；
當 a＞0 且 b＞0 時，不妨令 a＝b＞0，由 f（x）≥g（x）得，aex≥2x+a，
設 h（x）＝ex﹣（x+1），則 h′（x）＝ex﹣1，
當 x＞0 時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，
當 x＜0 時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
所以 h（x）的最小值為 h（0）＝0，即 ex≥x+1；
又因為 a＞0，所以 aex≥a（x+1），

由 aex≥2x+a，所以 b＝a＝2，即 的最大值是 1．
故選：B．
【點評】本題考查了函數與不等式的應用問題，也考查了轉化思想，是難題．
26．（2024 龍崗區校級模擬）已知函數 h（x）＝mex﹣x+1．
（1）若 h（x）在（0，4）上有唯一零點，求 m 的取值范圍；
（2）若 h（x）≥h（x0）對任意實數 x 恒成立，證明： 2 ( )＞ 20 +3 1．
1 1
【分析】（1）令 h（x）＝mex﹣x+1＝0，得 = ，構造函數 ( ) = ， ∈ (0，4)，利用導數求出
函數的單調區間及極值，作出其大致圖像，結合圖象即可得解；
（2）根據 h（x）≥h（x0）對任意實數 x 恒成立，可得 h（x0）是函數 h（x）的最小值，由 m 分類討論
求出 h（x）的最小值，再構造新的函數證明即可．
1
【解答】解：（1）令 h（x）＝mex﹣x+1＝0，得 = ，
1 2
令 ( ) = ， ∈ (0，4)，則 ′( ) = ，
當 0＜x＜2 時，g′（x）＞0，當 2＜x＜4 時，g′（x）＜0，
所以函數 g（x）在（0，2）上單調遞增，在（2，4）上單調遞減，
1
所以 ( ) = (2) = 2，
3
又 (0) = 1， (4) = 4，
1
如圖，作出函數 ( ) = ， ∈ (0，4)的圖象，
1 3
由圖可知，m 的取值范圍為 = 2或 1＜ ≤ 4；
（2）證明：因為 h（x）≥h（x0）對任意實數 x 恒成立，
所以 h（x0）是函數 h（x）的最小值，
h′（x）＝mex﹣1，
當 m≤0 時，h′（x）＜0，所以函數 h（x）在 R 上為減函數，
所以函數 h（x）沒有最小值，不符合題意，
1 1
當 m＞0 時， ＜ 時，h′（x）＜0， ＞ 時，h′（x）＞0，
1 1
所以函數 h（x）在( ∞， )上單調遞減，在( ， + ∞)上單調遞增，
1
所以 ( ) = ( ) = + 2，
1
綜上所述， ( 0) = ( ) = + 2( ＞0)，
則 2 ( 0)＞ 2 +3 1，即 m2（lnm+2）＞﹣m2+3m﹣1，
即 m2
1
lnm＞﹣3m2+3m﹣1，即 ＞ (3 + ) + 3，
1
令 ( ) = ， ( ) = (3 + ) + 3( ＞0)，
1
( ) = (3 + ) + 3 ≤ 2 3
1
+3 = 2 3 +3( ＞0)，
1 3
當且僅當3 = ，即 = 時取等號，3
所以 ( ) ≤ 2 3 +3，
f′（m）＝lnm+1，
1 1
當0＜ ＜ 時，f′（m）＜0，當 ＞ 時，f′（m）＞0，
1 1
所以函數 f（m）在(0， )上單調遞減，在( ， + ∞)上單調遞增，
1 1
所以 ( ) ≥ ( ) = ，
1
因為 ＞ 0.4＞ 2 3 +3，
1
所以 f（m）＞φ（m），即 ＞ (3 + ) + 3，
所以 2 ( 0)＞ 2 +3 1．
【點評】本題考查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．
本題屬于難題．
27．（2024 吉林模擬）在平面直角坐標系 xOy 中，Rt△OAB 的直角頂點 A 在 x 軸上，另一個頂點 B 在函數

( ) = 圖象上．
（1）當頂點 B 在 x 軸上方時，求 Rt△OAB 以 x 軸為旋轉軸，邊 AB 和邊 OB 旋轉一周形成的面所圍成的
幾何體的體積的最大值；
22 ( ) =
2 1
（ ）已知函數 ，關于 x 的方程 f（x）＝g（x）有兩個不等實根 x1，x2（x1＜x2）．
（i）求實數 a 的取值范圍；
（ii）證明： 2 2
2
1 + 2＞ ．
【分析】（1）先確定所求幾何體何時能取到最大值，寫出函數關系，利用導數分析函數單調性，求最大
值；
2
（2）（i）根據題意知， + 2 1 = ，進行同構 2 + 2 = + ，將問題轉化為方程
ax2
1
＝lnex 有兩個不等的實數根，再進行分離參數，研究 ( ) = 2 的單調性和極值，即可求出 a 的取
值范圍；
2 2
（ii）由2( 2 + 2)＞( + )21 2 1 2 知，先證 1 + 2＞ ，即極值點偏移問題，構造函數 ( ) = ( ) (
1 1 2
)，求 F′（x），F（x）在(0， )單調遞增， ( )＜ ( ) = 0，得 ( )＜ ( )，從而可得 ( 1)＜ (
2 2 2
1)即 ( 2)＜ ( 1)，再由 h（x）的單調性，即可得到 1 + 2＞ ．

【解答】解：（1）因為 B 在 x 軸上方，所以： ＞0 x＞1，
△OAB 為直角三角形，所以當 AB⊥x 軸時，所得圓錐的體積才可能最大，
1 2 2
設 A（x ，0），則 ( ， )， = 3 ( ) = 3 （x＞1），
2 2 2
設 ( ) = （x＞1），則 ′( ) = 2 ，由 h′（x）＞0 2lnx﹣ln
2x＞0 lnx（2﹣lnx）＞0，
因為 x＞1，所以 2﹣lnx＞0 x＜e2，
2 2 4
所以 h（x）在（1，e2）上單調遞增，在（e2，+∞）上單調遞減，所以 ( ) = ( 2) = 2 = 2，
4
從而 = 3 2；
（2 2）（i）因為 f（x）＝g（x），即 + 2 1 = 2，即 + 2 = + ，
令 u（t）＝et+t，所以 u（ax2）＝u（lnex），
因為 u（t）＝et+t 為增函數，所以 ax2＝lnex 即 ax2＝lnx+1，
1
所以方程 f（x）＝g（x）有兩個不等實根 x1，x2 等價于 = 2 有兩個不等實根 x1，x2，
1 1 2
令 ( ) = 2 ，所以 ′( ) = 3 ，
1 1
當 ∈ (0， )時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增；當 ∈ ( ， + ∞)時，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，
1 1
所以 ( ) = ( ) = 2 ；
1 1
當 x→0 時，h（x）→﹣∞；當 x→+∞時，由洛必達法則知 ( ) = = 0，所以 ∈ (0， )，
→ + ∞ → + ∞2 2 2
1 1 1
（ii）由（i）知， 1 ∈ ( ， )， 2 ∈ ( ， + ∞)，
2 1
令 ( ) = ( ) ( )， ∈ (0， )，
2 2
1 ( ) 1 2 1 2 ( ) 1
因為 ( ) = 2

2 2 ，所以 ′( ) =

3 ，
( ) 3 ( 2 )

1 2 1 1 1
因為 ∈ (0， )， ∈ ( ， + ∞)，所以 F′（x）＞0，即 F（x）在(0， )單調遞增， ( )＜ (
2
) = 0，所以 ( )＜ ( )．
1 2
因為 1 ∈ (0， )，所以 ( 1)＜ ( 1)，
2
又因為 h（x1）＝h（x2），所以 ( 2)＜ ( 1)，
1 2 1 1
因為 2 ∈ ( ， + ∞)， 1 ∈ ( ， + ∞)，且 h（x）在( ， + ∞)上單調遞減，
2 2 4
所以 2 2 22＞ 1，即 2 + 1＞ ，所以2( 1 + 2)＞( 1 + 2) ＞ ，
所以 2 + 2
2
1 2＞ ．
【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性與極值、進而解決函數零點、不等式的證明問題的解題思
路，屬于難題．

28．（2024 南昌三模）定義：若變量 x，y＞0，且滿足：( )
+( ) = 1，其中 a，b＞0，m∈Z．稱 y 是關
于 x 的“m 型函數”．
（1 3）當 a＝2，b＝1 時，求 y 關于 x 的“2 型函數”在點(1， )處的切線方程；2
（2）若 y 是關于 x 的“﹣1 型函數”，
（ⅰ）求 x+y 的最小值；

（ⅱ）求證：(
1 +1
+ ) ≥ ( +1 + +1) ，（n∈N+）．
1
2 2
【分析】（1）由題意求出 y = (1 4 ) ，利用導數求斜率，利用點斜式寫出切線方程；

（2）（i）由題意得 + = 1，利用基本不等式求出 x+y 的最小值．

（ii）由題意得出（x﹣a）（y﹣b）＝ab，可設 x﹣a＝at， = ，t∈（0，+∞），求出 xn+yn ，構造函數，
利用導數研究函數的單調性，求出函數的最小值，從而證明結論成立．
1 1
1 y = (1
2 1 2 1
【解答】解：（ ）由題意知， 4 )
2
，則 y 2′ = 2 (1 4 ) （ 2x），
1 1 1
所以 y′|x＝1 = 2 × (
3 ) 2
3
4 × （ 2） = ，6
3 3
故所求的切線方程為 = ( 1)，即 + 2 3 4 = 0；2 6

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

= = + 當且僅當 2，即 時取得最小值．
+ = ( + ) = +

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

可設 x﹣a＝at， = ，其中 t∈（0，+∞），

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

( ) ]．

由 h'（t）＝0，得 = ( ) +1 ，記 0 = (
+1
) ，當 0＜t＜t0 時，h'（t）＜0，當 t＞t0 時，h'（t）＞0，
1
則 ( ) = ( 0) = (1 + 0) + (1 + )0

=

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

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

所以( + ) ≥ ( +1 + +1) ．
【點評】本題考查了導數與不等式的綜合應用問題，也考查了推理與運算能力，是難題．

29．（2024 赤峰模擬）已知 ∈ (4， )．
1
（1）將 sinx，cosx，x， 22 +1按由小到大排列，并證明；

（2）令 f（x）＝xex+xcosx﹣2sinx﹣sin2x，求證：f（x）在 ∈ (4， )內無零點．
1
【分析】（1）設 ( ) = + 22 1，求函數的導數，利用導數判斷函數的單調性，求出 g（x）在(4， )
1
上的最小值，利用最小值大于 0，判斷 ＞1 22 ，再判斷 sinx＞cosx，即可得出結論．
1
（2）要證 f（x）在 ∈ (4， ) 內無零點，只需證 f（x）＞0，由（1）知，只需證
+ (1 22 ) 2
2
＞0，由此構造函數求解即可．
1
【解答】（1）解：設 ( ) = + 2
2 1，則 g'（x）＝﹣sinx+x，設 h（x）＝g′（x）＝﹣sinx+x，則
h′（x）＝﹣cosx+1，

因為 x∈(4， ) 時，h′（x）＞0 恒成立．

所以 h（x）在(4， ) 上單調遞增，即 g′（x）在（4，π）上單調遞增；

g 2 2所以 ′（x）＞g′（4） = 0，4 ＞

所以 g（x）在(4， ) 上單調遞增，

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

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

（2）證明：要證 f（x）在 ∈ (4， ) 內無零點，只需證 f（x）＝xe
x+xcosx﹣2sinx﹣sin2x＞0．
1
由（1）知， 22 +1＜ ＜ ＜ ，
1
只需證 + (1 22 ) 2
2＞0，
1即證 3 2 ＞0，即證
1
22 2 1＞0，
1
令 s（x）＝ex x22 ﹣x﹣1，則 s'（x）＝e
x﹣x﹣1，設 t（x）＝s′（x），則 t′（x）＝ex﹣1，

當 x∈（0，+∞）時，有 t′（x）＞0，所以 t（x）在 ∈ (4， ) 上單調遞增，

即 s′（x）在 x∈（4，π）上單調遞增，所以 s′（x）＞s′（4）＞s′（0）＝0，

從而 s（x）在(4， ) 上單調遞增，所以 s（x）＞s（4）＞s（0）＝0，

所以 f（x）在 ∈ (4， ) 內無零點．
【點評】本題考查了導數的綜合應用問題，也考查了函數與不等式的應用問題，是難題．
30．（2024 呼和浩特模擬）對于函數 f（x），若實數 x0 滿足 f（x0）＝x0，則 x0 稱為 f（x）的不動點．已知
函數 f（x）＝ex﹣2x+ae﹣x（x≥0）．
（1）當 a＝﹣1 時，求證：f（x）≥0；
（2）當 a＝0 時，求函數 f（x）的不動點的個數；
1 1 1
（3）設 n∈N*，證明： 2 + 2 + +1 1 2 2 2 ＞ln（n+1）．
【分析】（1）a＝﹣1 時 f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x，求函數的導數，利用導數大于 0 判斷 f（x）單調遞增，計
算 f（x）min＝0 即可．
（2）a＝0 時 f（x）＝ex﹣2x，由 f（x）＝ex﹣2x＝x，方程正實數解的個數就是函數 f（x）的不動點的個
數，構造函數，求函數零點個數即可．
（3）由 a＝﹣1 時，f（x）≥0，即 x∈（0，+∞）時，ex﹣2x﹣e﹣x≥0，設 x＝lns，s≥1，不等式化為 s
1 1 1
＞2lns，s＞1；設 s = 1 +
1
，n∈N* ，得出 2 ＞ln（ ），n∈N
*；由此求和即可得出結論．
【解答】（1）證明：a＝﹣1 時，f（x）＝ex﹣2x﹣e﹣x（x≥0），
所以 f′（x）＝ex+e﹣x﹣2≥2 2＝0，當且僅當 x＝0 時取等號，
所以 f（x）在[0，+∞）上單調遞增，
所以 f（x）≥f（0）＝0．
（2）解：當 a＝0 時，f（x）＝ex﹣2x（x≥0），
令 f（x）＝ex﹣2x＝x，則方程 ex﹣3x＝0 的正實數解的個數就是函數 f（x）的不動點的個數．
令 g（x）＝ex﹣3x，x≥0，則 g'（x）＝ex﹣3，x≥0，
當 x＞ln3 時，g'（x）＞0，所以 g（x）在（ln3，+∞）上是單調遞增的；
當 0＜x＜ln3 時，g'（x）＜0，所以 g（x）在（0，ln3）上是單調遞減的；
所以，當 x＝ln3 時，g（x）取得最小值 g（ln3）＝3﹣3ln3＜0；
因為 g（0）＝1＞0，g（10）＝10﹣3ln10＞0，所以方程 ex﹣3x＝0 有 2 個正實數解，
所以當 a＝0 時，函數 f（x）有 2 個不動點．
（3）證明：由（1）知，當 a＝﹣1 時，f（x）≥0，即 x∈（0，+∞）時，ex﹣2x﹣e﹣x≥0．
1
設 x＝lns，s≥1，則 s﹣2lns﹣s﹣1≥0，即 s ＞2lns，s＞1；
1
設 s = 1 + 1 ，n∈N
* 1 1，則 s＞1，所以 1 + 1 1＞2 1 +
，
1
1 1 1
即 1＞ln（1 + ），所以 2 ＞ln（ ），n∈N
*；
1

1 1 1 1 1 2 1 1 2 3 1
所 以 2 + 2 + + 2 ＞ ( 1 ) + ( 2 ) + + ( ) = (1 2 ) = ( + 1)1 1 2 2 ，
1 1 1
即 +12 1 22
+ +
2 2 ＞ (
+ 1)．
【點評】本題考查了導數的綜合應用問題，也考查了推理與運算能力，屬于難題．
31．（2024 3 月份模擬）已知函數 f（x）＝ex﹣ax，g（x）＝ax﹣lnx（a∈R）．
（1）當 a＝e 時，求曲線 y＝f（x）過原點的切線方程；
（2）若 f（x）的最小值與 g（x）的最小值相等，求實數 a．
【分析】（1）a＝e 時 f（x）＝ex﹣ex，求函數的導數，設切點為 A（x0，y0），求出曲線在 A 處的切線斜
率，利用點斜式寫出切線方程，由切線過原點求出 x0，再求切線方程．
（2）求函數的導數，利用導數判斷函數的單調性，求出函數 f（x）、g（x）的最小值，利用最小值相等，
列方程求出 a 的值．
【解答】解：（1）當 a＝e 時，f（x）＝ex﹣ex，f′（x）＝ex﹣e，
設切點為 A（x0，y0），則曲線 y＝f（x）在 A 處的切線斜率為 k＝f′（x ） = 0 0 e，
y 0 = 0 ex0，
所求的切線方程為 y﹣（ 0 ex 0）＝（ 0 e）（x﹣x0），
又切線過原點，所以﹣（ 0 ex0）＝﹣x 0（ 0 e），
解得 x0＝1，所以 k＝f′（1）＝0，y＝0，
即所求的切線方程為 y＝0．
1
（2）由題意得，f′（x）＝ex﹣a，g（x）＝a ，
當 a≤0 時，f′（x）＞0，f（x）在 R 上是增函數，無最小值，不合題意，
所以 a＞0，令 f′（x）＝0，得 x＝lna，
當 x＜lna 時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減，
當 x＞lna 時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增，
所以 f（x）有唯一的極小值也是最小值，是 f（lna）＝a﹣alna．
1 1
令 g'（x）＝0，得 x = ，當0＜ ＜ 時，g'（x）＜0，g（x）單調遞減，
1
當 x＞ 時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增，
1 1
所以 g（x）有唯一的極小值也是最小值為 ( ) = 1 = 1 + ．
由題意得，a﹣alna＝1+lna，即 a﹣alna﹣lna﹣1＝0，
1 1
設 s（x）＝x﹣xlnx﹣lnx﹣1，則 s′（x）＝1﹣（lnx+1） = lnx ，
1 1 1 1
設 t（x）＝﹣lnx ，則 t′（x） = + 2 = 2 ．
令 t'（x）＝0，得 x＝1，
所以 0＜x＜1 時，t′（x）＞0，t（x）單調遞增，x＞1 時，t′（x）＜0，t（x）單調遞減，
所以 t（x）的最大值為 t（1）＝﹣1＜0，所以 s'（x）＝t（x）＜0，
所以 s（x）在（0，+∞）上單調遞減，
又 s（1）＝0，所以 x＝1 為 s（x）的唯一零點，
所以由 a﹣alna﹣lna﹣1＝0，解得 a＝1．
即當 f（x）的最小值與 g（x）的最小值相等時，實數 a 的值為 1．
【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性，求函數的最值問題，也考查了推理與運算能力，是難
題．
32．（2024 運城二模）已知函數 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a（a∈R）．
（1）若 a＝4，求 f（x）的圖象在 x＝0 處的切線方程；
（2）若 f（x） 0 對于任意的 x∈[0，+∞）恒成立，求 a 的取值范圍；
2 1
（3）若數列{an}滿足 a1＝1 且 +1 = （n∈N* 2 ），記數列{an}的前 n 項和為 S n，求證： + 3
＜ [( + 1)( + 2)]．
【分析】（1）a＝4 時，利用導數求 f（x）在 x＝0 處的導數，計算 f（0），利用點斜式寫出切線方程即
可．
（2）求函數的導數，利用導數判斷函數的單調性，求函數 f（x）在 x∈[0，+∞）滿足 f（x）≥0 恒成立，
從而求出 a 的取值范圍．
1
（3）由數列的遞推公式得出數列{ }是等差數列，由此求出通項公式，再利用（2）的結論，求解即可
證明結論成立．
【解答】（1）解：若 a＝4，則 f（x）＝（x﹣4）ex+x+4，所以 f′（x）＝（x﹣4）ex+ex+1＝（x﹣3）
ex+1，
所以 f′（0）＝（0﹣3）e0+1＝﹣2，f（0）＝（0﹣4）e0+4＝0，
所以 f（x）的圖象在 x＝0 處的切線方程為 y﹣0＝﹣2（x﹣0），即 2x+y＝0．
（2）解：f′（x）＝（x﹣a）ex+ex+1＝（x﹣a+1）ex+1，
令 g（x）＝f′（x），所以 g′（x）＝（x﹣a+1）ex+ex＝（x﹣a+2）ex，
當 a﹣2≤0，即 a≤2 時，g′（x）≥0 在 x∈[0，+∞）上恒成立，
所以 g（x）在[0，+∞）上單調遞增，即 f′（x）在[0，+∞）上單調遞增，
所以 f′（x）≥f′（0）＝2﹣a≥0，所以 f（x）在[0，+∞）上單調遞增，f（x）≥f（0）＝0，符合題意；
當 a﹣2＞0，即 a＞2 時，當 x＞a﹣2 時，g'（x）＞0，當 0＜x＜a﹣2 時，g'（x）＜0，
所以 g（x）在（0，a﹣2）上單調遞減，在（a﹣2，+∞）上單調遞增，
即 f′（x）在（0，a﹣2）上單調遞減，在（a﹣2，+∞）上單調遞增，
又 f′（0）＝2﹣a＜0，f′（a）＝（a﹣a+1）ea+1＝ea+1＞0，
所以存在 x0∈（0，a），使得 f'（x0）＝0，
當 0＜x＜x0 時，f'（x）＜0，f（x）在（0，x0）上單調遞減，
所以 f（x0）＜f（0）＝0，不符合題意．
綜上，a 的取值范圍是 （﹣∞，2]．
2 1 2 1 1 1
（3）證明：因為 = ( ∈
1 1
+1 2 )，所以 = = + ，即 = ， +1 2 2 +1 2
1 1
所以數列{ }是公差為 2的等差數列，
1 1 1 1 2
又 = 1，所以 = 1 + 2( 1) = 2 ，所以 1 = 1．
2 2 2
由（2）知當 x＞0 時，（x﹣2）ex+x+2＞0，所以當 n≥1，n∈N*時，[ (1 + ) 2]
(1+ ) + (1 +
) + 2＞0，
2 2 2 2 2 2
所以[ln（1 + ）﹣2]（1 + ）+ln（1 + ）+2＞0，即[（1 + ）+1]ln（1 + ）﹣2（1 + ）+2＞0，所
2 2
以 (1 + )＞ 1．
2 2 2 2 2 2 2 2
所以 Sn = 1 1 + 2 1 + 3 1 + + 1 1 + 1＜ln（1 + 1）+ln（1 + 2）+ln（1 + 3）+…+ln（1 +
2 2
1）+ln（1 + ）
4 5 6 1 2 ( 1)( 2)
＝ln（3 × 2 × 3 × 4 × × 1 × ）＝ln 2 = ln[（n+1）（n+2）]﹣ln2，
1 1
所以 + 3＜ [( + 1)( + 2)] 2 + 3，
1 1
又 2 + 3＜0，所以 + 3＜ [( + 1)( + 2)]．
【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與求最值問題，也考查了不等式與數列的應用問題，是
難題．

33．（2024 天津模擬） ( ) = 2 ( + ) + ， ∈ (0，2)，已知 f（x）的圖象在（0，f（0））處的
切線與 x 軸平行或重合．
（1）求 φ 的值；
（2）若對 x≥0，f（x）≤0 恒成立，求 a 的取值范圍；
157
（3）利用如表數據證明： ．
=1 314
＜106
78 78 79 79 314 314 314 314 314 314
1.010 0.990 2.182 0.458 2.204 0.454
【分析】（1）求出函數的導數，根據 f′（0）＝0，求出 φ 的值即可；
（2）求出函數的導數，根據函數的單調性求出 a 的范圍即可；
（3）根據三角函數的性質累加即可．

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

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

′( ) = ( 2 ( + 4) + 2 ( +

4)) = (2 )
≤ 0，
則 g（x）遞減．

所以 a≥2 時， ( ) = ( 2 ( + 4) )
+1 ≤ (0) = + 2 ≤ 0；
157 78
3 = 1 + ( + (157 ) （ ）證明：
=1 314 =1 314 314
)
78
= 1 + 2 (
78 78
+ )＜1 + (2
314) = 157 314
=1 314 4 =1 =1
78 78 314(1 314) 1 314 1 0.4585 3= 157 = 157 ＜157 0.0105 = 1057＜106．1 314 314 1
【點評】本題考查了三角函數的性質，考查函數的單調性問題，考查不等式的證明，是一道綜合題．
1 1
34．（2024 濟寧一模）已知函數 ( ) = 22 + 2( ∈ )．
（1）討論函數 f（x）的單調性；
( 2) ( 1)
（2）若 0＜x1＜x2，證明：對任意 a∈（0，+∞），存在唯一的實數 ξ∈（x1，x2），使得 ′( ) = 2 1
成立；
2 1
（3）設 = 2 ， ∈
，數列{an}的前 n 項和為 Sn．證明：Sn＞2ln（n+1）．
【分析】（1）求出函數 f（x）的定義域，計算 f′（x），討論 a 的取值，利用導數判斷函數的單調性即
可．
( 2) ( 2 F x 1
)
（ ）設 （ ）＝f′（x） ，（x＞0），判斷 F（x）在區間（x1，x2）上單調遞減，計算 F2 1
（x1），判斷 F（x1）＞0，計算 F（x2），判斷 F（x2）＜0，即可得出區間（x1，x2）上存在唯一實數 ξ，
使得 F（ξ）＝0，即可得出結論成立．
1 1 1
（3）由 a＝1 時，f（x）在（1，+∞）上單調遞減，得出 x＞1 時，lnx x22 + 2＜0，設 x = ，n∈N
*，
2 1
得出 2 ＞2ln（n+1）﹣2lnn，令 bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N
*，得出 an＞bn，即可得出 Sn＞2ln
（n+1）．
1 1 2
【解答】（1）解：函數 f（x）的定義域為（0，+∞），且 f′（x） = ax = ；
①若 a≤0，則 f′（x）＞0 恒成立，所以 f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
②若 a＞0 x∈ 0 1 1，則 （ ， ）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；x∈（ ，+∞）時，f′（x）＜0，f
（x）單調遞減；
綜上，當 a≤0 時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增；
α＞0 時，f x 1 1（ ）在（0， ）上單調遞增，在（ ，+∞）上單調遞減．
( ) ( )
（2 2 1）證明：設 F（x）＝f′（x） ，（x＞0），2 1
1 2
1 22
1
1 12 1 2 1 1
則 F（x） = ax
2 2 = ax + a（x +x ），
2
2 1
1 2 1 2
1 2 1 1
因為 a＞0，所以 F（x） = ax + 2a（x2+x1）在區間（x1，x2）上單調遞減；2 1
1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 2
F（x1） = ax1 1 2 + 2a（x2+x1） = + 2a（x2﹣x1） = （ 1﹣ln ）1 1 2 1 2 1 1 1
1
+ 2a（x2﹣x1），
1 1
設 g（t）＝t﹣1﹣lnt，t＞0，則 g′（t）＝1 = ，所以 t∈（0，1）時，g′（t）＜0，g（t）單調
遞減；
t∈（1，+∞）時，g′（t）＞0，g（t）單調遞增；所以 g（t）的最小值為 g（t）min＝g（1）＝0．
2 2 2
又 0＜x1＜x2，所以 ＞1，所以 1﹣ln ＞0 恒成立；又因為 a＞0，x2﹣x1＞0，所以 F（x1）＞0．1 1 1
1 1 2 1
同理可得：F（x2） = （1 ln ） + 2a（x1﹣x2），由 t﹣1﹣lnt≥0（t＝1 時等號成立），2 1 2 1
1 1 2
又因為 0＜x1＜x2，所以 0＜ ＜1，所以 1 ln ＜0 恒成立；2 2 1
又因為 a＞0，x1﹣x2＜0，x2﹣x1＞0，所以 F（x2）＜0．
所以，區間（x1，x2）上存在唯一實數 ξ，使得 F（ξ）＝0，
( 2) ( 1)
所以對任意 a∈（0，+∞），存在唯一的實數 ξ∈（x1，x2），使得 f′（ξ） = 2 成立．1
1 1
（3）證明：當 a＝1 時，由（1）可得，f（x）＝lnx 2x
2 + 2在（1，+∞）上單調遞減，
1 1
所以 x＞1 時，f（x）＜f（1）＝0，即 lnx 2x
2 + 2＜0．
1 1 1 1 2 1
令 x = ，n∈N
*，則 ln 2( ) + 2＜0，
2 2 1
即( 1 ) 1＞2ln（n+1）﹣2lnn，所以 2 ＞2ln（n+1）﹣2lnn，
令 bn＝2ln（n+1）﹣2lnn，n∈N*，則 an＞bn，
所以 a1+a2+...+an＞b1+b2+...+bn，即 Sn＞2ln（n+1）．
【點評】本題考查了導數的綜合應用問題，也考查了利用函數不等式證明的應用問題，是難題．
七．利用導數研究曲線上某點切線方程（共 7 小題）
35．（2024 河北模擬）已知曲線 21： + 2 4 + 2 = 0與曲線 2： ( ) = 2在第一象限交于點 A，在 A
處兩條曲線的切線傾斜角分別為 α，β，則（　　）

A． + = 2 B．| | = 2 C． + = 3 D．|α﹣β| = 4
【分析】分別利用圓的切線性質、導數求切線斜率的方法，求出 tanα，tanβ 的值，然后求出 tan（α+β）
的值，即可求出結論．
2 + 2 4 + 2 = 0
【解答】解：由 = 2 ，
解得 x＝y＝0，或 x＝y＝1，又 A 在第一象限，所以 A（1，1），
1
由曲線 C1 的圓心為 C1（2，﹣1），所以 = 1 2，所以 tanα = 2，

由 f′（x）＝2x 得 tanβ＝f′（1）＝2，所以 α，β∈（0，2），即 α+β∈（0，π），
1 2
tan（α+β） = 21 = ，不存在，所以 α+β = 2．1 1
故選：A．
【點評】本題考查圓的切線性質，導數的幾何意義及應用等，屬于中檔題．
36．（2024 沙坪壩區校級模擬）設曲線 f（x）＝xsinx 在點（π，f（π））處的切線為 l，則 l 與兩坐標軸圍成
1
的三角形的面積為 　 32 　．
【分析】求出切點的坐標與導數，求出切線方程，進而求出切線與坐標軸的交點坐標，表示出所求三角
形的面積．
【解答】解：由已知得 f'（x）＝sinx+xcosx，f（π）＝0，f'（π）＝﹣π，
所以 l 的方程為 y＝﹣π（x﹣π），令 x＝0 得 y＝π2；令 y＝0 得 x＝π，
1 1
l 與兩坐標軸圍成的三角形面積： = 2
2 = 32 ．
1
故答案為：2
3．
【點評】本題考查導數的幾何意義與切線方程的求法，屬于基礎題．
37．（2024 思明區校級模擬）已知曲線 f（x）＝xlnx﹣1 在 x＝1 處的切線 l 與圓 C：（x﹣1）2+y2＝9 相交于
A、B 兩點，則|AB|＝　 34　．
【分析】先利用導數求出切線方程，然后利用弦長公式求弦長．
【解答】解：由題意 f（1）＝﹣1，切點為（1，﹣1），
f′（x）＝lnx+1，k＝f′（1）＝1，
切線方程為：y＝x﹣2，
代入（x﹣1）2+y2＝9 整理后得 x2﹣3x﹣2＝0，
顯然Δ＝17＞0，
設 A（x1，y1），B（x2，y2），則 x1+x2＝3，x1x2＝﹣2，
所以|AB| = 1 + 2 ( 1 + 2)2 4 1 2 = 34．
故答案為： 34．
【點評】本題考查利用導數求切線的方法，直線與圓相交時的弦長公式，屬于中檔題．
38．（2024 宜春模擬）已知函數 f（x）是定義在 R 上的偶函數，且 f（2x+2）為奇函數，記 f'（x）為 f（x）
的導函數，若 f′（﹣2）＝1，則 y＝f（x）在點（﹣6，f（﹣6））處的切線方程為 　x+y+6＝0　．
【分析】利用 f（x）的奇偶性與對稱性，得到 f（x）的周期，結合 f（2）＝0，求出 f（﹣6）的值，再利
用導數的奇偶性與周期性，結合 f′（﹣2）＝1，求出 f′（﹣6）的值，則切線可求．
【解答】解：因為 f（x）是定義在 R 上的偶函數，且 f（2x+2）為奇函數，
所以 f（﹣x）＝f（x），f（﹣x+2）＝﹣f（x+2）＝f（x﹣2），
可得 f（x﹣8）＝f（x），即周期為 8，且 f（2）＝0，
又﹣f′（﹣x）＝f′（x），f′（x﹣8）＝f′（x），
所以 f（﹣6）＝f（2）＝0，得 f′（﹣6）＝f′（2﹣8）＝f′（2）＝﹣f′（﹣2）＝﹣1，
所以 y＝f（x）在點（﹣6，f（﹣6））處的切線方程為：y﹣0＝﹣（x+6），
即 x+y+6＝0．
故答案為：x+y+6＝0．
【點評】本題考查函數的奇偶性、周期性性質及應用，導數的幾何意義等，屬于中檔題．
39 ， ≥ 0，．（2024 長沙模擬）已知函數 ( ) = 2 0. 若函數 f（x）的圖象在點 A（x1，f（x， ＜ 1））（x1＜0）和點
| |
B（x2，f（x2））（x2＞0）處的兩條切線相互平行且分別交 y 軸于 M，N 兩點，則| |的取值范圍為 　

[2，+∞）　．
1 2
【分析】設切線的傾斜角為 α，則|AM| = ，|BN| = ，再結合切線相互平行，則導數相等，得到
| |
x1，x2 之間的關系，將| |化成關于 x2 的函數，再研究函數的值域即可．
【解答】解：不妨設兩條切線的傾斜角為 α，顯然 α 為銳角，
1 2 | | 1
則|AM| = ，|BN| = ，所以| | = ，2
由（ex）′＝ex，（﹣x2）′＝﹣2x，
1所以 2 = 2x1，即 x1 = 2
2，
| | 2
所以| | = 2 （x2＞0），2
( 1)
令 g（x） = 2 ，x＞0， ′( ) = 2 2 ，g′（x）＞0 x＞1，g′（x）＜0 0＜x＜1，
所以 g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，

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

故答案為：[2，+∞）．
【點評】本題考查導數的幾何意義以及利用導數研究函數的單調性、最值的方法，屬于中檔題．
40．（2024 蓮湖區校級模擬）已知函數 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2．
（1）判斷 g（x）的零點個數；
（2）求曲線 y＝f（x）與曲線 y＝g（x）公切線的條數．
【分析】（1）判斷函數的單調性，再利用零點存在性定理判斷；
（2）分別設出切點，然后寫出切線方程，根據為公切線列出方程組，研究方程組解的個數，消元后，轉
化為函數零點個數的判斷問題．
【解答】解：（1）g（x）的定義域為（﹣∞，+∞），g′（x）＝2ex+1﹣1，
令 g′（x）＞0，得 x＞﹣1﹣ln2，令 g′（x）＜0，得 x＜﹣1﹣ln2，可知 g（x）在（﹣∞，﹣1﹣ln2）
上單調遞減，在（﹣1﹣ln2，+∞）上單調遞增，
所以 g（x）min＝g（﹣1﹣ln2）＝ln2＞0，故 g（x）的零點個數為 0；
（2）因為 f（x）＝x2+3x+3，g（x）＝2ex+1﹣x﹣2，所以 f′（x）＝2x+3，g′（x）＝2ex+1﹣1，
所以曲線 y＝f（x）在點( 1， 21 +3 21 +3)處的切線方程為 ( 1 +3 1 +3) = (2 1 +3)( x1），即 = (2 1
+3) 21 +3，
曲線 y＝g（x）在點( ，2 2+12 2 2)處的切線方程為 (2 2+1 2 2) = (2 2+1 1）（x﹣x2），
即 = (2 2+1 1) + (2 2 2) 2+1 2；
2 2+1 1 = 2 1 + 3， 2+1 = 1 + 2，令 (2 2 ) 2+1 2 = 22 1 + 3
得
， (2 2 2) 2+1 2 = 21 + 3，
消去 x2，整理得 21 5 + [4﹣2ln（x1+2）]（x1+2）＝0，
1
設 x1+2＝t（t＞0），得 t2﹣2tlnt﹣1＝0，等價于 2 = 0，
1 2
令 ( ) = 2 ( ＞0)，因為 ′( ) =
( 1)
2 0 ，
所以 h（t）在（0，+∞）上單調遞增，且 h（1）＝0，則 h（t）在（0，+∞）上有唯一的零點 t＝1，
由 x1+2＝1，得 x1＝﹣1，所以曲線 y＝f（x）與曲線 y＝g（x）有且僅有一條公切線．
【點評】本題考查利用導數判斷函數零點的個數問題，以及公切線的求法與性質的應用，屬于中檔題．
41．（2024 姜堰區校級模擬）設 P 是坐標平面 xOy 上的一點，曲線Γ是函數 y＝f（x）的圖像．若過點 P 恰
能作曲線Γ的 k 條切線（k∈N），則稱 P 是函數 y＝f（x）的“k 度點”．
（1）判斷點 O（0，0）與點 A（2，0）是否為函數 y＝lnx 的 1 度點，不需要說明理由；
（2）已知 0＜m＜π，g（x）＝sinx．證明：點 B（0，π）是 y＝g（x）（0＜x＜m）的 0 度點；
（3）求函數 y＝x3﹣x 的全體 2 度點構成的集合．
【分析】（1）O（0，0）是 y＝lnx 的 1 度點，A（2，0）不是 y＝lnx 的 1 度點；
（2）求導得 g′（x）＝cosx，設 t＞0，可得出曲線在點（t，sint）處的切線方程為 y﹣sint＝cost（x﹣
t），該切線過點（0，π）時，π﹣sint＝﹣tcost，然后設 G（t）＝sint﹣tcost﹣π，然后根據導數符號可判
斷 G（t）在（

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