2025高考数学模拟题分类汇编（二）——导数解答题专练
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2024 新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝lnax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f′（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
【分析】（1）由，解得函数f（x）的定义域，当b＝0时，，求导，结合基本不等式，即可得出答案．
（2）计算f（2﹣x）+f（x），即可得出答案．
（3）根据题意可得f（1）＝﹣2，得a＝﹣2，分析x∈（1，2）时，f（x）＞﹣2恒成立的必要性和充分性，即可得出答案．
【解答】解：（1）由，解得0＜x＜2，
所以函数f（x）的定义域为（0，2），
当b＝0时，，
所以，对 0＜x＜2恒成立，
又，当且仅当x＝1时取“＝”，
所以只需2+a≥0，即a≥﹣2，
所以a的最小值为﹣2．
（2）证明：x∈（0，2），f（2﹣x）+f（x），
所以f（x）关于点（1，a）中心对称．
（3）因为f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，
所以x＝1为f（x）＝﹣2的一个解，
所以f（1）＝﹣2，即a＝﹣2，
先分析1＜x＜2时，f（x）＞﹣2恒成立，
此时f（x）＞﹣2，即为ln2（1﹣x）+b（x﹣1）3＞0在（1，2）上恒成立，
设t＝x﹣1，t∈（0，1），则ln2t+bt3＞0在（0，1）上恒成立，
设g（t）＝ln2t+bt3，t∈（0，1），
则g′（t）2+3bt2，
当b≥0时，﹣3bt2+2+3b＞﹣3b+2+3b＝2＞0，
所以g′（t）＞0恒成立，
所以g（t）在（0，1）上为增函数，
所以g（t）＞g（0）＝0，即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当b＜0时，﹣3bt2+2+3b＞2+3b≥0，
所以g′（t）＞0恒成立，
故g（t）在（0，1）上为增函数，故g（t）＞g（0）＝0，
即f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立，
当b，即当0＜t1时，g′（t）＜0，
所以在（0，）上g（t）为减函数，
所以g（t）＜g（0）＝0，不合题意，舍去，
综上所述，f（x）＞﹣2在（1，2）上恒成立时，b，
而b时，由上述过程可得g（t）在（0，1）单调递增，
所以g（t）＞0的解为（0，1），
即f（x）＞﹣2的解为（1，2），
综上所述，b，
所以b的取值范围为[，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
2．（2024 新高考Ⅱ）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．
【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，利用导数的几何意义能求出曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程．
（2）f′（x）＝ex﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，此时函数f（x）无极值，从而a＞0，令f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，求出函数f（x）的增区间为（lna，+∞），减区间为（﹣∞，lna），从而f（x）极小值＝f（lna）＝a﹣alna﹣a3＜0，进而1﹣lna﹣a2＜0，令g（a）＝﹣a2﹣lna+1，0，利用导数性质能求出a的取值范围．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，
∴当a＝1时，f（x）＝ex﹣x﹣1，f′（x）＝ex﹣1，
∴f（1）＝e﹣2，∴切点坐标为（1，e﹣2），
切线的斜率为k＝f′（1）＝e﹣1，
∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为：
y﹣（e﹣2）＝（e﹣1）（x﹣1），整理得：y＝（e﹣1）x﹣1．
（2）∵函数f（x）＝ex﹣ax﹣a3，∴f′（x）＝ex﹣a，
当a≤0时，f′（x）＞0，函数f（x）在R上单调递增，此时函数f（x）无极值，
∴a＞0，
令f′（x）＝ex﹣a＝0，得x＝lna，
当x＜lna时，f′（x）＜0，当x＞lna时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）的增区间为（lna，+∞），减区间为（﹣∞，lna），
∴f（x）极小值＝f（lna）＝a﹣alna﹣a3＜0，
∴1﹣lna﹣a2＜0，
令g（a）＝﹣a2﹣lna+1，0，
g（a）在（0，+∞）上单调递减，
∵g（1）＝0，∴g（a）＜0等价于a＞1，
∴a的取值范围是（1，+∞）．
【点评】本题考查导数的几何意义、函数的单调性、切线方程、极值等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
3．（2025 海口一模）已知函数f（x）＝ex（x2+x+a）在（0，f（0））处的切线与直线2x﹣y﹣3＝0平行，其中a∈R．
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最值．
【分析】（1）求出函数的导数，计算f′（0）＝2，求出a的值即可；
（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而求出函数的最值即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝ex（x2+3x+a+1），
故f′（0）＝a+1，而切线的斜率是2，
故a+1＝2，解得：a＝1；
（2）由（1）得f（x）＝ex（x2+x+1），
f′（x）＝ex（x+1）（x+2），
令f′（x）＞0，解得：x＞﹣1或x＜﹣2，
令f′（x）＜0，解得：﹣2＜x＜﹣1，
故函数f（x）在[﹣2，﹣1）递减，在（﹣1，2]递增，
而f（﹣2），f（﹣1），f（2）＝7e2，
故f（x）在[﹣2，2]的最小值是，最大值是7e2．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及切线的意义，是一道中档题．
4．（2025 佛山一模）已知函数f（x）＝（x+k）ex，其中k∈R．
（1）当k＝﹣1时，讨论关于x的方程f（x）＝a（a∈R）的实根个数；
（2）当k＞﹣1时，证明：对于任意的实数x1，x2（x1≠x2），都有．
【分析】（1）由题意，将问题转化成直线y＝a与曲线y＝f（x）的交点的个数，对函数f（x）进行求导，利用导数得到函数的单调性，分别讨论当a＜﹣1、a＝﹣1或a≥0和﹣1＜a＜0这三种情况，进而可解；
（2）将问题转化成求证，设x1＞x2，结合0，此时要证，令t＝x1﹣x2，t＞0，构造函数g（t）＝（t﹣2）et+t+2，对函数g（t）进行求导，利用导数得到函数的单调性和最值，进而即可得证．
【解答】解：（1）要求方程f（x）＝a解的个数，
即求直线y＝a与曲线y＝f（x）的交点的个数，
易知f（x）的定义域为R，
可得f′（x）＝xex，
当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当x→﹣∞时，f（x）→0；当x→+∞时，f（x）→+∞，
又f（0）＝﹣1，
所以当a＜﹣1时，方程有0个解；
当a＝﹣1或a≥0时，方程有1个解；
当﹣1＜a＜0时，方程有2个解；
（2）证明：要证，
需证，
因为k＞﹣1，
此时要证，
设x1＞x2，
即证，
因为0，
所以，
令t＝x1﹣x2，t＞0，
设g（t）＝（t﹣2）et+t+2，函数定义域为（0，+∞），
可得g′（t）＝（t﹣1）et+1，
由（1）知g′（t）在（0，+∞）上单调递增，
所以g′（t）＞g′（0）＝0，
则g（t）在（0，+∞）上单调递增，
所以g（t）＞g（0）＝0．
故对于任意的实数x1，x2（x1≠x2），都有．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和最值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力，属于中档题．
5．（2025 合肥一模）已知函数f（x）＝lnx﹣a（x），其中a＞0．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：f（x1）+f（x2）+f（x1+x2）＞ln2．
【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性；
（2）由函数有两个极值点x1，x2（x1＜x2）确定a的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解．
【解答】解：（1）由题意得，函数f（x）定义域为（0，+∞），且a＞0，，
令g（x）＝﹣ax2+x﹣a，
当1﹣4a2≤0，即时，g（x）≤0恒成立，则f′（x）≤0，所以f（x）在（0，+∞）上是单调递减．
当1﹣4a2＞0即时，函数g（x）有两个零点：，
当x变化时，f（x），f'（x）的变化情况如下表所示：
x （0，x1） x1 （x1，x2） x2 （x2，+∞）
f′（x） ﹣ 0 + 0 ﹣
f（x） 单调递减 f（x1） 单调递增 f（x2） 单调递减
综上，当时，f（x）在，内单调递增，
在和上单调递减；
当时，f（x）在（0，+∞）上单调递减．
（2）证明：由（1）知，时，f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），
则x1，x2是方程g（x）＝0的两个根，由韦达定理，得，
所以0＜x1＜1＜x2，
，
令h（x）＝﹣lnx﹣1+x2，，则，
当时，h′（x）＜0，则h（x）在区间上是单调递减，
从而，
故．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于中档题．
6．（2025 南京模拟）已知f（x）＝3x﹣2sinx﹣k lnx．
（1）当k＝0时，求曲线f（x）在x处的切线方程；
（2）当k＝1时，讨论函数f（x）的极值点个数；
（3）若存在t1，t2∈R（t1＜t2），f（et1）＝f（et2），证明：t1+t2＜2lnk．
【分析】（1）根据已知求解切线方程即可．
（2）根据x取值不同分类讨论求解．
（3）结合已知构造函数求解即可．
【解答】解：（1）当k＝0时，f（x）＝3x﹣2sinx，因为f'（x）＝3﹣2cosx，
所以切线的斜率为，
又因为切点为，
所以曲线f（x）在处的切线方程为y＝3x﹣2．
（2）当k＝1时，f（x）＝3x﹣2sinx﹣lnx，则，
当x≥1时，f'（x）≥2﹣2cosx≥0，
故f（x）在[1，+∞）上单调递增，不存在极值点；
当0＜x＜1时，，则f″（x）＝2sinx0总成立，
故函数f'（x）在（0，1）上单调递增，且f'（1）＝2﹣2cos1＞0，，
所以存在唯一，使得f'（x0）＝0，
所以当0＜x＜x0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x0＜x＜1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
故在（0，1）上存在唯一极小值点．
综上，当k＝1时，函数f（x）的极值点有且仅有一个．
（3）证明：令，，
由f（x1）＝f（x2）知3x1﹣2sinx1﹣klnx1＝3x2﹣2sinx2﹣klnx2，
整理得，3（x1﹣x2）﹣2（sinx1﹣sinx2）＝k（lnx1﹣lnx2）（*），
不妨令g（x）＝x﹣sinx（x＞0），则g'（x）＝1﹣cosx≥0，故g（x）在（0，+∞）上单调递增，
当0＜x1＜x2时，有g（x1）＜g（x2），即x1﹣sinx1＜x2﹣sinx2，
那么sinx1﹣sinx2＞x1﹣x2，
因此，（*）即转化为，
接下来证明，等价于证明m，
即，所以不妨令，
建构新函数，，
则φ（m）在（0，1）上单调递减．
所以φ（m）＞φ（1）＝0，故，
即得证，
由不等式的传递性知，即，即，
所以，得证t1+t2＜2lnk．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
7．（2025 重庆模拟）已知函数f（x）＝ax4lnx+bx4﹣c在x＝e处的切线方程为y＝48e3x﹣39e4﹣c，其中a，b，c为常数，e为自然对数的底数．
（1）试确定a，b的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若对任意x＞0，不等式f（x）≥﹣4c2恒成立，求c的取值范围．
【分析】（1）根据题意构造方程组求解即可；
（2）求导得到f'（x）＝4ax3lnx+ax3+4bx3＞0，分别令导数大于，小于0，解不等式即可求解；
（3）不等式f（x）≥﹣4c2恒成立，等价于f（x）的最小值为f（1）＝﹣3﹣c≥﹣4c2，解不等式即可．
【解答】解：（1）由已知得f'（x）＝4ax3lnx+ax3+4bx3，
又∵在x＝e处的切线方程为y＝48e3x﹣39e4﹣c，
∴即
得a＝12，b＝﹣3；
（2）令f'（x）＝4ax3lnx+ax3+4bx3＞0，
得到4alnx+a+4b＞0，
即lnx＞0，
即x＞1，
令f'（x）＜0，得到0＜x＜1，
∴函数f（x）得单调增区间为（1，+∞），单调减区间为（0，1）；
（3）由（1）知，f（x）＝12x4lnx﹣3x4﹣c，
由（2）知f（x）的最小值为f（1）＝﹣3﹣c，
∵不等式f（x）≥﹣4c2恒成立，
∴﹣3﹣c≥﹣4c2，
∴或c≥1，
即c的取值范围是．
【点评】本题考查导数的应用，属于中档题．
8．（2025 广西模拟）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求函数g（x）＝﹣f（x）+2x的极值．
（2）设0＜m＜1，曲线y＝f（x）在x＝m处的切线为l．
（i）证明：除切点外，曲线y＝f（x）恒在l的上方．
（ii）若，且xi＞0，证明：．
【分析】（1）求导得g′（x）＝﹣lnx+1，求得g'（x）＝0的根，进而求得函数在根的左右两侧的单调性，从而可求极值；
（2）（i）利用导数求得函数f（x）＝xlnx在x＝m（0＜m＜1）处的切线方程y＝（lnm+1）x﹣m，令H（x）＝xlnx﹣（lnm+1）x+m，利用导数可证H（x）≥H（m），可得结论；
（3）利用（2）可得，令G（x）＝lnx+1﹣nx，0＜x＜1，利用导数求得G（x）的最小值即可证明结论．
【解答】解：（1）f（x）＝xlnx，则g（x）＝﹣f（x）+2x＝﹣xlnx+2x，
∴g′（x）＝﹣lnx+1，令g'（x）＝0，可得x＝e，
当0＜x＜e时，g′（x）＞0，当x＞e时，g′（x）＜0，
∴g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，
∴g（x）在x＝e处取得极大值，极大值为g（e）＝e，无极小值．
（2）证明：（i）∵函数f（x）＝xlnx，∴f′（x）＝lnx+1，
设曲线f（x）在x＝m（0＜m＜1）处的切线的斜率为k，则k＝f′（m）＝lnm+1，
又f（m）＝mlnm，则曲线y＝f（x）在x＝m（0＜m＜1）处的切线方程为y﹣mlnm＝（lnm+1）（x﹣m），即y＝（lnm+1）x﹣m．
设函数H（x）＝xlnx﹣（lnm+1）x+m，则H′（x）＝lnx﹣lnm．
当0＜x＜m时，H′（x）＜0，H（x）单调递减；当m＜x＜1时，H′（x）＞0，H（x）单调递增，
则H（x）≥H（m）＝mlnm﹣（lnm+1）m+m＝0，
∴xlnx≥（lnm+1）x﹣m．
故除切点外，曲线y＝f（x）恒在l的上方；
（ii）分别令x＝x1，x2， ，xn，且满足，
由（i）知lnm+1﹣mn，
令，
当时，G′（x）＞0，G（x）单调递增，
当时，G′（x）＜0，G（x）单调递减，∴，
令，可得，
即，得证．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
9．（2025 漳州模拟）已知函数f（x）＝xex．
（1）求函数f（x）的极值．
（2）若f（x）﹣lnx+ax≥1恒成立，求实数a的取值范围．
【分析】（1）根据给定条件，利用导数求出函数的极值．
（2）由恒成立的不等式分离参数，构造函数，利用导数求出函数g（x）的最大值即可．
【解答】解：（1）f（x）＝xex的定义域为R，导函数f′（x）＝ex+xex＝ex（x+1），
令f′（x）＜0，解得x＜﹣1，函数f（x）在（﹣∞，﹣1）上单调递减，
令f′（x）＞0，解得x＞﹣1，函数f（x）在（﹣1，+∞）上单调递增，
因此f（x）在x＝﹣1处取得极小值，无极大值．
（2）不等式f（x）﹣lnx+ax≥1恒成立，所以xex﹣lnx+ax﹣1≥0，x∈（0，+∞）恒成立，
不等式等价于恒成立，
令函数，
那么导函数，
令函数h（x）＝x2ex+lnx，x＞0，
导函数，h（x）在（0，+∞）上单调递增，
又因为，
那么存在唯一，使得，
所以，所以，因此，
根据第一问知，f（x）在（0，+∞）上单调递增，那么．
当x∈（x0，+∞）时，h（x）＞0，g′（x）＜0，则函数g（x）在（x0，+∞）上单调递减；
当x∈（0，x0）时，h（x）＜0，g′（x）＞0，则函数g（x）在（0，x0）上单调递增，
因此，则a≥﹣1，
所以实数a的取值范围为[﹣1，+∞）．
【点评】本题考查导数的综合应用，属于中档题．
10．（2025 巴中模拟）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）求证：当0＜x≤1时，2f（x）≥x2﹣1；
（3）若h（x）＝x2﹣2t|1|，其中0＜t＜1，讨论函数h（x）的零点个数．
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数判断函数的单调性，进而可得函数的极值；
（2）不等式等价于0＜x≤1，2xlnx﹣x2+1≥0，令g（x）＝2xlnx﹣x2+1，（0＜x≤1），利用导数证明g（x）≥0即可；
（3）讨论h（x）＝x2﹣2t|1+lnx|（0＜t＜1）的零点个数问题，先对x分类讨论去绝对值，易得h（x）在（0，e﹣1）上总有唯一的零点；当x＞e﹣1时，对h（x）求导，再对t分类讨论，结合导数知识及零点存在性定理判断即可．
【解答】解：（1）f′（x）＝lnx+1（x＞0），令f'（x）＝0，得x＝e﹣1，
当0＜x＜e﹣1时，f'（x）＜0，f（x）单调递减，
当x＞e﹣1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）极小值＝f（e﹣1）＝﹣e﹣1，无极大值．
（2）证明：原不等式等价于：0＜x≤1，2xlnx≥x2﹣1，
即0＜x≤1，2xlnx﹣x2+1≥0，
令g（x）＝2xlnx﹣x2+1，（0＜x≤1），下证：g（x）≥0，
则g'（x）＝2lnx+2﹣2x，，等号当且仅当x＝1时成立，
所以g′（x）在0＜x≤1上单调递增，g′（x）≤g′（1）＝0，等号当且仅当x＝1时成立，
所以g（x）在0＜x≤1上单调递减，g（x）≥g（1）＝0，即原不等式成立．
（3）等价于h（x）＝x2﹣2t|1+lnx|（0＜t＜1）的零点个数问题：
①当0＜x＜e﹣1时，h（x）＝x2+2t（1+lnx），显然h（x）在（0，e﹣1）上单调递增，
又h（0）→﹣∞，h（e﹣1）＝e2＞0，所以h（x）在（0，e﹣1）上总有唯一的零点；
②当x＞e﹣1时，h（x）＝x2﹣2t（1+lnx），
则，
（Ⅰ）若0＜t≤e﹣2，则h′（x）＞0在（e﹣1，+∞）上恒成立，h（x）在（e﹣1，+∞）上单调递增，
h（x）＞h（e﹣1）＝e﹣2＞0，h（x）在（e﹣1，+∞）上无零点；
（Ⅱ）若e﹣2＜t＜1，当时，h′（x）＜0，h（x）单调递减；
当时，h′（x）＞0，h（x）单调递增；
，令，得t＝e﹣1．
（i）若e﹣2＜t＜e﹣1，则在（e﹣1，+∞）上无零点；
（ii）若t＝e﹣1，则在（e﹣1，+∞）上有唯一零点；
（iii）若e﹣1＜t＜1，则，又h（e﹣1）＝e﹣2＞0，
又由（2）知lnx≤x﹣1，xlnx≤x2﹣x得，得h（2t）＝4t2﹣2t﹣2tln2t≥0，
由零点存在性定理可知，h（x）在，上各有一个零点．
综上所述：当0＜t＜e﹣1时，h（x）有一个零点：当t＝e﹣1时，h（x）有两个零点；当e﹣1＜t＜1时，h（x）有三个零点．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，不等式的证明，函数零点个数的判断，考查运算求解能力，属于难题．
11．（2025 惠东县模拟）已知函数f（x）＝ax2+1（a＞0），g（x）＝x3+bx．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处有公共切线，求a，b的值；
（2）当a＝3，b＝﹣9时，函数f（x）+g（x）在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．
【分析】（1）根据曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，可知切点处的函数值相等，切点处的斜率相等，故可求a、b的值；
（2）当a＝3，b＝﹣9时，设h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+3x2﹣9x+1，求导函数，确定函数的极值点，进而可得k≤﹣3时，函数h（x）在区间[k，2]上的最大值为h（﹣3）＝28；﹣3＜k＜2时，函数h（x）在区间[k，2]上的最大值小于28，由此可得结论．
【解答】解：（1）f（x）＝ax2+1（a＞0），则f′（x）＝2ax，k1＝2a，
g（x）＝x3+bx，则g′（x）＝3x2+b，k2＝3+b，
由（1，c）为公共切点，可得：2a＝3+b ①
又f（1）＝a+1，g（1）＝1+b，
∴a+1＝1+b，
即a＝b，代入①式，可得：a＝3，b＝3．
（2）当a＝3，b＝﹣9时，设h（x）＝f（x）+g（x）＝x3+3x2﹣9x+1
则h′（x）＝3x2+6x﹣9，
令h'（x）＝0，
解得：x1＝﹣3，x2＝1；
∴k≤﹣3时，函数h（x）在（﹣∞，﹣3）上单调增，在（﹣3，1]上单调减，（1，2）上单调增，所以在区间[k，2]上的最大值为h（﹣3）＝28
﹣3＜k＜2时，函数h（x）在区间[k，2]上的最大值小于28
所以k的取值范围是（﹣∞，﹣3]
【点评】本题考查导数知识的运用，考查导数的几何意义，考查函数的单调性与最值，解题的关键是正确求出导函数．
12．（2025 大庆模拟）已知函数f（x）＝（ax+1）ex（a∈R）在x＝0处取得极值．
（1）求a的值；
（2）若存在x＞0使得f（x）≥x+m，求实数m的取值范围．
【分析】（1）对f（x）求导，由f'（0）＝0，可得a的值，验证即可得解；
（2）问题等价于存在x使得m≤f（x）﹣x，令g（x）＝f（x）﹣x，利用导数可得g（x）的范围，进而可得m的取值范围．
【解答】解：（1）∵f（x）＝（ax+1）ex，∴f'（x）＝（ax+a+1）ex，
由已知f'（0）＝0，∴f'（0）＝a+1＝0，∴a＝﹣1，
又当a＝﹣1时，f'（x）＝﹣xex，令f'（x）＝0，得x＝0，
且当x＜0时，f'（x）＞0，∴f（x）在区间（﹣∞，0）上单调递增，
当x＞0时，f'（x）＜0，∴f（x）在区间（0，+∞）上单调递减，
∴f（x）在x＝0处取得极大值．综上，a＝﹣1．
（2）问题等价于存在x使得m≤f（x）﹣x，
设g（x）＝f（x）﹣x＝（1﹣x）ex﹣x，则g'（x）＝﹣xex﹣1，
当x＞0时，g'（x）＜0，g（x）在（0，+∞）上单调递减，
∴g（x）＜g（0）＝1，故m的取值范围是（﹣∞，1）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，不等式成立求参数范围问题，考查运算求解能力，属于中档题．
13．（2025 长春模拟）已知函数．
（1）斜率为3的直线与f（x）的图象相切，且与x轴交点的横坐标为﹣1，求a的值；
（2）若f（x）是[1，e]上的单调函数，求a的取值范围．
【分析】（1）设切点横坐标为x0，通过求导表示切线方程，根据切线斜率为3及过点（1，0）可得a，x0的关系式，由此可得结果．
（2）根据函数单调性分离参数a，结合恒成立问题的解题方法可求a的取值范围．
【解答】解：（1）函数f（x）定义域为（0，+∞）．
，∴，
设切点横坐标为x0，则，，
∴，切线方程为，
∵切线与x轴交点的横坐标为﹣1，∴，
∴，即，
∵函数y＝lnx，在（0，+∞）上为增函数，∴在（0，+∞）上为增函数，
∵，∴x0＝1，代入1，得a＝5．
（2）由（1）得，，
当f（x）是[1，e]上的单调递增函数时，f'（x）≥0在x∈[1，e]上恒成立，
∴，x∈[1，e]，
令，则t，函数h（t）＝t2+t对称轴为直线，h（t）在上单调递增，
∴h（t）max＝h（2）＝2，，
∴a≥2．
当f（x）是[1，e]上的单调递减函数时，f'（x）≤0在x∈[1，e]上恒成立，
∴，x∈[1，e]，由得，
综上得，a≥2或，即a的取值范围是（﹣∞，]∪[2，+∞）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，导数的几何意义，考查运算求解能力，属于中档题．
14．（2025 汕头模拟）已知函数．
（1）证明曲线y＝f（x）是轴对称图形；
（2）设函数，x∈（0，+∞），解不等式（e是自然对数的底数）．
【分析】（1）求出f（x）的定义域，分别求出和即可证明；
（2）写出函数g（x）并求导，令h（x）＝﹣2（x+1）ln（x+1）+x2+2x，m（x）＝﹣2ln（x+1）+2x，利用导数分别判断m（x）和h（x）的单调性，进而得到g（x）的单调性，再结合即可求解．
【解答】（1）证明：由题意可得，解得x＜﹣1或x＞0，
∴函数f（x）的定义域为（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞），
∵，
，
∴，∴f（x）关于对称，
即曲线y＝f（x）是轴对称图形；
（2）解：∵，
则，
令h（x）＝﹣2（x+1）ln（x+1）+x2+2x，x∈（0，+∞），
则h′（x）＝﹣2ln（x+1）﹣2+2x+2＝﹣2ln（x+1）+2x，
令m（x）＝﹣2ln（x+1）+2x，x∈（0，+∞），
则，∴m（x）在（0，+∞）单调递增，
∴m（x）＞m（0）＝0，即h′（x）＞0，∴h（x）在（0，+∞）单调递增，
∴h（x）＞h（0）＝0，即g′（x）＞0，∴g（x）在（0，+∞）单调递增，
又，
则不等式等价于g（x）＞g（e﹣1），∴x＞e﹣1，
∴不等式的解集为（e﹣1，+∞）．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，不等式的解法，考查运算求解能力，属于中档题．
15．（2025 山海关区模拟）已知函数f（x）＝2x﹣asinx+sin2x（a∈R）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；
（2）若a＞0且函数f（x）在（0，π）上没有零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）求出x时的导数，然后利用点斜式求出切线方程；
（2）求出f′（x），然后研究f′（x）的零点情况，利用f′（x）的符号，讨论函数f（x）的单调性，判断该函数在每一个单调区间端点处函数值的符号，确定零点的存在性．
【解答】解：（1）a＝2时，1，f′（x）＝2﹣2cosx+2cos2x，
所以2，所以切线方程为：y（）（x），
即．
（2）不妨设f（x）＝2x﹣asinx+sin2x，0≤x≤π，
显然f（0）＝0，f（π）＝2π，
令f′（x）＝2﹣acosx+2cos2x＝cosx（4cosx﹣a）＝0，得cosx＝0，即，
①当a≥4时，4cosx﹣a≤0，则时，cosx＞0，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当时，cosx＜0，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
此时f（x）minπ﹣a＜0，所以f（）f（π）＜0，即f（x）在（0，π）上存在零点；
②0＜a＜4时，由4cosx﹣a＝0得0，所以 x0，使得cosx0，
所以，x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以要使函数f（x）在（0，π）上没有零点，只需f（）＝π﹣a＞0，
解得0＜a＜π，所以所求a的范围是（0，π）．
【点评】本题考查导数的几何意义和切线方程的求法，利用导数研究函数的单调性、最值，进而研究函数零点个数的问题．
16．（2025 江苏模拟）已知函数f（x）＝ex﹣asinx，a∈R．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当x∈[0，π]时，f（x）≥0，求a的取值范围．
【分析】（1）对f（x）求导，利用导数求出切线斜率，从而可得切线方程；
（2）当a≤0时，f（x）≥0恒成立；当a＞0时，参变量分离可得恒成立，令，x∈[0，π]，利用导数求出g（x）的最大值，即可求解a的取值范围．
【解答】解：（1）当a＝2时，f（x）＝ex﹣2sinx，则f'（x）＝ex﹣2cosx，
则f'（0）＝e0﹣2cos0＝﹣1，又f（0）＝e0﹣2sin0＝1，
所以曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为y＝﹣x+1，即x+y﹣1＝0．
（2）当a≤0时，由0≤x≤π可知f（x）＝ex﹣asinx≥0恒成立，符合题意；
当a＞0时，由f（x）＝ex﹣asinx≥0得恒成立，
令，x∈[0，π]，则，
令g'（x）＝0得，
则g（x），g′（x）随x的变化情况如下表所示：
x 0 π
g'（x） + 0 ﹣
g（x） 单调递增 极大值 单调递减
所以，则，即，
综上，，即a的取值范围是（﹣∞，]．
【点评】本题主要考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，利用导数研究函数的最值，考查运算求解能力，属于中档题．
17．（2025 深圳模拟）已知函数．
（1）若a＝﹣1，求函数y＝f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，证明：f（x2）﹣f（x1）．
【分析】（1）求f′（x），分析函数单调性可得函数极值．
（2）求f′（x），讨论a的取值范围，分析﹣ax2+x﹣2的正负，即可得到函数f（x）的单调区间．
（3）结合（2）的分析可得，结合韦达定理可得，，要证，可转化为，即证明，令，构造函数，利用导数研究g（t）在（1，+∞）上的单调性即可得证．
【解答】解：（1）当a＝﹣1时，（x＞0），，
当x＞1时，f′（x）＞0；
当0＜x＜1时，f′（x）＜0；
∴f（x）在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，
∴当x＝1时，f（x）有极小值，极小值为f（1）＝ln1+2+1+1＝4，无极大值．
（2）由题意得，，
①当a＝0时，，由f′（x）＞0得，x＞2，由f′（x）＜0得，0＜x＜2，
∴f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数．
②当a＞0时，﹣a＜0，方程﹣ax2+x﹣2＝0的判别式Δ＝1﹣8a，
当1﹣8a＞0，即时，方程﹣ax2+x﹣2＝0有两个不相等的实数根，，且x1＜x2，
由f′（x）＞0得，x1＜x＜x2，由f′（x）＜0得，x＜x1或x＞x2
∵x＞0，
∴f（x）在上为增函数，在，上为增函数．
当1﹣8a≤0，即时，﹣ax2+x﹣2≤0恒成立，f′（x）≤0，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
③当a＜0时，﹣a＞0，方程﹣ax2+x﹣2＝0的判别式Δ＝1﹣8a＞1＞0，解方程得，其中，
由f′（x）＞0得，x＜x2或x＞x1，由f′（x）＜0得，x2＜x＜x1，
∵x＞0，
∴f（x）在上为减函数，在为增函数．
综上得，当a＜0时，f（x）在上为减函数，在为增函数；
当a＝0时，f（x）在（0，2）上为减函数，在（2，+∞）为增函数；
当时，f（x）在上为增函数，在，为增函数；当时，f（x）在（0，+∞）上为减函数．
（3）证明：由题意得，x1，x2（x1＜x2）是方程﹣ax2+x﹣2＝0的两根，
∵x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，
∴由（2）得，且，，
∵，
∴要证，
只需证，
只需证．
令，则需证，
设，
则，
∴函数g（t）在（1，+∞）上单调递减，∴g（t）＜g（1）＝0，故，
由t＞1得，，故，
∴．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力及运算求解能力，属于中档题．
18．（2025 辽宁模拟）已知函数f（x）＝ax﹣lnx﹣1．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间（1，2）内有最小值，求a的取值范围；
（3）若关于x的方程f（x）＝0有两个不同的解x1，x2，求证：x1+x2＞2．
【分析】（1）求出f（x）的导数，通过讨论a的范围，判断f′（x）的符号，得到函数f（x）的单调区间即可；
（2）通过讨论a的范围，判断f（x）在区间（1，2）内单调性，从而得出a的取值范围；
（3）根据题意分析可得：若x1，x2是关于x的方程f（x）＝0的两个不同的解，通过联立方程组消去a，再通过换元x2＝tx1（t＞1），整理得到g（t）＝（t+1）lnt﹣2t+2（t＞1），结合的g（t）单调性分析运算得到x1x2＞1，从而x1+x2＞2得证．
【解答】解：（1）由函数f（x）＝ax﹣lnx﹣1，
可得f（x）的定义域为（0，+∞），，
当a≤0时，f′（x）＜0，所以f（x）的单调递减区间为（0，+∞），无单调递增区间；
当a＞0时，f（x）的单调递减区间为，单调递增区间为．
综上，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）的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）当时，，所以f（x）在区间（1，2）内单调递减，无最小值，不合题意．
当时，，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）在处取得最小值．
当a≥1时，，所以f（x）在区间（1，2）内单调递增，无最小值，不合题意．
综上，a的取值范围为．
（3）证明：不妨设0＜x1＜x2，
由题意得消去a得，
设x2＝tx1（t＞1），代入上式得，
，
下证，
即证（t+1）lnt﹣2t+2＞0．
设g（t）＝（t+1）lnt﹣2t+2（t＞1），则，
令，则，
所以g′（t）在区间（1，+∞）内单调递增，即g′（t）＞g′（1）＝0，
所以g（t）在区间（1，+∞）内单调递增，即g（t）＞g（1）＝0，
所以lnx1+lnx2＞0，所以x1x2＞1，
因为x1≠x2，x1，x2＞0，所以．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，不等式的证明，是中档题．
19．（2025 柳州二模）已知函数f（x）＝ex﹣asincx（c＞0），g（x）＝b．
（1）求f（x）在（0，f（0））处的切线；
（2）若f（x）与g（x）的图象有交点．
①当a＝0时，求b的取值范围；
②证明：a2+b2．
【分析】（1）先求导，得出f'（0）＝1﹣ac，又f（0）＝e0﹣asin0＝1，代入直线的点斜式方程即可求解；
（2）①由，构造函数，利用导数求最值即可求解；
②设a＝tcosθ，b＝tsinθ，t＞0，则 ，再利用放缩法即可得证．
【解答】解：（1）f'（x）＝ex﹣cacoscx，
故f'（0）＝1﹣ac，又f（0）＝e0﹣asin0＝1，
故在（0，f（0））处的切线方程为y﹣1＝（1﹣ac）x，
即（1﹣ac）x﹣y+1＝0；
（2）①当a＝0 时，f（x）＝ex，由f（0）≠g（0），故x＞0，
由，
设，
则，
函数h（x）在上单调递减，在单调递增，
所以x＞0时，h（x）的最小值为，
所以b的取值范围；
②证明：由题意，存在x0＞0，使得
，
设a＝tcosθ，b＝tsinθ，t＞0，
则
，
由x0＞0，故sin2cx0≤|sincx0|＜cx0，
所以，
由①知，
故，
故，即证．
【点评】本题考查导数的应用，属于难题．
20．（2025 如皋市模拟）若函数f（x）＝λlnx（λ＞0）与函数g（x）＝1的图象在公共点处有相同的切线．
（1）当λ＝1时，求函数f（x）与g（x）在公共点处的切线方程；
（2）求a的最小值；
（3）求证：当x＞0时，x（1﹣λlnx）≤a．
【分析】（1）设（x0，y0）为f（x）与g（x）的一个公共点，再根据斜率相等和切点在函数图像上列出等式，即可求得结果．
（2）设P（x0，y0）为f（x）与g（x）的一个公共点，再根据斜率相等和切点在函数图像上列出等式，得到，再构造函数，利用函数的单调性与最大值即可求得结果．
（3）证：x＞0时，，即证：对 x＞0恒成立，再通过构造函数利用函数的单调性即可证明．
【解答】解：（1）当λ＝1时，f（x）＝lnx，设（x0，y0）为f（x）与g（x）的一个公共点，
，，∴，
∴切点（1，0），k＝1
∴f（x）与g（x）在公共点处的切线方程为y＝x﹣1．
（2）设P（x0，y0）为f（x）与g（x）的一个公共点，，，
，由②，
∴，代入①，∴a（lnx0+1）＝x0，∴a（lnx0+1）＝x0，∴，，
令，∴，
当x＜1时，h′（x）＞0，h（x）在区间单调递增；当x＞1时，h′（x）＜0，h（x）在（1，+∞）单调递减，
∴h（x）max＝h（1）＝1，∴，a≥1，
当且仅当x0＝1，λ＝1时取“＝”，∴amin＝1．
（3）证明：由（2）知，，
证：x＞0时，，
即证：对 x＞0恒成立，
令，，
当0＜x＜x0时，F′（x）＜0，F（x）在（0，x0）上单调递减；当x＞x0时，F′（x）＞0，F（x）在（x0，+∞）单调递增，
故函数在x＝x0处取最小值，
∴F（x）≥F（x0）＝0，证毕!
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，利用导数研究曲线上某点的切线方程，考查运算求解能力，属于难题．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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2025高考数学模拟题分类汇编（二）——导数解答题专练
一．解答题（共20小题）
1．（2024 新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝lnax+b（x﹣1）3．
（1）若b＝0，且f′（x）≥0，求a的最小值；
（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；
（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．
2．（2024 新高考Ⅱ）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．
3．（2025 海口一模）已知函数f（x）＝ex（x2+x+a）在（0，f（0））处的切线与直线2x﹣y﹣3＝0平行，其中a∈R．
（1）求a的值；
（2）求函数f（x）在区间[﹣2，2]上的最值．
4．（2025 佛山一模）已知函数f（x）＝（x+k）ex，其中k∈R．
（1）当k＝﹣1时，讨论关于x的方程f（x）＝a（a∈R）的实根个数；
（2）当k＞﹣1时，证明：对于任意的实数x1，x2（x1≠x2），都有．
5．（2025 合肥一模）已知函数f（x）＝lnx﹣a（x），其中a＞0．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若函数f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2），证明：f（x1）+f（x2）+f（x1+x2）＞ln2．
6．（2025 南京模拟）已知f（x）＝3x﹣2sinx﹣k lnx．
（1）当k＝0时，求曲线f（x）在x处的切线方程；
（2）当k＝1时，讨论函数f（x）的极值点个数；
（3）若存在t1，t2∈R（t1＜t2），f（et1）＝f（et2），证明：t1+t2＜2lnk．
7．（2025 重庆模拟）已知函数f（x）＝ax4lnx+bx4﹣c在x＝e处的切线方程为y＝48e3x﹣39e4﹣c，其中a，b，c为常数，e为自然对数的底数．
（1）试确定a，b的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若对任意x＞0，不等式f（x）≥﹣4c2恒成立，求c的取值范围．
8．（2025 广西模拟）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求函数g（x）＝﹣f（x）+2x的极值．
（2）设0＜m＜1，曲线y＝f（x）在x＝m处的切线为l．
（i）证明：除切点外，曲线y＝f（x）恒在l的上方．
（ii）若，且xi＞0，证明：．
9．（2025 漳州模拟）已知函数f（x）＝xex．
（1）求函数f（x）的极值．
（2）若f（x）﹣lnx+ax≥1恒成立，求实数a的取值范围．
10．（2025 巴中模拟）已知函数f（x）＝xlnx．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）求证：当0＜x≤1时，2f（x）≥x2﹣1；
（3）若h（x）＝x2﹣2t|1|，其中0＜t＜1，讨论函数h（x）的零点个数．
11．（2025 惠东县模拟）已知函数f（x）＝ax2+1（a＞0），g（x）＝x3+bx．
（1）若曲线y＝f（x）与曲线y＝g（x）在它们的交点（1，c）处有公共切线，求a，b的值；
（2）当a＝3，b＝﹣9时，函数f（x）+g（x）在区间[k，2]上的最大值为28，求k的取值范围．
12．（2025 大庆模拟）已知函数f（x）＝（ax+1）ex（a∈R）在x＝0处取得极值．
（1）求a的值；
（2）若存在x＞0使得f（x）≥x+m，求实数m的取值范围．
13．（2025 长春模拟）已知函数．
（1）斜率为3的直线与f（x）的图象相切，且与x轴交点的横坐标为﹣1，求a的值；
（2）若f（x）是[1，e]上的单调函数，求a的取值范围．
14．（2025 汕头模拟）已知函数．
（1）证明曲线y＝f（x）是轴对称图形；
（2）设函数，x∈（0，+∞），解不等式（e是自然对数的底数）．
15．（2025 山海关区模拟）已知函数f（x）＝2x﹣asinx+sin2x（a∈R）．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点处的切线方程；
（2）若a＞0且函数f（x）在（0，π）上没有零点，求实数a的取值范围．
16．（2025 江苏模拟）已知函数f（x）＝ex﹣asinx，a∈R．
（1）当a＝2时，求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；
（2）当x∈[0，π]时，f（x）≥0，求a的取值范围．
17．（2025 深圳模拟）已知函数．
（1）若a＝﹣1，求函数y＝f（x）的极值；
（2）讨论f（x）的单调性；
（3）若x1，x2（x1＜x2）是f（x）的两个极值点，证明：f（x2）﹣f（x1）．
18．（2025 辽宁模拟）已知函数f（x）＝ax﹣lnx﹣1．
（1）求f（x）的单调区间；
（2）若f（x）在区间（1，2）内有最小值，求a的取值范围；
（3）若关于x的方程f（x）＝0有两个不同的解x1，x2，求证：x1+x2＞2．
19．（2025 柳州二模）已知函数f（x）＝ex﹣asincx（c＞0），g（x）＝b．
（1）求f（x）在（0，f（0））处的切线；
（2）若f（x）与g（x）的图象有交点．
①当a＝0时，求b的取值范围；
②证明：a2+b2．
20．（2025 如皋市模拟）若函数f（x）＝λlnx（λ＞0）与函数g（x）＝1的图象在公共点处有相同的切线．
（1）当λ＝1时，求函数f（x）与g（x）在公共点处的切线方程；
（2）求a的最小值；
（3）求证：当x＞0时，x（1﹣λlnx）≤a．
精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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