专题 06 导数及其应用、基本不等式
命题解读 考向 考查统计
2022·新高考Ⅰ卷，10
2022·新高考Ⅰ卷，15
1.高考对导数的考查，重点考查导数的
导数与切线 2022·新高考Ⅱ卷，14
计算、四则运算法则的应用和求切线方
2024·新高考Ⅰ卷，13
程；能利用导数研究函数的单调性，会
2024·新高考Ⅱ卷，16（1）
求函数的单调区间（其中多项式函数一
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
般不超过三次）以及借助函数图象，了
2023·新高考Ⅰ卷，19
解函数在某点取得极值的必要和充分
导数与函数单调性、最值及恒成立问 2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
条件，会用导数求函数的极大值、极小
题 2022·新高考Ⅱ卷，14
值，会求闭区间上函数的最大值、最小
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
值。
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
2.高考对基本不等式的考查，应适当关
2023·新高考Ⅱ卷，11
注利用基本不等式大小判断、求最值和 导数与函数极值、极值点
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）
求取值范围的问题。
2022·新高考Ⅰ卷，7
导数与比较大小、基本不等式
2022·新高考Ⅱ卷，12
命题分析
2024 年高考新高考Ⅰ卷考查了导数与切线和函数最值的知识点，Ⅱ卷也考查到了切线，但是是体现在大
题 16 题的第一问中，同时也考查到了恒成立问题。切线问题备考时注意含参数和公切线的问题即可，难度
一般都是较易和适中。导数考查应关注：利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式证明等问题。
导数常结合函数的零点、最值等问题综合考查，比如含函数单调性问题、恒成立问题等，理解划归与转化
思想、分类讨论思想、函数与方程思想的应用。预计 2025 年高考还是主要考查导数与切线及单调性问题。
试题精讲
一、填空题
1．（2024 新高考Ⅰ卷·13）若曲线 y = ex + x在点 0,1 处的切线也是曲线 y = ln(x +1) + a 的切线，则a = .
【答案】 ln 2
【分析】先求出曲线 y = ex + x 在 0,1 的切线方程，再设曲线 y = ln x +1 + a 的切点为 x0 , ln x0 +1 + a ，求
出 y ，利用公切线斜率相等求出 x0 ，表示出切线方程，结合两切线方程相同即可求解.
【详解】由 y = ex + x 得 y = ex +1， y | = e0x=0 +1 = 2，
故曲线 y = ex + x 在 0,1 处的切线方程为 y = 2x +1；
由 y = ln x +1 + a y 1得 = ，
x +1
设切线与曲线 y = ln x +1 + a 相切的切点为 x0 , ln x0 +1 + a ，
1 1 1 1
由两曲线有公切线得 y = = 2x ，解得 x0 = - ，则切点为
- ,a + ln ÷，
0 +1 2 è 2 2
y 2 x 1 1切线方程为 = +
÷ + a + ln = 2x +1+ a - ln 2，
è 2 2
根据两切线重合,所以 a - ln 2 = 0，解得 a = ln 2 .
故答案为： ln 2
二、解答题
x
2 2024 Ⅰ ·18 f (x) = ln + ax + b(x -1)3．（ 新高考 卷 ）已知函数
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
【答案】(1) -2
(2)证明见解析
2
(3)b -
3
【分析】（1）求出 f x = 2 + a后根据 f (x) 0min 可求 a的最小值；
（2）设 P m, n 为 y = f x 图象上任意一点，可证 P m, n 关于 1, a 的对称点为Q 2 - m, 2a - n 也在函数的
图像上，从而可证对称性；
（3）根据题设可判断 f 1 = -2即 a 2= -2 ，再根据 f (x) > -2在 1,2 上恒成立可求得b - .
3
x
【详解】（1）b = 0时， f x = ln + ax，其中 x 0,2 ，
2 - x
则 f x
1 1 2
= + = + a, x
0,2
x 2 - x x 2 - x ，
2
因为 x 2 2 - x + x- x ÷ =1，当且仅当 x =1时等号成立，
è 2
故 f x = 2 + a，而 f x 0min 成立，故 a + 2 0即 a -2，
所以 a的最小值为-2 .，
3．（2024 新高考Ⅱ卷·16）已知函数 f (x) = ex - ax - a3 ．
(1)当 a =1时，求曲线 y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
【答案】(1) e -1 x - y -1 = 0
(2) 1, +
【分析】（1）求导，结合导数的几何意义求切线方程；
（2）解法一：求导，分析 a 0和 a > 0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 > 0，
构建函数解不等式即可；解法二：求导，可知 f (x) = ex - a 有零点，可得 a > 0，进而利用导数求 f x 的单
调性和极值，分析可得 a2 + ln a -1 > 0，构建函数解不等式即可.
【详解】（1）当 a =1时，则 f (x) = ex - x -1， f (x) = ex -1，
可得 f (1) = e - 2， f (1) = e -1，
即切点坐标为 1,e - 2 ，切线斜率 k = e -1，
所以切线方程为 y - e - 2 = e -1 x -1 ，即 e -1 x - y -1 = 0 .
（2）解法一：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) 0对任意 x R 恒成立，
可知 f (x) 在R 上单调递增，无极值，不合题意；
若 a > 0，令 f (x) > 0 ，解得 x > ln a；令 f (x) < 0 ，解得 x < ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
则 f (x) 有极小值 f ln a = a - a ln a - a3 ，无极大值，
由题意可得： f ln a = a - a ln a - a3 < 0 ，即 a2 + ln a -1 > 0，
2
构建 g a = a + ln a -1,a > 0 ，则 g a 2a 1= + > 0，
a
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 = 0，
不等式 a2 + ln a -1 > 0等价于 g a > g 1 ，解得 a > 1，
所以 a 的取值范围为 1, + ；
解法二：因为 f (x) 的定义域为R ，且 f (x) = ex - a ，
若 f (x) 有极小值，则 f (x) = ex - a 有零点，
令 f (x) = ex - a = 0，可得 ex = a ，
可知 y = ex 与 y = a 有交点，则 a > 0，
若 a > 0，令 f (x) > 0 ，解得 x > ln a；令 f (x) < 0 ，解得 x < ln a；
可知 f (x) 在 - , ln a 内单调递减，在 ln a, + 内单调递增，
则 f (x) 有极小值 f ln a = a - a ln a - a3 ，无极大值，符合题意，
由题意可得： f ln a = a - a ln a - a3 < 0 ，即 a2 + ln a -1 > 0，
构建 g a = a2 + ln a -1,a > 0 ，
因为则 y = a2 , y = ln a -1在 0, + 内单调递增，
可知 g a 在 0, + 内单调递增，且 g 1 = 0，
不等式 a2 + ln a -1 > 0等价于 g a > g 1 ，解得 a > 1，
所以 a 的取值范围为 1, + .
一、单选题
1
1 2022 Ⅰ ·7 a = 0.1e0.1．（ 新高考 卷 ）设 ,b = ，c = - ln 0.9，则（ ）
9
A． a < b < c B． c < b < a C． c
【分析】构造函数 f (x) = ln(1+ x) - x ， 导数判断其单调性，由此确定 a,b,c的大小.
【详解】方法一：构造法
设 f (x) = ln(1+ x) - x(x > -1) ，因为 f (x)
1 x
= -1 = - ，
1+ x 1+ x
当 x (-1,0)时， f (x) > 0 ，当 x (0,+ )时 f (x) < 0 ，
所以函数 f (x) = ln(1+ x) - x 在 (0, + )单调递减，在 (-1,0) 上单调递增，
1
所以 f ( )
10 1 1 10
< f (0) = 0 ，所以 ln - < 0，故 > ln = - ln 0.9，即b > c，
9 9 9 9 9
f ( 1
1 1
-
所以 - ) < f (0) 0 ln
9 + 1= ，所以 < 0 9 e 10 1 1，故 < ，所以 e10 < ，
10 10 10 10 10 9
故 a < b ，
x 1 x2 -1 ex +1设 g(x) = x e + ln(1- x)(0 < x <1)，则 g (x) = x+1 ex + = ,
x -1 x -1
令 h(x) = ex (x2 -1)+1， h (x) = ex (x2 + 2x -1) ，
当0 < x < 2 -1时， h (x) < 0，函数 h(x) = ex (x2 -1)+1单调递减，
当 2 -1< x <1时， h (x) > 0，函数 h(x) = ex (x2 -1)+1单调递增，
又 h(0) = 0，
所以当0 < x < 2 -1时， h(x) < 0，
所以当0 < x < 2 -1时， g (x) > 0，函数 g(x) = x ex + ln(1- x)单调递增，
所以 g(0.1) > g(0) = 0，即0.1e0.1 > - ln 0.9，所以 a > c
故选：C.
方法二：比较法
0.1 b 0.1解： a = 0.1e ， = c = - ln(1- 0.1)1- 0.1 ， ，
① ln a - ln b = 0.1+ ln(1- 0.1) ，
令 f (x) = x + ln(1 - x), x (0, 0.1],
则 f (x)
1 -x
= 1- = < 0
1 ， - x 1- x
故 f (x) 在 (0, 0.1] 上单调递减，
可得 f (0.1) < f (0) = 0 ，即 ln a - ln b < 0 ，所以 a < b ；
② a - c = 0.1e0.1 + ln(1- 0.1) ，
令 g(x) = xex + ln(1- x), x (0,0.1],
x x 1 1+ x 1- x e
x -1
则 g ' x = xe + e - = ，
1- x 1- x
令 k(x) = (1+ x)(1- x)ex -1 ，所以 k (x) = (1- x2 - 2x)ex > 0 ，
所以 k(x) 在 (0, 0.1] 上单调递增，可得 k (x) > k (0) > 0 ，即 g (x) > 0 ，
所以 g(x) 在 (0, 0.1] 上单调递增，可得 g(0.1) > g(0) = 0 ，即 a - c > 0 ，所以 a > c.
故 c < a < b.
2 x．（2023 新高考Ⅱ卷·6）已知函数 f x = ae - ln x在区间 1,2 上单调递增，则 a 的最小值为（ ）．
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
【答案】C
【分析】根据 f x = aex 1- 0在 1,2 上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
x
f x aex 1 0 1,2 xex 1【详解】依题可知， = - 在 上恒成立，显然 a > 0，所以 ，
x a
设 g x = xex , x 1,2 ，所以 g x = x +1 ex > 0，所以 g x 在 1,2 上单调递增，
g x > g 1 = e 1 1，故 e a = e-1，即 ，即 a 的最小值为
a e e
-1．
故选：C．
二、多选题
3．（2022 新高考Ⅱ卷·12）若 x，y 满足 x2 + y2 - xy = 1，则（ ）
A． x + y 1 B． x + y -2
C． x2 + y2 2 D． x2 + y2 1
【答案】BC
【分析】根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假．
a + b 2 a2 + b2
【详解】因为 ab ÷ （ a,b R），由 x
2 + y2 - xy = 1可变形为，
è 2 2
2
x + y 2 -1 = 3xy 3 x + y ÷ ，解得-2 x + y 2，当且仅当 x = y = -1时， x + y = -2，当且仅当 x = y =1时，
è 2
x + y = 2 ，所以 A 错误，B 正确；
2 2
由 x2 + y2 - xy = 1 x2 y2 1 xy x + y可变形为 + - = ，解得 x2 + y2 2 ，当且仅当 x = y = ±1时取等号，所以2
C 正确；
2
因为 x2 + y2 - xy = 1 y 3变形可得 x - ÷ + y
2 =1，设 x y 3- = cosq , y = sinq ，所以
è 2 4 2 2
x cosq 1= + sinq , y 2= sinq x2 5 2，因此 + y2 = cos2 q + sin2 q + sinq cosq = 1
1
+ sin 2q - 1 cos 2q 1+
3 3 3 3 3 3 3
4 2 π 2
= + sin 2q - é ù 3 3 ÷ ê , 2ú，所以当 x = , y = - 时满足等式，但是 x
2 + y2 1不成立，所以 D 错误．
3 3 è 6 3 3 3
故选：BC．
b c
4．（2023 新高考Ⅱ卷·11）若函数 f x = a ln x + + 2 a 0 既有极大值也有极小值，则（x x ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
【答案】BCD
【分析】求出函数 f (x) 的导数 f (x) ，由已知可得 f (x) 在 (0, + )上有两个变号零点，转化为一元二次方程
有两个不等的正根判断作答.
b c a b 2c ax2 - bx - 2c
【详解】函数 f (x) = a ln x + +
x x2
的定义域为 (0, + )，求导得 f (x) = - 2 - 3 = 3 ，x x x x
因为函数 f (x) 既有极大值也有极小值，则函数 f (x) 在 (0, + )上有两个变号零点，而 a 0，
因此方程 ax2 - bx - 2c = 0有两个不等的正根 x1, x2 ，
ì
Δ = b2 + 8ac > 0
b
于是 íx1 + x2 = > 0 ，即有b2 + 8ac > 0， ab > 0， ac < 0，显然 a2bc < 0，即bc < 0 ，A 错误，BCD 正确.
a
x 2c 1x2 = - > 0 a
故选：BCD
三、填空题
5．（2022 新高考Ⅰ卷·15）若曲线 y = (x + a)ex 有两条过坐标原点的切线，则 a 的取值范围
是 ．
【答案】 - , -4 U 0, +
【分析】设出切点横坐标 x0 ，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 x0 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.
【详解】∵ y = (x + a)ex ，∴ y = (x +1+ a)ex ，
设切点为 x0 , y0 ,则 y0 = x0 + a ex0 ,切线斜率 k = x0 +1+ a ex0 ,
切线方程为： y - x0 + a ex0 = x0 +1+ a ex0 x - x0 ,
∵切线过原点，∴ - x0 + a ex0 = x0 +1+ a ex0 -x0 ,
x2整理得： 0 + ax0 - a = 0 ,
∵切线有两条，∴ D = a2 + 4a > 0 ,解得 a < -4或 a > 0 ,
∴ a的取值范围是 - , -4 U 0, + ,
故答案为： - , -4 U 0, +
6．（2022 新高考Ⅱ卷·14）曲线 y = ln | x |过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
1 1
【答案】 y = x y = - x
e e
【分析】分 x > 0和 x < 0 两种情况，当 x > 0时设切点为 x0 , ln x0 ，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 x0 ，即可求出切线方程，当 x < 0 时同理可得；
【详解】[方法一]：化为分段函数，分段求
分 x > 0和 x < 0 两种情况，当 x > 0时设切点为 x0 , ln x0 ，求出函数 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 x0 ，即可求出切线方程，当 x < 0 时同理可得；
解： 因为 y = ln x ，
1 1 1
当 x > 0时 y = ln x ，设切点为 x 0 , ln x0 ，由 y = ，所以 y |x x=x
= y - ln x = x - x
0 x ，所以切线方程为 00 x
0 ，
0
1
又切线过坐标原点，所以- ln x0 = -x0 ，解得 x0 = e
1 1
x ，所以切线方程为 y -1 = x - e ，即 y = x；0 e e
当 x < 0 时 y = ln -x ，设切点为 x , ln -x y 1，由 = ，所以 y 1 1 |
1
x=x =1 x ，所以切线方程为x 1
y - ln 1-x1 = x - x1 x ，1
又切线过坐标原点，所以- ln x
1
- 1 = -x1 ，解得 x1 = -e
1 1
x ，所以切线方程为 y -1 = x + e ，即 y = - x ；1 -e e
y 1 1故答案为： = x； y = - x
e e
[方法二]：根据函数的对称性，数形结合
1 1
当 x > 0时 y = ln x ，设切点为 x 0 , ln x0 ，由 y = ，所以 y |x=x = ，所以切线方程为 y - ln x
1
= x - x ，
x 0 x 0 x 00 0
1 1 1
又切线过坐标原点，所以- ln x0 = -x x 0 ，解得 x0 = e，所以切线方程为 y -1 = x - e ，即 y = x；0 e e
因为 y = ln x 是偶函数，图象为：
y 1所以当 x < 0 时的切线，只需找到 = x
1
关于 y 轴的对称直线 y = - x 即可.
e e
[方法三]：
因为 y = ln x ，
1 1
当 x > 0时 y = ln x ，设切点为 x0 , ln x0 ，由 y
1
= ，所以 y |x=x =0 x ，所以切线方程为
y - ln x0 = x - x0 ，x 0 x0
1 1
又切线过坐标原点，所以- ln x0 = -x0 x ，解得 x0 = e，所以切线方程为 y -1 = x - e y
1
，即 = x；
0 e e
1
当 x < 0 时 y = ln -x ，设切点为 x1, ln -x1 1，由 y = ，所以 y |x x=x =1 x ，所以切线方程为1
y 1- ln -x1 = x - x1 x ，1
又切线过坐标原点，所以- ln -x1
1
= -x 1 1
x 1 ，解得
x1 = -e，所以切线方程为 y -1 = x + e ，即 y = - x ；
1 -e e
1 1
故答案为： y = x； y = - x .
e e
四、解答题
7．（2022 新高考Ⅰ卷·22）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
【答案】(1) 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.
【详解】（1） f (x) = ex - ax的定义域为 R ，而 f (x) = ex - a ，
若 a 0，则 f (x) > 0 ，此时 f (x) 无最小值，故 a > 0 .
g(x) = ax - ln x 1 ax -1的定义域为 0, + ，而 g (x) = a - = .
x x
当 x < ln a时， f (x) < 0 ，故 f (x) 在 - , ln a 上为减函数，
当 x > ln a时， f (x) > 0 ，故 f (x) 在 ln a, + 上为增函数，
故 f (x)min = f ln a = a - a ln a .
当0 < x
1
< 时， g (x) < 0，故 g(x) 在 0,
1
÷上为减函数，a è a
x 1> g (x) > 0 g(x) 1 ,+ 当 时， ，故 在 ÷ 上为增函数，a è a
故 g(x)
1
min = g ÷ =1 ln
1
- .
è a a
因为 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值，
1 ln 1 a -1故 - = a - a ln a，整理得到 = ln a ，其中 a > 0，
a 1+ a
a -1 g a 2 1 -a
2 -1
设 g a = - ln a,a > 0，则 =
1 a 1+ a 2
- = 0
a ，+ a 1+ a 2
故 g a 为 0, + 上的减函数，而 g 1 = 0，
故 g a = 0 1- a的唯一解为 a =1，故 = ln a 的解为 a =1 .
1+ a
综上， a =1 .
8．（2023 新高考Ⅰ卷·19 f x = a ex）已知函数 + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
3
(2)证明：当 a > 0时， f x > 2lna + ．
2
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导，再分类讨论 a 0与 a > 0两种情况，结合导数与函数单调性的关系即可得解；
1 1
（2 2 2）方法一：结合（1）中结论，将问题转化为 a - - ln a > 0的恒成立问题，构造函数 g a = a - - ln a a > 0 ，
2 2
利用导数证得 g a > 0即可.
x
方法二：构造函数 h x = e - x -1，证得 ex x +1，从而得到 f (x) x + ln a +1+ a2 - x，进而将问题转化为
a2 1- - ln a > 0的恒成立问题，由此得证.
2
【详解】（1）因为 f (x) = a ex + a - x，定义域为R ，所以 f x = aex -1，
当 a 0时，由于 ex > 0，则 ae x 0 ，故 f x = aex -1 < 0恒成立，
所以 f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时，令 f x = aex -1 = 0，解得 x = - ln a ，
当 x < - ln a 时， f x < 0，则 f x 在 - , - ln a 上单调递减；
当 x > - ln a 时， f x > 0，则 f x 在 - ln a, + 上单调递增；
综上：当 a 0时， f x 在R 上单调递减；
当 a > 0时， f x 在 - , - ln a 上单调递减， f x 在 - ln a, + 上单调递增.
（2）方法一：
1 f x = f - ln a = a e- ln a由（ ）得， + a + ln a =1+ a2 + ln amin ，
f (x) 2 ln a 3> + 1+ a2 3 2 1要证 ，即证 + ln a > 2ln a + ，即证 a - - ln a > 0恒成立，
2 2 2
1 2
令 g a = a2 - - ln a a > 0 ，则 g
2 a 2a
1 2a -1
= - = ，
a a
令 g a < 0 2，则0 < a < ；令 g a > 0，则 a 2> ；
2 2
2 2
所以 g a 在 0, 上单调递减，在 ,+ 上单调递增，
è 2
÷÷ 2 ÷÷ è
2
所以 g a g 2 2 1 2= =min 2 ÷÷ ÷÷ - - ln = ln 2 > 0，则
g a > 0恒成立，
è è 2 2 2
3
所以当 a > 0时， f (x) > 2ln a + 恒成立，证毕.
2
方法二：
令 h x = ex - x -1，则 h x = ex -1，
由于 y = ex 在R 上单调递增，所以 h x = ex -1在R 上单调递增，
又 h 0 = e0 -1 = 0，
所以当 x < 0 时， h x < 0；当 x > 0时， h x > 0；
所以 h x 在 - ,0 上单调递减，在 0, + 上单调递增，
故 h x h 0 = 0，则 ex x +1，当且仅当 x = 0时，等号成立，
因为 f (x) = a ex + a - x = aex + a2 - x = ex+ln a + a2 - x x + ln a +1+ a2 - x，
当且仅当 x + ln a = 0，即 x = - ln a 时，等号成立，
f (x) 2 ln a 3所以要证 > + ，即证 x
3 1
+ ln a +1+ a2 - x > 2ln a + 2，即证 a - - ln a > 0，
2 2 2
2
g a = a2 1令 - - ln a a > 0 g a 2a 1 2a -1，则 = - = ，
2 a a
g a < 0 0 a 2 2令 ，则 < < ；令 g a > 0，则 a > ；
2 2
所以 g a 2 2在 0, ÷÷ 上单调递减，在 ,+ ÷÷上单调递增，
è 2 è 2
2
g a g 2
2 1
所以 = = - - ln
2
= ln 2 > 0 g a > 0
min ÷÷ ÷÷ ，则 恒成立，
è 2 è 2 2 2
所以当 a > 0
3
时， f (x) > 2ln a + 恒成立，证毕.
2
9．（2022 新高考Ⅱ卷·22）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
【答案】(1) f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
【分析】（1）求出 f x ，讨论其符号后可得 f x 的单调性.
x
【详解】（1）当 a =1时， f x = x -1 e ，则 f x = xex ，
当 x < 0 时， f x < 0，当 x > 0时， f x > 0，
故 f x 的减区间为 - ,0 ，增区间为 0, + .
10．（2023 新高考Ⅱ卷·22）（1）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
【答案】（1）证明见详解
2
【分析】（1）分别构建 F x = x - sin x, x 0,1 ，G x = x - x + sin x, x 0,1 ，求导，利用导数判断原函
数的单调性，进而可得结果；
【详解】（1）构建 F x = x - sin x, x 0,1 ，则 F x =1- cos x > 0对"x 0,1 恒成立，
则 F x 在 0,1 上单调递增，可得 F x > F 0 = 0，
所以 x > sin x, x 0,1 ；
G x = sin x - x - x2构建 = x2 - x + sin x, x 0,1 ，
则G x = 2x -1+ cos x, x 0,1 ，
构建 g x = G x , x 0,1 ，则 g x = 2 - sin x > 0 对"x 0,1 恒成立，
则 g x 在 0,1 上单调递增，可得 g x > g 0 = 0，
即G x > 0对"x 0,1 恒成立，
则G x 在 0,1 上单调递增，可得G x > G 0 = 0，
sin x > x - x2所以 , x 0,1 ；
综上所述： x - x < sin x < x .
一、导数的运算
1、求导的基本公式
基本初等函数 导函数
f (x) = c （ c 为常数） f (x) = 0
f (x) = xa (a Q) f (x) = axa-1
f (x) = a x (a > 0，a 1) f (x) = a x ln a
f (x) = loga x (a > 0，a 1) f (x) 1=
x ln a
f (x) = ex f (x) = ex
f (x) = ln x f (x) 1=
x
f (x) = sin x f (x) = cos x
f (x) = cos x f (x) = -sin x
2、导数的四则运算法则
（1）函数和差求导法则：[ f (x) ± g(x)] = f (x) ± g (x) ；
（2）函数积的求导法则：[ f (x)g(x)] = f (x)g(x) + f (x)g (x) ；
3 g(x) 0 [ f (x)
] f (x)g(x) - f (x)g
(x)
（ ）函数商的求导法则： ，则 = ．
g(x) g 2 (x)
3、复合函数求导数
复合函数 y = f [g(x)]的导数和函数 y = f (u) ，u = g(x) 的导数间关系为 y = y u x u x ：
4、切线问题
（1）在点的切线方程
切线方程 y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 )的计算：函数 y = f (x) 在点 A(x0 ，f (x0 )) 处的切线方程为
ìy0 = f (x )y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x
0
0 )，抓住关键 í ．
k = f (x0 )
（2）过点的切线方程
设切点为 P(x0 ，y0 )，则斜率 k = f (x0 )，过切点的切线方程为： y - y0 = f (x0 )(x - x0 )，
又因为切线方程过点 A(m，n)，所以 n - y0 = f (x0 )(m - x0 ) 然后解出 x0 的值．（ x0 有几个值，就有几条切线）
注意：在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外．
二、单调性基础问题
1、函数的单调性
函数单调性的判定方法：设函数 y = f (x) 在某个区间内可导，如果 f (x) > 0 ，则 y = f (x) 为增函数；如果
f (x) < 0 ，则 y = f (x) 为减函数．
2、已知函数的单调性问题
①若 f (x) 在某个区间上单调递增，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足 f (x) > 0 ，
才能得出 f (x) 在某个区间上单调递增；
②若 f (x) 在某个区间上单调递减，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足 f (x) < 0 ，
才能得出 f (x) 在某个区间上单调递减．
三、讨论单调区间问题
类型一：不含参数单调性讨论
（1）求导化简定义域（化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间）；
（2）变号保留定号去（变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，
无需单独讨论的部分）；
（3）求根作图得结论（如能直接求出导函数等于 0 的根，并能做出导函数与 x 轴位置关系图，则导函数正
负区间段已知，可直接得出结论）；
（4）未得结论断正负（若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负）；
（5）正负未知看零点（若导函数正负难判断，则观察导函数零点）；
（6）一阶复杂求二阶（找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导）；
求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．
（7）借助二阶定区间（通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段）；
类型二：含参数单调性讨论
（1）求导化简定义域（化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续
的区间）；
（2）变号保留定号去（变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，
无需单独讨论的部分）；
（3）恒正恒负先讨论（变号部分因为参数的取值恒正恒负）；然后再求有效根；
（4）根的分布来定参（此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系）；
（5）导数图像定区间；
四、极值与最值
1、函数的极值
函数 f (x) 在点 x0 附近有定义，如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) < f (x0 )，则称 f (x0 ) 是函数的一个极大值，
记作 y = f (x )极大值 0 ．如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) > f (x0 )，则称 f (x0 ) 是函数的一个极小值，记作
y = f (x )
极小值 0 ．极大值与极小值统称为极值，称 x0 为极值点．
求可导函数 f (x) 极值的一般步骤
（1）先确定函数 f (x) 的定义域；
（2）求导数 f (x)；
（3）求方程 f (x) = 0 的根；
（4）检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那
么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数 y = f (x) 在
这个根处取得极小值．
注：①可导函数 f (x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是： x0 是导函数的变号零点，即 f (x0 ) = 0 ，且在 x0 左
侧与右侧， f (x)的符号导号．
② f (x0 ) = 0 是 x
3
0 为极值点的既不充分也不必要条件，如 f (x) = x ， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是极值点．另外，
极值点也可以是不可导的，如函数 f (x) = x ，在极小值点 x0 = 0 是不可导的，于是有如下结论： x0 为可导
函数 f (x) 的极值点 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0 为 f (x) 的极值点．
2、函数的最值
函数 y = f (x) 最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数 f (x) 最小值为极小值与靠近极大值
的端点之间的最小者．
导函数为 f (x) = ax2 + bx + c = a(x - x1)(x - x2 ) (m < x1 < x2 < n)
（1）当 a > 0时，最大值是 f (x1) 与 f (n) 中的最大者；最小值是 f (x2 ) 与 f (m)中的最小者．
（2）当 a < 0 时，最大值是 f (x2 ) 与 f (m)中的最大者；最小值是 f (x1) 与 f (n) 中的最小者．
一般地，设 y = f (x) 是定义在[m，n]上的函数， y = f (x) 在 (m，n)内有导数，求函数 y = f (x) 在[m，n]上
的最大值与最小值可分为两步进行：
（1）求 y = f (x) 在 (m，n)内的极值（极大值或极小值）；
（2）将 y = f (x) 的各极值与 f (m)和 f (n) 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
【导数及其应用常用结论】
1、恒成立和有解问题
（1）若函数 f x 在区间 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，则
不等式 f x > a 在区间 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在区间 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在区间 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在区间 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，且值域为 m, n ，则
不等式 f x > a 或f x a 在区间 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在区间 D 上恒成立 m b ．
（3）若函数 f x 在区间Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，即 f x m,n ，则对不等式有解问题
有以下结论：
不等式 a < f x 在区间 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在区间 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x min ；
（4）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，如值域为 m, n ，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式 a < f x 或a f x 在区间 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在区间 D 上有解 b > m
（5）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
一、单选题
1．（2024·河北保定·三模）曲线 f x = ex - 3x 在点 0, f 0 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为
（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
8 6 4 3
【答案】C
【分析】根据导数的几何意义求得曲线的切线方程，结合三角形面积公式计算即可.
【详解】由 f x = ex - 3x ，得 f x = ex - 3，则 f 0 =1， f 0 = -2，
所以曲线 f x = ex - 3x 在点 0, f 0 处的切线方程为 y = -2x +1 .
1
令 y = 0 ，得 x = ，令 x = 0，得 y =1，
2
1 1 1
故该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 1 = .
2 2 4
故选：C
ìx2 - 3x, x 0,2 ,
2．（2024·陕西西安·三模）已知函数 f x = í2 f x 2 , x 2, ,则
f x 在点 5, f 5 处的切线方程为
- +
（ ）
A．4x - y - 28 = 0 B． 4x + y -12 = 0 C． x - 4y -12 = 0 D． x + 4 y - 22 = 0
【答案】B
【分析】根据分段函数结合导函数求出 f 5 ，再根据点斜式得出直线方程.
【详解】当 x 0,2 时， f x = 2x - 3，
当 x 4,6 时， f x = 2 f x - 2 = 4 f x - 4 ，则 f x = 4 f x - 4 ，
所以 f 5 = 4 f 1 = -8， f 5 = 4 f 1 = -4．
则所求的切线方程为 y - -8 = -4 x - 5 ，即 4x + y -12 = 0．
故选：B.
3．（2024·河北保定·三模）已知二次函数 y = ax(x - b)（b 0 且b 1）的图象与曲线 y = ln x 交于点 P，与
x 轴交于点 A（异于点 O），若曲线 y = ln x 在点 P 处的切线为 l，且 l 与 AP 垂直，则 a 的值为（ ）
A 1． - e B． -1 C． - e D．-2
【答案】B
【分析】利用导数求解直线 l 的斜率，即可根据垂直关系得 kl ×kPA = -1，结合 ln t = at(t - b)，即可求解.
【详解】易知 A b,0 ，设 P t, ln t ，
联立 y = ln x 与 y = ax(x - b)可得 ln x = ax(x - b) ，故 ln t = at(t - b)，
由 y = ln x 得 y
1
= ，所以 k
1 ln t
l = ， kx t PA
= ，
t - b
k k ln t因为 l ^ PA，所以 l × PA = = -1 ln t = -t(t - b)t(t b) ，即 ，-
又 ln t = at(t - b)，所以 a = -1 .
故选：B.
4．（2024·贵州六盘水·三模）已知曲线 y = x2 - 3lnx 的一条切线方程为 y = -x + m，则实数m =（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
【答案】D
3
【分析】根据切线的斜率的几何意义可知 y |x=x = 2x0 0 - = -1x ，求出切点，代入切线即可求出
m .
0
【详解】设切点为 (x0 , y0 )
因为切线 y = -x + m，
3
所以 y |x=x = 2x0 - = -10 x ，0
解得 x0 =1, x
3
0 = - （舍去）2
代入曲线 y = x2 - 3lnx 得 y0 =1，
所以切点为 1,1
代入切线方程可得1 = -1+ m ，解得m = 2 .
故选：D.
2 1 1
5．（2024·湖南长沙·二模）已知 m > 0 ， n > 0，直线 y = x + m 与曲线 y = 2lnx - n + 4 相切，则 +
e m n
的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】D
【分析】利用已知条件求出切点的横坐标，从而得到m + n = 4 ，利用基本不等式即可求解.
2
【详解】由于直线 y = x + m 与曲线 y = 2lnx - n + 4 相切，
e
2 2 2
设切点为 (x0 , y0 )，且 y = ，所以 = ，x e x0
则切点的横坐标 x0 = e ，则 2 + m = 2 - n + 4 ，即m + n = 4 .
又m > 0, n > 0 ，所以 1 1m 1 1 n m n m+ n + ÷ = 2 + + 2 + 2 = 4，即 + 1，
è m n m n m n m n
1 1
当且仅当 m = n = 2时取等号，所以 + 的最小值为 1.
m n
故选：D
1
6．（2024·贵州黔东南·二模）已知正实数 a，b 满足 e2a-2 + eb = e2-2a + e-b ，则 a - 的最大值为（2b ）
3
A．0 B 1． 2 C．1 D． 2
【答案】A
x - x
【分析】根据等式关系构造函数 f x = e - e ，由其单调性可得 2a - 2 = -b ，于是结合基本不等式可得
a 1- 的最大值.
2b
【详解】由题 e2a-2 - e2-2a = e-b eb f x = ex - x- ，构造函数 - e ，则 f 2a - 2 = f -b ，
显然 f x 2 - b在R 上单调递增，所以 2a - 2 = -b ，即 a = ，
2
a 1 2 - b 1 1 1 b 1
1
所以 - = - = - × + ÷ 1
1
- 2 b 1× = 0 ，当且仅当 a = ，b =1时等号成立.
2b 2 2b 2 è b 2 b 2
a 1所以 - 的最大值为 0.
2b
故选：A.
【点睛】关键点点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某
些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用
函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌
握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解
题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功
效.
7．（2024·福建泉州·二模）在等比数列 an 中， a1,a5 是函数 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的两个极值点，若
a2a4 = 2 2a3 - 2，则 t 的值为（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
【答案】C
t
【分析】首先求函数的导数，利用韦达定理求得 a1a5 = > 0 ，并根据等比数列的性质，代入条件等式，即2
可求解.
2
【详解】 f x = 2x t 2x -10x + t-10 + = ， x > 0
x x
所以 a1,a
t
5 是方程 2x2 -10x + t = 0的两个实数根，则 a1 > 0， a5 > 0， a1a5 = > 0 ，2
a a = a a = a2根据等比数列的性质， 2 4 1 5 3 ，且 a2a4 = 2 2a3 - 2
t t 2
所以 = 2 2 - 2 ，即 t - 4 t + 4 = 0 t - 2 = 0，得 t = 4 .2 2
故选：C
8．（2024·天津和平·三模）已知函数 f x = 3sinwxcoswx 1- sin 2wx
π
- ÷（w R ，且w > 02 2 ），
x R ，
è
若函数 f x 在区间 0, 2π 上恰有 3 个极大值点，则w 的取值范围为（ ）
é13 ,19 13 ,19 ù é13 19 13 19A． ê ÷ B
． ú． C． ê , ÷ D
, ù．
6 6 6 6 12 12 è è12 12ú
【答案】D
π π π π
【分析】利用三角恒等变换化简得到 f x = sin 2wx + ÷ ，从而得到 2wx + 6 6 , 4wπ +6 6 ÷，根据函数极è è
大值点的个数得到方程，求出答案.
【详解】 f x = 3sinwxcoswx 1 π 3 1 π- sin 2wx -
÷ = sin2wx + cos 2wx = sin
2wx + ，
2 è 2 2 2 ÷è 6
x 0,2π π π， 2wx + , 4wπ
π
+ ，
6 è 6 6 ÷
函数 f x 在区间 0, 2π 上恰有 3 个极大值点，
9π π 13π 13 19
故 < 4wπ + ，解得w ,
ù
2 6 2 è12 12ú
.
故选：D
a,b M max ì4a,b, 1 ü9．（2024·辽宁·二模）已知正实数 ，记 = í ，则M 的最小值为（ ）
ab
A． 2 B．2 C．1 D． 3
【答案】A
1 1 2a 1+ b
【分析】由已知得出M 2a + b，结合M 得出M 2 2 ，根据基本不等式即可求解．2 ab ab
ì 1
【详解】由M = max í4a,b,
1 ü
得，M 4a, M b, M ，
ab ab
1
所以 2M 4a + b，即M 2a + b，
2
1
因为M
1
2a + b，所以M 2ab 2
，
ab
1 1 1
因为 2a + b 2 2a b = 2 ab ，当且仅当 2a = b时等号成立，
2 2 2
2a 1+ b
所以M 2 2 2 ab = 2，M 2 ，当且仅当M = 4a, M = b, M
1
= 2，即 a = ,b = 2 时，等号成
ab ab ab 4
立，
故选：A．
1 M 1【点睛】关键点睛：当 a > b > 0,c > d > 0时，有 ac > bd ；即M 2a + b且 ，两式相乘，进而得出
2 ab
最小值．
10．（2024·新疆喀什·三模）已知 a = ln sin1.02 b 1.02， = ， c = ln1.02，则（ ）
51
A． a < b < c B． c < a < b C． a < c < b D．b < a < c
【答案】C
【分析】由正弦函数、对数函数性质易得 a < 0 < c，构造 f x = ln(1+ x) x- , x > 0，利用导数判断单调
1+ x
性，再判断大小关系即可得 c < b ，即可得结果.
π
【详解】因为 y = sin x 在 0, ÷内单调递增，
è 2
则0 = sin 0 < sin1.02 < sin
π
=1，即 sin1.02 0,1 ，
2
又因为 y = ln x 在 0, + 内单调递增，
则 a = ln sin1.02 < ln1 = 0， c = ln1.02 > ln1 = 0 ，可得 a < c；
x
令 x = 0.02，则b = ， c = ln(1+ x)，
1+ x
x
构建 f x = ln(1+ x) - , x > 0，
1+ x
1 x+ x -
则 f x 1 2 1+ x ( 1+ x -1)
2
= - = - < 0，
1+ x 1+ x 2(1+ x) 1+ x
可知 f x 在 (0, + )上递减，则 f 0.02 < f 0 = 0，即 c < b ；
综上所述： a < c < b .
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是根据 c - b构建 f x = ln(1+ x) x- , x > 0，利用导数判断其单调
1+ x
性，进而可得 c < b .
11．（2024·安徽合肥·三模）已知函数 f x 在R 上可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足：
x -1 é f x - f x ù > 0， f 2 - x = f x e2-2x ，则下列判断正确的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D． f 4 < e4 f 0
【答案】C
f x
【分析】根据题意令 F x = x ，利用导数及题干所给条件求得 F (x)的单调性，利用函数的对称性，可e
得 F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，对其进行比较即可判断各选项.
f x e
x f x - e
x f x f x - f x
【详解】令 F x = x ，则 F x = 2x = x ，e e e
函数 f (x) 满足 (x -1) f (x) - f (x)] > 0，
当 x >1时 F (x) > 0, F (x) 在 1, + 上单调递增，
当 x <1时 F (x) < 0, F (x) 在 - ,1 上单调递减，
2-2x f 2 - x f x又由 f 2 - x = f x e = F 2 - x = F x ，
e2-x ex
即函数 F x 的图象关于 x =1对称，从而 F (1) < F (0) = F (2) < F (3) < F (4)，
F (1) < F (0) fA 1 f 0 对于 ， ， < ， f 1 < ef 0 ，A 错误；
e1 e0
对于 B， F (0) = F (2)
f 2 f 0
， = ， f2 0 2 = e
2 f 0 ，B 错误；
e e
C F (3) > F (0)
f 3 f 0
> f 3 > e3对于 ， ， ， f 03 0 ，C 正确；e e
对于 D， F (4) > F (0)
f 4 f 0
> 4， 4 0 ， f 4 > e f 0 ，D 错误.e e
故选：C
f x
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是构造函数 F x = x ，利用导数法研究函数的单调性，结合函e
数的对称性即可.
二、多选题
12．（2024·河北衡水·三模）已知函数 f (x) = x3 - mx2， x = 2是函数 f (x) 的一个极值点，则下列说法正确的
是（ ）
A．m = 3 B．函数 f x 在区间 (-1,2)上单调递减
C．过点 (1, -2) 能作两条不同直线与 y = f (x) 相切 D．函数 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点
【答案】AD
【分析】求得 f (x) = 3x2 - 2mx，根据 f (2) = 0 ，可判定 A 正确；由 f (x) = 3x(x - 2)，利用导数的符号求得
函数 f x 的单调区间，可判定 B 错误；设过点 (1, -2) 且与函数 y = f (x) 相切的切点为 x0 , y0 ，求得切线方
程，列出方程求得 x0 的值，可判定 C 错误；令 f (x) = t ，作出函数的图象，得到-1 < t1 < 0 < t2 < t3 ，进而的
函数零点的个数，可判定以 D 正确．
【详解】对于 A 中，由函数 f (x) = x3 - mx2，可得 f (x) = 3x2 - 2mx，
因为 x = 2 是函数 f x 的一个极值点，可得 f (2) = 3 22 - 2m 2 = 0 ，
解得m = 3，经检验适合题意，所以 A 正确；
对于 B 中，由 f (x) = 3x(x - 2)，令 f (x) = 0，解得 x1 = 0 或 x2 =2，
当 x (- ,0)时， f (x) > 0 ；当 x (0,2) 时， f (x) < 0 ；当 x (2,+ ) 时， f (x) > 0 ，
故 f x 在区间 (- ,0)上递增，在区间 (0,2)上递减，在区间 (2,+ ) 上递增，所以 B 错误；
对于 C 中，设过点 (1, -2) 且与函数 y = f (x) 相切的切点为 x0 , y0 ，
则该切线方程为 y = f x0 (x -1) - 2 = 3x20 - 6x0 (x -1) - 2，
2 3 2
由于切点 x0 , y0 满足直线方程，则 f x0 = 3x0 - 6x0 x0 -1 - 2 = x0 - 3x0 ，
2
整理得 2 x0 -1 x0 - 2x0 +1 = 0，解得 x0 = 1，所以只能作一条切线，所以 C 错误；
对于 D 中，令 f (x) = t ，则 f (t) = -2的根有三个，如图所示，-1 < t1 < 0 < t2 < t3 ，
所以方程 f (x) = t1有 3 个不同根，方程 f (x) = t2 和 f (x) = t3均有 1 个根，
故 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点，所以 D 正确．
故选：AD．
13．（2024·重庆·三模）若函数 f x = alnx - 2x2 + bx 既有极小值又有极大值，则（ ）
A． ab < 0 B． a<0 C．b2 +16a > 0 D． a - b < 4
【答案】ABC
2
【分析】根据题意，求得 f x -4x + bx + a= ，转化为 -4x2 + bx + a = 0 在 0, + 上有两个不同的实数根，
x
根据二次函数的性质，列出不等式组，结合选项，即可求解.
2
【详解】由函数 f x = alnx - 2x2 + bx f x a 4x b -4x + bx + a，可得 = - + = ，
x x
因为 f x = alnx - 2x2 + bx 既有极小值又有极大值，
可得方程-4x2 + bx + a = 0 在 0, + 上有两个不同的实数根，
ì
Δ = b2 +16a > 0
ìb
2 +16a > 0
b
则满足 í > 0
，可得 íb > 0 ，所以 ab < 0 ， a<0，4 b
2 +16a > 0，
a a < 0
- > 0 4
例如： a = -1,b = 5时，满足上式，此时 a - b < 4不成立．
故选：ABC.
14 2024· · x f x = x3．（ 山西太原 三模）已知 1是函数 + mx + n m < 0 的极值点，若 f x2 = f x1 x1 x2 ，
则下列结论 正确的是（ ）
A． f x 的对称中心为 0, n B． f -x1 > f x1
C． 2x1 + x2 = 0 D． x1 + x2 > 0
【答案】AC
【分析】利用 f 0 + x + f 0 - x = 2n，可判断 A；令 f x = 0，解得 x ，代入 f -x1 - f x1 可判断 B；利
用导数判断出 y = f x 的单调性并求出极值点，结合图像分情况由 f x2 = f x1 x1 x2 解出x2，可得
2x1 + x2 = 0 C C x
-m
= x -2 -3m可判断 ；利用 选项，若 1 ， 2 = ，得出 x1 + x2 < 0可判断 D.3 3
3 3
【详解】对于 A，因为 f 0 + x + f 0 - x = x + mx + n - x - mx + n = 2n ，
所以 f x 的对称中心为 0, n ，故 A 正确；
对于 B， f x = 3x2 + m，令 f x = 0，解得 x -m= ± ，
3
-m
当 x1 = 时，3
f -x1 - f x1 = -x31 - mx1 + n - x31 - mx1 - n
2x x2 m 2 -m -m m 4m -m= - 1 1 + = - + ÷ = - ，3 è 3 3 3
因为m < 0 4m -m，所以- > 0，可得 f -x1 > f x1 ，3 3
x -m当 1 = - 时，3
f -x - f x = -x3 31 1 1 - mx1 + n - x1 - mx1 - n
= -2x x2 m 2 -m -m+ = + m 4m -m1 1 3 ÷ = ，è 3 3 3
m < 0 4m -m因为 ，所以 < 0，可得 f -x
3 3 1
< f x1 ，
故 B 错误；
对于 C，令 f x = 0 x -m，解得 = ± ，
3
-m -m
当 x > 或 x < - 时， f x > 0， y = f x 是单调递增函数，
3 3
-m x -m当- < < 时， f x < 0， y = f x 是单调递减函数，
3 3
-m -m
所以 y = f x 在 x = - 时有极大值，在 x = 时有极小值，
3 3
-m
如下图，当 x1 = - 时，若 f x2 = f x1 x1 x2 ，则3
f x - f x = x31 2 1 + mx1 + n - x32 - mx2 - n = x1 - x 2 22 x1 + x1x2 + x2 + m = 0，
x2 + x x + x2 + m = 0 -m -m可得 1 1 2 2 ，即 - x2 + x
2
2 + m = 0 x
2 -3m
，解得 2 = ，3 3 3
所以 2x1 + x2 = 0；
-m
当 x1 = 时，如下图，若 f x2 = f x1 x1 x2 ，则3
f x1 - f x 3 32 = x1 + mx1 + n - x2 - mx2 - n = x1 - x2 x21 + x1x2 + x22 + m = 0，
2
可得 x1 + x1x2 + x
2 + m = 0 -m -m+ x + x2 + m = 0 x 2 -3m2 ，即 2 2 ，解得 2 = - ，3 3 3
所以 2x1 + x2 = 0；
综上所述， 2x1 + x2 = 0，故 C 正确；
D C -m -2 -3m对于 ，由 选项可知，若 x1 = ， x3 2
= ，
3
-m 2 -3m -3m
所以 x1 + x2 = - = - < 0，故 D 错误.3 3 3
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点是利用导数研究函数的单调性和极值点.
15．（2024·河北·三模）已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为R ，记 g x = f x ，若 f 3 + 2x 为
偶函数， g 1+ x 为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A． g x 的图象关于直线 x =1对称． B． g x 的图象关于点 3,0 对称．
2024
C． f i =1 D． g 2023 = 0
i=1
【答案】BD
【分析】对于 A，直接得到 g 1+ x + g 1- x = 0 即可判断；对于 B，由 f 3+ 2x 为偶函数，所以
f 3+ 2x = f 3 - 2x ，求导可得 g 3+ 2x + g 3- 2x = 0即可判断；对于 D，求出 g x 的周期为 4，再根据
g 3 = 0即可判断；对于 C，由题意举出反例即可淘汰.
【详解】对于 A，因为 g 1+ x 为奇函数，所以 g 1+ x = -g 1- x ，即 g 1+ x + g 1- x = 0 ，
所以 g x 的图象关于 1,0 中心对称，故 A 错误；
对于 B，由 f 3+ 2x 为偶函数，所以 f 3+ 2x = f 3- 2x ，
所以 2 f 3 + 2x = -2 f 3- 2x ，即 2g 3+ 2x = -2g 3- 2x ，
即 g 3+ 2x + g 3- 2x = 0，则 g 3+ x + g 3 - x = 0 ，
所以 g x 的图象关于 3,0 中心对称，故 B 正确；
对于 D，由 g 1+ x = -g 1- x ， g 1 = 0，知 g x + 2 = -g -x ，
又 g 3+ x + g 3- x = 0 ， g 3 = 0，所以 g -x = -g 6 + x ，
所以 g x + 2 = g x + 6 ，即 g x = g x + 4 ，
所以 g x 为周期是 4的函数，即 g 2023 = g 505 4 + 3 = g 3 = 0 ，故 D 正确.
对于 C，由题意及上述分析知 g x 是以 4为周期的函数，且 g 1 = 0, g 3 = 0，
不妨设 f x = g x π= cos x ，所以 f x 2 sin π x 2 2= ，周期均为 4且 f 1 = , f 2 = 0, f 3 = - , f 4 = 0 ，
2 π 2 π π
i=1
所以 f i 2= 506 + 0
2
- + 0 = 0，所以 C 错误；
2024 è π π ÷
故选：BD.
【点睛】关键点点睛：对于选项 C，通过举反例的形式淘汰答案，不妨设 f x = g x = cos π x ，所以
2
f x 2 sin π x f 1 2 , f 2 0, f 3 2= ，所以周期为 4，且 = = = - , f 4 = 0 ，所以
π 2 π π
i=1
f i = 506 2 0 2 + - + 0
= 0 .
2024 è π π ÷
三、填空题
16．（2024·上海·三模）设曲线 f x = aex + b πx和曲线 g x = cos + c在它们的公共点P 0,2 处有相同的切
2
线，则ba + c 的值为 .
【答案】2
【分析】根据两曲线在 P 0,2 有公切线，则 P 是公共点，该点处的导数值相同，列出方程求出 a,b,c的值，
则答案可求.
ì f (0) = a + b = 2
【详解】由已知得 í ，解得 c =1,b = 2 - a ，
g(0) =1+ c = 2
又 f x = aex , g x π= - sin π x ，
2 2
所以 f (0) = g (0)得 a = 0，
所以 a = 0,b = 2,c =1，
所以ba + c = 20 +1 = 2 .
故答案为：2
17．（2024· 3上海·三模）若函数 f x = -4x + 3x 在 a,a + 2 上存在最小值，则实数 a 的取值范围是 ．
5 ù
【答案】 - ,-1
è 2 ú
3
【分析】根据题意，函数 f x = -4x + 3x 的极小值点在 a, a + 2 内，再结合 f (1) 1= f -
÷即可求出实数 a
è 2
的取值范围.
【详解】因为 f x = -4x3 + 3x ，所以 f x = -12x2 + 3，
令 f x = 0 x 1得， = ± ，
2
x - , 1- 当 ÷ 时， f x < 0， f x 单调递减，
è 2
x 1当 - ,
1
÷时， f x > 0， f x 单调递增，
è 2 2
x 1当
, + ÷时， f x < 0， f x 单调递减，
è 2
1
所以当 x = - 时， f x 有极小值，
2
3
因为函数 f x = -4x + 3x 在 a, a + 2 上存在最小值，
又 f 1 1= f - ÷ = -1，
è 2
a 1 5所以 < - < a + 2 1，解得- < a -1，
2 2
5
所以实数 a 的取值范围是 - , -1
ù
è 2 ú
.
5 ù
故答案为： - , -1
è 2 ú
.
18．（2024·上海闵行·三模）早在西元前 6 世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中
项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义
a b
与今天大致相同.若 2a + 2b = 1，则 4 +1 4 +1 的最小值为 .
25
【答案】
16
1 2
【分析】令m 2a n a b= ， = 2b ，结合基本不等式可得0 < mn ， 4 +1 4 +1 可化为 mn -1 +1，求二次函4
数在区间上的最小值即可.
【详解】不妨设m = 2a ， n = 2b ，则m > 0， n > 0，
1
所以1 = m + n 2 mn ，当且仅当m = n = 时取等号，2
0 mn 1 1即 < ，当且仅当m = n = 时取等号，
4 2
所以 4a +1 4b +1 = m2 +1 n2 +1 = mn 2 + m2 + n2 +1 = mn 2 + m + n 2 - 2mn +1
= mn 2 - 2mn + 2 = mn -1 2 +1，（0 < mn 1 ）
4
所以当m = n
1
= 时， 4a +1 4b +1 25取得最小值 .
2 16
25
故答案为：
16
x z
19．（2024·广东·三模）设实数 x、y、z、t 满足不等式1 x y z t 100，则 +y t 的最小值为 .
1
【答案】 / 0.2
5
x z 1 z
【分析】令 x =1，t =100，根据分母最大分子最小时分式的值最小可得 + +y t y 100 ，结合基本不等式和
z
1
y 计算即可．
z
【详解】因为1 x y z t 100，所以 1y ,
x z 1 z z 1 1
所以 + + 2 2 = ，
y t y 100 100y 100 5
1 z
当且仅当 = 即 yz =100y 100 时等号成立，
x z
+ 1即 y t 的最小值为 .5
1
故答案为： .
5
20．（2024·浙江绍兴·三模）若 x, y, z > 0，且 x2 + xy + 2xz + 2yz = 4，则 2x + y + 2z的最小值是 ．
【答案】 4
【分析】由题意可借助 x 、 y 表示出 z ，从而消去 z ，再计算化简后结合基本不等式计算即可得.
2 2z 4 - x
2 - xy
【详解】由 x + xy + 2xz + 2yz = 4，则 = ，
x + y
2 2x + y x + y + 4 - x2 - xy
即 2x + y + 2z 2x y 4 - x - xy
= + + =
x + y x + y
2x2 + 3xy + y2 + 4 - x2 - xy x2 + 2xy + y2 + 4 x + y 2 + 4
= = =
x + y x + y x + y
4 4
= x + y + 2 x + y × = 4，
x + y x + y
当且仅当 x
4
+ y = ，即 x + y = 2x y 时，等号成立.+
故答案为： 4 .
1 1
21．（2024·河北·三模）已知 a x - x 2 < 0 a > 0, a 1 对任意 x 0, + 恒成立，则实数 a的取值范围
是 ．
1-
【答案】 0,e 2e ÷
è
【分析】将原不等式变形为 2ln a < x ln x，设 g x = x ln x，通过求导求 g x 的最小值，然后解不等式
2ln a < g x min 即可.
1 1
【详解】因为 a x - x 2 < 0， x 0, + ，
1 1
所以 ln a < ln x，即 2ln a < x ln x，
x 2
设 g x = x ln x， g x = ln x +1，
令 g x > 0 x 1， > ，即 g x 1 在
e
,+
e ÷
上单调递增，
è
令 g x 1< 0 1，0 < x < ，即 g x 在 0, ÷ 上单调递减，e è e
则 g x g 1 1 1 1=min ÷ = ln = - ，è e e e e
所以 2ln a
1
< - ，
e
1
解得 -0 < a < e 2e .
1-
故答案为： 0,e 2e ÷ .
è
π π
22．（2024·福建南平·二模）函数 f x = sinwx w > 0 é在区间 ê- ,
ù
ú 上单调递增，且在区间 0, 2π 上恰有 6 3
两个极值点，则w 的取值范围是 .
3 5
【答案】 < w
4 4
3 3 5
【分析】利用正弦型函数的单调性可得0 < w ，利用正弦型函数的极值点可得 < w .
2 4 4
é π π ù
【详解】由 f x = sinwx w > 0 在区间 ê- , ú 上单调递增， 6 3
π w π可得- - + 2kπ
π
， w
π
+ 2kπ ， k Z，
6 2 3 2
3 3
即w 3 -12k ，w + 6k ， k Z，即0 < w ，
2 2
又 f x = sinwx w > 0 在区间 0,2π 上恰有两个极值点，
3π
可得 < 2wπ
5π 3 5
，即 < w .
2 2 4 4
3 w 5综上， < .
4 4
3 w 5故答案为： < .
4 4
23．（2024·云南昆明·三模）过点 1, m 可以向曲线 f x = xex 作 n条切线，写出满足条件的一组有序实数对
m, n
【答案】 e,1 （答案不唯一）
【分析】设切点坐标为 x0 , x x00e ，利用导数表示出切线方程，代入点 1, m ，通过构造函数，研究新函数
的单调性和极值，对m 的取值范围进行讨论，得到 x0 解的个数，可得对应的切线条数.
【详解】 f x = xex f x = ex + xex = x +1 ex， ，
x x
设所求切线的切点坐标为 x0 , x 00e ，则切线斜率为 k = x0 +1 e 0 ，
x x
得切线方程为 y - x e 0 = x +1 e 00 0 x - x0 ，
由切线过点 1, m ，有m - x0ex0 = x x00 +1 e 1- x0 ，
化简得m = 1+ x 2 x00 - x0 e ，
g x = 1+ x - x2 ex g x = 2 - x - x2 ex设 ，则 ，
g x < 0，解得 x<- 2或 x >1； g x > 0，解得-2
极大值 g 1 = e，极小值 g -2 5= - ，
e2
x 1- 5 x 1+ 5且 < 或 > 时 g x < 0 1- 5， < x 1+ 5< 时， g x > 0，
2 2 2 2
g x 的函数图象如图所示，
则当m > e
5
时， x0 无解， n = 0；当m = e或m < - 2 时， x0 有一个解， n =1；e
当m
5 5
= - 2 或0 m < e时， x0 有两个解， n = 2；当- 2 < m < 0时， x0 有三个解， n = 3 .e e
故答案为： e,1 （答案不唯一）
24 2024· · ex．（ 河北沧州 三模）若不等式 - a +1 x b， a > -1对于 x R 恒成立，则b - a的最大值为 .
1
【答案】1+
e
【分析】令 f x = ex - a +1 x - b，利用导数求得 f x 的单调性和最小值 f ln a +1 ，根据题意转化为
b - a 1- a +1 ln a +1 ，再令 F x =1- xlnx，利用导数求得 F x 的单调性和最大值，即可求解.
x
【详解】令函数 f x = e - a +1 x - b，则 f x = ex - a +1 ，
由 f x = ex - a +1 = 0，解得 x = ln a +1 ，
当 x < ln a +1 时， f x < 0；当 x > ln a +1 时， f x > 0，
所以函数 f x 在 - , ln a +1 上单调递减，在 ln a +1 ,+ 上单调递增，
所以 f x 在 x = ln a +1 处取得极小值，
也是最小值为 f ln a +1 = eln a+1 - a +1 ln a +1 - b = a +1 - a +1 ln a +1 - b，
x
由不等式 e - a +1 x b，可得 a +1 - a +1 ln a +1 - b 0 ，
所以b - a 1- a +1 ln a +1 ，
令 F x = 1- xlnx x > 0 ，则 F x = -lnx -1，
1
当0 < x < 时， F x > 0；当 x 1> 时， F x < 0，
e e
F x 0, 1 1 所以 在 ÷ 上单调递增，在 , + ÷ 上单调递减，
è e è e
即 F x = F 1 ÷ = 1
1
+
max ，即b - a 1
1
+ 1
e e ，所以
b - a的最大值为1+ .
è e e
1
故答案为：1+ .
e
【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、合理转化，根据题意转化为两个函数的最值之间的比较，列出不等式关系式求解；
2、构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
3、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
4、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的
新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩
法，注意恒成立与存在性问题的区别．
25．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数 f (x) = xeax - ln x - ax -1，若函数 f (x) 的最小值恰好为 0，则实数 a的
最小值是 .
1
【答案】 - e
【分析】换元构造新函数，再利用导数求得函数单调性与最值，从而求得 a的最值.
【详解】令 t = xeax (x > 0) ，则 t > 0，所以 ln t = ln x + ax，
令u = f (x) = xeax - ln x - ax -1，则u = t - ln t -1，
令 g(t) = t - ln t -1，则 g (t) 1
1 t -1
= - = ，
t t
当 t (0,1)时， g (t) < 0 ， g(t)单调递减；当 t (1,+ ) 时， g (t) > 0， g(t)单调递增.
故当 t =1时， g(t)取得最小值 g(1) = 0，
ln x
故当 xeax =1，即 a = - 时，函数 f (x) 的最小值恰好为 0，x
令 h(x)
ln x
= - ，则 h (x)
-1+ ln x
=
x ，x2
令 h (x) > 0，得 x>e；令 h (x) < 0，得0 < x < e，
所以 h(x) 在 (0, e)上单调递减，在 (e, + )上单调递增，
则 h(x)
1
min = h(e)= - ，所以 a
1
的最小值为 - e .e
1
故答案为： - e .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解参数范围问题.关键点是通过换元 t = xeax (x > 0) ，将 f (x) 转化
为 g(t) = t - ln t -1 g(t) a
ln x ln x
，并利用导数研究 的单调性与最值，得到 = - ，再利用导数求解- 的单调性，
x x
即可求得 a的最值.专题 06 导数及其应用、基本不等式
命题解读 考向 考查统计
2022·新高考Ⅰ卷，10
2022·新高考Ⅰ卷，15
1.高考对导数的考查，重点考查导数的
导数与切线 2022·新高考Ⅱ卷，14
计算、四则运算法则的应用和求切线方
2024·新高考Ⅰ卷，13
程；能利用导数研究函数的单调性，会
2024·新高考Ⅱ卷，16（1）
求函数的单调区间（其中多项式函数一
2022·新高考Ⅰ卷，22（1）
般不超过三次）以及借助函数图象，了
2023·新高考Ⅰ卷，19
解函数在某点取得极值的必要和充分
导数与函数单调性、最值及恒成立问 2024·新高考Ⅰ卷，18（1）
条件，会用导数求函数的极大值、极小
题 2022·新高考Ⅱ卷，14
值，会求闭区间上函数的最大值、最小
2022·新高考Ⅱ卷，22（1）
值。
2023·新高考Ⅱ卷，22（1）
2.高考对基本不等式的考查，应适当关
2023·新高考Ⅱ卷，11
注利用基本不等式大小判断、求最值和 导数与函数极值、极值点
2024·新高考Ⅱ卷，16（2）
求取值范围的问题。
2022·新高考Ⅰ卷，7
导数与比较大小、基本不等式
2022·新高考Ⅱ卷，12
命题分析
2024 年高考新高考Ⅰ卷考查了导数与切线和函数最值的知识点，Ⅱ卷也考查到了切线，但是是体现在大
题 16 题的第一问中，同时也考查到了恒成立问题。切线问题备考时注意含参数和公切线的问题即可，难度
一般都是较易和适中。导数考查应关注：利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式证明等问题。
导数常结合函数的零点、最值等问题综合考查，比如含函数单调性问题、恒成立问题等，理解划归与转化
思想、分类讨论思想、函数与方程思想的应用。预计 2025 年高考还是主要考查导数与切线及单调性问题。
试题精讲
一、填空题
1．（2024 新高考Ⅰ卷·13）若曲线 y = ex + x在点 0,1 处的切线也是曲线 y = ln(x +1) + a 的切线，则a = .
二、解答题
x
2．（2024 新高考Ⅰ卷·18）已知函数 f (x) = ln + ax + b(x -1)3
2 - x
(1)若b = 0，且 f (x) 0，求 a的最小值；
3．（2024 新高考Ⅱ卷·16）已知函数 f (x) = ex - ax - a3 ．
(1)当 a =1时，求曲线 y = f (x) 在点 1, f (1) 处的切线方程；
(2)若 f (x) 有极小值，且极小值小于 0，求 a 的取值范围．
一、单选题
1
1．（2022 新高考Ⅰ卷·7）设 a = 0.1e0.1,b = ，c = - ln 0.9，则（ ）
9
A． a < b < c B． c < b < a C． c
A． e2 B．e C． e-1 D． e-2
二、多选题
3．（2022 新高考Ⅱ卷·12）若 x，y 满足 x2 + y2 - xy = 1，则（ ）
A． x + y 1 B． x + y -2
C． x2 + y2 2 D． x2 + y2 1
b c
4．（2023 新高考Ⅱ卷·11）若函数 f x = a ln x + + 2 a 0 既有极大值也有极小值，则（x x ）．
A．bc > 0 B． ab > 0 C．b2 + 8ac > 0 D． ac < 0
三、填空题
5．（2022 新高考Ⅰ卷·15）若曲线 y = (x + a)ex 有两条过坐标原点的切线，则 a 的取值范围
是 ．
6．（2022 新高考Ⅱ卷·14）曲线 y = ln | x |过坐标原点的两条切线的方程为 ， ．
四、解答题
7．（2022 新高考Ⅰ卷·22）已知函数 f (x) = ex - ax和 g(x) = ax - ln x有相同的最小值．
(1)求 a；
8．（2023 新高考Ⅰ卷·19）已知函数 f x = a ex + a - x．
(1)讨论 f x 的单调性；
(2)证明：当 a > 0时， f x > 2lna 3+ ．
2
9．（2022 新高考Ⅱ卷·22）已知函数 f (x) = xeax - ex ．
(1)当 a =1时，讨论 f (x) 的单调性；
10．（2023 新高考Ⅱ卷·22）（1）证明：当0 < x <1时， x - x < sin x < x；
一、导数的运算
1、求导的基本公式
基本初等函数 导函数
f (x) = c （ c 为常数） f (x) = 0
f (x) = xa (a Q) f (x) = axa-1
f (x) = a x (a > 0，a 1) f (x) = a x ln a
f (x) = loga x (a > 0，a 1) f (x) 1=
x ln a
f (x) = ex f (x) = ex
f (x) = ln x f (x) 1=
x
f (x) = sin x f (x) = cos x
f (x) = cos x f (x) = -sin x
2、导数的四则运算法则
（1）函数和差求导法则：[ f (x) ± g(x)] = f (x) ± g (x) ；
（2）函数积的求导法则：[ f (x)g(x)] = f (x)g(x) + f (x)g (x) ；
（3）函数商的求导法则： g(x) 0 f (x) f (x)g(x) - f (x)g (x) ，则[ ] = ．
g(x) g 2 (x)
3、复合函数求导数
复合函数 y = f [g(x)]的导数和函数 y = f (u) ，u = g(x) 的导数间关系为 y = y u x u x ：
4、切线问题
（1）在点的切线方程
切线方程 y - f (x0 ) = f (x0 )(x - x0 )的计算：函数 y = f (x) 在点 A(x0 ，f (x0 )) 处的切线方程为
ìy = f (x )
y - f (x0 ) = f (x
0 0
0 )(x - x0 )，抓住关键 í ．
k = f (x0 )
（2）过点的切线方程
设切点为 P(x0 ，y0 )，则斜率 k = f (x0 )，过切点的切线方程为： y - y0 = f (x0 )(x - x0 )，
又因为切线方程过点 A(m，n)，所以 n - y0 = f (x0 )(m - x0 ) 然后解出 x0 的值．（ x0 有几个值，就有几条切线）
注意：在做此类题目时要分清题目提供的点在曲线上还是在曲线外．
二、单调性基础问题
1、函数的单调性
函数单调性的判定方法：设函数 y = f (x) 在某个区间内可导，如果 f (x) > 0 ，则 y = f (x) 为增函数；如果
f (x) < 0 ，则 y = f (x) 为减函数．
2、已知函数的单调性问题
①若 f (x) 在某个区间上单调递增，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足 f (x) > 0 ，
才能得出 f (x) 在某个区间上单调递增；
②若 f (x) 在某个区间上单调递减，则在该区间上有 f (x) 0 恒成立（但不恒等于0）；反之，要满足 f (x) < 0 ，
才能得出 f (x) 在某个区间上单调递减．
三、讨论单调区间问题
类型一：不含参数单调性讨论
（1）求导化简定义域（化简应先通分，尽可能因式分解；定义域需要注意是否是连续的区间）；
（2）变号保留定号去（变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，
无需单独讨论的部分）；
（3）求根作图得结论（如能直接求出导函数等于 0 的根，并能做出导函数与 x 轴位置关系图，则导函数正
负区间段已知，可直接得出结论）；
（4）未得结论断正负（若不能通过第三步直接得出结论，则先观察导函数整体的正负）；
（5）正负未知看零点（若导函数正负难判断，则观察导函数零点）；
（6）一阶复杂求二阶（找到零点后仍难确定正负区间段，或一阶导函数无法观察出零点，则求二阶导）；
求二阶导往往需要构造新函数，令一阶导函数或一阶导函数中变号部分为新函数，对新函数再求导．
（7）借助二阶定区间（通过二阶导正负判断一阶导函数的单调性，进而判断一阶导函数正负区间段）；
类型二：含参数单调性讨论
（1）求导化简定义域（化简应先通分，然后能因式分解要进行因式分解，定义域需要注意是否是一个连续
的区间）；
（2）变号保留定号去（变号部分：导函数中未知正负，需要单独讨论的部分．定号部分：已知恒正或恒负，
无需单独讨论的部分）；
（3）恒正恒负先讨论（变号部分因为参数的取值恒正恒负）；然后再求有效根；
（4）根的分布来定参（此处需要从两方面考虑：根是否在定义域内和多根之间的大小关系）；
（5）导数图像定区间；
四、极值与最值
1、函数的极值
函数 f (x) 在点 x0 附近有定义，如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) < f (x0 )，则称 f (x0 ) 是函数的一个极大值，
记作 y = f (x极大值 0 )．如果对 x0 附近的所有点都有 f (x) > f (x0 )，则称 f (x0 ) 是函数的一个极小值，记作
y = f (x0 )极小值 ．极大值与极小值统称为极值，称 x0 为极值点．
求可导函数 f (x) 极值的一般步骤
（1）先确定函数 f (x) 的定义域；
（2）求导数 f (x)；
（3）求方程 f (x) = 0 的根；
（4）检验 f (x)在方程 f (x) = 0 的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那
么函数 y = f (x) 在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数 y = f (x) 在
这个根处取得极小值．
注：①可导函数 f (x) 在点 x0 处取得极值的充要条件是： x0 是导函数的变号零点，即 f (x0 ) = 0 ，且在 x0 左
侧与右侧， f (x)的符号导号．
② f (x0 ) = 0 是 x0 为极值点的既不充分也不必要条件，如 f (x) = x
3 ， f (0) = 0 ，但 x0 = 0 不是极值点．另外，
极值点也可以是不可导的，如函数 f (x) = x ，在极小值点 x0 = 0 是不可导的，于是有如下结论： x0 为可导
函数 f (x) 的极值点 f (x0 ) = 0；但 f (x0 ) = 0 x0 为 f (x) 的极值点．
2、函数的最值
函数 y = f (x) 最大值为极大值与靠近极小值的端点之间的最大者；函数 f (x) 最小值为极小值与靠近极大值
的端点之间的最小者．
导函数为 f (x) = ax2 + bx + c = a(x - x1)(x - x2 ) (m < x1 < x2 < n)
（1）当 a > 0时，最大值是 f (x1) 与 f (n) 中的最大者；最小值是 f (x2 ) 与 f (m)中的最小者．
（2）当 a < 0 时，最大值是 f (x2 ) 与 f (m)中的最大者；最小值是 f (x1) 与 f (n) 中的最小者．
一般地，设 y = f (x) 是定义在[m，n]上的函数， y = f (x) 在 (m，n)内有导数，求函数 y = f (x) 在[m，n]上
的最大值与最小值可分为两步进行：
（1）求 y = f (x) 在 (m，n)内的极值（极大值或极小值）；
（2）将 y = f (x) 的各极值与 f (m)和 f (n) 比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．
【导数及其应用常用结论】
1、恒成立和有解问题
（1）若函数 f x 在区间 D 上存在最小值 f x min 和最大值 f x max ，则
不等式 f x > a 在区间 D 上恒成立 f x min > a ；
不等式 f x a 在区间 D 上恒成立 f x min a ；
不等式 f x < b在区间 D 上恒成立 f x max < b ；
不等式 f x b在区间 D 上恒成立 f x max b ；
（2）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，且值域为 m, n ，则
不等式 f x > a 或f x a 在区间 D 上恒成立 m a ．
不等式 f x < b 或f x b 在区间 D 上恒成立 m b ．
（3）若函数 f x 在区间Ｄ上存在最小值 f x min 和最大值 f x ，即 f x m,nmax ，则对不等式有解问题
有以下结论：
不等式 a < f x 在区间 D 上有解 a < f x max ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x max ；
不等式 a > f x 在区间 D 上有解 a > f x min ；
不等式 a f x 在区间 D 上有解 a f x min ；
（4）若函数 f x 在区间 D 上不存在最大（小）值，如值域为 m, n ，则对不等式有解问题有以下结论：
不等式 a < f x 或a f x 在区间 D 上有解 a < n
不等式b > f x 或b f x 在区间 D 上有解 b > m
（5）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（6）对于任意的 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（7）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 min ；
（8）若存在 x1 a, b ，对于任意的 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 max ；
（9）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ；
（10）对于任意的 x1 a, b ， x2 m, n 使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max ；
（11）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 min g x2 max
（12）若存在 x1 a, b ，总存在 x2 m, n ，使得 f x1 g x2 f x1 max g x2 min ．
一、单选题
1．（2024·河北保定· x三模）曲线 f x = e - 3x 在点 0, f 0 处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为
（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
8 6 4 3
ìx2 - 3x, x 0,2 ,2．（2024·陕西西安·三模）已知函数 f x = í 则 f x 在点 5, f 5
2 f x - 2
, x 2, , 处的切线方程为 +
（ ）
A．4x - y - 28 = 0 B． 4x + y -12 = 0 C． x - 4y -12 = 0 D． x + 4 y - 22 = 0
3．（2024·河北保定·三模）已知二次函数 y = ax(x - b)（b 0 且b 1）的图象与曲线 y = ln x 交于点 P，与
x 轴交于点 A（异于点 O），若曲线 y = ln x 在点 P 处的切线为 l，且 l 与 AP 垂直，则 a 的值为（ ）
A 1． - e B． -1 C． - e D．-2
4．（2024·贵州六盘水·三模）已知曲线 y = x2 - 3lnx 的一条切线方程为 y = -x + m，则实数m =（ ）
A．-2 B．-1 C．1 D．2
2
5．（2024·湖南长沙·二模）已知 m > 0 ， n > 0，直线 y = x + m 与曲线 y = 2lnx - n + 4
1 1
相切，则 +
e m n
的最小值是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
1
6．（2024·贵州黔东南·二模）已知正实数 a，b 满足 e2a-2 + eb = e2-2a + e-b ，则 a - 的最大值为（ ）2b
3
A．0 B 1． 2 C．1 D． 2
7．（2024·福建泉州·二模）在等比数列 an 中， a1,a5 是函数 f (x) = x2 -10x + t ln(3x) 的两个极值点，若
a2a4 = 2 2a3 - 2，则 t 的值为（ ）
A．-4 B．-5 C．4 D．5
1 π
8．（2024·天津和平·三模）已知函数 f x = 3sinwxcoswx - sin 2wx - ÷（w R ，且w > 0）， x R2 2 ，è
若函数 f x 在区间 0, 2π 上恰有 3 个极大值点，则w 的取值范围为（ ）
é13 ,19 13 19 ù é13 19 13 19A ù． ê 6 6 ÷
B． , ． C．
è 6 6 ú ê
, D． ,
12 12 ÷ è12 12ú
ì 1 ü
9．（2024·辽宁·二模）已知正实数 a,b，记M = max í4a,b, ，则M 的最小值为（ ）
ab
A． 2 B．2 C．1 D． 3
10．（2024·新疆喀什·三模）已知 a = ln sin1.02 b 1.02， = ， c = ln1.02，则（ ）
51
A． a < b < c B． c < a < b C． a < c < b D．b < a < c
11．（2024·安徽合肥·三模）已知函数 f x 在R 上可导，其导函数为 f x ，若 f x 满足：
x -1 é f x - f x ù > 0， f 2 - x = f x e2-2x ，则下列判断正确的是（ ）
A． f 1 > e f 0 B． f 2 > e2 f 0
C． f 3 > e3 f 0 D f 4 < e4． f 0
二、多选题
12．（2024·河北衡水·三模）已知函数 f (x) = x3 - mx2， x = 2是函数 f (x) 的一个极值点，则下列说法正确的
是（ ）
A．m = 3 B．函数 f x 在区间 (-1,2)上单调递减
C．过点 (1, -2) 能作两条不同直线与 y = f (x) 相切 D．函数 y = f [ f (x)]+ 2有 5 个零点
13．（2024·重庆·三模）若函数 f x = alnx - 2x2 + bx 既有极小值又有极大值，则（ ）
A． ab < 0 B． a<0 C．b2 +16a > 0 D． a - b < 4
14 3．（2024·山西太原·三模）已知 x1是函数 f x = x + mx + n m < 0 的极值点，若 f x2 = f x1 x1 x2 ，
则下列结论 正确的是（ ）
A． f x 的对称中心为 0, n B． f -x1 > f x1
C． 2x1 + x2 = 0 D． x1 + x2 > 0
15．（2024·河北·三模）已知函数 f x 及其导函数 f x 的定义域均为R ，记 g x = f x ，若 f 3 + 2x 为
偶函数， g 1+ x 为奇函数，则下列结论正确的是（ ）
A． g x 的图象关于直线 x =1对称． B． g x 的图象关于点 3,0 对称．
2024
C． f i =1 D． g 2023 = 0
i=1
三、填空题
16 2024· · f x = aex．（ 上海 三模）设曲线 + b和曲线 g x = cos πx + c在它们的公共点P 0,2 处有相同的切
2
线，则ba + c 的值为 .
17．（2024· 3上海·三模）若函数 f x = -4x + 3x 在 a,a + 2 上存在最小值，则实数 a 的取值范围是 ．
18．（2024·上海闵行·三模）早在西元前 6 世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以及调和中
项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中项的定义
与今天大致相同.若 2a a b+ 2b = 1，则 4 +1 4 +1 的最小值为 .
x z
19．（2024·广东·三模）设实数 x、y、z、t 满足不等式1 x y z t 100，则 +y t 的最小值为 .
20．（2024·浙江绍兴·三模）若 x, y, z > 0，且 x2 + xy + 2xz + 2yz = 4，则 2x + y + 2z的最小值是 ．
1 1
21．（2024·河北·三模）已知 a x - x 2 < 0 a > 0, a 1 对任意 x 0, + 恒成立，则实数 a的取值范围
是 ．
22．（2024·福建南平·二模）函数 f x sinwx w 0 é π π= > - , ù在区间 ê ú 上单调递增，且在区间 0, 2π 上恰有 6 3
两个极值点，则w 的取值范围是 .
23 x．（2024·云南昆明·三模）过点 1, m 可以向曲线 f x = xe 作 n条切线，写出满足条件的一组有序实数对
m, n
24．（2024· x河北沧州·三模）若不等式 e - a +1 x b， a > -1对于 x R 恒成立，则b - a的最大值为 .
25．（2024·贵州贵阳·三模）已知函数 f (x) = xeax - ln x - ax -1，若函数 f (x) 的最小值恰好为 0，则实数 a的
最小值是 .
