2020-2022年高考数学真题分类汇编专题03 导数及其应用 文+理（教师版+学生版）

专题03导数及其应用

1.【2022年新高考1卷】设c=-lrf).S.则()

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

【答案】C

【分析】构造函数r(6=ln(l+G-x，导数判断其单调性，由此确定aiu的大小.

【解析】设r(x)=ina+x)—x(x>—i)，因为尸00=2一1=一左，

当ze(-Lq)时，f(x)>0-当/€(。+。)时/(4<0，

所以函数r(x)=ln(l+H)-：i在(Q+B)单调递减，在(一L8上单调递增，

所以r(5〈f[O)=。,所以故:即b>c，

所以f[一2_)<f[O)=0,所以in2+2_<o，故2.<0一；，所以

故aVb,

设。(工)=工®1r+ln(l-x)[0<zV1)，则g'(x)={r+l)^+==

令HGuHd-D+l，h'(x)=eI(x2+2x-l);

当0<工<逐一1时，h'(x)<0>函数单调递减，

当短一1<工<1时，h'(r)>0-函数Mx)-1)+1单调递增，

又械0)=0，

所以当0<工<逐一1时，八(G<0,

所以当0VH<逐一1时，g'(H)>0，函数g(K)=xe1r+ln(l-x)单调递增，

所以g(dl)>g[Q)=0，即0.1e°，】AH).%所以a>c

故选：C.

2.(2021年新高考1卷】若过点(。力)可以作曲线y=e'的两条切线，则()

A.e"<aB.ea<b

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

【答案】D

【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象,

结合图形确定结果；

解法二：画出曲线>="的图象，根据直观即可判定点(43在曲线下方和x轴上方时才可以

作出两条切线.

【解析】在曲线y=e"上任取一点产(3)，对函数y=e*求导得y'=e"

所以，曲线y=e，在点尸处的切线方程为y—d=e'(xT),即y=e'x+(l—f)e',

由题意可知，点(a,b)在直线y=e'x+(lT)d上，nj^b=ae'+(l-t)e'=(a+l-t)e',

令/(r)=(a+lT”'，则/'⑺=(aT)d.

当时，此时函数单调递增，

当"。时，f(t)<0,此时函数/(/)单调递减，

所以，/(，)—(岭，

由题意可知，直线y=b与曲线>=/(，)的图象有两个交点，则〃皿=e",

当r<a+l时，〃。>0,当r>a+l时，f(t)<0,作出函数/⑺的图象如下图所示：

由图可知，当0＜人＜，时，直线y=b与曲线)=/«)的图象有两个交点.

故选：D.

解法二：画出函数曲线y=短的图象如图所示，根据直观即可判定点S，b)在曲线下方和X轴

上方时才可以作出两条切线.由此可知0＜e".

故选：D.

【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函

数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础

上，直观解决问题的有效方法.

3

3.【2022年新高考1卷】已知函数,(1)=1—工+1，贝IJ()

A.r(幻有两个极值点B.—幻有三个零点

C.点(Q1)是曲线的对称中心D.直线y=2r是曲线的切线

【答案】AC

【分析】利用极值点的定义可判断A,结合f(4的单调性、极值可判断B,利用平移可判断

C；利用导数的几何意义判断D.

【解析】由题，八力=3/—1,令＞o得得或KV-亨,

令r⑸＜。得—殍vh＜学

所以r㈤在(一手亭上单调递减，在(一《一步，译.+«•)上单调递增，

所以X=+血是极值点，故A正确；

-3

因r(-当=1+孚＞o,r谭)=i-等＞。，fH)h5〈o,

所以，函数代外在令上有一个零点，

当心争寸,烟”船＞。即函数r8ff惇.+°)上无零点，

综上所述，函数r〔4有一个零点，故B错误；

令4/)=x3—it'该函数的定义域为&h(—x)=(―r)a—(—X)=—x3+x=-h(x}＞

则是奇函数，(QQ)是M＜：的对称中心，

将M*】的图象向上移动一个单位得到r(3的图象，

所以点(Q1)是曲线y=f(ic；的对称中心，故C正确；

令，8=3——1=2，可得ic=±l,又r(l)=f(-l)=L

当切点为(L1)时，切线方程为y=2r—l，当切点为(一1.1)时，切线方程为y=2r+3,

故D错误.

故选：AC.

4.【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)廿有两条过坐标原点的切线，则。的取值范围

是.

【答案】(-＜ZK-4)U(a+＜D)

【分析】设出切点横坐标％,利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关

于耳的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.

【解析】•.，=(x+a)e*,二,=(x+l+a)e"，

设切点为］%yQ则为=(%+&)*?•,切线斜率七=(%+1+a)*,

切线方程为：y—(x0+a)e*=(x0+1+a)+(=一4)，

:切线过原点，•*.—（r0+a）e*=（r0+l+a）—4）

整理得：xj+aio—a=0,

•切线有两条，，A=d2+4a>0,解得aV—4或a>0,

。的取值范围是（一.—4）u（ft+61

故答案为：（-<A-4）u（a+®）

5.【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为,—

【答案】y=y=-卜

【分析】分工>0和XV0两种情况，当北>0时设切点为（川啕，求出函数的导函数，即可

求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出％,即可求出切线方程,

当z<0时同理可得；

【解析】解：因为y=ln|M，

当z>0时y=lnx,设切点为（力!由所以所以切线方程为

y—tax。=：（/-%）,

又切线过坐标原点，所以一lnr（>=：（一%）,解得％=e，所以切线方程为y-1=

即产=卜；

当*V0时y=ln（—X）,设切点为（巧Ju（—巧）），由所以，'『也=；，所以切线方程

为y_Inf-Xi）=^（x-x1）,

又切线过坐标原点，所以一ln（一巧）=：（一巧），解得巧=一%所以切线方程为

y—1=—（r+e）»即y=--x；

故答案为：y=二'；y=--x

"EJe

6.【2021年新高考2卷】已知函数/。）=卜-1|,玉<0,々>0,函数/*）的图象在点

A（%J（xJ）和点3（々,/（演））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则乐j

取值范围是.

【答案】（0,1）

【分析】结合导数的几何意义可得不+々=0,结合直线方程及两点间距离公式可得

也|,忸.同,化简即可得解.

rx

/、।YIfl-^,x<0，/、[-e,x<0

【解析】由题意，〃x）=e，-l=,则/（力=.八,

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

所以点从（芯,1一"）和点5（X2，/T），kAM=-e"&N=e",

所以一e*=-1,$+x2=0,

所以AM:)-1+—=—/(x-x),M((),—x—ev,+1),

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

【点睛】解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件%+々=0,消去一个变量后，运

算即可得解.

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

⑴求a：

（2）证明：存在直线，=»,其与两条曲线y=f（工：和y=处共有三个不同的交点，并且从

左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

【答案】（l）a=1；（2）见解析

【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.

注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>l时，方一<=5的解的个数、工一lnx=b的解的

个数均为2,构建新函数HG=H+lnx-2r,利用导数可得该函数只有一个零点且可得

fix）加工]的大小关系，根据存在直线y=»与曲线y=f区、y=g（x）有三个不同的交点可

得口的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.

【解析】⑴r（x）=H一。”的定义域为跖而0

若口工0,则r（/）＞o,此时r（竹无最小值，故。＞0.

®（r）=ar—lux的定义域为+而/（*）=＜!—：=三三

当xVIna时，r（x）VO，故f（4在（-ODUM）上为减函数，

当案＞Ina时，f（x）＞0，故r（4在（Ina+b）上为增函数，

故f[x)L-=/(lna)=a—aIna

当OVhV%寸，'（r）＜0.故g（处在上为减函数,

flfls

当寸，ff（r）＞0.故在（二.+6）上为增函数，

fls

故0（4=削：）=1-叱

因为r（x）=那一。*和g（/）=ax—lux有相同的最小值,

故1—ln9=a—alua，整理得到£三=Ina,其中a>0,

a1+a

设。⑷=荒一ga＞0,则。⑷=

•ITSB

故o（a为（a+s）上的减函数，而g（i）=o.

故g（a）=O的唯一解为■=1，喷=Inti的解为。=1.

综上，a=1.

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

当b＞l时，考虑8r—±=万的解的个数、z—lnM=A的解的个数.

设一土一也玄幻=＜?-1，

当xVO时，S*（幻V0，当案＞0时，£（幻＞0，

故$（竹在（-a^Q）上为减函数,在（a+8）上为增函数,

所以其Xj=s(q)=1—<o,

而$(-b)=ef>0，S(i)=e*-2i)

设8c3)=e*-2b，其中b>l，则必'(5)=¥—2>0，

故M3)在(1+o»)上为增函数，故M3)>ic(l)=e—2>0,

故$(句>0，故$(4=我一■一"有两个不同的零点，即e1—x=b的解的个数为2.

设T(x)=ic—Inr—b，([工)=?，

当ovhvi时，r(x)〈o，当x>i时，r(*)>o,

故！X©在(Q1)上为减函数，在(L+。)上为增函数，

所以T(xf=T(l)=l—b<0，

而F[e-*)=ef>0，r(e*)=e*-2i>0.

F(x)=x-lBx-b有两个不同的零点即z-liiH=b的解的个数为2.

当》=1,由(1)讨论可得z-lnH=b、吩一仅有一个零点，

当bVl时，由(1)讨论可得ic—lmc=b、e*—工=»均无零点，

故若存在直线y=»与曲线y=f(工卜y=❷(幻有三个不同的交点，

则b>1.

设4l)=H+山1-2r,其中<>0,故五'(H)=C1r+：—2，

设“Mjue1-K-l,x>0,则/(*)=修一1>0，

故5(用在(Q+。)上为增函数，故$(工)>S(0)=0即^>第+1，

所以八'(@>工+：—1>2-1>0.所以A(用在(a+cz>)上为增函数，

而h(l)=e-2>0,fc(J)=e?-3-J<e-3-J<0>

故Mx：在(0,+。)上有且只有一个零点4，g<%vi且：

当o<tv%时，八(幻<0即1^一<<1r-11Mt即r(4<g(W，

当富>0时，以外>0即8*—<>X-

因此若存在直线>=b与曲线y=f（/：、y-修（今有三个不同的交点，

故D=$（%）>1，

此时联一M=»有两个不同的零点巧工式巧<0<4>）,

此时■一lnx=b有两个不同的零点％q.（OV%V1V〃），

故西一巧=》，语一%=》，q—Inx4一方=0，»<>—IniQ—h=0

所以q—万=lnx<即语-*=。即—（q—万）一万=0，

故q—b为方程耍一父=b的解，同理D也为方程『一±=b的解

又由一巧=方可化为联।=巧十万即巧一ln（巧+b）=0即（巧+h）-ln（%+ir）-b=0，

故与+D为方程算一lnz=b的解，同理%十万也为方程工一lnx=万的解，

所以（X1Ml]={W一方—幼，而b>l,

故

【点睛】函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨

论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

8.【2022年新高考2卷]已知函数,（1）=土一e1t.

⑴当a=1时，讨论「（4的单调性；

（2）当x>0时;求。的取值范围；

⑶设me*'证明：扁+扁+“.+底>皿〃+4

【答案】⑴f（4的减区间为（一a^Q），增区间为[。+<»）.（2）（1«；」3）见解析

【分析】（1）求出讨论其符号后可得r（4的单调性.（2）设械公=工尸一嗟+i,求

出招（竹，先讨论a>：时题设中的不等式不成立，再就0<as：结合放缩法讨论〃（幻符号，

最后就aW0结合放缩法讨论林工：的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得23<±_：

对任意的t>1恒成立，从而可得ln[R+1）-lm<忌;对任意的me即恒成立，结合裂项

相消法可证题设中的不等式.

【解析】⑴当a=l时，则r（H）=xe«，

当zvo时，r（M）＜o,当x＞o时，r（4＞o，

故r（x）的减区间为（—40）,增区间为（01+CB）.

⑵设/工）=工一一R+l，则HQ）=O，

又希（h）=（1+。工尸一6»，设仪@=（1+＜«）6"—1:«，

则。'（工）=（加+021）60*—e*-

若■＞：，贝M（q）=2a-l＞0，

因为J（用为连续不间断函数，

故存在！e（Q+6），使得“xe（ClXo），总有g'（x）＞0，

故0（4在（g»）为增函数，故0（幻＞9（0）=。，

故M膏在（（Ue）为增函数，故出公＞*（0）=—1，与题设矛盾.

若0Vas：，则鼠工）=（1+azX=-e»=尸，旭团-科

下证：对任意工＞0,总有ln（l+K）＜ic成立，

证明：设$（K）=IB（1+IC）—*，故＜（工）=之一1=言＜0,

故$］用在（Q+。）上为减函数，故叉力VS（O）=O即ln（l+K）＜工成立.

由上述不等式有尸但计。）一e1〈"H—e»三。，

故入'（工）＜。总成立，即■（*：在［01+a＞）上为减函数，

所以Hx）vH0）hl

当aM。时，有力（Hjne^-M+axe=Cl-l+OnO,

所以Mx疝（Q+上为减函数，所以MGV虫0）—L

综上，a＜I

⑶取a=则"＞0,总有比*—e«+1v0成立，

令t=贝k>l.t2=e*,r=21nt，

故2tlntV严一1即21nt<t—细任意的t>1恒成立.

所以对任意的me*,有tin

整理得到：ln(n+1)-lim<^2-,

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

=ln(n+1)，

故不等式成立.

【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点

处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理

构建数列不等式.

9.【2021年新高考1卷】已知函数"x)=x(l-lnx).

(1)讨论〃x)的单调性；

(2)设。，b为两个不相等的正数，且“na-aln/7=a-〃，证明：2<_!■+<L<e.

ab

【答案】(1)/(X)的递增区间为(0,1),递减区间为(1,+8)；(2)证明见解析.

【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定

原函数的单调性.⑵方法二：将题中的等式进行恒等变换，令‘命题转换为证明:

2<m+n<e,然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的

结论.

【解析】⑴f(x)的定义域为(0，+8).

由/(x)=x(l-lnx)得，f\x)^-\nx,

当x=l时，.f'(x)=0；当x«0,l)时八x)>0；当时，/'(x)<0.

故f(x)在区间(0』内为增函数，在区间［1,+8)内为减函数，

(2乂方法一］:等价转化

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

aabbab

,11

由〃।b,得zn一W丁.

ab

由(1)不妨设Le(0,l),[e—),则/d)>0,从而/(3>0,得:e(l,e),

ababb

①令g(x)="2-x)-/(x),

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

当x«0,l)时，g[x)<0,g(x)在区间(0,1)内为减函数，g(x)>g⑴=0,

从而/(2—x)>f(x),所以/(2-5>心=心,

由(1)得2-2<1即2<1+'.①

abab

令/z(x)=x+/(x),则”(x)=l+r(x)=l-lnx,

当xe(1,e)时，〃(x)>0,4(x)在区间(l,e)内为增函数，h(x)<h(e)=e,

从而x+/(x)<e,所以：+/(：)<e.

又由，e(0,l),可得•L<』(l_ln』)=/(2)=/(:),

aaaaab

111

所以/zx②

+-<\(-z)+-=

力力人

由①②得2/+:<e.

ab

・、、上，■日八、〃力・In。In/?11LL，、Ilna+1lnb+1

[方法一]【最优国军】：〃lna-aln〃=.-Z?变形为-------=-----,所以------=

abbaab

令.则上式变为=—，

于是命题转换为证明：2<m+n<e.

令〃x)=x(l-Inx),则有/(6)=/(〃)，不妨设加<〃.

由(1)知。<m<1,1<几<£,先证加+〃>2.

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

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

令g(x)="x)-〃2-x),x£(0,l),

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

・・・g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(%)〈g(l)=0,即加+>>2.

再证加+〃<e.

因为=〃In/?),所以〃+〃<e=>m+〃ve.

令〃(x)=x(l-lnx)+x,x£(l,e),

所以"(x)=l—lnx>0,故4(x)在区间(l,e)内单调递增.

所以Zi(x)</i(e)=e.故gpm+n<e.

综合可知2J

ab

［方法三］:比值代换

证明4+:>2同证法2.以下证明西+*2<e.

ab

不妨设&=因，则f=x>l,

x\

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

t-\

要证芭十/<e,只需证(1+。玉ve,两边取对数得ln(l+r)+lnx<1,

即ln(l+f)+l-胆<1,

t-\

ln(l+z)Int

即证------<―-.

tr-1

记g(s)=畦2se(0,+8),则,/一m(l+s)

Sg⑴=------2-----

c11

记人(s)=17rhi(1+s),则〃")=而至-币<0,

所以，〃(s)在区间(0,+e)内单调递减.Ms)<〃(o)=o,则g'(s)<0,

所以g(s)在区间(0,+8)内单调递减.

由r«l,+oo)得"1e(0,+oo),所以g(r)<g(r-l),

tt-\

［方法四］:构造函数法

,-.\na\nb11.11

由已1矢A口得ZR------=--------，令-=%,7=占，

abbaab

不妨设占<内，所以/(xj=f(w).

由(I)知，0<x,<1<x2<e,只需证2<X［+々<e.

证明玉+%>2同证法2.

e

H、krL—24---FInx

再证明A令//、1-Inx、/7、x.

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

x-e(x-e)

。\px-。

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

XXX'X"

所以9(x)>8®=0,〃(x)>0,/?(x)在区间(0,e)内单调递增.

因为0<X〈Z<e，所以----L<------",即丁一

x}-ex2-e1-Inx2x2-e

又因为了(止/㈤，所以累w令>箸，

Iill人人［人］人2C

即¥一叫<片一外,(％一/)(玉+x2-(?)>0.

因为±<工2，所以西+工2<«，即,+

ab

综上，有2<1+?<e结论得证.

【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，

构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.

方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策

略.

方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数

的单调性证明题中的不等式即可.

方法四：构造函数之后想办法出现关于％+W-e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键

思想所在.

10.【2021年新高考2卷】已知函数/(x)=(x-l)e*-ad+b.

(1)讨论.f(x)的单调性；

(2)从下面两个条件中选一个，证明：/(X)只有一个零点

@—<a<—,b>2a；

22

②。<“<3,842。.

【答案】⑴答案见解析；(2)证明见解析.

【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可;

⑵由题意结合⑴中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.

【解析】⑴由函数的解析式可得：/(x)=x(e，-2a),

当“VO时，若x«-oo,0),则尸(X)<O,若(X)单调递减,

若。«。时,则尸(x)>0J(x)单调递增;

当0<«<3时，若xe(…,In(20),则尸(x)>OJ(x)单调递增，

若x«ln(2a),0),则/'(x)<0,/(x)单调递减，

若xe(。时,则尸(x)>OJ(x)单调递增;

当寸，/(x)NOJ(x)在R上单调递增；

当”>白寸，若xe(9,O),则尸(x)>0J(x)单调递增，

若xe(O,ln(幼))，则尸(x)<0J(x)单调递减，

若xe(ln(2a),”)，则.r(x)>O,/(x)单调递增：

⑵若选择条件①：

由于:<知5,故1<2心/,则为>ij(o)=o_i〉o,

而函数在区间（—,0）上单调递增，故函数在区间（F,0）上有一个零点.

〃ln（2a））=2a[in（2a）-1]-«[in（2tz）]~+b

>24[ln（2o）-l]-a[ln（2a）丁+2a

=2aIn（2a）-<7[in（26z）]~

=a\n（2ci）^2-In（2«）J,

由于;<q,Iv204e2,故。11!（24）[2-山（2。）[20,

结合函数的单调性可知函数在区间(0,物)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

若选择条件②：

由于0<a<g,故2a<1,则〃0)=bT42a-l<0,

当bNO时，e2>4,4c<2,f(2)=e2-4a+b>Q,

而函数在区间(0,+e)上单调递增，故函数在区间(0,+e)上有一个零点.

当人<0时，构造函数"(x)="-x-l,则=

当xe(F,0)时，"(x)<0,〃(x)单调递减，

当x«0,3)时,W(x)>0,〃(x)单调递增，

注意到“（0）=0,故"（x）20恒成立，从而有：ex>x+\,此时：

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

生女时，（1-«）?+（&-l）>0,

当x>

l-a

取X产后+L则>。,

即：/(0)<0J

而函数在区间(0,+8)上单调递增，故函数在区间(0,+8)上有一个零点.

/（In（2rz））=2a[ln（2a）-l]-q[ln（2a）]+b

<2cz[ln（2a）-l]-tz[ln（2（7）]_+2a

=2QIn（2a）-a[in（2。）]

=aIn（2a）[2-In（2〃）],

由于0<a<；,0<2a<\,故〃ln（2〃）[2-ln（2a）]<0,

结合函数的单调性可知函数在区间(-GO)上没有零点.

综上可得，题中的结论成立.

【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的

知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从

以下几个角度进行：⑴考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.⑵利用导

数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值),

解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.

11.【2020年新高考1卷(山东卷)】已知函数f(x)=ae*T-Inx+lna.

(1)当a=e时，求曲线y=在点(1,/(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(2)若不等式恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)--(2)［l,+oo)

e-1

【分析】(1)利用导数的几何意义求出在点(1,7(1))切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，

最后根据三角形面积公式得结果；

(2)方法一:利用导数研究函数“X)的单调性，当a=l时，由/⑴=0得〃x).=研⑴=1,

符合题意；当a>l时，可证/(：)/'⑴<0,从而/'(X)存在零点x°>0,使得

f'(x0)^ae^--=Q,得到/(X)*,利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用

基本不等式可以证得“力21恒成立；当0<”1时，研究”1).即可得到不符合题意.综合可

得a的取值范围.

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

X

Q/(l)=e+l,.•.切点坐标为(1,1+e),

函数/(x)在点(1/⑴处的切线方程为y-e-l=(e-l)(x-l)Wy=(e-l)x+2,

・••切线与坐标轴交点坐标分别为(0,2),(二之,0),

e-l

1-22

，所求三角形面积为qx2x|--|=-

2e-le-l

(2)［方法一］:通性通法

Q/(X)=aex~{-Inx+lnaf\x)=aex~x--,且a>0.

设g(x)=f'(x),则g'(x)=aex~'+—>Q,

X

・・・g(x)在(0,y)上单调递增，即fl(x)在(0,+8)上单调递增,

当。=1时，尸⑴=0,“4必=1/•⑴=1,.：/(x)N1成立.

当。>1时，-<1,•J''1,.•.//(-)/,(l)=a(^''-l)(a-l)<0,

a••匕Ja

.,.存在唯一X。>0,使得/=且当xe(0,%)时尸(x)<0,当xe(%,+8)时

五0

f\x)>0,=—,/.lna+x0-1=-lnx0,

，n-l

因此Ax)*=f(xn)=ae-lnx0+lna

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

%V玉)

.：f(x)>l,.：/(x)21恒成立；

当0<a<1时，/(I)=a+］na<a<l,：./(I)<l,/(x)>1不是恒成立.

综上所述，实数a的取值范围是口+8).

［方法二］【最优解】：同构

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

以+lna+x-l>e'nx+\nx.

令/z(%)=e"'+〃?，则/7'(%)=e"'+l>0,所以〃(加)在R上单调递增.

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

InaNQnx-x+Dgx.

1I-Y

^F(x)=Inx-x+l,贝I」?(幻=L—1二—±.

XX

所以当xe(0,l)时，F(x)>0,F(x)单调递增；

当xc(1,-KO)时,Fr(x)<0,F(x)单调递减.

所以［尸。)］.=尸(1)=0,则InaNO,即aNL

所以Q的取值范围为.

［方法三］:换元同构

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

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

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

x

数，^t>x,即ae-Wx,分离参数后有击.

令g(x)=］7,所以g'(x)=="

匕ac

当Ovx<l时,g'(x)>O,g(x)单调递增：当x>l时，g'(x)<O,g(x)单调递减.

所以当X=1时，g(x)=4r取得最大值为g(l)=l.所以心1.

e

［方法四］:

因为定义域为(0，内)，且为x)Nl,所以川RI,BPa+ln«>l.

令S(a)=a+ln〃，贝ljS，(a)=1>0,所以S(a)在区间(0,+OJ)内单调递增.

a

因为S(l)=l,所以时，有S(a)2S(l),即a+lnaNl.

下面证明当“21时，/(xRI恒成立.

令T(a)=ae'i-Inx+lna,只需证当时，恒成立.

因为F(a)=e'T+2>0,所以T(a)在区间［1,”)内单调递增，则［T(«)］min=T(l)=^'-Inx.

a

因此要证明a*1时，T(a)21恒成立，只需证明［7(以曲=--InxN1即可.

由e*2x+l,lnx4x-l,得e"-'>x,-lnx>1-x.

上面两个不等式两边相加可得ei-lnxNl,故时，/(冷加恒成立.

当0<a<l时，因为f(l)=a+lna<l,显然不满足/㈤,恒成立.

所以a的取值范围为

【整体点评】(2)方法一：利用导数判断函数“X)的单调性，求出其最小值，由人而*0即

可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；

方法二：利用同构思想将原不等式化成*»i+lna+x-12*，+lnx,再根据函数

/?(⑼=e"'+〃?的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；

方法三：通过先换元，令aei=r,再同构，可将原不等式化成r+lndx+lnx,再根据函

数y=x+lnx的单调性以及分离参数法求出；

方法四：由特殊到一般，利用/⑴*1可得。的取值范围，再进行充分性证明即可.

专题03导数及其应用

1.【2022年新高考1卷】设a=0.Jc=—则()

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

2.(2021年新高考1卷】若过点(a,b)可以作曲线)，=e*的两条切线，贝ij()

A.e"<aB.ea<b

C.0<a<e〃D.0<h<ea

3.【2022年新高考1卷】已知函数r〔力=/一,+1，则()

A.ft#有两个极值点B.ft幻有三个零点

C.点是曲线y=f［£的对称中心D.直线y=2r是曲线的切线

4.［2022年新高考1卷】若曲线y=［工+公廿有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围

是.

5.【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为，_

6.【2021年新高考2卷】已知函数/。)=卜'—|，X<0,々>0,函数/(x)的图象在点

和点8(々,/(々))的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M,N两点，则徐鼻

取值范围是.

7.【2022年新高考1卷】已知函数=e*—ax和0优=ax—lux有相同的最小值.

⑴求a：

(2)证明：存在直线y=D，其与两条曲线y=f和y=共有三个不同的交点，并且从

左到右的三个交点的横坐标成等差数列.

8.【2022年新高考2卷】已知函数=H尸一6r.

⑴当a=1时，讨论fix］的单调性；

(2)当工>0时，r㈤<一1，求a的取值范围；

⑶设MEW*，证明：^7+^7+™+>ln(«+1)-

9.【2021年新高考1卷］已知函数/(x)=x(Inx).

(1)讨论/(x)的单调性；

(2)设a,匕为两个不相等的正数，且“n“-alnZ?=a-6,证明：2c‘+：<e.

ab

10.【2021年新高考2卷】已知函数/。)=(九-1)/-af+Z?.

（1）讨论/（X）的单调性；

（2）从下面两个条件中选一个，证明：Ax）只有一个零点

（T）—<。W—,b>2a；

22

②0<〃2a.

11.【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数f（x）=ae*T-Inx+lna.

（1）当。=e时，求曲线y=.f（x）在点（L/。））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积;

（2）若不等式恒成立，求。的取值范围.

三年专题03导数及其应用（选择题、填空题）

（理科专用）

1.【2022年全国甲卷】已知a=cos*.c=4sin：，贝！1（）

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

【答案】A

【解析】

【分析】

由：=4tan：结合三角函数的性质可得c>b；构造函数=cusx+gi2—1.HE（。+

利用导数可得口，即可得解.

【详解】

因为g=4tan：.因为当xWtanx

所以tan注押：>1,所以c>b；

设fix）=cusx+^x2—l,re（ft+o»），

r〔»—sinr+H>0，所以ft#在［•+<»）单调递增，

则，（?>了⑼=0,所以BSA|">0，

所以b>4,所以>a，

故选：A

2.【2022年新高考1卷】设a=0.!«!<»•1.》=JCbliD.g，则（）

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

【答案】C

【解析】

【分析】

构造函数代幼=11111+公一工，导数判断其单调性，由此确定&瓦<的大小.

【详解】

设f［工）=lntl+G—1），因为，（X）=三一1=.，

当zw［-L0］时，尸〔外>0当xe【a+B）时r〔力<0

所以函数六力=11111+工）一工在【（）1+0>）单调递减，在1—1.0上单调递增，

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

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

,、1t>'=、"10IOIQIQq

故a<b，

设双6=re*+ln(l-r)fO<x<iy则。(幻=(x+1)/+==

令MG=那9-1)+1-h'tr)=/【—+2r-iy

当0<xV0一1时，h'tr)<0>函数—1)+1单调递减，

当逐一1<X<1时，汇〔外>0，函数可幻=/伍2—1)+1单调递增，

又M0)=0，

所以当0VTV0一1时，hfx)<0>

所以当0〈X〈点一1时，函数。[工)=工6*+111(1—X)单调递增，

所以鼠。1)>©[0)=0，即0.舒・1-1109,所以a>c

故选：C.

3.【2021年新高考1卷】若过点卜/，3可以作曲线)'=片的两条切线，则()

A.eh<aB.e"<b

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

【答案】D

【解析】

【分析】

解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形

确定结果；

解法二：画出曲线旷=，的图象，根据直观即可判定点(。力)在曲线下方和x轴上方时才可以

作出两条切线.

【详解】

在曲线y=e*上任取一点P[t,e'),对函数y=e"求导得y'=ex,

所以，曲线y=e，在点P处的切线方程为y—e'=e'(x—f),即y=e'x+(l—)/,

由题意可知，点(a,b)在直线y=dx+(l-r)e'上，可得8=ad=(a+l-r)d,

令/⑺=(a+l-f)e,则/(f)=(aT)/.

当时，/'。)>0,此时函数〃。单调递增，

当r>a时，f(t)<0,此时函数/(r)单调递减，

所以，/(%=/(“)="，

由题意可知，直线y=b与曲线y=/(f)的图象有两个交点，则匕</(。皿=e",

当r<a+I时，/(/)>0,当ca+1时，/(/)<0,作出函数/⑺的图象如下图所示：

由图可知，当0<人<，时，直线y=b与曲线y=/(r)的图象有两个交点.

故选：D.

解法二：画出函数曲线y=e’的图象如图所示，根据直观即可判定点(凡匕)在曲线下方和x轴

上方时才可以作出两条切线.由此可知0<b<e”.

【点睛】

解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长

特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解

决问题的有效方法.

4.【2020年新课标1卷理科】函数/(x)=x'-2r’的图像在点(1,/⑴)处的切线方程为()

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

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

【答案】B

【解析】

【分析】

求得函数y=/（x）的导数（（X）,计算出了⑴和r。）的值，可得出所求切线的点斜式方程,

化简即可.

【详解】

43,32,

•.•/（X）=X-2X,.•./（X）=4X-6X,=/（1）=-2,

因此，所求切线的方程为y+l=-2（x-l）,即y=-2x+l.

故选：B.

【点睛】

本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题

5.【2020年新课标3卷理科】若