3.1　导数的概念及运算--2026天津版高考数学第二轮专题强化练（含解析）

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2026天津版高考数学第二轮专题
专题三　导数及其应用
3.1　导数的概念及运算
五年高考
天津专练
1.(2018天津文,10,5分,易)已知函数f(x)=exln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为　 　.
2.(2019天津文,11,5分,易)曲线y=cos x-在点(0,1)处的切线方程为　 　.
全真全练
考点　导数的概念及运算
1.(2024全国甲理,6,5分,易)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 (　 　)
A.
C.
2.(2025全国一卷,12,5分,易)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　 　.
3.(2024新课标Ⅰ,13,5分,中)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=　 　.
4.(2022新高考Ⅰ,15,5分,中)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　 　.
5.(2022全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
三年模拟
练基础
1.(题型)(2024和平二模,12)过点(0,0)作曲线y=2x(x∈R)的切线,则切点的坐标为 　.
2.(题型)(2024天津一中滨海学校第六次统练,11)函数f(x)=log2x+2x-的图象在x=1处切线的斜率为　 　.
3.(2025河北一模,20)已知函数f(x)=axln x.
(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当0(i)求实数a的值;
(ii)求证:f(x)4.(题型)(2024天津渤海油田一中第三次质量检测,20)设函数f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)令F(x)=f(x)+(0(3)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解,求实数m的取值范围.
练综合
1.(2025河东一模,20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(1)若h(x)=(x>0).
(i)当a=2时,求h(x)的单调区间.
(ii)曲线y=h(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
(2)证明:当a≥时,存在直线l,使直线l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
2.(2025天津杨村一中一模,20)函数f(x)=x2-2(a+1)x+2aln x(a∈R).
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)有极大值,试确定a的取值范围;
(3)若存在x0使得f(x0)+(ln x0-2a)2≤成立,求a的值.
3.(2024天津杨村一中第五次统练,20)已知函数f(x)=+ln x的最小值为1-ln 2.
(1)求k;
(2)若a,b∈R,且a>1,过点(a,b)可以作曲线y=f(x)的三条切线.证明:0<.
4.(2024河西二模,20)已知函数f(x)=x2-2x+1+mln x(m∈R).
(1)当m=1时,求过点P(0,-1)且与曲线y=f(x)-(x-1)2相切的直线方程;
(2)求函数f(x)的单调递增区间;
(3)若函数f(x)的两个极值点为a,b,且a5.(2025天津南开中学月考三,20)已知函数f(x)=ln(x+1)+x2.
(1)求函数h(x)=f(x)-x2的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=ax有且仅有一个交点,求实数a的取值范围;
(3)若曲线y=f(x)在点(m, f(m))(m>0)处的切线与曲线y=f(x)交于另外一点(n, f(n))(n∈R),求证:-2m专题三　导数及其应用
3.1　导数的概念及运算
五年高考
天津专练
1.(2018天津文,10,5分,易)已知函数f(x)=exln x, f '(x)为f(x)的导函数,则f '(1)的值为　e　.
2.(2019天津文,11,5分,易)曲线y=cos x-在点(0,1)处的切线方程为　x+2y-2=0　.
全真全练
考点　导数的概念及运算
1.(2024全国甲理,6,5分,易)设函数f(x)=,则曲线y=f(x)在点(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为 (　A　)
A.
C.
2.(2025全国一卷,12,5分,易)若直线y=2x+5是曲线y=ex+x+a的一条切线,则a=　4　.
3.(2024新课标Ⅰ,13,5分,中)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=　ln 2　.
4.(2022新高考Ⅰ,15,5分,中)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　(-∞,-4)∪(0,+∞)　.
5.(2022全国甲文,20,12分,难)已知函数f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线.
(1)若x1=-1,求a;
(2)求a的取值范围.
解析　解法一:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=-x1,
则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)(x-x1),
即y=(3-1)x-2①.
因为曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线,所以有且仅有一组解,
即方程x2-(3-1)x+2+a=0有两个相等的实数根,
从而Δ=(3-1)2-4(2+a)=0 4a=9+1.
(1)若x1=-1,则4a=12 a=3.
(2)4a=9+1,
令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,
则h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1),
令h'(x)>0,得-1,
令h'(x)<0,得x<-或0所以h(x)在和(1,+∞)上单调递增,在-∞,-和(0,1)上单调递减,
又h(1)=-4,h,
所以h(x)≥-4,
所以a≥-1.
解法二:由题意可知f '(x)=3x2-1, f(x1)=-x1,
则曲线y=f(x)在点(x1, f(x1))处的切线方程为y-(-x1)=(3-1)·(x-x1),
即y=(3-1)x-2①,
设公切线与曲线y=g(x)的切点为(x2,+a),
又g'(x2)=2x2,
则切线可表示为y-(+a)=2x2(x-x2),
即y=2x2x-+a②,
因为①②表示同一直线方程,
所以
则(3-1)2-8+1.
下面同解法一.
易错警示　不能认为两曲线的公切线切点相同.
三年模拟
练基础
1.(题型)(2024和平二模,12)过点(0,0)作曲线y=2x(x∈R)的切线,则切点的坐标为 　.
2.(题型)(2024天津一中滨海学校第六次统练,11)函数f(x)=log2x+2x-的图象在x=1处切线的斜率为　2ln 2　.
3.(2025河北一模,20)已知函数f(x)=axln x.
(1)当a>0时,讨论函数f(x)的单调性;
(2)当0(i)求实数a的值;
(ii)求证:f(x)解析　(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)=a(ln x+1),a>0, (2分)
令f '(x)=a(ln x+1)=0,ln x=-1,x=,
x
f '(x) - 0 +
f(x) 减 极小值 增
所以函数f(x)的单调递减区间为,单调递增区间为. (5分)
(2)(i)设切点为(x0,y0),y0=ax0ln x0,
f '(x0)=a(ln x0+1)=2,ln x0=-1,x0=, (6分)
y0=ax0ln x0=a=(2-a), (7分)
由题意知,切点在直线2x-y-11e=0的上方,
所以e,
整理得a=e, (8分)
设t=-1,则a=,因为00,
设H(t)=,t>0,则H'(t)=>0在(0,+∞)恒成立,
所以H(t)=在(0,+∞)单调递增,
又因为H(1)=e,所以t=-1=1,所以a=1,
所以方程a=e只有1解:a=1. (10分)
(ii)证明:依题意,要证xln x当0令m(x)=ex+cos x-2,0因为m'(x)=ex-sin x>0,所以m(x)在(0,1]上单调递增,
所以m(x)>m(0)=1+1-2=0,所以不等式成立; (12分)
当x>1时,要证xln x设h(x)=xln x-ex-cos x+2,x>1,
则h'(x)=ln x+1-ex+sin x,x>1,
设φ(x)=ln x+1-ex+sin x,x>1,
则φ'(x)=-ex+cos x,x>1,
因为x>1,所以ex>e,<1,cos x≤1,
所以φ'(x)=-ex+cos x<0在(1,+∞)恒成立,
所以φ(x)在(1,+∞)上单调递减,
φ(x)<φ(1)=1-e+sin 1<0,
所以h'(x)<0在(1,+∞)恒成立,
所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,
h(x)即当x>1时,xln x综上,当a=1时, f(x)4.(题型)(2024天津渤海油田一中第三次质量检测,20)设函数f(x)=ln x-ax2-bx.
(1)当a=b=时,求函数f(x)的单调区间;
(2)令F(x)=f(x)+(0(3)当a=0,b=-1时,方程f(x)=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解,求实数m的取值范围.
解析　(1)依题意知, f(x)的定义域为(0,+∞).
当a=b=时, f(x)=ln x-x,
f '(x)=.
令f '(x)=0,解得x=1(舍负).
当00,此时f(x)单调递增;
当x>1时, f '(x)<0,此时f(x)单调递减.
所以函数f(x)的单调增区间为(0,1),单调减区间为(1,+∞).
(2)F(x)=ln x+,x∈(0,3],
F'(x)=.
所以k=F'(x0)=在x0∈(0,3]上恒成立,
所以a≥,x0∈(0,3].
当x0=1时,-,
所以a≥.
(3)当a=0,b=-1时, f(x)=ln x+x,
方程f(x)=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解,即ln x+x=mx在区间[1,e2]内有唯一实数解.
∴m=1+,
设g(x)=1+,x∈[1,e2],
则g'(x)=.
令g'(x)=0,解得x=e,
∴g(x)在[1,e]上是增函数,在[e,e2]上是减函数,g(1)=1,g(e2)=1+,g(e)=1+,
所以m=1+.
所以实数m的取值范围是.
练综合
1.(2025河东一模,20)已知函数f(x)=ax,g(x)=logax,其中a>1.
(1)若h(x)=(x>0).
(i)当a=2时,求h(x)的单调区间.
(ii)曲线y=h(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.
(2)证明:当a≥时,存在直线l,使直线l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
解析　(1)(i)当a=2时,h(x)=(x>0),
h'(x)=,
令h'(x)>0,得2-xln 2>0,即0令h'(x)<0,得2-xln 2<0,即x>,
所以h(x)在上单调递增,在上单调递减.
(ii)令h(x)==1(x>0),所以ax=xa(x>0),两边取对数可得xln a=aln x,
所以,设k(x)=,
所以k'(x)=,
令k'(x)=0,得x=e,
所以在(0,e)上,k'(x)>0,k(x)单调递增;在(e,+∞)上,k'(x)<0,k(x)单调递减,所以k(x)max=k(e)=,
又因为k(1)=0,且x>1时,k(x)>0,
所以曲线y=h(x)与直线y=1有且仅有两个交点,即曲线y=k(x)与直线y=,所以0所以a的取值范围为(1,e)∪(e,+∞).
(2)证明:曲线y=f(x)在点(x1,)处的切线l1:y-ln a(x-x1),
曲线y=g(x)在点(x2,logax2)处的切线l2:y-logax2=(x-x2),
要证明a≥时,存在直线l,使l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线,只需证明当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),x2∈(0,+∞),使得l1和l2重合,
即只需证明a≥时,方程组有解,
由①得x2=,代入②得=0③,
所以只需证明当a≥时,关于x1的方程③存在实数解,
设函数u(x)=ax-xaxln a+x+,
即要证明当a≥时,函数y=u(x)存在零点,
u'(x)=1-(ln a)2xax,所以当x∈(-∞,0)时,u'(x)>0,u(x)单调递增,当x∈(0,+∞)时,u'(x)单调递减,
又u'(0)=1>0,u'<0,
所以存在唯一的x0,且x0>0,
使得u'(x0)=0,即1-(ln a)2x0=0,
所以u(x)在(-∞,x0)上单调递增,在(x0,+∞)上单调递减,
u(x)在x=x0处取得极大值u(x0),
因为a≥,故ln(ln a)≥-1,
u(x0)=
=≥0,
当且仅当x0==e时,等号成立.
下面证明存在实数t,使得u(t)<0,
令m(x)=ax-1-xln a(x≥0),则m'(x)=ln a(ax-1)≥0,
则m(x)≥m(0)=0,故ax≥1+xln a,
所以当x>>0时,有u(x)≤(1+xln a)·(1-xln a)+x+
=-(ln a)2x2+x+1+,
所以由二次函数的性质,存在实数t,使得u(t)<0,
所以当a≥时,存在x1∈(-∞,+∞),使得u(x1)=0,
所以当a≥时,存在直线l,使得l是曲线y=f(x)的切线,也是曲线y=g(x)的切线.
2.(2025天津杨村一中一模,20)函数f(x)=x2-2(a+1)x+2aln x(a∈R).
(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若函数f(x)有极大值,试确定a的取值范围;
(3)若存在x0使得f(x0)+(ln x0-2a)2≤成立,求a的值.
解析　(1)当a=2时, f(x)=x2-6x+4ln x,则f '(x)=2x-6+,
可得f '(1)=2-6+4=0,又f(1)=-5,
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y+5=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=2x-2(a+1)+,
①当a=1时, f '(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,此时f(x)无极大值;
②当a>1时,令f '(x)>0,解得0a,令f '(x)<0,解得1③当00,解得01,令f '(x)<0,解得a④当a≤0时,令f '(x)>0,解得x>1,
令f '(x)<0,解得0所以f(x)在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减,此时f(x)无极大值.
综上,实数a的取值范围为(0,1)∪(1,+∞).
(3)f(x0)+(ln x0-2a)2≤等价于(x0-a)2+(2ln x0-2a)2≤,
(x-a)2+(2ln x-2a)2可以看作动点P(x,2ln x)与动点Q(a,2a)之间距离的平方,动点P在函数y=2ln x的图象上,Q在直线y=2x上,问题转化为求直线上的动点到曲线的最小距离,
由y=2ln x,得y'==2,解得x=1,
所以曲线上点P(1,0)到直线y=2x的距离最小,最小距离d=,
则(x-a)2+(2ln x-2a)2≥,
根据题意,要使(x0-a)2+(2ln x0-2a)2≤,则(x0-a)2+(2ln x0-2a)2=,此时Q恰好为垂足,
由,
所以a=.
3.(2024天津杨村一中第五次统练,20)已知函数f(x)=+ln x的最小值为1-ln 2.
(1)求k;
(2)若a,b∈R,且a>1,过点(a,b)可以作曲线y=f(x)的三条切线.证明:0<.
解析　(1)因为f '(x)=-,x>0,
若k≤0,则f '(x)>0恒成立, f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在(0,+∞)上无最小值;
若k>0,则f(x)在(0,k)上单调递减,在(k,+∞)上单调递增,
所以函数f(x)的最小值为f(k)=1+ln k,
由1+ln k=1-ln 2得k=.
(2)证明:由(1)得f(x)=+ln x,
f '(x)=-,
设过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)相切,切点为,
所以函数f(x)的切线方程为y-(x-x0),
因为切线过点(a,b),a>1,
所以b-(a-x0),整理得-ln x0+b+1=0,
设h(x)=-ln x+b+1,问题转化为方程h(x)=0在(0,+∞)上有三个解.
h'(x)=-,
令h'(x)=0,即x2-(a+1)x+a=0,即(x-1)(x-a)=0,
解得x=1或x=a,因为a>1,
所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减,
所以函数h(x)的极小值h(1)=-+b<0,极大值h(a)=--ln a+b>0,
由-+ln a,
所以>0(a>1),
由-,所以,
只需证当a>1时,<0,
即证-ln a<0(a>1),
设φ(a)=-ln a,
则φ'(a)=<0,
所以φ(a)在(1,+∞)上单调递减,且φ(1)=0,
所以<0.
所以,即.
所以0<.
4.(2024河西二模,20)已知函数f(x)=x2-2x+1+mln x(m∈R).
(1)当m=1时,求过点P(0,-1)且与曲线y=f(x)-(x-1)2相切的直线方程;
(2)求函数f(x)的单调递增区间;
(3)若函数f(x)的两个极值点为a,b,且a解析　(1)当m=1时,曲线y=f(x)-(x-1)2=ln x,
则y'=,设切点坐标为(x0,ln x0),所以切线斜率为,
则切线方程为y-ln x0=(x-x0),
因为切线过点P(0,-1),
所以-1-ln x0=-1,解得x0=1,
所以所求切线方程为x-y-1=0.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),
f '(x)=,
令f '(x)=0,即2x2-2x+m=0,Δ=4-4×2m=4-8m,
当Δ≤0,即m≥时, f '(x)≥0恒成立,
当Δ>0,即m<时,方程2x2-2x+m=0的两根分别为,>0恒成立,
所以当≤0,即m≤0时, f '(x)>0 x>,
当>0,即00 0综上,当m≥时, f(x)的单调递增区间为(0,+∞);
当0当m≤0时, f(x)的单调递增区间为.
(3)由题意,函数f(x)有两个极值点a,b,且a则0由2b2-2b+m=0,得m=-2b2+2b,
所以f(b)=b2-2b+1+mln b=b2-2b+1+(-2b2+2b)ln b,b∈,
f '(b)=-4ln b,
因为b∈时,b->0,ln b<0,所以f '(b)>0,即函数f(b)是上的增函数,
又f, f(1)=0,
所以由ln 2<1可得,
则[f(b)]=-1,
同理,由2a2-2a+m=0,得m=-2a2+2a,
所以f(a)=a2-2a+1+(-2a2+2a)ln a,a∈,
f '(a)=-4ln a,
因为a∈时,a-<0,ln a<0,所以f '(a)<0,即函数f(a)是上的减函数,
因为a→0时, f(a)→1,
且f,
所以因为-<0,
所以[f(a)]=-1或[f(a)]=0,
当[f(a)]=-1时,sin=sin 1>cos([f(a)][f(b)])=cos 1;
当[f(a)]=0时,sin=05.(2025天津南开中学月考三,20)已知函数f(x)=ln(x+1)+x2.
(1)求函数h(x)=f(x)-x2的单调区间;
(2)若曲线y=f(x)与直线y=ax有且仅有一个交点,求实数a的取值范围;
(3)若曲线y=f(x)在点(m, f(m))(m>0)处的切线与曲线y=f(x)交于另外一点(n, f(n))(n∈R),求证:-2m解析　(1)依题意,函数h(x)=f(x)-x2=ln(x+1)-x2的定义域为(-1,+∞),
求导得h'(x)=,由h'(x)=0,x>-1,得x=,
当-10;当x>时,h'(x)<0,
所以函数h(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=ax有且仅有一个交点,即方程ln(x+1)+x2=ax有且只有一个根,
设函数φ(x)=ln(x+1)+x2-ax,x>-1,即函数φ(x)有唯一零点,
φ'(x)=+x+1-a-1,而+x+1≥2,当且仅当x=0时取等号,
当a+1≤2,即a≤1时,φ'(x)≥0,函数φ(x)在(-1,+∞)上单调递增,且φ(0)=0,
因此函数φ(x)在(-1,+∞)上有唯一零点,符合题意;
y=+x+1的图象如图1所示,
　
当a>1时,φ'(x)=+x+1-a-1的图象如图2所示,
所以当a>1时, x1∈(-1,0),使得φ'(x1)=0,当-10,当x1则函数φ(x)在(-1,x1)上单调递增,在(x1,0)上单调递减,φ(x1)>φ(0)=0,
当x→-1时,φ(x)→-∞,则 x0∈(-1,x1),使得φ(x0)=0,
即函数φ(x)在(-1,+∞)上至少有两个零点,不合题意,
所以实数a的取值范围为(-∞,1].
(3)证明:函数f(x)=ln(x+1)+x2,求导得f '(x)=+x,则f '(m)=+m,
曲线y=f(x)在(m, f(m))处的切线方程为y=(x-m)+ln(m+1)+m2,
由
消去y得ln(x+1)+(x-m)+ln(m+1)+m2,
设函数g(x)=ln(x+1)+-ln(m+1)+m2,
求导得g'(x)=,
由g'(x)>0,得-1m,
由g'(x)<0,得-故函数g(x)在,(m,+∞)上单调递增,在上单调递减,
而g(m)=0,则g>0,
当x→-1时,g(x)→-∞,
于是 n∈,满足g(n)=0,
因此-1由m>0,得-2m<0,要证-2m而g(-2m)=ln(1-2m)+-ln(m+1),
设F(m)=ln(1-2m)+-ln(m+1),
求导得F'(m)=<0,
故函数F(m)在上单调递减,
又F(0)=0,因此F(m)<0,即-2m当m≥时,-2m≤-1所以-2m21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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