专题突破三 导数中的函数构造问题（人教A版选必二）-2024-2025寒假高二数学同步练习（全国通用）

专题突破三 导数中的函数构造问题 （解析版） 1．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为(　　) A．f(a)－g(a)　　　 　 　 B．f(b)－g(b) C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a) 答案　A 解析　令h(x)＝f(x)－g(x)，x∈[a，b]， 则h′(x)＝f′(x)－g′(x)<0. ∴h(x)是[a，b]上的减函数． ∴h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＝f(a)－g(a)．故选A. 2．已知定义在R上的可导函数f(x)，其导函数为f′(x)，若2f(x)＋f′(x)>0，且f(1)＝e，则不等式e2xf(x)－e3>0的解集为(　　) A．(1，＋∞) B．(e，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，e) 答案　A 解析　构造函数g(x)＝e2xf(x)，该函数的定义域为R， 则g′(x)＝2e2xf(x)＋e2xf′(x)＝e2x[2f(x)＋f′(x)]>0， 所以，函数g(x)在R上为增函数，且g(1)＝e2f(1)＝e3. 由e2xf(x)－e3>0可得e2xf(x)>e3，即g(x)>g(1)，解得x>1. 所以，不等式e2xf(x)－e3>0的解集为(1，＋∞)．故选A. 3．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(　　) A．(0，1) B．(2，＋∞) C．(1，2) D．(1，＋∞) 答案　B 解析　构造函数y＝xf(x)，x∈(0，＋∞)，则y′＝f(x)＋xf′(x)<0，所以函数y＝xf(x)在(0，＋∞)上单调递减．又因为f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)，所以(x＋1)f(x＋1)>(x2－1)f(x2－1)，所以x＋1<x2－1，且x2－1>0，x＋1>0，解得x>2，所以不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(2，＋∞)． 4．已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝－1，对∀x∈R，f′(x)>1，则f(x)>x的解集为(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．R 答案　B 解析　令g(x)＝f(x)－x，则g′(x)＝f′(x)－1，因为f′(x)>1，所以g′(x)>0对任意的x∈R恒成立，所以g(x)在R上单调递增，不等式f(x)>x即为g(x)>0，因为f(－1)＝－1，所以g(－1)＝f(－1)－(－1)＝0，所以g(x)>0的解集为(－1，＋∞)． 5．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是(　　) A．(0，e2) B．(ln 2，＋∞) C．(－∞，ln 2) D．(e2，＋∞) 答案　C 解析　设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝<0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减．因为f(2)＝2，所以g(2)＝＝1，不等式f(ex)－ex>0等价于g(ex)＝>1＝g(2)，所以0<ex<2，解得x<ln 2，所以原不等式的解集为(－∞，ln 2)． 6．【多选题】已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　) A．f<f B．f>0 C．f>f D．f>f 答案　CD 解析　令g(x)＝，x∈，则g′(x)＝，因为f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，所以g′(x)＝<0在上恒成立，因此函数g(x)＝在上单调递减，又<，所以g>g，即>，即f>f，故A错误；又f(0)＝0，所以g(0)＝＝0，所以g(x)＝≤0在上恒成立，因为ln ∈，所以f<0，故B错误；又<，所以g>g，所以>，即f>f，故C正确；又<，所以g>g，所以>，即f>f，故D正确． 7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(1)＝1，ln>0，则(　　) A．f(0)>e－2 B．f(2 023)<e4 044 C．f(2)<e2 D．f(2 024)>e4 046 答案　D 解析　因为ln[f′(x)－2f(x)＋1]>0，所以f′(x)－2f(x)＋1>1， 即f′(x)－2f(x)>0， 令g(x)＝，则g′(x)＝>0， 所以函数g(x)是R上的增函数． 对于A，由g(0)<g(1)，得f(0)<＝e－2，故错误； 对于B，由g(2 023)>g(1)，得>， 所以f(2 023)>e4 044，故错误； 对于C，由g(2)>g(1)，得>， 所以f(2)>e2，故错误； 对于D，由g(2 024)>g(1)，得>， 所以f(2 024)>e4 046，故正确．故选D. 8．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c<b<a B．b<a<c C．a<c<b D．a<b<c 答案　D 解析　设f(x)＝，则a＝f(e2)，b＝＝＝f(4)，c＝f(e)， f′(x)＝＝，令f′(x)＝0得x＝e， 所以在(0，e)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(e，＋∞)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为e2>4>e，所以f(e2)<f(4)<f(e)，所以a<b<c. 9．【多选题】下列判断正确的是(　　) A．2e3>3e2 B.e3>e5 C．2e<3e D．3e<e 答案　AC 解析　构造函数f(x)＝，所以f′(x)＝，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减．对于A，2e3>3e2⇔>，故正确；对于B，e3>e5⇔>，故错误；对于C，2e<3e⇔<，故正确；对于D，3e<e⇔<，故错误． 10．设f(x)，g(x)在R上的导函数均存在，f(x)>0，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，当x∈(a，b)时，下列结论一定正确的是(　　) A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x) C．g(x)f(b)<f(x)g(b) D．g(x)f(a)<f(x)g(a) 答案　C 解析　因为f(x)>0，不妨设F(x)＝，x∈(a，b)，则F′(x)＝>0，所以F(x)在(a，b)上单调递增，因为F(x)＝与1的大小不确定，所以无法比较f(x)，g(x)的大小关系，故A、B无法判断；由F(x)>F(a)，即>，且f(x)>0，则g(x)f(a)>f(x)g(a)，故D错误；由F(x)<F(b)，即<，且f(x)>0，则g(x)f(b)<f(x)g(b)，故C正确． 11．设l为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线． (1)求l的方程； (2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方． 解析　(1)设f(x)＝，则f′(x)＝. 所以f′(1)＝1.所以l的方程为y＝x－1. (2)证明：令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．由题可知g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝. 当0<x<1时，x2－1<0，ln x<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减； 当x>1时，x2－1>0，ln x>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增． 所以g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)． 所以除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方. (一)高考中的导数小题 1．(2024·全国甲卷，理)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 答案　A 解析　f′(x)＝， 则f′(0)＝ ＝3， 即该切线方程为y－1＝3x，即y＝3x＋1， 令x＝0，得y＝1，令y＝0，得x＝－， 故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S＝×1×＝. 故选A. 2．【多选题】(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 答案　ACD 解析　对A，因为函数f(x)的定义域为R，而f′(x)＝2(x－1)(x－4)＋(x－1)2＝3(x－1)(x－3)， 易知当x∈(1，3)时，f′(x)<0，当x∈(－∞，1)或x∈(3，＋∞)时，f′(x)>0， 函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，故x＝3是函数f(x)的极小值点，正确； 对B，当0<x<1时，x－x2＝x(1－x)>0，所以1>x>x2>0， 而由A可知，函数f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(x2)，错误； 对C，当1<x<2时，1<2x－1<3，而由A可知，函数f(x)在(1，3)上单调递减， 所以f(1)>f(2x－1)>f(3)，即－4<f(2x－1)<0，正确； 对D，当－1<x<0时，f(2－x)－f(x)＝(1－x)2(－2－x)－(x－1)2(x－4)＝(x－1)2(2－2x)>0， 所以f(2－x)>f(x)，正确． 故选ACD. 3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 答案　C 解析　由题意f′(x)＝aex－≥0且不恒为零对∀x∈(1，2)恒成立，∴a≥，令g(x)＝，易知g(x)在(1，2)上单调递减，∴g(x)<g(1)＝，∴a≥，故选C. 4．(2023·全国甲卷，文)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 答案　C 解析　因为y＝， 所以y′＝＝， 所以k＝y′|x＝1＝， 所以y－＝(x－1)， 所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝x＋.故选C. 5．(2023·全国乙卷，文)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 答案　B 解析　f(x)＝x3＋ax＋2，则f′(x)＝3x2＋a， 若f(x)存在3个零点，则f(x)要存在极大值和极小值，则a<0， 令f′(x)＝3x2＋a＝0，解得x＝－或， 且当x∈∪时，f′(x)>0， 当x∈时，f′(x)<0， 故f(x)的极大值为f，极小值为f， 若f(x)存在3个零点，则即解得a<－3.故选B. 6．(2022·全国甲卷，理)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 答案　B 解析　由题意知，f(1)＝aln 1＋b＝b＝－2.f(x)求导得f′(x)＝－(x>0)，因为f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以易得f′(1)＝a－b＝0，所以a＝－2，经检验，符合题意，所以f′(2)＝－＝－.故选B. 7．【多选题】(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 答案　AC 解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＝3x2－1＝0，得x＝±. 由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确． 因为f(x)的极小值f＝－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误． 因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0，0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0，1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确． 假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x02－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1，1)，但点(1，1)不在直线y＝2x上；若x0＝－1，则切点坐标为(－1，1)，但点(－1，1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC. 8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　) A．eb<a B．ea<b C．0<a<eb D．0<b<ea 答案　D 解析　设切点为(x0，y0)，y0>0，则切线方程为y－b＝ex0(x－a)，由得ex0(1－x0＋a)＝b，则由题意知关于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有两个不同的解．设f(x)＝ex(1－x＋a)，则f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，所以当x<a时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x>a时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，当x<a时，a－x>0，所以f(x)>0，当x→－∞时，f(x)→0，当x→＋∞时，f(x)→－∞，函数f(x)＝ex(1－x＋a)的大致图象如图所示， 因为f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，所以0<b<ea.故选D. 9．(2020·课标全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋ C．y＝x＋1 D．y＝x＋ 答案　D 解析　易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋b，则＝①，设直线l与曲线y＝的切点坐标为(x0，)(x0>0)，则y′|x＝x0＝x0＝k②，＝kx0＋b③，由②③可得b＝，将b＝，k＝x0代入①得x0＝1或x0＝－(舍去)，所以k＝b＝，故直线l的方程为y＝x＋. 10．(2024·新高考Ⅰ卷)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 解析　由y＝ex＋x得y′＝ex＋1，y′|x＝0＝e0＋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得y′＝， 设切线与曲线y＝ln(x＋1)＋a相切的切点为(x0，ln(x0＋1)＋a)， 由两曲线有公切线得y′|x＝x0＝＝2，解得x0＝－，则切点为(－，a＋ln )， 切线方程为y＝2(x＋)＋a＋ln ＝2x＋1＋a－ln 2， 根据两切线重合，所以a－ln 2＝0，解得a＝ln 2. 11．(2024·全国甲卷，文)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． 答案　(－2，1) 解析　令x3－3x＝－(x－1)2＋a，得a＝x3＋x2－5x＋1，令g(x)＝x3＋x2－5x＋1(x>0)， 则g′(x)＝3x2＋2x－5＝(3x＋5)(x－1)，令g′(x)＝0(x>0)，得x＝1， 当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减， 当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，又g(0)＝1，g(1)＝－2，当x→＋∞时，g(x)→＋∞，故g(x)的图象如图． 因为曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点， 所以y＝a与g(x)的图象在(0，＋∞)上有两个交点，所以a∈(－2，1)． 12．(2022·新高考Ⅰ卷)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)∪(0，＋∞) 解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)ex0＝，化简，得x02＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x02＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 13．(2021·全国甲卷，理)曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为________． 答案　5x－y＋2＝0 解析　因为y＝，点(－1，－3)在曲线上， 所以y′＝＝，所以y′|x＝－1＝5， 则曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为y－(－3)＝5[x－(－1)]，即5x－y＋2＝0. (二)高考中的导数大题 1．(2024·新高考Ⅱ卷)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． 解析　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则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)方法一：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－aln a－a3，无极大值， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0，则g′(a)＝2a＋>0， 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，＋∞)． 方法二：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， 可知曲线y＝ex与直线y＝a有交点，则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－aln a－a3，无极大值，符合题意， 由题意可得f(ln a)＝a－aln a－a3<0，即a2＋ln a－1>0， 构建g(a)＝a2＋ln a－1，a>0， 因为y＝a2，y＝ln a－1在(0，＋∞)内单调递增， 所以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，＋∞)． 2．(2024·全国甲卷，文)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 解析　(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a－＝. 当a≤0时，f′(x)＝<0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当a>0时，若x∈(，＋∞)，则f′(x)>0，f(x)单调递增， 若x∈(0，)，则f′(x)<0，f(x)单调递减． 综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)，无单调递增区间； 当a>0时，f(x)的单调递增区间为(，＋∞)，单调递减区间为(0，)． (2)证明：当a≤2，且x>1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x， 令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x>1)， 则g′(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g′(x)，则h′(x)＝ex－1－， 显然h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h′(x)>h′(1)＝e0－1＝0， 即g′(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g′(x)>g′(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增， 故g(x)>g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证． 3．(2024·全国甲卷，理)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝－2时，f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x， 故f′(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1， 因为y＝2ln(1＋x)，y＝－＋1在(－1，＋∞)上均为增函数， 故f′(x)在(－1，＋∞)上为增函数，而f′(0)＝0， 故当－1<x<0时，f′(x)<0，当x>0时，f′(x)>0， 故f(x)在x＝0处取极小值且极小值为f(0)＝0，无极大值． (2)f′(x)＝－aln(1＋x)＋－1＝－aln(1＋x)－，x≥0， 设s(x)＝－aln(1＋x)－，x≥0， 则s′(x)＝－ ＝－＝－， 当a≤－时，s′(x)≥0且不恒为零，故s(x)在[0，＋∞)上为增函数， 故s(x)≥s(0)＝0，即f′(x)≥0且不恒为零， 所以f(x)在[0，＋∞)上为增函数，故f(x)≥f(0)＝0. 当－<a<0时，若s′(x)<0，则0≤x<－， 故s(x)在[0，－)上单调递减，故在[0，－)上s(x)≤s(0)＝0， 即在[0，－)上f′(x)≤0且不恒为零，即f(x)单调递减， 故在[0，－)上f(x)≤f(0)＝0，不合题意，舍． 当a≥0时，s′(x)<0在[0，＋∞)上恒成立， 同理可得在[0，＋∞)上f(x)≤f(0)＝0恒成立，不合题意，舍． 综上，a≤－. 4．(2023·全国乙卷，文)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝－1时，f(x)＝ln(x＋1)(x>－1)，则f′(x)＝－ln(x＋1)＋， 据此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln 2， 所以曲线在(1，f(1))处的切线方程为y－0＝－ln 2(x－1)，即xln 2＋y－ln 2＝0. (2)由函数的解析式可得f′(x)＝－ln(x＋1)＋(x>－1)， 由题意可知f′(x)≥0且不恒为0在区间(0，＋∞)上恒成立． 令－ln(x＋1)＋≥0，则－(x＋1)ln(x＋1)＋(x＋ax2)≥0， 令g(x)＝ax2＋x－(x＋1)ln(x＋1)，原问题等价于g(x)≥0在区间(0，＋∞)上恒成立， 则g′(x)＝2ax－ln(x＋1)， 当a≤0时，由于2ax≤0，ln(x＋1)>0， 故g′(x)<0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递减， 此时g(x)<g(0)＝0，不合题意． 令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(x＋1)，则h′(x)＝2a－， 当a≥，即2a≥1时，由于<1，所以h′(x)>0，h(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 即g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增， 所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0，满足题意． 当0<a<时，由h′(x)＝2a－＝0可得x＝－1， 当x∈时，h′(x)<0，h(x)在区间上单调递减，即g′(x)单调递减， 注意到g′(0)＝0，故当x∈时，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)单调递减， 由于g(0)＝0，故当x∈时，g(x)<g(0)＝0，不合题意． 综上可知，实数a的取值范围是. 5．(2023·北京)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 解析　(1)因为f(x)＝x－x3eax＋b，x∈R，所以f′(x)＝1－(3x2＋ax3)eax＋b， 因为曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1， 所以f(1)＝－1＋1＝0，f′(1)＝－1， 则解得 (2)由(1)得g(x)＝f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1(x∈R)，则g′(x)＝－x(x2－6x＋6)e－x＋1， 令x2－6x＋6＝0，解得x＝3±，不妨设x1＝3－，x2＝3＋，则0<x1<x2， 易知e－x＋1>0恒成立， 所以令g′(x)<0，解得0<x<x1或x>x2；令g′(x)>0，解得x<0或x1<x<x2， 所以g(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 即g(x)的单调递减区间为(0，3－)和(3＋，＋∞)，单调递增区间为(－∞，0)和(3－，3＋)． (3)由(1)得f(x)＝x－x3e－x＋1(x∈R)，f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1， 由(2)知f′(x)在(0，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)，(x1，x2)上单调递增， 当x<0时，f′(－1)＝1－4e2<0，f′(0)＝1>0，即f′(－1)f′(0)<0， 所以f′(x)在(－∞，0)上存在唯一零点，不妨设为x3，则－1<x3<0， 当x<x3时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x3<x<0时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(－∞，0)上有一个极小值点． 因为f′(x)在(0，x1)上单调递减， 则f′(x1)＝f′(3－)<f′(1)＝1－2<0，故f′(0)f′(x1)<0， 所以f′(x)在(0，x1)上存在唯一零点，不妨设为x4，则0<x4<x1， 当0<x<x4时，f′(x)>0，则f(x)单调递增；当x4<x<x1时，f′(x)<0，则f(x)单调递减， 所以f(x)在(0，x1)上有一个极大值点． 因为f′(x)在(x1，x2)上单调递增， 则f′(x2)＝f′(3＋)>f′(3)＝1>0，故f′(x1)f′(x2)<0， 所以f′(x)在(x1，x2)上存在唯一零点，不妨设为x5，则x1<x5<x2， 当x1<x<x5时，f′(x)<0，则f(x)单调递减；当x5<x<x2时，f′(x)>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x1，x2)上有一个极小值点． 当x>x2＝3＋>3时，3x2－x3＝x2(3－x)<0， 所以f′(x)＝1－(3x2－x3)e－x＋1>0，则f(x)单调递增， 所以f(x)在(x2，＋∞)上无极值点． 综上，f(x)在(－∞，0)和(x1，x2)上各有一个极小值点，在(0，x1)上有一个极大值点，共有3个极值点． 6．(2023·新高考Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 解析　(1)证明：构造g(x)＝x－x2－sin x，x∈(0，1)，则g′(x)＝1－2x－cos x，令G(x)＝g′(x)，则G′(x)＝－2＋sin x<0，g′(x)在(0，1)上单调递减，∴g′(x)<g′(0)＝0， ∴g(x)在(0，1)上单调递减，∴g(x)<g(0)＝0，∴x－x2<sin x，x∈(0，1)． 构造h(x)＝x－sin x，x∈(0，1)，h′(x)＝1－cos x>0，∴h(x)在(0，1)上单调递增， ∴h(x)>h(0)＝0，即sin x<x，x∈(0，1)． 综上，当0<x<1时，x－x2<sin x<x. (2)f′(x)＝－asin ax＋，令F(x)＝f′(x)，则F′(x)＝－a2cos ax＋＝－a2cos ax＋，则f′(0)＝0，F′(0)＝－a2＋2. ①若F′(0)＝2－a2>0，即－<a<，易知存在δ>0，使得x∈(0，δ)时，F′(x)>0，∴f′(x)在(0，δ)上单调递增，∴f′(x)>f′(0)＝0， ∴f(x)在(0，δ)上单调递增，这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾，舍去． ②若F′(0)＝2－a2<0，即a<－或a>，则存在δ′>0，使得x∈(－δ′，δ′)时，F′(x)<0，∴f′(x)在(－δ′，δ′)上单调递减，注意到f′(0)＝0， ∴当－δ′<x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当0<x<δ′时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 满足x＝0是f(x)的极大值点，符合题意． ③若F′(0)＝0，即a＝±时，由f(x)为偶函数，只需考虑a＝的情形． 此时f′(x)＝－sin x＋，x∈(0，1)， f′(x)>－2x＋＝2x>0，∴f(x)在(0，1)上单调递增， 这与x＝0是f(x)的极大值点矛盾，舍去． 综上，a的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)． 7．(2023·全国甲卷，理)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x恒成立，求a的取值范围． 解析　(1)f′(x)＝a－ ＝a－＝a－. 令cos2x＝t，则t∈(0，1)， 则h(t)＝a－＝. 当a＝8时，h(t)＝＝. 当t∈，即x∈时，f′(x)<0， 当t∈，即x∈时，f′(x)>0. 所以f(x)在上单调递增，在上单调递减． (2)设g(x)＝f(x)－sin 2x， g′(x)＝f′(x)－2cos 2x＝a－－2(2cos2x－1)． 令cos2x＝t，则t∈(0，1)， 则a－－2(2cos2x－1)＝－2(2t－1)＝a＋2－4t＋－.设φ(t)＝a＋2－4t＋－， 则φ′(t)＝－4－＋＝＝－>0，所以φ(t)在(0，1)上单调递增， 所以φ(t)<φ(1)＝a－3. ①若a∈(－∞，3]，则φ(t)<a－3≤0，即g′(x)<0， 即g(x)在上单调递减，所以g(x)<g(0)＝0. 所以当a∈(－∞，3]时，f(x)<sin 2x，符合题意． ②若a∈(3，＋∞)， 则当t→0时，－＝－3＋→－∞，所以φ(t)→－∞. 又φ(1)＝a－3>0， 所以∃t0∈(0，1)，使得φ(t0)＝0，即∃x0∈，使得g′(x0)＝0. 当t∈(t0，1)时，φ(t)>0，即当x∈(0，x0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增． 所以当x∈(0，x0)时，g(x)>g(0)＝0，不合题意． 综上，a的取值范围为(－∞，3]． 8．(2022·北京)已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)． 解析　(1)f′(x)＝ex·ln(1＋x)＋ex·＝ex， 故f′(0)＝e0·＝1， f(0)＝e0ln(1＋0)＝0， 因此，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝x. (2)g(x)＝f′(x)＝ex， 则g′(x)＝ex. 方法一：设h(x)＝ln(1＋x)＋－，x∈[0，＋∞)， 则h′(x)＝－＋＝>0， 故h(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故h(x)≥h(0)＝1>0， 因此g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增． 方法二：又ex>0，当x∈[0，＋∞)时，ln(1＋x)＋－>ln 1＋>0， 故g′(x)>0对任意的x∈[0，＋∞)恒成立， 故g(x)在[0，＋∞)上单调递增． (3)证明：设m(s)＝f(s＋t)－f(s)－f(t)＝es＋tln(1＋s＋t)－esln(1＋s)－etln(1＋t)， 则m′(s)＝es＋t－ es＝g(s＋t)－g(s)， 由(2)知g(x)在[0，＋∞)上单调递增， 故当s>0，t>0时，m′(s)＝g(s＋t)－g(s)>0，因此，m(s)在(0，＋∞)上单调递增， 故m(s)>m(0)＝f(0＋t)－f(0)－f(t)＝－f(0)＝0， 因此，对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)． 9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)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． 解析　(1)f′(x)＝ex－a，g′(x)＝a－. ①若a≤0，f′(x)>0在R上恒成立，f(x)在R上单调递增，即f(x)无最小值； ②若a>0，当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增． ∴f(x)在x＝ln a处取得最小值f(ln a)＝a－aln a. 当x∈时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈时，g′(x)>0，g(x)单调递增． ∴g(x)在x＝处取得最小值g＝1＋ln a. 又f(x)与g(x)有相同的最小值， ∴a－aln a＝1＋ln a，a>0. 设h(a)＝aln a＋ln a－a＋1，a>0， 则h′(a)＝＋ln a， 令φ(a)＝h′(a)，则φ′(a)＝－＋＝，a>0， 当a∈(0，1)时，φ′(a)<0，h′(a)单调递减， 当a∈(1，＋∞)时，φ′(a)>0，h′(a)单调递增． ∴h′(a)在a＝1处取得最小值，h′(1)＝1>0，则当a>0时，h′(a)>0恒成立，h(a)单调递增． 又h(1)＝0，∴a＝1. (2)证明：由(1)得f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x， 且f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增， g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝g(x)min＝1. 当直线y＝b与曲线y＝f(x)和y＝g(x)共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1，x2，x3，且x1<x2<x3， 则f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)＝b. ∵f(x)＝ex－x，g(x)＝x－ln x＝eln x－ln x＝f(ln x)， ∴f(x1)＝f(x2)＝f(ln x2)＝f(ln x3)． 由于x2≠x1，x2≠ln x2，所以x2＝ln x3，x1＝ln x2， 则f(ln x2)＝eln x2－ln x2＝x2－ln x2＝x2－x1＝b(*)， f(ln x3)＝eln x3－ln x3＝x3－ln x3＝x3－x2＝b(**)， (*)(**)两式相减得x1＋x3＝2x2，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列． 10．(2021·全国甲卷，理)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 解析　(1)当a＝2时，f(x)＝(x>0)， ∴f′(x)＝(x>0)， 令f′(x)>0，得0<x<，此时函数f(x)单调递增； 令f′(x)<0，得x>，此时函数f(x)单调递减． 所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点， 可转化为方程＝1，即xa＝ax(x>0)有两个不同的解， 即方程＝有两个不同的解． 设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝(x>0)， 令g′(x)＝＝0，得x＝e. 当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增； 当x>e时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减． 故g(x)max＝g(e)＝，且当x>e时，g(x)∈， 又g(1)＝0，所以0<<，即g(1)<g(a)<g(e)，结合g(x)的单调性可知1<a<e或a>e， 即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)． 9 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题突破三 导数中的函数构造问题 1．已知函数f(x)，g(x)均为[a，b]上的可导函数，在[a，b]上连续且f′(x)<g′(x)，则f(x)－g(x)的最大值为(　　) A．f(a)－g(a)　　　 　 　 B．f(b)－g(b) C．f(a)－g(b) D．f(b)－g(a) 2．已知定义在R上的可导函数f(x)，其导函数为f′(x)，若2f(x)＋f′(x)>0，且f(1)＝e，则不等式e2xf(x)－e3>0的解集为(　　) A．(1，＋∞) B．(e，＋∞) C．(－∞，1) D．(－∞，e) 3．已知f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)为f(x)的导函数，且满足f(x)<－xf′(x)，则不等式f(x＋1)>(x－1)f(x2－1)的解集是(　　) A．(0，1) B．(2，＋∞) C．(1，2) D．(1，＋∞) 4．已知函数y＝f(x)的定义域为R，f(－1)＝－1，对∀x∈R，f′(x)>1，则f(x)>x的解集为(　　) A．(－1，1) B．(－1，＋∞) C．(－∞，－1) D．R 5．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)，f′(x)是f(x)的导函数，满足xf′(x)－f(x)<0，且f(2)＝2，则f(ex)－ex>0的解集是(　　) A．(0，e2) B．(ln 2，＋∞) C．(－∞，ln 2) D．(e2，＋∞) 6．【多选题】已知定义在上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且f(0)＝0，f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则下列判断中正确的是(　　) A．f<f B．f>0 C．f>f D．f>f 7．已知定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(1)＝1，ln>0，则(　　) A．f(0)>e－2 B．f(2 023)<e4 044 C．f(2)<e2 D．f(2 024)>e4 046 8．设a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c<b<a B．b<a<c C．a<c<b D．a<b<c 9．【多选题】下列判断正确的是(　　) A．2e3>3e2 B.e3>e5 C．2e<3e D．3e<e 10．设f(x)，g(x)在R上的导函数均存在，f(x)>0，且f′(x)g(x)<f(x)g′(x)，当x∈(a，b)时，下列结论一定正确的是(　　) A．f(x)<g(x) B．f(x)>g(x) C．g(x)f(b)<f(x)g(b) D．g(x)f(a)<f(x)g(a) 11．设l为曲线C：y＝在点(1，0)处的切线． (1)求l的方程； (2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方． (一)高考中的导数小题 1．(2024·全国甲卷，理)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　) A.　　　　　　　　　 B. C. D. 2．【多选题】(2024·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝(x－1)2(x－4)，则(　　) A．x＝3是f(x)的极小值点 B．当0<x<1时，f(x)<f(x2) C．当1<x<2时，－4<f(2x－1)<0 D．当－1<x<0时，f(2－x)>f(x) 3．(2023·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　) A．e2 B．e C．e－1 D．e－2 4．(2023·全国甲卷，文)曲线y＝在点处的切线方程为(　　) A．y＝x B．y＝x C．y＝x＋ D．y＝x＋ 5．(2023·全国乙卷，文)函数f(x)＝x3＋ax＋2存在3个零点，则a的取值范围是(　　) A．(－∞，－2) B．(－∞，－3) C．(－4，－1) D．(－3，0) 6．(2022·全国甲卷，理)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(　　) A．－1 B．－ C. D．1 7．【多选题】(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(　　) A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点 C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线 8．(2021·新高考Ⅰ卷)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　) A．eb<a B．ea<b C．0<a<eb D．0<b<ea 9．(2020·课标全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝和圆x2＋y2＝都相切，则l的方程为(　　) A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋ C．y＝x＋1 D．y＝x＋ 10．(2024·新高考Ⅰ卷)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＝________． 11．(2024·全国甲卷，文)曲线y＝x3－3x与y＝－(x－1)2＋a在(0，＋∞)上有两个不同的交点，则a的取值范围为________． 12．(2022·新高考Ⅰ卷)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________． 13．(2021·全国甲卷，理)曲线y＝在点(－1，－3)处的切线方程为________． (二)高考中的导数大题 1．(2024·新高考Ⅱ卷)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． 2．(2024·全国甲卷，文)已知函数f(x)＝a(x－1)－ln x＋1. (1)求f(x)的单调区间； (2)若a≤2时，证明：当x>1时，f(x)<ex－1恒成立． 3．(2024·全国甲卷，理)已知函数f(x)＝(1－ax)ln(1＋x)－x. (1)当a＝－2时，求f(x)的极值； (2)当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围． 4．(2023·全国乙卷，文)已知函数f(x)＝ln(1＋x)． (1)当a＝－1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(x))处的切线方程； (2)若函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，求a的取值范围． 5．(2023·北京)设函数f(x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－x＋1. (1)求a，b的值； (2)设函数g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间； (3)求f(x)的极值点个数． 6．(2023·新高考Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1时，x－x2<sin x<x； (2)已知函数f(x)＝cos ax－ln(1－x2)，若x＝0是f(x)的极大值点，求a的取值范围． 7．(2023·全国甲卷，理)已知f(x)＝ax－，x∈. (1)当a＝8时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)<sin 2x恒成立，求a的取值范围． 8．(2022·北京)已知函数f(x)＝exln(1＋x)． (1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)设g(x)＝f′(x)，讨论函数g(x)在[0，＋∞)上的单调性； (3)证明：对任意的s，t∈(0，＋∞)，有f(s＋t)>f(s)＋f(t)． 9．(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值． (1)求a； (2)证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f(x)和y＝g(x)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． 10．(2021·全国甲卷，理)已知a>0且a≠1，函数f(x)＝(x>0)． (1)当a＝2时，求f(x)的单调区间； (2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围． 4 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$