专题 04 导数及其应用
一、单选题（共 14 小题）
1.（2020•福州三模）曲线 y＝（1﹣x）ex 在 x＝1 处的切线方程为（ ）
A．ex﹣y﹣e＝0 B．ex+y﹣e＝0 C．x+ey﹣1＝0 D．x﹣ey﹣1＝0
【解答】解：由已知：y|x＝1＝0，y′＝ex（1﹣x﹣1）＝﹣xex．
所以 k＝﹣e，故切线为 y＝﹣e（x﹣1），即 ex+y﹣e＝0．
故选：B．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
2.（2020•合肥模拟）直线 y＝kx+1 与曲线 y＝x3+ax+b 相切于点 A（1，3），则 2a+b 的值等于（ ）
A．2 B．﹣1 C．1 D．﹣2
【解答】解：∵解：由题意得，y′＝3x2+a，∴k＝3+a
①
∵切点为 A（1，3），
∴3＝k+1
②3＝1+a+b
③
由
①②③
解得，a＝﹣1，b＝3，
∴2a+b＝1，
故选：C．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
3.（2020•合肥模拟）已知定义在 R 上的可导函数 y＝f（x）的导函数为 f'（x），满足 f'（x）﹣f（x）＞1，f
（0）＝2019，则不等式 f（x）＞2020•ex﹣1（其中 e 为自然对数的底数）的解集为（ ）
A．（﹣∞，0）∪（0，+∞） B．（2020，+∞）
C．（0，+∞） D．（﹣∞，0）∪（2020，+∞）
【解答】解：令 g（x）＝ ，
因为 f'（x）﹣f（x）＞1，f（0）＝2019，
则 g′（x）＝ ＞0，
故 g（x）在 R 上单调递增，且 g（0）＝2020，
由 f（x）+1＞2020ex，可得 ＞2020，即 g（x）＞g（0），
所以 x＞0，
故选：C．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
4.（2020•合肥二模）若关于 x 的不等式 ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4 有且只有两个整数解，则实数 a 的取值范围是
（ ）
A．（2﹣ln3，2﹣ln2] B．（﹣∞，2﹣ln2）
C．（﹣∞，2﹣ln3] D．（﹣∞，2﹣ln3）
【解答】解：由题意可知，ax﹣2a＞2x﹣lnx﹣4，
设 g（x）＝2x﹣lnx﹣4，h（x）＝ax﹣2a
由 g′（x）＝2﹣ ＝ ．可知 g（x）＝2x﹣lnx﹣4 在（0， ）上为减函数，
在（ ，+∞）上为增函数，
h（x）＝ax﹣2a 的图象恒过点（2，0），在同一坐标系中作出 g（x），h（x）的图象如图，
当 a≤0 时，原不等式有且只有两个整数解；
当 a＞0 时，若原不等式有且只有两个整数 x1，x2，使得 f（x1）＞0，
且 f（x2）＞0，则 ，即 ，
解得 0＜a≤2﹣ln3，
综上可得 a≤2﹣ln3，
故选：C．
【知识点】不等式恒成立的问题
5.（2020•郑州三模）已知函数 y＝f（x）在 R 上可导且 f（0）＝1，其导函数 f'（x）满足 ，
对于函数 ，下列结论错误的是（ ）
A．函数 g（x）在（1，+∞）上为单调递增函数
B．x＝1 是函数 g（x）的极小值点
C．函数 g（x）至多有两个零点
D．x≤0 时，不等式 f（x）≤ex 恒成立
【解答】解：g（x）＝ ，
则 g′（x）＝ ，
x＞1 时，f′（x）﹣f（x）＞0，
故 y＝g（x）在（1，+∞）递增，A 正确；
x＜1 时，f′（x）﹣f（x）＜0，
故 y＝g（x）在（﹣∞，1）递减，
故 x＝1 是函数 y＝g（x）的极小值点，故 B 正确；
若 g（1）＜0，则 y＝g（x）有 2 个零点，
若 g（1）＝0，则函数 y＝g（x）有 1 个零点，
若 g（1）＞0，则函数 y＝g（x）没有零点，故 C 正确；
由 y＝g（x）在（﹣∞，1）递减，则 y＝g（x）在（﹣∞，0）递减，
由 g（0）＝ ＝1，得 x≤0 时，g（x）≥g（0），
故 ≥1，故 f（x）≥ex，故 D 错误；
故选：D．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
6.（2020•河西区一模）已知函数 f（x）＝ （a 为常数，e 为自然对数的底数）的图
象在点 A（e，1）处的切线与该函数的图象恰好有三个公共点，求实数 a 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：函数 f（x）在点 A（e，1）处的切线的方程：由 f（x）＝lnx，x≥1，得 f′（x）＝ ，则 f′
（e）＝ ，
∴f（x）在点 A（e，1）处的切线方程为 y＝ x，
①函数 y＝f（x）＝ （x+2）（x﹣a），x＜1
②
∴由
①②
联立方程组可得： x＜1
化简得：x2+（1﹣a）x﹣2a＝0，
③
∵切线与该函数的图象在 A（e，1）点有一个交点，
∴只需要满足
③
在当 x＜1 时有两个不相同的交点，利用△＞0 求出 a 的范围，
△＞0 即：a2+6a+1＞0，
解得：a＞﹣3+2 或 a＜﹣3﹣2 ，
④
在 x＜1 时，切线图象应低于抛物线图象才能保证交于两不同的交点；
∴f（1）＝ （1+2）（1﹣a）＞ ×1
解得：a＜ ，
⑤∴
④
∩
⑤
得 a 的范围：
故选：C．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
7.（2020•湖南模拟）已知函数 f（x）＝ax﹣lnx，x
∈
[1，e]的最小值为 3，若存在 x1，x2…xn
∈
[1，e]，使得 f
（x1）+f（x2）+…+f（xn﹣1）＝f（xn），则正整数 n 的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解答】解：求导， ，
当 a≤0 或 时，f′（x）＜0 在 x
∈
[1，e]恒成立，
从而 f（x）在[1，e]单调递减，f（x）min＝f（e）＝ae﹣1＝3，
解得 ，不合题意，
当 时，易得 f（x）在 单调递减，在 单调递增，
，解得 不合题意，
当 a＞1 时，f（x）在[1，e]单调递增，所以 f（x）min＝f（1）＝a＝3＞1，满足题意，
所以 a＝3，
所以 f（x）＝3x﹣lnx，x
∈
[1，e]，所以 f（x）min＝f（1）＝3，f（x）max＝f（e）＝3e﹣1，
依题意有（n﹣1）f（x）min≤f（x）max，即（n﹣1）3≤3e﹣1，得 ，又因为 n
∈
N*，
所以 n≤3，所以 n 的最大值为 3，
故选：B．
【知识点】利用导数研究函数的最值
8.（2020•七星区校级一模）函数 的最大值为 ，且对任意实数 x，都有 f（1﹣x）
＝f（x），则有（ ）
A． ， B． ，
C． ， D．a＝2，b＝2
【解答】解：易知函数 y＝sin
π
x 关于 对称，
又对任意实数 x，都有 f（1﹣x）＝f（x），故函数 f（x）关于 对称，
∴函数 对称，
又函数 f（x）的最大值为 ，故 ，
∴ ，
故选：B．
【知识点】利用导数研究函数的最值
9.（2020•3 月份模拟）已知函数 f（x）＝ax2﹣x+lnx 有两个不同的极值点 x1，x2，若不等式 f（x1）+f（x2）
＞2（x1+x2）+t 有解，则 t 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣2ln2） B．（﹣∞，﹣2ln2]
C．（﹣∞，﹣11+2ln2） D．（﹣∞，﹣11+2ln2]
【解答】解：根据条件 ，
因为函数 f（x）＝ax2﹣x+lnx 有两个不同的极值点 x1，x2，
所以方程 2ax2﹣x+1＝0 有两个不相等的正实数根，则 ，解得 ．
若不等式 f（x1）+f（x2）＞2（x1+x2）+t 有解，
所以 t＜[f（x1）+f（x2）﹣2（x1+x2）]max．
因 为
．
设 ， ，
故 h（a）在 上单调递增，
故 ，
所以 t＜﹣11+2ln2，
所以 t 的取值范围是（﹣∞，﹣11+2ln2）．
故选：C．
【知识点】利用导数研究函数的极值
10.（2020•安阳一模）已知不等式 xlnx+x（k﹣ln4）+k＜0 的解集中仅有 2 个整数，则实数 k 的取值范围是
（ ）
A． B．
C． D．
【解答】解：原不等式等价于，k（x+1）＜xln4﹣xlnx，
设 g（x）＝k（x+1），f（x）＝ln4﹣xlnx
所以 f（x）＝ln4﹣（1+lnx）＝ln ﹣1，
令 f′（x）＝0，得 x＝ ．
当 0 时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当 x＞ 时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
又 f（4）＝0，x→0 时，f（x）→0，
因此 f（x）与 g（x）的图象如下，
当 k≤0 时，显然不满足条件，当 k＞0 时，只需满足 ，
∴
解可得， ．
故选：D．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
11.（2020•资阳模拟）定义在 R 上的可导函数 f（x）满足 f（2﹣x）＝f（x）﹣2x+2，记 f（x）的导函数为
f'（x），当 x≤1 时恒有 f'（x）＜1．若 f（m）﹣f（1﹣2m）≥3m﹣1，则 m 的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣1] B． C．[﹣1，+∞） D．
【解答】解：由条件得：函数 f（m）﹣f（1﹣2m）≥3m﹣1
⇔
f（m）﹣m≥f（1﹣2m）﹣（1﹣2m），
所以构造函数 F（x）＝f（x）﹣x，f（m）﹣f（1﹣2m）≥3m﹣1
⇔
F（m）≥F（1﹣2m）
由于 f（2﹣x）＝f（x）﹣2x+2；
所以 f（2﹣x）﹣（2﹣x）＝f（x）﹣x，
即 F（2﹣x）＝F（x），
所以 F（x）的对称轴为 x＝1；
又∵F′（x）＝f'（x）﹣1，
当 x≤1 时恒有 f'（x）＜1．
所以，x
∈
[1，+∞），F'（x）＞0，F（x）是增函数；
x
∈
（﹣∞，1]，F'（x）＜0，F（x）是减函数．
∴|m﹣1|≥|1﹣2m﹣1|，解得：3m2+2m﹣1≤0，
∴m
∈
[﹣1， ]．
故选：D．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
12.（2020•汉中一模）已知函数 f（x）＝ x2+ +a（x＜0），g（x）＝lnx（x＞0），其中 a
∈
R．若 f（x）的
图象在点 A（x1，f（x1））处的切线与 g（x）的图象在点 B（x2，f（x2））处的切线重合，则 a 的取值范围
是（ ）
A．（﹣1+ln2，+∞） B．（﹣1﹣ln2，+∞）
C． D．（ln2﹣ln3，+∞）
【解答】解：由题意知，x1＜0＜x2，
当 x1＜0 时，函数 f（x）在点 A（x1，f（x1））处的切线方程为 y﹣（ x12+ x1+a）＝（ x1+ ）
（x﹣x1）；
当 x2＞0 时，函数 g（x）在点 B（x2，g（x2））处的切线方程为 y﹣lnx2＝ （x﹣x2）．
两直线重合的充要条件是 ＝ x1+
①
，lnx2﹣1＝﹣ x12+a
②
，
得 a＝lnx2+（ ）2﹣1＝﹣ln +（ ）2﹣1，
令 t＝ ，由
①
及 x1＜0＜x2 知，则 0＜t＜ ，且 a＝t2﹣t﹣lnt ，
设 h（t）＝t2﹣t﹣lnt （0＜t＜ ），
则 h′（t）＝2t﹣1﹣ ＝ ＝ ，
当 t
∈
（0， ）时，h′（t）＜0，h（t）在（0， ）为减函数，
则 h（t）＞h（ ）＝ln2﹣1，又 t→0 时，h（t）→+∞．
∴a＞ln2﹣1，
则 a 的取值范围是（ln2﹣1，+∞）．
故选：A．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
13.（2019•道里区校级三模）已知 n
∈
N+，直线 y＝ax+b 与曲线 f（x）＝lnx﹣（n﹣2）相切，设 ab 的最大值
为 cn，数列{cn}的前 n 项和为 Sn，则错误的是（ ）
A．存在 n0
∈
N+， ＜0 B．{cn}为等差数列
C．对于 n
∈
N+，Sn＜ D．
【解答】解：设直线 y＝ax+b 与曲线 f（x）＝lnx﹣（n﹣2）相切于点（x0，y0）．
f′（x）＝ ，（x＞0）．
则 f′（x0）＝ ＝a，ax0+b＝lnax0﹣（n﹣2）．
可得：b＝﹣lna﹣n+1．
∴ab＝﹣alna+a（1﹣n）．
令 g（a）＝﹣alna+a（1﹣n）．n
∈
N+，a＞0．
g′（a）＝﹣lna﹣1，
可得 a＝ 时，函数 g（a）取得极大值即最大值．
g（ ）＝ + ＝ ＝cn．
∴数列{cn}的前 n 项和 Sn＝ × ≤ ＜ ．
S3＝0．
可知 A，B，C 正确．
因此只有 D 错误．
故选：D．
【知识点】数列的求和、利用导数研究曲线上某点切线方程
14.（2019•南昌二模）已知函数 f（x）对
∀
x
∈
R 有 f（x）+f（﹣x）＝2cosx，且 f′（x）+sinx＜0，若角
α
满
足不等式 f（
π
+
α
）+f（
α
）≥0，则
α
的取值范围是（ ）
A．（﹣∞，﹣ ] B．（﹣∞，
π
] C．[﹣ ， ] D．[0， ]
【解答】解：构造函数 g（x）＝f（x）﹣cosx，x
∈
R．
由 f（x）+f（﹣x）＝2cosx，化为：f（x）﹣cosx＝﹣[f（﹣x）﹣cos（﹣x）]，
∴g（﹣x）＝﹣g（x），
∴函数 g（x）为 R 上的奇函数．
则 g′（x）＝f'（x）+sinx＜0，
∴g（x）在 R 上单调递减．
若角
α
满足不等式 f（
π
+
α
）+f（
α
）≥0，即 f（
π
+
α
）﹣cos（
π
+
α
）≥﹣[f（
α
）﹣cos
α
]，
即 g（
π
+
α
）≥﹣g（
α
）＝g（﹣
α
），
∴
π
+
α
≤﹣
α
，解得
α
≤﹣ ．
故选：A．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
二、填空题（共 11 小题）
15.（2020•淄博一模）曲线 f（x）＝ + 在点（1，f（1））处的切线方程是 ﹣ ．
【解答】解： ，
故 f（1）＝1，f′（1）＝﹣2，
所以切线为：y﹣1＝﹣2（x﹣1），
即 2x+y﹣3＝0．
故答案为：2x+y﹣3＝0．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
16.（2020•安徽模拟）已知函数 f（x）＝lnx+x2，则曲线 y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 ﹣
﹣ ．
【解答】解：易知 f（1）＝1，故切点为（1，1），
，
故 f′（1）＝3，
所以切线方程为 y﹣1＝3（x﹣1），
即 3x﹣y﹣2＝0 即为所求．
故答案为：3x﹣y﹣2＝0．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
17.（2019•天津一模）已知函数 f（x）＝logax（a＞0 且 a≠1），f′（x）为 f（x）的导函数，且满足 f′（1）
＝1，则 a＝ ．
【解答】解：f（x）＝logax（a＞0 且 a≠1），则 f′（x）＝ ，
∴f′（1）＝ ＝1，
∴a＝e，
故答案为：e
【知识点】导数的运算
18.（2020•梅河口市校级模拟）已知曲线 f（x）＝xlnx+x 在点 A（x0，y0）处的切线平行于直线 y＝3x+19，
则点 A 的坐标为 ．
【解答】解：f（x）＝xlnx+x 的导数为 f′（x）＝2+lnx，
可得在点 A（x0，y0）处的切线斜率为 2+lnx0，
由切线平行于直线 y＝3x+19，可得 2+lnx0＝3，
解得 x0＝e，y0＝elne+e＝2e，
即 A（e，2e），
故答案为：（e，2e）．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
19.（2020•安徽模拟）已知函数 f（x）＝ax3+x+1 的图象在点（1，f（1））处的切线过点（2，5），则 a＝ ．
【解答】解：∵f（x）＝ax3+x+1，∴f′（x）＝3ax2+1，
∴f′（1）＝3a+1，而 f（1）＝a+2，
∴切线方程为 y﹣a﹣2＝（3a+1）（x﹣1），
∵切线过点（2，5），∴5﹣a﹣2＝（3a+1）（2﹣1），
解得：a＝ ．
故答案为： ．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
20.（2020•茂名一模）点 P 为曲线 y＝2x2+ln（4x+1） 图象上的一个动点，
α
为曲线在点 P 处的切
线的倾斜角，则当
α
取最小值时 x 的值为 ．
【解答】解：由 y＝2x2+ln（4x+1） ，
得 y′＝4x+ ＝4x+1+ ，
当且仅当 4x+1＝ ，即 x＝ 时，y′最小，此时 tan
α
最小，
α
最小．
故答案为： ．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
21.（2020•漳州一模）函数 f（x）＝alnx+bx2 在点（1，1）处的切线方程为 y＝4x+m，则 a+b＝ ．
【解答】解：由题得 ，由导数的几何意义可得 f（1）＝1，f′（1）＝4，
即 b＝1，a+2b＝4，
解得 a＝2，b＝1，
∴a+b＝3．
故答案为：3．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
22.（2020•潍坊模拟）已知函数 f（x）＝px﹣ ﹣2lnx，若 f（x）在定义域内为单调递增函数，则实数 p 的
最小值为 ；若 p＞0，在[1，e]上至少存在一点 x0，使得 f（x0）＞ 成立，则实数 p 的取值范围
为 ．
【解答】解：∵函数 f（x）＝px﹣ ﹣2lnx，x
∈
（0，+∞），
∴f'（x）＝p+ ﹣ ＝ ，
要使 f（x）在定义域（0，+∞）内为单调递增函数，只需 f'（x）≥0 在（0，+∞）上恒成立，
即 px2﹣2x+p≥0 在（0，+∞）上恒成立，
∴ 在（0，+∞）上恒成立，
∵ ，当且仅当 x＝ ，即 x＝1 时，等号成立，
∴p≥1，
∴实数 p 的最小值为 1，
由题意可知，不等式 f（x）＞ 在[1，e]上有解，
设 F（x）＝f（x）﹣ ＝px﹣ ﹣2lnx﹣ ，
∴F'（x）＝p+ ﹣ + ＝ ＞0，
∴函数 F（x）在[1，e]上单调递增，
∴[F（x）]max＝F（e）＝ ，
解得： ，
∴实数 p 的取值范围为：（ ，+∞），
故答案为：1，（ ，+∞）．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
23.（2020•番禺区模拟）已知函数 ，g（x）＝mx+1，若 f（x）与 g（x）的图象上
存在关于直线 y＝1 对称的点，则实数 m 的取值范围是 ﹣ ．
【解答】解：g（x）＝mx+1 关于直线 y＝1 对称的直线为 y＝h（x）＝1﹣mx，
∴直线 y＝1﹣mx 与 y＝2lnx 在[ ，e2]上有交点．
作出 y＝1﹣mx 与 y＝2lnx 的函数图象，
如图所示：
若直线 y＝1﹣mx 经过点（ ，﹣2），
则 m＝3e，
若直线 y＝1﹣mx 与 y＝2lnx 相切，
设切点为（x，y）．
则 ，解得 ．
∴﹣ ≤m≤3e．
故答案为：[﹣ ，3e]．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
24.（2020•深圳一模）已知点 M（m，m﹣ ）和点 N（n，n﹣ ）（m≠n），若线段 MN 上的任意一点 P 都
满足：经过点 P 的所有直线中恰好有两条直线与曲线 C：y＝ +x（﹣1≤x≤3）相切，则|m﹣n|的最
大值为 ．
【解答】解：由点 M（m，m﹣ ）和点 N（n，n﹣ ），
可得 M，N 在直线 y＝x﹣ 上，
联立曲线 C：y＝ +x（﹣1≤x≤3），
可得 x2＝﹣ ，无实数解，
由 y＝ +x 的导数为 y′＝x+1，
可得曲线 C 在 x＝﹣1 处的切线的斜率为 0，
可得切线的方程为 y＝﹣ ，
即有与直线 y＝x﹣ 的交点 E（0，﹣ ），
同样可得曲线 C 在 x＝3 处切线的斜率为 4，
切线的方程为 y＝4x﹣ ，联立直线 y＝x﹣ ，可得交点 F（ ， ），
此时可设 M（0，﹣ ），N（ ， ），
则由图象可得|m﹣n|的最大值为 ﹣0＝ ，
故答案为： ．
【知识点】利用导数研究曲线上某点切线方程
25.（2019•江苏模拟）已知函数 f（x）＝ex（e 为自然对数的底数），g（x）＝a ．若对任意的 x1
∈
R，存在
x2＞x1，使得 f（x1）＝g（x2），且 x2﹣x1 的最小值为 ，则实数 a 的值为 ．
【解答】解：令 f（x1）＝g（x2）＝t，则 ，
∴x1＝lnt， ，
令 h（t）＝ ，则 ，
令 h′（t）＝0，则 ；
∴h（t）在（0， ）内单调递减，在（ ，+∞）内单调递增；
∴ ，
∴a＝ ；
故答案为： ．
【知识点】利用导数研究函数的最值
三、解答题（共 10 小题）
26.（2020•福州一模）已知 f（x）＝2xlnx+x2+ax+3．
（1）当 a＝1 时，求曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线方程；
（2）若存在 ，使得 f（x0）≥0 成立，求 a 的取值范围．
【解答】解：f'（x）＝2（lnx+1）+2x+a．
（1）当 a＝1 时，f（x）＝2xlnx+x2+x+3，f'（x）＝2（lnx+1）+2x+1，
所以 f（1）＝5，f'（1）＝5，
所以曲线 y＝f（x）在 x＝1 处的切线方程为 y﹣5＝5（x﹣1），即 y＝5x．
（2）存在 ，使得 f（x0）≥0 成立，
等价于不等式 在 有解．
设 ，则 ，
当 时，h'（x）＞0，h（x）为增函数；当 1＜x＜e 时，h'（x）＜0，h（x）为减函数．
又 ， ，故 ，
所以当 时， ，
所以 ，即 a 的取值范围为 ．
【知识点】利用导数研究函数的最值、利用导数研究曲线上某点切线方程
27.（2020•河南一模）已知函数 f（x）＝|2x﹣a|．
（1）当 a＝2，求不等式 f（x）+|x|≤6 的解集；
（2）设 f（x）+|x﹣1|+3x≤0 对 x
∈
[﹣2，﹣1]恒成立，求 a 的取值范围．
【解答】解：（1）当 a＝2 时，f（x）+|x|≤6，即|2x﹣2|+|x|≤6，
当 x≤0 时，原不等式化为 2﹣2x﹣x≤6，得 ，即 ；
当 0＜x≤1 时，原不等式化为 2﹣2x+x≤6，即 x≥﹣4，即 0＜x≤1；
当 x＞1 时，原不等式化为 2x﹣2+x≤6，得 ，即 ．
综上，原不等式的解集为 ．
（2）因为 x
∈
[﹣2，﹣1]，所以 f（x）+|x﹣1|+3x≤0，可化为|2x﹣a|≤﹣2x﹣1，
所以 2x+1≤2x﹣a≤﹣2x﹣1，即 4x+1≤a≤﹣1 对 x
∈
[﹣2，﹣1]恒成立，
则﹣3≤a≤﹣1，所以 a 的取值范围是[﹣3，﹣1]．
【知识点】利用导数研究函数的最值、绝对值不等式的解法
28.（2019•大武口区校级三模）已知函数 g（x）＝ +lnx，f（x）＝mx﹣ ﹣lnx，m
∈
R
（1）若 f（x）﹣g（x）在[1，+∞）上为单调函数，求 m 的取值范围；
（2）设 h（x）＝ ，若在[1，e]上至少存在一个 x0，使得 f（x0），使得 f（x0）﹣g（x0）＞h（x0）成立，
求 m 取值范围．
【解答】解：（1）令 y＝f（x）﹣g（x）＝mx﹣ ﹣lnx﹣（ +lnx）＝mx﹣ ﹣2lnx 的定义域为（0，+∞）；
y′＝ ；
由于 f（x）﹣g（x）在[1，+∞）上为单调函数，
则 mx2﹣2x+m≥0 在[1，+∞）上恒成立，或 mx2﹣2x+m≤0 在[1，+∞）上恒成立；
易知当 m≤0 时，mx2﹣2x+m≤0 在[1，+∞）上恒成立；
当 m＞0 时，应该有 mx2﹣2x+m≥0 在[1，+∞）上恒成立，
即 m≥ 在[1，+∞）上恒成立；
而（ ）max＝1；
故 m≥1；
综上所述，
m 的取值范围为（﹣∞，0]∪[1，+∞）；
（2）当 x＝1 时，f（1）﹣g（1）＜h（1）；
当 x
∈
（1，e]时，由 f（x）﹣g（x）＞h（x）得，
m＞ ；
令 G（x）＝ ，
则 G′（x）＝ ＜0；
故 G（x）＝ 在（1，e]上递减，
G（x）min＝G（e）＝ ；
综上，要在[1，e]上至少存在一个 x0，使得 f（x0）﹣g（x0）＞h（x0）成立，
只需使 m＞ ．
【知识点】利用导数研究函数的单调性
29.（2020•陕西一模）已知函数 f（x）＝lnx， ．
（Ⅰ）证明：当 x＞1 时，f（x）＜g（x）；
（Ⅱ）存在 x0＞1，使得当 x
∈
（1，x0）时恒有 f（x）﹣g（x）＞（k﹣1）（x﹣1）成立，试确定 k 的取值
范围．
【解答】解：（Ⅰ）证明：由题意知 f（x）的定义域为（0，+∞），g（x）的定义域为（﹣∞，+∞），
令 ，
所以 ，
当 x
∈
（1，+∞）时，F'（x）＜0，
所以 F（x）在（1，+∞）上单调递减，
故当 x＞1 时，F（x）＜F（1）＝0，
即当 x＞1 时，f（x）＜g（x）成立．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 x＞1 时，f（x）﹣g（x）＜0，
所以当 k≥1 时，不存在 x0＞1 满足题意；
当 k＜1 时，
令
φ
（x）＝f（x）﹣g（x）﹣（k﹣1）（x﹣1）＝ ，
所以 ＝ ，
令
φ
'（x）＝0 得﹣x2+（1﹣k）x+1＝0，
所以 （舍去）， ，
因为 k＜1，所以 x2＞1，
所以当 x
∈
（1，x2）时，
φ
'（x）＞0，
所以
φ
（x）在（1，x2）上单调递增，
所以当 x
∈
（1，x2）时，
φ
（x）＞
φ
（1）＝0，
即 f（x）﹣g（x）＞（k﹣1）（x﹣1）成立．
综上，k 的取值范围为（﹣∞，1）．
【知识点】利用导数研究函数的最值、不等式恒成立的问题
30.（2020•淄博一模）已知函数 ．
（1）当 x＞1 时，不等式 f（x）＜0 恒成立，求
λ
的最小值；
（2）设数列 ，其前 n 项和为 Sn，证明： ．
【解答】解：（1）由 ，得 ，
①
当 时，方程﹣
λ
x2+x﹣
λ
＝0 的△＝1﹣4
λ
2≤0，因式﹣
λ
x2+x﹣
λ
在区间（1，+∞）上恒
为负数，
所以 x＞1 时，f'（x）＜0，函数 f（x）在区间（1，+∞）上单调递减，
又 f（1）＝0，所以函数 f（x）＜0 在区间（1，+∞）上恒成立；
②
当 时 ， 方 程 ﹣
λ
x2+x ﹣
λ
＝ 0 有 两 个 不 等 实 根 ， 且 满 足
，
所以函数 f（x）的导函数 f'（x）在区间 上大于零，函数 f（x）在区间
上单增，
又 f（1）＝0，所以函数 f（x）在区间 上恒大于零，不满足题意；
③
当
λ
≤0 时，在区间 ，函数 y＝lnx 在区间（1，+∞）
上恒为正数，
所以在区间（1，+∞）上 f（x）恒为正数，不满足题意；
综上可知：若 x＞1 时，不等式 f（x）＜0 恒成立，
λ
的最小值为 ．
（2）由第（1）知：若 x＞1 时， ，
若 n
∈
N* ， 则 ， 即
成立，
将 n 换 成 n+1 ， 得 成 立 ， 即
，
以 此 类 推 ， 得 ， … … … … … … … …
，
上述各式相加，得 ，
又 ，
所以 ．
【知识点】利用导数研究函数的最值、数列与函数的综合
31.（2020•河北模拟）设函数 f（x）＝x﹣ ，g（x）＝tlnx，其中 x
∈
（0，1），t 为正实数．
（l）若 f（x）的图象总在函数 g（x）的图象的下方，求实数 t 的取值范围；
（2）设 H（x）＝（lnx﹣x2+1）ex+（x2﹣l）（l﹣ ），证明：对任意 x
∈
（0，1），都有 H（x）＞0．
【解答】解：（1）依题意， 在（0，1）上恒成立，
，
①
当△＝t2﹣4≤0，即 0＜t≤2 时，F′（x）≥0，
函数 F（x）在（0，1）上单调递增，则 F（x）＜F（1）＝0，满足题意；
②
当 t2﹣4＞0，即 t＞2 时，设
φ
（x）＝x2﹣tx+1，0＜x＜1，则
φ
（x）的对称轴为 ，
φ（0）＝1，
φ
（1）＝2﹣t＜0，
∴
φ
（x）在（0，1）上存在唯一零点 x1，当 x
∈
（x1，1）时，
φ
（x）＜0，F′（x）＜0，
∴F（x）在（x1，1）上单调递减，故 F（x）＞F（1）＝0，不合题意．
综上，实数 t 的取值范围为（0，2]；
（2）证明：由题意可得 ，
因为当 x
∈
（0，1）时，xex﹣x+1＞0，lnx＜0，
∴要证 H（x）＞0，即证 ，即证 ，
由常见不等式可知，ex＞x+1 在（0，1）上恒成立，
∴xex﹣x+1＞x（x+1）﹣x+1＝x2+1，从而 ，
由（1）知，当 t＝2 时， 在（0，1）上恒成立，整理得 ，
令 ，则 ，故 m（x）在（0，1）单调递增，
∴ ，即 m（x）＜2 在（0，1）上恒成立．
综上可得，对任意 x
∈
（0，1），都有 H（x）＞0．
【知识点】利用导数研究函数的最值
32.（2020•渭南一模）已知函数 f（x）＝lnx，g（x）＝ ﹣bx（b 为常数）
（1）若 b＝1，求函数 H（x）＝f（x）﹣g（x）图象在 x＝1 处的切线方程；
（2）若 b≥2，对任意 x1，x2
∈
[1，2]，且 x1≠x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实
数 b 的值．
【解答】解：（1）若 b＝1，函数 ，
∴ ，故 H′（1）＝1，
又切点为 ，
故所求切线方程为 2x﹣2y﹣1＝0；
（2）不妨设 x1＞x2，
∵函数 f（x）＝lnx 在区间[1，2]上是增函数，
∴f（x1）＞f（x2），
∵函数 g（x）图象的对称轴为 x＝b，且 b＞2，
∴当 b≥2 时，函数 g（x）在区间[1，2]上是减函数，
∴g（x1）＜g（x2），
∴|f（x1）﹣f（x2）|＞|g（x1）﹣g（x2）|等价于 f（x1）+g（x1）＞f（x2）+g（x2），等价于函数
在区间[1，2]上是增函数，
等价于 在区间[1，2]上恒成立，等价于 在区间[1，2]上恒成立，
∴b≤2，
又 b≥2，故 b＝2．
【知识点】利用导数研究函数的最值、利用导数研究曲线上某点切线方程
33.（2020•安庆二模）已知函数 （a
∈
R）．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）当 a＝﹣1 时，对任意的 x1，x2
∈
（0，+∞），且 x1≠x2，都有 ，
求实数 m 的取值范围．
【解答】解：（Ⅰ） （x＞0）．
①
当 a≥1 时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②
当 0＜a＜1 时， ，
所以当 时，f'（x）＜0，当 0＜x＜ 时，f'（x）＞0，
所以 f（x）在 上单调递增，在 上单调递减；
③
当 a≤0 时，f'（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，
（Ⅱ）当 a＝﹣1 时，f（x）＝﹣lnx﹣x2+1，不妨设 0＜x1＜x2，
则 等价于 ，考察函数
，得 ，
令 ， ，则 时，h'（x）＞0，
时，h'（x）＜0，所以 h（x）在区间 上是单调递增函数，
在区间 上是单调递减函数．故 ，
所以 g（x）在（0，+∞）上单调递减．
从而 g（x1）＞g（x2），即 ，故 ，
所以 ，即 g（x1）+mx1＞g（x2）+mx2 恒成立，
设
φ
（x）＝g（x）+mx，则
φ
（x）在（0，+∞）上恒为单调递减函数，
从而
φ
′（x）＝g′（x）+m≤0 恒成立，故
φ
′（x）＝g′（x）+m≤ ≤0，
故 m≤ ．
【知识点】利用导数研究函数的最值、利用导数研究函数的单调性
34.（2020•郑州二模）已知函数 ．
（Ⅰ）当 a＝1 时，求曲线 y＝ 在 x＝1 处的切线方程；
（Ⅱ）讨论函数 F（x）＝ 在（0，十∞）上的单调性．
【解答】解：（Ⅰ）当 a＝1 时，曲线 ． ．
x＝1 时，切线的斜率为 ，又切线过点（1，0）
所以切线方程为 x﹣2y﹣1＝0，
（ Ⅱ ） ，
，
当 a＜0 时，F'（x）＜0，函数 F（x）在（0，+∞）上单调递减；
当 a＞0 时，令 ， ，
当△≤0 时，即 0＜a≤4，k（x）≥0，此时 F'（x）≥0，函数 F（x）在（0，+∞）上单调递增；
当△＞0 时，即 a＞4，方程 有两个不等实根 x1＜x2，
所以 0＜x1＜1＜x2，
此时，函数 F（x）在（0，x1），（x2，+∞）上单调递增；在（x1，x2）上单调递减．
综上所述，当 a＜0 时，F（x）的单减区间是（0，+∞）；
当 a ＞ 4 时 ， F （ x ） 的 单 减 区 间 是 ， 单 增 区 间 是
当 0＜a≤4 时，F（x）单增区间是（0，+∞）．
【知识点】利用导数研究函数的单调性、利用导数研究曲线上某点切线方程
35.（2020•日照一模）已知函数 f（x）＝（x+b）（e2x﹣a）（b＞0）在点 处的切线方程为
．
（1）求 a，b；
（2）函数 f（x）图象与 x 轴负半轴的交点为 P，且在点 P 处的切线方程为 y＝h（x），函数 F（x）＝f（x）
﹣h（x），x
∈
R，求 F（x）的最小值；
（3）关于 x 的方程 f（x）＝m 有两个实数根 x1，x2，且 x1＜x2，证明：x2﹣x1≤ ﹣ ．
【解答】解：（1）将 代入切线方程 中，得 y＝0，
所以 ，又 ，解得 或 ，
又 f′（x）＝e2x（2x+2b+1）﹣a，所以 ，
若 ，则 （舍去）；
所以 ，则 a＝1；
（2）由 （1）可知，a＝1， ，所以 ，
令 f（x）＝0，有 或 x＝0，
故曲线 y＝f（x）与 x 轴负半轴的唯一交点 P 为 ，
曲线在点 处的切线方程为 y＝h（x），则 ，
因为 F（x）＝f（x）﹣h（x），所以 ，
所以
若 x≤﹣1，F′（x）＜0，
若 ， 所 以
，
若 ，F
′（x）＞0，所以 y＝F′（x）在 上单调递增，
∴ ，
∴函数 y＝F（x）在 上单调递增．
所以 ；
（3）证明： ，设 h（x）＝m 的根为 x1'，则 ，
又 y＝h（x）单调递减，由（2）知 f（x）≥h（x）恒成立．
又 m＝h（x1'）＝f（x1）≥h（x1），所以 x1'≤x1，
设曲线 y＝f（x）在点（0，0）处的切线方程为 y＝t（x），则 t（x）＝x，
令 ，
当 x≤﹣1 时，T′（x）＝2（x+1）e2x﹣2≤﹣2＜0，
当 x＞﹣1 时，T''（x）＝2（2x+3）e2x＞0，
故函数 y＝T′（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，又 T′（0）＝0，
所以当 x
∈
（﹣∞，0）时，T′（x）＜0，当 x
∈
（0，+∞）时，T′（x）＞0，
所以函数 y＝T（x）在区间（﹣∞，0）上单调递减，在区间（0，+∞）上单调递增，
所以 T（x）≥T（0）＝0，即 f（x）≥t（x），
设 t（x）＝m 的根为 x2'，则 x2'＝m，
又函数 y＝t（x）单调递增，故 m＝t（x2'）＝f（x2）≥t（x2），故 x2'≥x2．
又 x1'≤x1，所以 ．
【知识点】利用导数研究函数的最值、利用导数研究曲线上某点切线方程
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