十年高考理科数学真题专题三导数及其应用八导数的综合应用及答案

专题三 导数及其应用 第八讲 导数的综合应用答案部分 2019年1.解析（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-．令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减； 若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增； 若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭U 时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减. （2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在0,3a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在,13a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，所以()f x 在[0,1]的最小值为32327a a f ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为(0)=2f 或(1)=4f a -.于是 3227a m =-+，4,02,2,2 3.a a M a -<<⎧=⎨≤<⎩ 所以332,02,27,2 3.27a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪-=⎨⎪≤<⎪⎩ 当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，所以M m -的取值范围是8,227⎛⎫⎪⎝⎭.当23a ≤<时，327a 单调递减，所以M m -的取值范围是8[,1)27.综上，M m -的取值范围是8[,2)27. 2.解析（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+． 令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =．又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-，即y x =与6427y x =-．（Ⅱ）要证()6x f x x -剟，即证()60f x x--剟，令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-．由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-． 令()0g'x =得0x =或83x =．(),()g'x g x 在区间[]2,4-上的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0． 故6()0g x -剟，即6()x f x x -剟．（Ⅲ）()()()[],2,4F x f x x a g x a x =--=-∈-，由（Ⅱ）知，()[]6,0g x ∈-， 当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =． 综上，当()M a 最小时，3a =-．3.解析（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-，从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a b a b +===-．此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-．令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>，则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得121133b b x x ++==．列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-．令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭．所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤．4.解析 （1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=. 当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈„时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.5.解析 （1）设()()g x f x '=，则()cos sin 1,()cos g x x x x g x x x '=+-=. 当π(0,)2x ∈时，()0g x '>；当π,π2x ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0g x '<，所以()g x 在π(0,)2单调递增，在π,π2⎛⎫⎪⎝⎭单调递减. 又π(0)0,0,(π)22g g g ⎛⎫=>=-⎪⎝⎭，故()g x 在(0,π)存在唯一零点. 所以()f x '在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0f a f =…，可得a ≤0.由（1）知，()f x '在(0,π)只有一个零点，设为0x ，且当()00,x x ∈时，()0f x '>；当()0,πx x ∈时，()0f x '<，所以()f x 在()00,x 单调递增，在()0,πx 单调递减.又(0)0,(π)0f f ==，所以，当[0,π]x ∈时，()0f x …. 又当0,[0,π]a x ∈„时，ax ≤0，故()f x ax …. 因此，a 的取值范围是(,0]-∞.6.解析（1）()f x 的定义域为（0，+∞）.11()ln 1ln x f x x x x x-'=+-=-. 因为ln y x =单调递增，1y x=单调递减，所以()f x '单调递增，又(1)10f '=-<，1ln 41(2)ln 2022f -'=-=>，故存在唯一0(1,2)x ∈，使得()00f x '=.又当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减；当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增. 因此，()f x 存在唯一的极值点.（2）由（1）知()0(1)2f x f <=-，又()22e e 30f =->，所以()0f x =在()0,x +∞内存在唯一根x α=. 由01x α>>得011x α<<.又1111()1ln 10f f αααααα⎛⎫⎛⎫=---==⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1α是()0f x =在()00,x 的唯一根. 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 7.解析（Ⅰ）由已知，()f x 的定义域为(0,)+∞，且211e ()e (1)e x x xax f x a a x x x'-⎡⎤=-+-=⎣⎦， 因此当0a ≤时，21e 0x ax -> ，从而()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞内单调递增.（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）知21()x ax e f x x '-=.令2()1xg x ax e =-，由10a e<<，可知()g x 在(0,)+∞内单调递减，又(1)10g ae =->，且221111ln 1ln 1ln 0g a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 故()0g x =在(0,)+∞内有唯一解，从而()0f x '=在(0,)+∞内有唯一解，不妨设为0x ，则011lnx a<<. 当()00,x x ∈时，()0()()0g x g x f x x x'=>=，所以()f x 在()00,x 内单调递增；当0(),x x ∈+∞时，()0()()0g x g x f x x x'=<=，所以()f x 在0(),x +∞内单调递减，因此0x 是()f x 的唯一极值点.令()ln 1h x x x =-+，则当1x >时，1()10h x x'=-<，故()h x 在(1,)+∞内单调递减，从而当1x >时，()()10h x h <= ，所以ln 1x x <-.从而1ln 111111ln ln ln ln 1e ln ln ln 1ln 0a f a h a a a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--=-+=< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，又因为()0(1)0f x f >=，所以()f x 在(1,)+∞内有唯一零点.又()f x 在()00,x 内有唯一零点1，从而，()f x 在(1,)+∞内恰有两个零点.（ii ）由题意，()()010,0,f x f x '⎧=⎪⎨=⎪⎩即()120111ln 1x x ax e x a x e ⎧=⎪⎨=-⎪⎩，从而1011201ln x x x x e x --=，即102011ln 1x x x x ex -=-.因为当1x >时，ln 1x x <- ，又101x x >>，故()102012011e 1x x x x x x --<=-，两边取对数，得120ln ln x x e x -<，于是()10002ln 21x x x x -<<-，整理得0132x x ->. 8.解析（Ⅰ）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-=， 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（Ⅱ）由1(1)2f a≤，得04a <≤．当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x ==. 故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()g t g =…．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫ ⎪⎝⎭„．由（i ）得11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此()0g t g =>…．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞…，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2f x a „． 综上所述，所求a的取值范围是0,4⎛ ⎝⎦．2010-2018年1．C 【解析】由2(1)()(2)x f x x x -'=-，02x <<知，()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，排除A 、B ；又(2)ln(2)ln ()f x x x f x -=-+=， 所以()f x 的图象关于1x =对称，C 正确．2．D 【解析】由导函数的图象可知，()y f x =的单调性是减→增→减→增，排除 A 、C ；由导函数的图象可知，()y f x =的极值点一负两正，所以D 符合，选D ． 3．C 【解析】函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(,)-∞+∞单调递增，等价于2245()1cos2cos cos cos 0333f x x a x x a x '=-+=-++… 在(,)-∞+∞恒成立． 设cos x t =，则245()033g t t at =-++…在[1,1]-恒成立， 所以45(1)03345(1)033g a g a ⎧=-++⎪⎪⎨⎪-=--+⎪⎩……，解得1133a-剟．故选C ． 4．D 【解析】因为2()3123(2)(2)f x x x x '=-=+-，令()0f x '=，2x =±，当(,2)x ∈-∞-时()0f x '>，()f x 单调递增；当(2,2)x ∈-时()0f x '<，()f x 单调递减；当(2,)x ∈-+∞时()0f x '>，()f x 单调递增．所以2a =．故选D ． 5．D 【解析】∵()ln f x kx x =-，∴1()f x k x'=-，∵()f x 在（1，+∞）单调递增， 所以当1x > 时，1()0f x k x '=-≥恒成立，即1k x≥在（1，+∞）上恒成立，∵1x >，∴101x<<，所以k ≥1，故选D ．6．C 【解析】由正弦型函数的图象可知：()f x 的极值点0x 满足0()f x =，则22x k m πππ=+()k Z ∈，从而得01()()2x k m k Z =+∈．所以不等式()22200[]x f x m +<，即为2221()32k m m ++<，变形得21[1()]32m k -+>，其中k Z ∈．由题意，存在整数k 使得不等式21[1()]32m k -+>成立．当1k ≠-且0k ≠时，必有21()12k +>，此时不等式显然不能成立，故1k =-或0k =，此时，不等式即为2334m >，解得2m <-或2m >． 7．C 【解析】当(0,1]x ∈时，得321113()4()a x x x --+≥，令1t x=，则[1,)t ∈+∞，3234a t t t --+≥，令()g t =3234t t t --+，[1,)t ∈+∞，则()2981(1)(91)g x t t t t '=--+=-+-，显然在[1,)+∞上，()0g t '<，()g t 单调递减，所以max ()(1)6g t g ==-，因此6a -≥；同理，当[2,0)x ∈-时，得2a -≤．由以上两种情况得62a --≤≤．显然当0x =时也成立，故实数a 的取值范围为[6,2]--．8．C 【解析】设()ln xf x e x =-，则1()xf x e x'=-，故()f x 在(0,1)上有一个极值点，即()f x 在(0,1)上不是单调函数，无法判断1()f x 与2()f x 的大小，故A 、B 错；构造函数()x e g x x =，2(1)()x e x g x x -'=，故()g x 在(0,1)上单调递减，所以()()12g x g x >，选C ．9．B 【解析】当0a =，可得图象D ；记2()2af x ax x =-+， 232()2()g x a x ax x a a R =-++∈，取12a =，211()(1)24f x x =--，令()0g x '=，得2,23x =，易知()g x 的极小值为1(2)2g =，又1(2)4f =，所以(2)(2)g f >，所以图象A 有可能；同理取2a =，可得图象C 有可能；利用排除法可知选B ．10．C 【解析】若0c =则有(0)0f =，所以A 正确。

专题03 导数及其应用【2021年乙卷】安徽、河南、山西、江西、甘肃、陕西、黑龙江、吉林、宁夏、新疆、青海、内蒙古1. 设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则（ ）A. a b <B. a b >C. 2ab a <D. 2ab a >【2021年甲卷】贵州、云南、四川、西藏、广西 2. 曲线212x y x -=+在点()1,3--处的切线方程为__________．【2021年新课标1卷】山东、广东、河北、江苏、湖北、湖南、福建 3. 若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A. e b a < B. e a b < C. 0e b a << D. 0e a b <<【2021年新课标1卷】山东、广东、河北、江苏、湖北、湖南、福建 4. 函数()212ln f x x x =--的最小值为______.【2020年】5.（2020·新课标Ⅰ）函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为（ ） A. 21y x =-- B. 21y x =-+ C. 23y x =-D. 21y x =+6.（2020·新课标Ⅲ）若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为（ ） A. y =2x +1 B. y =2x +12 C. y =12x +1 D.y =12x +12【2019年】7．（2019·全国Ⅲ卷】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则A ．e 1a b ==-，B ．a=e ，b =1C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-8．（2019·天津卷）已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e9．（2019浙江卷）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则A ．a <–1，b <0B ．a <–1，b >0C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >010．（2019·全国Ⅰ卷）曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．11．（2019·江苏卷）在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ .12．（2019·江苏卷）在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ .13．（2019·北京卷）设函数（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________．【2018年】14．（2018·全国Ⅰ卷）设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x = D ．y x =15．（2018·全国Ⅱ卷）函数()2e e x xf x x--=的图像大致为16．（2018·全国Ⅲ卷）函数422y x x =-++的图像大致为17．（2018·全国Ⅱ卷）曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．18．（2018·全国Ⅲ卷）曲线()1e xy ax =+在点()0,1处的切线的斜率为2-，则a =________．19．（2018·全国Ⅰ卷）已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．20．（2018·江苏卷）若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【2017年】21．（2017·全国Ⅲ卷）已知函数211()2(e e )x x f x x x a --+=-++有唯一零点，则a =A ．12- B ．13C ．12D ．122．（2017·全国Ⅱ卷）若2x =-是函数21()(1)e x f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为 A ．1- B ．32e -- C ．35e - D ．123．（2017·浙江卷）函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是24．（2017·江苏卷）已知函数31()2e exx f x x x =-+-，其中e 是自然对数的底数．若(1)f a -+2(2)0f a ≤，则实数a 的取值范围是 ．25．（2017·山东卷）若函数e ()xf x （e 2.71828=是自然对数的底数）在()f x 的定义域上单调递增，则称函数()f x 具有M 性质.下列函数中所有具有M 性质的函数的序号为 . ①()2xf x -=②()3xf x -=③3()f x x =④2()2f x x =+【2016年】26. 【2016高考山东理数】若函数()y f x =的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称()y f x =具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是（ ） （A ）sin y x =（B ）ln y x =（C ）e x y =（D ）3y x =27.【2016年高考四川理数】设直线l 1，l 2分别是函数f (x )= ln ,01,ln ,1,x x x x -<<⎧⎨>⎩图象上点P 1，P 2处的切线，l 1与l 2垂直相交于点P ，且l 1，l 2分别与y 轴相交于点A ，B ，则△P AB 的面积的取值范围是( )（A ）(0,1) （B ）(0,2) （C ）(0,+∞) （D ）(1,+∞)28.【2016高考新课标2理数】若直线y kx b =+是曲线ln 2y x =+的切线，也是曲线ln(1)y x =+的切线，则b = ．29.【2016高考新课标3理数】已知()f x 为偶函数，当0x <时，()ln()3f x x x =-+，则曲线()y f x =在点(1,3)-处的切线方程是_______________．【2015年新课标1卷】30、设函数f(x)=e x (2x-1)-ax+a,其中a 1，若存在唯一的整数x 0，使得f （x 0）0，则a 的取值范围是（ ）A.[-，1）B. [-，）C. [，）D. [，1）（2015•天津）31．曲线y=x 2与y=x 所围成的封闭图形的面积为【2014年新课标1卷】32．已知函数()3231f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是A ．()2,+∞B ．()1,+∞C ． (),2-∞-D ．(),1-∞-【2014年新课标2卷】33． 设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3【2014年全国大纲卷】34．（5分）曲线y=xe x﹣1在点（1，1）处切线的斜率等于（ ）A ．2eB ．eC ．2D ．1【2013年全国新课标1卷】35、已知函数()f x =22,0ln(1),0x x x x x ⎧-+≤⎨+>⎩，若|()f x |≥ax ，则a 的取值范围是A .(,0]-∞B .(,1]-∞C .[-2,1]D .[-2,0]36．(2013课标全国Ⅱ，理10)已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，下列结论中错误的是( )．A ．∃x 0∈R ，f (x 0)＝0B ．函数y ＝f (x )的图像是中心对称图形C ．若x 0是f (x )的极小值点，则f (x )在区间(－∞，x 0)单调递减D ．若x 0是f (x )的极值点，则f ′(x 0)＝0。

2013-2022十年全国高考数学真题分类汇编专题03 导数选填题一、选择题1．(2022年全国甲卷理科·第6题)当1x =时，函数()ln bf x a x x=+取得最大值2-，则(2)f '=( )A 1-B ．12-C ．12D ．1【答案】B解析：因为函数()f x 定义域为()0,∞+，所以依题可知，()12f =-，()10f '=，而()2a bf x x x '=-，所以2,0b a b =--=，即2,2a b =-=-，所以()222f x x x'=-+，因此函数()f x 在()0,1上递增，在()1,+∞上递减，1x =时取最大值，满足题意，即有()112122f '=-+=-．故选：B ．【题目栏目】导数\导数的应用\导数与函数的最值\含参函数的最值问题【题目来源】2022年全国甲卷理科·第6题2．(2022新高考全国I 卷·第7题)设0.110.1e ,ln 0.99a b c ===-，，则( )A ．a b c <<B ．c b a<<C ．c a b <<D ．a c b<<【答案】C解析: 设()ln(1)(1)f x x x x =+->-，因为1()111x f x x x'=-=-++，当(1,0)x ∈-时，()0f x '>，当,()0x ∈+∞时()0f x '<，所以函数()ln(1)f x x x =+-在(0,)+∞单调递减，在(1,0)-上单调递增，所以1()(0)09f f <=，所以101ln099-<，故110ln ln 0.999>=-，即b c >，所以1()(0)010f f -<=，所以91ln+01010<，故1109e 10-<，所以11011e 109<，故a b <，设()e ln(1)(01)xg x x x x =+-<<，则()()21e 11()+1e 11xx x g x x x x -+'=+=--,令2()e (1)+1x h x x =-，2()e (21)x h x x x '=+-，.当01x <<-时，()0h x '<，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递减，11x -<<时，()0h x '>，函数2()e (1)+1x h x x =-单调递增，又(0)0h =， 所以当01x <<-时，()0h x <，所以当01x <<-时，()0g x '>，函数()e ln(1)xg x x x =+-单调递增，所以(0.1)(0)0g g >=，即0.10.1e ln 0.9>-，所以a c >故选：C ．【题目栏目】导数\导数的应用\导数与函数的最值\具体函数的最值问题【题目来源】2022新高考全国I 卷·第7题3．(2021年新高考Ⅰ卷·第7题)若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则( )A ．e b a <B ．e a b <C ．0e b a <<D ．0e ab <<【答案】D解析:在曲线x y e =上任取一点(),tP t e ，对函数x y e =求导得e x y '=，所以，曲线x y e =在点P 处的切线方程为()t t y e e x t -=-，即()1t ty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1t t y e x t e +-上，可得()()11t t tb ae t e a t e =+-=+-，令()()1t f t a t e =+-，则()()tf t a t e '=-．当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增，当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减，所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点,故选D ．【题目栏目】导数\导数的概念及运算\导数的几何意义【题目来源】2021年新高考Ⅰ卷·第7题4．(2021年高考全国乙卷理科·第10题)设0a ≠，若x a =为函数()()()2f x a x a x b =--的极大值点，则( )A a b < B ．a b >C ．2ab a <D ．2ab a >【答案】D解析：若a b =，则()()3f x a x a =-为单调函数，无极值点，不符合题意，故a b ¹．()f x ∴有x a =和x b =两个不同零点，且在x a =左右附近是不变号，在x b =左右附近是变号的．依题意，为函数的极大值点，∴在x a =左右附近都是小于零的．当0a <时，由x b >，()0f x ≤，画出()f x的图象如下图所示：.由图可知b a <，0a <，故2ab a >．当0a >时，由x b >时，()0f x >，画出()f x 的图象如下图所示：由图可知b a >，0a >，故2ab a >．综上所述，2ab a >成立．故选：D【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答．【题目栏目】导数\导数的应用\导数与函数的极值\含参函数的极值问题【题目来源】2021年高考全国乙卷理科·第10题5．(2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第6题)函数43()2f x x x =-的图像在点(1(1))f ，处的切线方程为( )A ．21y x =--B ．21y x =-+C ．23y x =-D ．21y x =+【答案】B【解析】()432f x x x =- ，()3246f x x x '∴=-，()11f ∴=-，()12f '=-，因此，所求切线的方程为()121y x +=--，即21y x =-+．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【题目栏目】导数\导数的概念及运算\导数的几何意义【题目来源】2020年高考数学课标Ⅰ卷理科·第6题6．(2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第10题)若直线l 与曲线y和x 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( )A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1D ．y =12x +12【答案】D解析：设直线l在曲线y =上的切点为(0x ，则00x >，函数y =的导数为y '=，则直线l的斜率k =，设直线l的方程为)0y x x =-，即00x x -+=，由于直线l 与圆2215x y +==两边平方并整理得2005410x x --=，解得01x =，015x =-(舍)，则直线l 的方程为210x y -+=，即1122y x =+．故选：D ．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题．【题目栏目】导数\导数的概念及运算\导数的几何意义【题目来源】2020年高考数学课标Ⅲ卷理科·第10题7．(2019年高考数学课标Ⅲ卷理科·第6题)已知曲线e ln x y a x x =+在点()1,ae 处的切线方程为2y x b =+，则( )A ．,1a e b ==-B ．,1a e b ==C ．1,1a e b -==D ．1,1a eb -==-【答案】【答案】D【解析】由/ln 1x y ae x =++，根据导数的几何意义易得/1|12x y ae ==+=，解得1a e -=，从而得到切点坐标为(1,1)，将其代入切线方程2y x b =+，得21b +=，解得1b =-，故选D ．【点评】准确求导是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，二导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．另外对于导数的几何意义要注意给定的点是否为切点，若为切点，牢记三条：①切点处的导数即为切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上。