第五章 一元函数的导数及其应用全章综合测试卷（提高篇）
【人教 A 版 2019】
考试时间：90 分钟；满分：150 分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共 22 题，单选 8 题，多选 4 题，填空 4 题，解答 6 题，满分 150 分，限时 90 分钟，本卷题型针对性较
高，覆盖面广，选题有深度，可衡量学生掌握本章内容的具体情况！
一．选择题（共 8 小题，满分 40 分，每小题 5 分）
1 ( 0 ― ) ― ( 0)．（5 分）（2022·广西玉林·高二期末（理））设 ( )是定义在 R 上的可导函数，若lim
→0
= 2
（a 为常数），则 ′( 0) = （ ）
A． ―2 B．2a C． ― D．a
2．（5 分）（2022·江西·高二开学考试（理））若函数 ( )的导函数为 ′( )，且满足 ( ) = 2 ′(1)ln + 2 ，
则 (e) = （ ）
A．0 B． ―1 C． ―2 D． ―4 + 2e
3．（5 分）（2022·陕西安康·高二期末（文））为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，有关部门对该药物在人
体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度 c 与时间 t 的关系为 = ( )，甲、乙两人
服用该药物后，血管中药物浓度随时间 t 变化的关系如下图所示．给出下列四个结论错误的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同；
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不同；
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；
D．在[ 1, 2]，[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同．
4．（5 分）（2022·湖北·高三阶段练习）若直线 = + 是曲线 ( ) = e ―3与 ( ) = e +2022 ―2022的公
切线，则 = （ ）
A 1011 B 2022 2025．1012 ．2025 C．2022 D．1
3
5．（5 分）（2022· 4四川自贡·一模（理））已知 ( ) = ― 2 ― cos ，若 = e―4 ， = ln ， = 5
― 1 ，则 a，b，c 的大小关系为（ ）
4
A． < < B． < < C． < < D． < <
6．（5 分）已知定义在 上的函数 ( )的导函数为 ′( )，对任意的 满足 ′( ) ― ( ) = e ．若 ( )的最小值
为 ― e，则不等式 ( ) > 0的解集是（ ）
A 1． , + ∞ B．(2, + ∞) C．(e, + ∞) D．(e2, + ∞)e
7．（5 分）（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数 ( ) = ― （ > 1），且 ( )在[1,2]有两个零点，则
的取值范围为（ ）
A．(1,2] B．(1,e) C．[2,e) D．(e,e2]
8．（5 分）（2022·江西·高三阶段练习（理））设函数 ( )是定义域为R的增函数，且 (2 + 1)关于(1,0)对
称，若不等式 ( ― 2e ) + (2ln + + 2) ≥ 0有解，则实数 a 的最小值为（ ）
A．e ―1 B．5 C．e +3 D．6
二．多选题（共 4 小题，满分 20 分，每小题 5 分）
9．（5 分）（2022·黑龙江·高二阶段练习）（多选）为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该药
物在人体血管中的药物浓度进行测量，甲、乙两人服用该药物后，血管中的药物浓度 （单位：mg/mL）随
时间 （单位：h）变化的关系如图所示，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度的瞬时变化率相同
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中的药物浓度的平均变化率相同
D．在[ 1, 2]，[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中的药物浓度的平均变化率不相同
10．（5 分）（2022·福建宁德·高三期中）已知函数 ( )及其导函数 ′( )，若存在 0使得 ( 0) = ′( 0)，则
称 0是 ( )的一个“巧值点”，下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
1
A． ( ) = B． ( ) = e C． ( ) = tan D． ( ) =
11．（5 分）（2022·江苏·高三期中）已知函数 ( ) = 3 ―2 2 ―4 ― 7，其导函数为 = ′( )，下列说法正
确的是（ ）
A．函数 = ( ) 2的单调减区间为 ― ,2
3
B．函数 = ( )的极小值是 ―15
C．当 > 2时，对于任意的 > ，都有 ( ) < ( ) + ′( )( ― )
D．函数 = ( )的图像有条切线方程为 = 3 ― 1
12．（5 分）（2022·黑龙江·高三期中）已知函数 ( ) = 2ln ― 2则下列结论正确的有（ ）
A．当 = 1时， = 1是 = ( )的极值点
B 1．当 > e时， ( ) < 0恒成立
C．当 < 12e时， = ( )有 2 个零点
D．若 1, 2是关于 x 的方程 ( ) = 0的 2 个不等实数根，则 1 2 > e
三．填空题（共 4 小题，满分 20 分，每小题 5 分）
13．（5 分）（2022·广东·高二阶段练习）酒杯的形状为倒立的圆锥(如图)，杯深 8 cm，上口宽 6 cm，水以
20 cm3/s 的流量倒入杯中，当水深为 4 cm 时，水升高的瞬时变化率为 ．
14．（5 分）（2022·全国·高二专题练习）已知2 ( ) + ′( ) = 2 cos2 + 2(cos + sin )2，且 > 0，
2
= 5，那么 ( ) = .
15 5 2022· · = ― 1．（ 分）（ 广东 高三阶段练习）已知函数 ( ) 33 + + ，给出以下说法：
①当 ( )有三个零点时， 的取值范围为 ― 2 , 2 ；
3 3
② ( ) = | ( ) ― |是偶函数；
③设 ( )的极大值为 ，极小值为 ，若 + = 2，则 = 2；
④若过点 (1,1)可以作 ( ) 1图象的三条切线，则 的取值范围为 0, .
3
其中所有正确说法的序号为 .
16．（5 ln 分）（2022·四川省高三阶段练习（理））已知函数 ( )= , ( )= e- ，若存在 1 ∈ (0,+∞), 2 ∈
R，使得 ( 1) = ( 2) = 成立，则下列命题正确的有 ．
①当 >0时， 1 + 2 >1
②当 >0时，2< + e 1 2 <2e
③当 <0时， 1 + 2 <1
<0 2 e 1④当 时， 的最小值为 -1 e
四．解答题（共 6 小题，满分 70 分）
17．（10 分）（2022·全国·高二课时练习）已知三个函数 f1(x)＝2x，f2(x)＝x2，f3(x)＝2x.
（1）指出三个函数在[0，＋∞)上的单调性；
（2）取 x1＝0，x2＝2，x3＝4，x4＝6，Δx＝2.求三个函数分别在区间[xi，xi＋Δx](i＝1,2,3,4)上的平均变化率
(列成表格即可)；
（3）分析三个函数在[xi，xi＋Δx](i＝1,2,3,4，…)上随自变量的增加，其平均变化率的变化情况.
18．（12 分）（2022·全国·高二课时练习）求下列函数的导数：
2
(1) = 3 + 1；
(2) = (1 ― 2 )3；
(3) = ln(2 + 1)；
(4) = cos3；
(5) = sin 3 ― 3 ；
2
(6) = 22 +1．
19．（12 分）（2022· 1 1 1山东·高三阶段练习）已知函数 ( ) = 33 + 2(2 ― 1)
2 ―2 ― 2．
(1)当 = 3时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 < 0，讨论 = ( )的单调性．
20．（12 分）（2022·四川高三期中）已知函数 ( ) = 2 ―2ln .
(1)求函数 ( )的极值；
1
(2)设 ( ) = ( ) ― 2 + 2 +1 ( < 0)有两个不同的零点 1， 2， 0为其极值点，证明：2 ( 0) < ―
2
< 12 +
1
22
．
21．（12 分）（2022·河北·高三阶段练习）已知函数 ( ) = ln( + 1) ― e +1.
(1)若 ≤ 0，讨论 ( )的单调性；
(2)若0 < < 1e,
（i）证明 ( )恰有两个零点；
（ii）设 0为 ( )的极值点， 1为 ( )的零点且 1 > 0，证明：3 0 > 1.
22．（12 分）（2022·全国·模拟预测）设函数 ( ) = e + ， ′( )为 ( )的导函数.
(1)当 = ―1时，
①若函数 ( )的最大值为 0，求实数 的值；
②若存在实数 > 0，使得不等式 ( ) ≥ ― ln 成立，求实数 的取值范围.
(2)当 = 1时，设 ( ) = ′( )，若 ( 1) = ( 2)，其中 1 ≠ 2，证明： 1 2 > 4.第五章 一元函数的导数及其应用全章综合测试卷（提高篇）
参考答案与试题解析
一．选择题（共 8 小题，满分 40 分，每小题 5 分）
1．（5 分）（2022· ( 0 ― ) ― ( 0)广西玉林·高二期末（理））设 ( )是定义在 R 上的可导函数，若lim = 2 →0
（a 为常数），则 ′( 0) = （ ）
A． ―2 B．2a C． ― D．a
【解题思路】根据导数的定义及极限的性质计算可得；
= lim ( 0 ― ) ― ( 0)【解答过程】解： ′( 0) ― = ― lim
( 0 ― ) ― ( 0) = ―2 .
→0 →0
故选：A.
2．（5 分）（2022·江西·高二开学考试（理））若函数 ( )的导函数为 ′( )，且满足 ( ) = 2 ′(1)ln + 2 ，
则 (e) = （ ）
A．0 B． ―1 C． ―2 D． ―4 + 2e
【解题思路】对 ( )求导，得到 ′( ) = 2 ′(1) +2，令 = 1，得到 ′(1) = ―2，即可得到 ( ) = ―4ln + 2 ，
然后求 (e)即可.
( ) = 2 ′(1)ln + 2 ′( ) = 2 ′(1)【解答过程】由 ，得 +2，令 = 1，则 ′(1) = 2 ′(1) +2，解得 ′ 1 (1) = ―2，
所以 ( ) = ―4ln + 2 ， (e) = ―4 + 2e.
故选：D.
3．（5 分）（2022·陕西安康·高二期末（文））为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，有关部门对该药物在人
体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度 c 与时间 t 的关系为 = ( )，甲、乙两人
服用该药物后，血管中药物浓度随时间 t 变化的关系如下图所示．给出下列四个结论错误的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同；
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不同；
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；
D．在[ 1, 2]，[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率相同．
【解题思路】根据图象以及导数的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【解答过程】A 选项，根据图象可知，在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同，A 选项结论正确.
B 选项，根据图象以及导数的知识可知，在 2时刻，甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不同，
B 选项结论正确.
C 选项，根据图象可知，在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同，
C 选项结论正确.
D 选项，根据图象可知，在[ 1, 2]这个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率为大于
在[ 2, 3]这个时间段内，甲血管中药物浓度的平均变化率
D 选项结论错误.
故选：D.
4．（5 分）（2022·湖北·高三阶段练习）若直线 = + 是曲线 ( ) = e ―3与 ( ) = e +2022 ―2022的公
切线，则 = （ ）
A 1011 2022 2025．1012 B．2025 C．2022 D．1
【解题思路】设直线 = + 与 ( )的图象相切于点 1( 1, 1)，与 ( )的图象相切于点 2( 2, 2)，求出 ′
( )， ′( )，由点 1( 1, 1)、点 2( 2, 2)在切线上，得切线方程，进而即得.
【解答过程】设直线 = + 与 ( ) = e ―3的图象相切于点 1( 1, 1)，与 ( ) = e +2022 ―2022的图象相
切于点 2( 2, 2)，
又 ′( ) = e ―3， ′( ) = e +2022，
所以 = e 1―31 ， 2 = e 2+2022 ―2022，
由点 1( 1, 1)在切线上，得切线方程为 ― e 1―3 = e 1―3( ― 1)；
由点 ( , )在切线上，得切线方程为 ― e 2+2022 +2022 = e 2+20222 2 2 ( ― 2)，
e 1―3 = e 2+2022
故 e 1―3(1 ― 1) = e 2+2022(1 ― 2) ― 2022 ，
解得 1 ― 2 = 2025，e 1―3 =
2022
2025，
= ―3 = 2022故 e 1 2025.
故选：B.
3
5．（5 分）（2022·四川自贡·一模（理））已知 ( ) = ― 2 ― cos ，若 = e―4 ， = ln 4 = ― 1， ，5 4
则 a，b，c 的大小关系为（ ）
A． < < B． < < C． < < D． < <
5
【解题思路】首先证明此函数为偶函数，再利用其导函数得到其单调性，利用其是偶函数得到 = ln ，
4
= 1 ―
3 1 1 1 5 1 5
，通过指数函数单调性得e 4 > e―1 = e > 4，再根据幂函数性质证明出e4 > 4，同取对数得到4 > ln4，4
―3e > 1则有 4 4 > ln
5
4，再利用 ( )单调性即可得到大小关系.
【解答过程】因为 ( ) = ― 2 ― cos , ∈ R，定义域关于原点对称，
( ― ) = ― ( ― )2 ― cos( ― ) = ― 2 ― cos = ( )，
所以 ( )为R上的偶函数，
当 ≥ 0时, ′( ) = ―2 + sin ,，设 ( ) = ―2 + sin ，
则 ′( ) = ―2 + cos ， ∵ ―1 ≤ cos ≤ 1， ∴ ′( ) < 0，
所以 ( )即 ′( )在[0, + ∞)上单调递减,所以 ′( ) ≤ ′(0) = 0,
所以 ( )在[0, + ∞)上单调递减,又因为 ( )为偶函数,
所以 ( )在( ― ∞,0]上单调递增，
4 1 4
又因为ln5 < 0, ― 4 < 0, = ln = ―ln
4 = ln 5 ,
5 5 4
= ― 1 = 1 ，
4 4
―3 1 1
又因为e 4 > e―1 = e > 4,
1 1 1 4 5 4 1 5
因为 = lne4, e4 = e, ≈ 2.4 < e，所以e44 >4 4,
1 5 1
所以lne4 > ln4，即4 > ln
5
4,
―3e > 1 > ln5所以 4 4 4,
3
所以 e― < 1 < ln 54 ,
4 4
即 < < .
故选：D.
6．（5 分）已知定义在 上的函数 ( )的导函数为 ′( )，对任意的 满足 ′( ) ― ( ) = e ．若 ( )的最小值
为 ― e，则不等式 ( ) > 0的解集是（ ）
A 1． , + ∞ B．(2, + ∞) C．(e, + ∞) D．(e2, + ∞)e
【解题思路】构造函数 ( ) = ( )e ，利用导数可得出 ′( ) = 1，可得出 ( ) = ( + )e
，其中 为常数，利
用导数求出函数 ( )的最小值，可得出 的值，然后再解不等式 ( ) > 0即可.
【解答过程】构造函数 ( ) = ( ) ′( ) ― ( )e ，该函数的定义域为 ，则 ′( ) = e = 1，
( ) = ( )所以， e = + ，可得 ( ) = ( + )e
，其中 为常数，
则 ′( ) = ( + + 1)e ，当 < ― ― 1， ′( ) < 0，函数 ( )单调递减，
当 > ― ― 1时， ′( ) > 0，函数 ( )单调递增，
所以， ( )min = ( ― ― 1) = ― e― ―1 = ― e，解得 = ―2，
故 ( ) = ( ― 2)e ，由 ( ) > 0可得 > 2，
所以，不等式 ( ) > 0的解集是(2, + ∞).
故选：B.
7．（5 分）（2022·江苏南京·模拟预测）已知函数 ( ) = ― （ > 1），且 ( )在[1,2]有两个零点，则
的取值范围为（ ）
A．(1,2] B．(1,e) C．[2,e) D．(e,e2]
【解题思路】根据给定条件，利用零点的意义等价转化，构造函数 ( ) = ln ― ln ― ln ，再借助导数探
讨函数 ( )在[1,2]有两个零点作答.
【解答过程】 > 1， ∈ [1,2]，由 ( ) = 0得， = ，则 ln = ln + ln ，令 ( ) = ln ― ln ― ln ，
依题意，函数 ( )在[1,2]有两个零点，显然 (1) = 0，而 ′( ) = ln ―
1
在[1,2]上单调递增，
则有ln ― 1 ≤ 1 1′( ) ≤ ln ― 2，当ln ― 1 ≥ 0或ln ― 2 ≤ 0，即 ≥ e或1 < ≤ e时， ( )在[1,2]上单调递
增或单调递减，
即有函数 ( ) 1 1在[1,2]只有一个零点 1，因此 e < < e，此时当1 ≤ < ′ln 时， ( ) < 0，当ln < ≤ 2时， ′
( ) > 0，
1 1 1
函数 ( )在[1,ln )上单调递减，在(ln ,2]单调递增，则 ( )min = (ln ) < (1) = 0，
1
要函数 ( )在[1,2]有两个零点，当且仅当 ( )在(ln ,2]上有一个零点，即有 (2) = ln ― ln2 ≥ 0，解得
≥ 2，
所以 的取值范围2 ≤ < e.
故选：C.
8．（5 分）（2022·江西·高三阶段练习（理））设函数 ( )是定义域为R的增函数，且 (2 + 1)关于(1,0)对
称，若不等式 ( ― 2e ) + (2ln + + 2) ≥ 0有解，则实数 a 的最小值为（ ）
A．e ―1 B．5 C．e +3 D．6
【解题思路】由题意令 ( ) = (2 + 1)关于(1,0)对称，有 (1 + ) + (1 ― ) = 0，由此变换化简得 ( ) +
(6 ― ) = 0，然后由 ( ― 2e ) + (2ln + + 2) ≥ 0函数 ( )是定义域为R的增函数得到相应的不等式，分
离参数构造新函数，对新函数求导，利用导数来研究最值即可
【解答过程】设 ( ) = (2 + 1)，所以 ( )关于(1,0)对称，
所以 (1 + ) + (1 ― ) = 0
所以 [2(1 + ) + 1] + [2(1 ― ) + 1] = 0
即 (3 + 2 ) + (3 ― 2 ) = 0
令 = 3 + 2 2 = ― 3
所以 ( ) + [3 ― ( ― 3)] = 0 ( ) + (6 ― ) = 0
即 ( ) + (6 ― ) = 0
所以 (6 ― ) = ― ( )
由不等式 ( ― 2e ) + (2ln + + 2) ≥ 0有解，
即 ( ― 2e ) ≥ ― (2ln + + 2) = [6 ― (2ln + + 2)]
( ― 2e ) ≥ (4 ― 2ln ― )，
因为函数 ( )是定义域为R的增函数，
所以 ― 2e ≥ 4 ― 2ln ― 成立，
即 ≥ 2e +4 ― 2ln ― 成立，
即求 ≥ ( 2e + 4 ― 2ln ― )min，
设 ( ) = 2e +4 ― 2ln ― , > 0，
所以 ′( ) = 2 + 2 ― 2e e ―1
2 +
= e (2 + ) ―
= (2 + )(
2e ― 1)
，
令 ( ) = 2e ―1( > 0)，
所以 ′( ) = 2 e + 2e = e (2 + )，
因为 > 0，所以 ′( ) > 0，
所以 ( )在 ∈ (0, + ∞)上单调递增，
1 e
又 (2) = ―1 < 0, (1) = e ―1 > 0，4
所以 ( ) 1在 ,1 上存在唯一的零点 0 满足2
2 00e ―1 = 0 2e 00 = 1，
此时当0 < < 0时， ( ) < 0, ′( ) < 0，
当 > 0时， ( ) > 0, ′( ) > 0，
所以 ( )在(0, 0)单调递减，在( 0, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = ( 0) = 2e 00 ―2ln 0 ― 0 +4，
因为 2e 00 = 1，
所以ln 2e 00 = ln1 ln
2
0 + lne 0 = 0 2ln 0 + 0 = 0，
所以 ( )min = 1 ― 0 + 4 = 5，
所以 ≥ 5，
所以 有最小值：5，
故选：B.
二．多选题（共 4 小题，满分 20 分，每小题 5 分）
9．（5 分）（2022·黑龙江·高二阶段练习）（多选）为了评估某种治疗肺炎药物的疗效，现有关部门对该药
物在人体血管中的药物浓度进行测量，甲、乙两人服用该药物后，血管中的药物浓度 （单位：mg/mL）随
时间 （单位：h）变化的关系如图所示，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．在 1时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度相同
B．在 2时刻，甲、乙两人血管中的药物浓度的瞬时变化率相同
C．在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中的药物浓度的平均变化率相同
D．在[ 1, 2]，[ 2, 3]两个时间段内，甲血管中的药物浓度的平均变化率不相同
【解题思路】根据已知血管中的药物浓度 随时间 变化图象，结合瞬时变化率、平均变化率的概念判断各选
项的正误.
【解答过程】A：在 1时刻，两图象相交，即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同，正确；
B：两条曲线在 2时刻的切线的斜率不相等，所以甲、乙两人血管中的药物浓度的瞬时变化率不相同，错误；
C：根据平均变化率公式，可知在[ 2, 3]这个时间段内，甲、乙两人血管中的药物浓度的平均变化率都是
3 ― 2
― ，正确；3 2
2 ― D 1：在[ 1, 2]时间段内，甲血管中的药物浓度的平均变化率是 ― ，在[ 2, 3]时间段内，甲血管中的药物浓2 1
3 ― 2
度的平均变化率是 ― ，显然不相等，正确．3 2
故选：ACD．
10．（5 分）（2022·福建宁德·高三期中）已知函数 ( )及其导函数 ′( )，若存在 0使得 ( 0) = ′( 0)，则
称 0是 ( )的一个“巧值点”，下列选项中有“巧值点”的函数是（ ）
1
A． ( ) = B． ( ) = e C． ( ) = tan D． ( ) =
【解题思路】根据“巧值点”的定义，结合导数运算，对每个选项进行逐一判断，即可选择.
【解答过程】对 A： ( ) = ，则 ′( ) = 1，令 ( ) = ′( )，则 = 1，故 ( )有“巧值点”；
对 B： ( ) = e ，则 ′( ) = e ，因为 ( ) = ′( )恒成立，故任意的 ∈ R，都是 ( )的“巧值点”；
1 1
对C： ( ) = tan ，则 ′( ) = cos2 ，令tan = cos2 ，整理得sin 2 = 2，方程无根，
故 ( ) = tan 没有“巧值点”；
1 1
对D： ( ) = 定义域为{ | > 0}，则 ′ ( ) = ― 2 < 0，而 ( ) > 0，
1
显然 ( ) = ′( )无根，故 ( ) = 没有“巧值点”.
故选：AB.
11．（5 分）（2022·江苏·高三期中）已知函数 ( ) = 3 ―2 2 ―4 ― 7，其导函数为 = ′( )，下列说法正
确的是（ ）
A = ( ) ― 2．函数 的单调减区间为 ,2
3
B．函数 = ( )的极小值是 ―15
C．当 > 2时，对于任意的 > ，都有 ( ) < ( ) + ′( )( ― )
D．函数 = ( )的图像有条切线方程为 = 3 ― 1
【解题思路】对函数 ( ) = 3 ―2 2 ―4 ― 7进行求导，对 A 令 ′( ) < 0即可解决问题；B 选项把增减区间
求出来后即可得极值；C 选项做差法证明即可；D 由切线斜率为 3 出发反向分析即可得答案.
【解答过程】因为 ( ) = 3 ―2 2 ―4 ― 7
所以 2′( ) = 3 2 ―4 ― 4 < 0， ― 3 < < 2，
所以 ( )的单调减区间为 ― 2 ,2 ，
3
故 A 正确．
令 ′( ) = 3 2 ―4 ― 4 > 0，
则 < ― 23或 > 2
所以 ( )在 ―∞, ― 2 ，(2, + ∞)单调递增
3
― 2在 ,2 单调递减
3
所以函数的极小值为 (2) = ―15，
故选项 B 正确；
由 ′( ) = 3 2 ―4 ― 4，
若 ( ) < ( ) + ′( )( ― )，
即 3 ― 3 ―2( 2 ― 2) ―4( ― ) < (3 2 ― 4 ― 4)( ― )
2 + 2 + ― 2( + ) ―4 < 3 2 ―4 ― 4
( ― )[ + 2( ― 1)] < 0
+ 2( ― 1) < 0矛盾，
故选项 C 错误．
′( ) = 3 2 ―4 ― 4 = 3，
7
解的 = ― 1或3，
当 = ― 1时切点( ―1, ― 6)不在 = 3 ― 1上
当 = 7 73时切点 , ―
392
不在 = 3 ― 1上，
3 27
故选项 D 错误，
故选：AB．
12．（5 分）（2022·黑龙江·高三期中）已知函数 ( ) = 2ln ― 2则下列结论正确的有（ ）
A．当 = 1时， = 1是 = ( )的极值点
B．当 > 1e时， ( ) < 0恒成立
C．当 < 12e时， = ( )有 2 个零点
D．若 1, 2是关于 x 的方程 ( ) = 0的 2 个不等实数根，则 1 2 > e
【解题思路】对于 A，代入 = 1后对 ( )求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于 B，构造函数
= ln 1( ) 2 ( > 0)，利用导数求得 ( )max = 2e，从而可证得 ( ) < 0；对于 C，举反例排除即可；对于 D，利
用极值点偏移的证明方法即可证得 1 2 > e.
2 2
【解答过程】对于 A，当 = 1时， ( ) = 2ln ― 2( > 0) ′( ) = ―2 = 2(1 ― )，则 ，
令 ′( ) > 0，得0 < < 1；令 ′( ) < 0，得 > 1；
所以 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
所以 = 1是 = ( )的极大值点，故 A 正确；
对于 B，令 ( ) = 2ln ― 2 = 0，得2 =
ln
2 ，
ln
1 2 ― 2 ln 1 ― 2ln
令 ( ) = 2 ( > 0)，则 ′( ) =
= 3 ，( 2)2
令 ′( ) = 0，解得 = e，
故当 ∈ (0, e)， ′( ) > 0， ( )单调递增；当 ∈ ( e, + ∞)， ′( ) < 0， ( )单调递减；
所以 ( )max = ( e) =
1
2e，
> 1 > 1 > ln 因为 e，所以2 ，故2 2 ，整理得2ln ―
2 < 0
2e ，即 ( ) < 0恒成立，故 B 正确；
对于 C，令 = 0，则 ( ) = 2ln ，令 ( ) = 0，解得 = 1，故 = ( )只有 1 个零点，故 C 错误；
对于 D，因为 1, 2是关于 的方程 ( ) = 0的 2 个不等实数根，
2ln 1 ― 21 = 0 ln 2 2所以 ，即 1 = 12ln 2 ― 22 = 0 ln 22 = 2
，
2
所以问题等价于ln = 有两个零点 1, 2，证明 1 2 > e2，
> > 0 ln 1 = 不妨设 ，则由 1
ln 1 ― ln 2
1 2 ln 2 = 得到 =2 ― ，1 2
要证 1 2 > e2，只需要证明ln 1 + ln 2 > 2，
ln + ln = = ln 1 ― ln 即只需证明： 1 2 ( 1 + 2) ( 1 + )
2
2 ― > 2，1 2
2 1 ― 1
只需证明：ln 1 ― ln >
2( 1 ― 2) 1
2 + ，即ln
2
1 2
>
2 1
，
+ 12
= 1令 > 1，2
ln > 2( ― 1)只需证明： + 1 ( > 1)，
2( ― 1)令 ( ) = ln ― + 1 ( > 1)，
2
则 = ( ― 1)′( ) ( + 1)2 > 0，即 ( )在(1, + ∞)上单调递增，
又 (1) = 0，所以 ( ) > (1) = 0，即ln >
2( ― 1)
+ 1 ( > 1)恒成立，
综上所述，原不等式成立，即 1 2 > e成立，故 D 正确.
故选：ABD.
三．填空题（共 4 小题，满分 20 分，每小题 5 分）
13．（5 分）（2022·广东·高二阶段练习）酒杯的形状为倒立的圆锥(如图)，杯深 8 cm，上口宽 6 cm，水以
20 cm3/s 80的流量倒入杯中，当水深为 4 cm 时，水升高的瞬时变化率为 cm/s9 ．
1
【解题思路】利用体积公式计算得到 = 1280 3，再求出水深为4 3 ，对应的时间为 0的大小，最后利用导
数可求瞬时变化率.
3 3
【解答过程】由题意，设 时刻水面高为 ，水面圆半径为 , 则 = 8可得 = 8 ，
1 3
此时水的体积为 3 × ×
2 × = 364 ，
又由题设条件知，此时的水量为 20t，
1
20 = 3 故有 64
3, 故有 = 1280 33 ，
2
′ = 1 × 1280
―
3 × 12803 3 3 ，
当水深为4 ，对应的时间为 0，则 0 =
3
20，
―2
1 1280 × 3 3 ′| = × 20 = 0 3 ×
1280
3 3 =
80
9 ，
80
所以当水深为 4 cm 时，水升高的瞬时变化率为 cm s9 / ，
80
故答案为： cm s9 / .
14．（5 分）（2022·全国·高二专题练习）已知2 ( ) + ′( ) = 2 cos2 + 2(cos + sin )2，且 > 0，
2
= 5，那么 ( ) = 2 .
【解题思路】在题中等式两边同乘 2 ( ) ′可得 = ( 2sin2 + 2 + )′，可得出 ( ) = sin2 + 1 + 2，由
= 5可求得 的值，进而可求得 ( )的值.
2
【解答过程】因为2 ( ) + ′( ) = 2 cos2 + 2(cos + sin )2 = 2 cos2 + 2sin2 + 2，
所以，2 ( ) + 2 ′( ) = 2 2cos2 + 2 sin2 + 2 = ( 2sin2 + 2 + )′，
′
即 2 ( ) = ( 2sin2 + 2 + )′，所以， 2 ( ) = 2sin2 + 2 + ，
因为 > 0，则 ( ) = sin2 + 1 + 2，
2
所以， = 1 + 2 = 5，解得 = 2，所以， ( ) = sin2 + 1 +
2 4 2
，
因此， ( ) = 2.
故答案为：2.
15．（5 分）（2022· 1广东·高三阶段练习）已知函数 ( ) = ― 3
3 + + ，给出以下说法：
①当 ( ) 2 2有三个零点时， 的取值范围为 ― , ；
3 3
② ( ) = | ( ) ― |是偶函数；
③设 ( )的极大值为 ，极小值为 ，若 + = 2，则 = 2；
④若过点 (1,1) 1可以作 ( )图象的三条切线，则 的取值范围为 0, .
3
其中所有正确说法的序号为 ①②④ .
【解题思路】利用导数分析函数的单调性，结合零点存在性定理判断①，根据偶函数的定义判断②，结合
函数的单调性求出函数的极值，判断③，结合导数的几何意义判断④.
1
【解答过程】因为 ( ) = ― 3
3 + + ，所以 ′( ) = ― 2 +1 = ― ( + 1)( ― 1)，
所以当 > 1时， ′( ) < 0，函数 ( )在(1, + ∞)上单调递减，
当 ―1 < < 1时， ′( ) > 0，函数 ( )在( ―1,1)上单调递增，
所以当 < ―1时， ′( ) < 0，函数 ( )在( ―∞, ― 1)上单调递减，
2
又 ′( ―1) = ′(1) = 0，所以函数 ( )在 = ― 1时取极小值，极小值为 ― 3 + ，在 = 1时取极大值，极大值
2
为3 + ，
― 2 + < 0,
当 ( )有三个零点时，则 3
2 2
2 解得 ― < < ，①正确.+ > 0, 3 3
3
( ) = | ( ) ― | = | ― 1 3 + |， ( ― ) = |1 3 ― | = ( )，所以 ( )是偶函数，②正确.3 3
由 ― 23 + +
2
3 + = 2，得 = 1，③错误.
设切点为( 0, 0), = ―
1 30 3 0 + 0 + ，
2 0 ― 1 ―
1 3 + + ― 1 2
则切线的斜率为 ― 0 +1 = = 3
0 0
― 1 ，化简得 = ―
3 2
0 ― 1 3 0
+ 0，
0
设 2( ) = ― 3 2 ′3 + ― ，则 ( ) = ―2
2 +2 = ―2 ( ― 1)，
令 ′( ) < 0，解得 < 0或 > 1；令 ′( ) > 0，解得0 < < 1，
可得 ( )在( ―∞,0)和(1, + ∞)上是减函数，在(0,1)上是增函数，可知 ( )的极小值为 (0) = ― ，极大值为
(1) =
1
3 ― ，
要使 ― 2 3 2
― < 0 1
1
3 0 + 0 ― = 0有三个实数根，则 ― > 0 ，解得0 < < 3，即 ( )存在三条切线，所以④正确，
3
故所有正确说法的序号为①②④.
故答案为：①②④.
16．（5 分）（2022· ln 四川省高三阶段练习（理））已知函数 ( )= , ( )= - e ，若存在 1 ∈ (0,+∞), 2 ∈
R，使得 ( 1) = ( 2) = 成立，则下列命题正确的有 ①③④ ．
①当 >0时， 1 + 2 >1
②当 >0时，2< + e 1 2 <2e
③当 <0时， 1 + 2 <1
④当 <0 2 1时， e 的最小值为 -1 e
【解题思路】根据 ′( )可求得 ( )在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，则可画出 ( )的图像；利用同
构可知 ( 1)= ( )=
ln lne 2
2 等价于
1
= =e ，结合图像则可判断① ②③；当 <0时，可得
1 = e 2， 1 ∈ (0,1)，
1 2
构造函数可判断④．
′( )= 1-ln 【解答过程】解：① ( >0) 2 ，
令 ′( )>0得0< 令 ′( )<0得 >e， ( )在(e,+∞) 1上递减，且值域(0, )e ；
作图如下：
当 >0时，由 (1)=0知：若 1 ∈ (0,+∞)，使得 ( 1)= ，则 1 >1，
当 <0时，若 1 ∈ (0,+∞)，使得 ( 1)= ，则0< 1 <1，
由 ( )= e- 1- 得： ′( )= e ，
令 ′( )>0得 <1， ( )在(-∞,1)上递增，且值域(-∞,1)e ；
令 ′( )<0得 >1， ( )在(1,+∞)上递减，且值域(0,1)e ；
作出 ( )图象如下：
当 >0时，由 (0)=0知：若 2 ∈ R使得 ( 2)= ，则 2 >0，
当 <0时， 若 2 ∈ R使得 ( 2)= ，则 2 <0，
∴当 >0时， 1 + 2 >1．故①正确．
②当 >0 2时，由 ( 1) = ( 2) =
ln
得： 1 = e
- ln 2 lne2 ，即
1 =
1 1 e
，
2
∴ 1,e 2
ln
可看成 = 的两零点，
作出 = ln 的图象如下：
由图象易知： 或e 1 2均可趋向于 +∞，故②错误；
③当 <0时，由①的讨论知： 2 <0，0< 1 <1，
∴ 1 + 2 <1．故③正确；
④当 <0时，此时 1 ∈ (0,1)，由②知： 1 = e 2，
=ln 2 = ln ∴ 12 1，则 = ，1 1
2
∴要求 e 的最小值即求 e 的最小值即可，1
令 ( )= e ( <0)，则 ′( )= e + e =(1+ )e ，
令e + e =0，解得： = -1 1，易知 = -1为极小值点，故 ( )的最小值为 (-1)=- e．故④正确．
故答案为：①③④．
四．解答题（共 6 小题，满分 70 分）
17．（10 分）（2022·全国·高二课时练习）已知三个函数 f1(x)＝2x，f2(x)＝x2，f3(x)＝2x.
（1）指出三个函数在[0，＋∞)上的单调性；
（2）取 x1＝0，x2＝2，x3＝4，x4＝6，Δx＝2.求三个函数分别在区间[xi，xi＋Δx](i＝1,2,3,4)上的平均变化率
(列成表格即可)；
（3）分析三个函数在[xi，xi＋Δx](i＝1,2,3,4，…)上随自变量的增加，其平均变化率的变化情况.
【解题思路】（1）利用一次函数、二次函数和指数函数性质解答；
（2）计算平均变化率填表；
（3）根据（2）的表格数据分析平均变化率的变化情况.
【解答过程】(1)根据一次函数、二次函数和指数函数性质可知.函数 f1(x)＝2x，f2(x)＝x2，f3(x)＝2x 在[0，＋
∞)上都是增函数.
(2)列表：
函数 [0,2] [2,4] [4,6] [6,8] 区间
f1(x)＝2x 2 2 2 2
f2(x)＝x2 2 6 10 14
f3(x)＝2x
3 6 24 96
2
(3)由上表可知：函数 f1(x)＝2x 随着自变量的增大，在自变量增量 Δx 的条件下，各区间上的函数平均变化率
都相等，这说明函数呈匀速增长状态；
函数 f2(x)＝x2在各区间上的平均变化率不相等，并且越来越大，这说明函数值随自变量增长的速度越来越快；
函数 f3(x)＝2x 在各区间上的平均变化率不相等，并且越来越大，这说明 f3(x)的函数值随自变量增长的速度
越来越快，并且比 f2(x)的增长速度快的多.
18．（12 分）（2022·全国·高二课时练习）求下列函数的导数：
2
(1) = 3 + 1；
(2) = (1 ― 2 )3；
(3) = ln(2 + 1)；
(4) = cos3；
(5) = sin 3 ― 3 ；
2
(6) = 22 +1．
【解题思路】（1）（2）（3）（4）（5）（6）根据复合函数的求导法则和基本函数的求导公式逐个求解
即可.
【解答过程】（1）
2 2
函数 = 3 + 1可以看作函数 = 和 = 3 + 1的复合函数，
2 ′ ―1 ′ 3 3
∴ ′ = ′ ′ = (3 + 1)′ = 2 ― ―2 3 = ―3 2 = ―3(3 + 1) 2．
（2）
函数 = (1 ― 2 )3可以看作函数 = 3和 = 1 ― 2 的复合函数，
∴ ′ = ′ ′ = ( 3)′ (1 ― 2 )′ = ―6 2 = ―6(1 ― 2 )2.
（3）
函数 = ln(2 + 1)可以看作函数 = ln 和 = 2 + 1的复合函数，
∴ ′ = ′ ′ = (ln )′ (2 + 1)
2 2
′ = = 2 + 1．
（4）
函数 = cos3可以看作函数 = cos 和 = 3的复合函数，
′ 1 1
∴ ′ = ′ ′ = (cos )′
= ― 3sin = ― 3sin3 3．
（5）
函数 = sin 3 3 ― 3 可以看作函数 = sin 和 = 2 ―3 的复合函数，2
′
∴ ′ = ′ ′ = (sin )′
3 ― 3 = ―3cos = ―3cos 3 2 ― 3 = 3sin3 ．2
（6）
函数 = 22 +1可以看作函数 = 2 和 = 2 + 1的复合函数，
∴ ′ = ′ ′ = (2 )′ (2 + 1)′ = 2 2 ln2 = 2 22 +1 ln2 = 22 +2 ln2．
19．（12 分）（2022·山东· 1 1 1高三阶段练习）已知函数 ( ) = 3 23 + 2(2 ― 1) ―2 ― 2．
(1)当 = 3时，求曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程；
(2)若 < 0，讨论 = ( )的单调性．
【解题思路】（1）先将 = 3代入得到 = ( )，并求出 (1)的值，再利用导数的几何意义求出切线方程的
斜率，然后通过直线的点斜式方程即可写出切线方程.
（2）先求出 = ( )的导函数并进行因式分解，可得到一个含参的二次式，然后对参数进行分类讨论即可
得到函数 = ( )的单调性.
5 1 5 1
【解答过程】（1）因为 = 3，所以 ( ) = 3 + 2
2 ―2 ― 3 22，所以 (1) = 1 + 2 × 1 ―2 ― 2 = 1，
因为 ′( ) = 3 2 +5 ― 2，所以切线方程的斜率为 ′(1) = 3 × 12 +5 × 1 ― 2 = 6，
又因为切线方程过点(1,1)，所以切线方程为 ― 1 = 6( ― 1)，即6 ― ― 5 = 0，
故当 = 3时，曲线 = ( )在点(1, (1))处的切线方程为6 ― ― 5 = 0.
2 = 1 3 + 1（ ）因为 ( ) 3 2(2 ― 1)
2 ―2 ― 12的定义域为( ―∞, + ∞)，
′( ) = 2 + (2 ― 1) ― 2 = ( + 2)( ― 1)，
令 ′( ) = 0，解得 = ―2或 =
1
，
1
当 = ―2 = ―
1 = 1 = ― 1时，即 2， ′( ) ( + 2) ― ― 1 2( + 2)
2 ≤ 0，
2
所以函数 = ( )在区间( ―∞, + ∞)上单调递减；
1
当 < ―2，即 ―
1
2 < < 0时，
令 1′( ) < 0，解得 < 1 或 > ―2，所以函数 = ( )在区间 ―∞, 和( ―2, + ∞)上单调递减，
1
令 ′( ) > 0 1，解得 < < ―2，所以函数 = ( )在区间 , ― 2 上单调递增；
1
当 > ―2，即 < ―
1
2时，
1
令 ′( ) < 0，解得 < ―2或 > ，所以函数 = ( )在区间( ―∞, ― 2)
1
和 , + ∞ 上单调递减，
令 ′( ) > 0，解得 ―2 < <
1 1
，所以函数 = ( )在区间 ―2, 上单调递增.
综上所述，当 = ― 12时，函数 = ( )在区间( ―∞, + ∞)上单调递减；
1
当 ― 2 < < 0时，函数 = ( )在区间 ―∞,
1
和( ―2, + ∞) 1上单调递减，在区间 , ― 2 上单调递增；
< ― 1当 2时，函数 = ( )在区间( ―∞, ― 2)
1 1
和 , + ∞ 上单调递减，在区间 ―2, 上单调递增.
20．（12 分）（2022·四川高三期中）已知函数 ( ) = 2 ―2ln .
(1)求函数 ( )的极值；
1
(2)设 ( ) = ( ) ― 2 + 2 +1 ( < 0)
2
有两个不同的零点 1， 2， 0为其极值点，证明：2 ( 0) < ― < 12 +
1
2．2
【解题思路】(1)利用导数研究函数 ( )的单调性，即可求出函数的极值；
(2)利用导数研究函数 ( )的单调性，即可求出函数 ( )max，得 0 = ― ；设 ( ) = ln ― ( > 0)，利用
导数研究函数 ( )的单调性求出 ( )max，可得ln < ，有2 ( 0) = 2ln( ―
1
) < ―
2
；根据零点的定义可得 ―
22
2 2 2( ― 1)1 = 2
― 1 2 2 2( ― 1)
2 2ln 2，只需证ln
2
2 >
1
2 ，利用换元法，构造函数 ( ) = ln ― + 1 ( > 1)，利用导数研究函数 ( )2 1 1 1 22 + 1 1
的性质，即可求解.
【解答过程】（1）由题意知，函数 ( )的定义域为(0, + ∞)，
′( ) = 2 ― 2 = 2( ― 1)( + 1) ，
令 ′( ) < 0 0 < < 1，令 ′( ) > 0 > 1，
所以函数 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
所以函数 ( )在 = 1处取得极小值，无极大值，
且极小值为 (1) = 1；
（2） ( ) = 2 ―2ln ― 2 + 2 +1 = 2 ―2ln + 1( > 0)，
2
2 2′( ) = ― 2 + 2 3 ― = ― 3 ，
令 ′( ) > 0 0 < < ― ，令 ′( ) < 0 > ― ，
所以函数 ( )在(0, ― )上单调递增，在( ― , + ∞)上单调递减，
故 ( )max = ( ― ) = ― ln( ― )，
所以 0 = ― ，则2 ( 0) = ―4ln( ― ) = 2ln( ―
1
).
又函数 ( )在(0, + ∞)上有 2 个零点 1, 2，
所以 ( )max = ( ― ) = ― ln( ― ) > 0，解得 ―1 < < 0.
设 ( ) = ln ― ( > 0)，则 ′( ) = 1 ―1 =
1 ―
，
令 ′( ) > 0 0 < < 1，令 ′( ) < 0 > 1，
所以函数 ( )在(0,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
故 ( )max = (1) = ―1 < 0，即 ( ) < 0，即ln < ，
所以2 ( 0) = ―4ln( ― ) = 2ln( ―
1) < ― 2 ，
又 ( 1) = ―2ln 1 + 2 +1 = 0， ( 2) = ―2ln 2 + 2 +1 = 0，1 2
21 2 ―
2
1
两式相减，得 ― =
2
2 2ln 2 ，设 2 > 1 > 0，2 1
21
2 2
2 1 1 2 ― 1 1 1
要证 ― <
2
2 + 2，只需证2 2 2ln 2 < 2 +2 1 2，1 2 2 1 21
22
2 2 2 2 2( 2 ― 1)
即证ln 2 2( 2 ― 1) 2 > 2 + 2 ，即证ln
2 > 12 2 ，
1 2 1 1 2
2
+ 1
1
22
2 2 2( 2 ― 1)
令 2 = ∈ (1 + ∞)，则ln 2 > 1 ln > 2( ― 1) 2 2 2 + 1 ( > 1)，1 1 2
2
+ 1
1
4 2
设 ( ) = ln ― 2( ― 1) + 1 ( > 1)，则 ′( ) =
1 ( ― 1)
― ( + 1)2 = ( + 1)2 > 0，
所以函数 ( )在(1, + ∞)上单调递增，有 ( ) > (1) = 0，
ln > 2( ― 1)
1 1
即 + 1 在(1, + ∞)
2
上恒成立，所以 ― < 2 + 2.1 2
1 1
综上，2 ( 20) < ― < 2 + 2.1 2
21．（12 分）（2022·河北·高三阶段练习）已知函数 ( ) = ln( + 1) ― e +1.
(1)若 ≤ 0，讨论 ( )的单调性；
(2)若0 < < 1e,
（i）证明 ( )恰有两个零点；
（ii）设 0为 ( )的极值点， 1为 ( )的零点且 1 > 0，证明：3 0 > 1.
【解题思路】（1）对函数求导，利用导函数在定义域内的正负来确定函数的单调性即可；
（2）（i）根据解析式可知： (0) = 0，然后结合（1）对导函数再次求导，判断导函数的单调性，进而确
定函数的单调性，利用零点存在性定理可得函数 ( )在(0, + ∞)上存在一个零点，进而求解；
1
（ii）由 ′( ) = 0得到 = ( + 1)2e 0+1 0 ；再利用 1为 ( )的零点且 1 > 0，不等式进行转化可得2ln( 0 + 1)
> 1 ― 0，进一步利用不等式的传递性即可证明.
【解答过程】（1）由题意可知：函数 ( )的定义域为( ―1, + ∞)，
1
则 ′( ) = + 1 ― ( + 1)e
+1，
当 ≥ 时， ′( ) > 0，所以函数 ( )在( ― 1, + ∞)上单调递增.
1
（2）（i）由题意可知： (0) = 0，由（1）知： ′( ) = +1 + 1 ― ( + 1)e ，
则 ″
1
( ) = ― +1( + 1)2 ― ( + 2)e < 0，所以 ′( )在( ― 1, + ∞)上单调递减，
当 ∈ ( ― 1,0)时， ′( ) > ′(0) = 1 ― e > 0，此时 ( )递增， ( ) < (0) = 0，函数无零点.
易证当 ∈ ( ― 1, + ∞)时，ln( + 1) ≤ ，e ≥ + 1，
下证：当 ∈ ( ― 1, + ∞)时，ln( + 1) ≤ ，
( ) = ln( + 1) ― ( ) = 1
―
令 ，则 ′ + 1 ―1 = + 1，
当 ―1 < < 0时， ′( ) > 0；当 > 0时， ′( ) < 0，
所以 ( )在( ― 1,0)上单调递增，在(0, + ∞)上单调递减，
故 ( ) ≤ (0) = 0，也即ln( + 1) ≤ ，故e ≥ + 1，
当 ∈ (0, + ∞)时， ′( )单调递减， ′(0) > 1 ― e > 0，
1 1 1 3 2
′(1) = ― (11 + 1 +1)e
+1
≤ 1 + 1 ― (
1 +1)(1 +2) = ―2 ― 4 ― 4 ― 1
( + 1)
< 0，
所以存在唯一的 0 ∈ 0, 1 ，使得 ′( 0) = 0.
函数 ( )在(0, 0)上单调递增，在( 0, + ∞)上单调递减，
1
( ) > (0) = 0, 1 = ln 1 + 1 ― e +10 <
1 ― 1 + 2 < 0，
所以在(0, + ∞)上存在一个零点.
综上：函数 ( )恰有两个零点.
（ii）由 ′( ) = 0
1
得到 = ( + 1)
2
0 e 0+1；
= 0 1
+1
由 ( ) 得到 =
1e 1 > e 1+11 ln( + 1) ，(ln( + 1) ≤ , ∈ ( ― 1, + ∞))1
所以由e 0+1+2ln( 0+1) > e 1+1可得 0 +1 + 2ln( 0 + 1) > 1 +1，
即2ln( 0 + 1) > 1 ― 0，又因为2ln( 0 + 1) < 2 0，所以3 0 > 1.
22．（12 分）（2022·全国·模拟预测）设函数 ( ) = e + ， ′( )为 ( )的导函数.
(1)当 = ―1时，
①若函数 ( )的最大值为 0，求实数 的值；
②若存在实数 > 0，使得不等式 ( ) ≥ ― ln 成立，求实数 的取值范围.
(2)当 = 1时，设 ( ) = ′( )，若 ( 1) = ( 2)，其中 1 ≠ 2，证明： 1 2 > 4.
【解题思路】(1)① 当 = ―1时，对 ( )求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值.
e
② 要求 ( ) ≥ ― ln 恒成立时 的取值范围，等价于 ≥ ln ― e ，构造新的函数，将问题转化为求新构造
函数的最大值，问题即可解决.
(2)当 = 1时， ( ) = e + ，求导即可得到 ( )的函数表达式，对 ( )求导，得到函数 ( )的图像，设 1
< ―2 < 2 < ―1，则要证明 1 2 > 4
4
，只需要证明 ( 42) > ，构造新函数 ( ) = ( ) ― ( 2
)( ― 2 < < ―1)，求导研究函数的单调性，证明 ( ) > 4 在( ―2, ― 1)上恒成立即可.
【解答过程】（1）当 = ―1时， ( ) = e + .
1 ―
①易知 ′( ) = e ，
所以 ( )在( ―∞,1)上单调递增，在(1, + ∞)上单调递减，
所以 ( )max =
1
(1) = e + ，
1 1
故e + = 0，所以 = ― e.
②解法一，不等式 ( ) ≥ ― ln ≥ ― ln
― e ≥ ln
e
― e .
设 = e （ > 0），
1
( ) = ln ― = ― ln ― ，
1
则由① 知0 < ≤ e，所以存在实数 > 0，使得不等式 ( ) ≥ ― ln 成立，
1
等价于存在实数0 < ≤ e，使得 ≥ ( )min成立.
易知 ( ) 0, 1在 上单调递减，所以 ( )min =
1 = 1 ― 1
e e e
，
1 1
所以 ≥ 1 ― e，即实数 的取值范围为 1 ― , + ∞ .e
ln ln 解法二，不等式 ( ) ≥ ― ≥ ― ― e .
设 ( ) = ― ln ― e ，
则存在实数 > 0，使得不等式 ( ) ≥ ― ln 成立，等价于存在实数 > 0，使得 ≥ ( )min成立.易知 ′( )
= 1 ― 1 ― 1 ― 1 1 e = ( ― 1) + ， e
当 > 0 1时，易知 +
1
e > 0，
所以 ( )在(0,1)上单调递减，在(1, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = (1) = 1 ― ln1 ―
1
e = 1 ―
1
e，
所以 ≥ 1 ― 1 1e，即实数 的取值范围为 1 ― , + ∞ .e
（2）当 = 1时， ( ) = e + ， ′( ) = ( + 1)e ，
所以 ( ) = ( + 1)e ，所以 ′( ) = ( + 2)e ，
所以 ( )在( ―∞, ― 2)上单调递减，在( ―2, + ∞)上单调递增，
所以 ( )min = ( ―2) = ― e―2 < 0，
且当 < ―1时， ( ) < 0，当 > ―1时， ( ) > 0，故可作出 ( )的大致图象如图所示.
-2
4
不妨设 1 < 2，由图易知 1 < ―2 < 2 < ―1.要证 1 2 > 4，只需证 1 < < ―2.2
因为 ( ) 4在( ―∞, ― 2)上单调递减，所以只需证 ( 1) > ， 2
又 ( 1) = ( 2)
4
，所以只需证 ( 2) > 对任意的 2 ∈ ( ―2, ― 1)恒成立.2
设 ( ) = ( ) ― 4 ( ―2 < < ―1)，
8( + 2) 4 4 4
则 ′( ) = ( + 2)e + e = ( + 2)e 3
3e ― + 8 .
3
4
设 ( ) = 3e ― +8( ―2 < < ―1)，
4 2 4 2
则 ′( ) =
7
e ― + 3 + 7 ，因为当 ―2 < < ―1 ― 3时，e > 0， + + > 0，
2 4 2 4
所以 ′( ) < 0所以 ( )在( ―2, ― 1)上单调递减，所以 ( ) < 0，
4
又当 ―2 < < ―1时，( + 2)e < 0，
3
所以 ′( ) > 0，所以 ( )在( ―2, ― 1)上单调递增，所以 ( ) > 0，
即 ( ) > 4 在( ―2, ― 1)上恒成立，又 2 ∈ ( ―2, ― 1)，
所以 ( 2) >
4
，原不等式得证.
2
