(五年高考真题)2018届高考数学复习 第三章 第二节 导数的应用 理(全国通用)
2018版高考数学全国人教B版理大一轮复习讲义：第三章
基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.函数f (x )＝x ln x ，则( ) A.在(0，＋∞)上递增 B.在(0，＋∞)上递减 C.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递增D.在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 上递减解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ln x ＋1，令f ′(x )>0得x >1e ，令f ′(x )<0得0<x <1e ，故选D. 答案 D2.下面为函数y ＝x sin x ＋cos x 的递增区间的是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2B.(π，2π)C.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2D.(2π，3π)解析 y ′＝(x sin x ＋cos x )′＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2时，恒有x cos x >0. 答案 C3.已知函数f (x )＝12x 3＋ax ＋4，则“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析 f ′(x )＝32x 2＋a ，当a ≥0时，f ′(x )≥0恒成立，故“a >0”是“f (x )在R 上单调递增”的充分不必要条件. 答案 A4.已知函数y ＝f (x )的图象是下列四个图象之一，且其导函数y ＝f ′(x )的图象如图所示，则该函数的图象是( )解析 由y ＝f ′(x )的图象知，y ＝f (x )在－1，1]上为增函数，且在区间(－1，0)上增长速度越来越快，而在区间(0，1)上增长速度越来越慢. 答案 B5.设函数f (x )＝12x 2－9ln x 在区间a －1，a ＋1]上单调递减，则实数a 的取值范围是( ) A.(1，2] B.(4，＋∞] C.－∞，2)D.(0，3]解析 ∵f (x )＝12x 2－9ln x ，∴f ′(x )＝x －9x (x >0)， 当x －9x ≤0时，有0<x ≤3，即在(0，3]上原函数是减函数，则a －1，a ＋1]⊆(0，3]， ∴a －1>0且a ＋1≤3，解得1<a ≤2. 答案 A 二、填空题6.函数f (x )＝e xx 的单调递增区间为________.解析 函数的定义域为{x |x ≠0}，且f ′(x )＝e x （x －1）x 2，令f ′(x )>0得x >1.答案 (1，＋∞)7.已知a ≥0，函数f (x )＝(x 2－2ax )e x ，若f (x )在－1，1]上是单调减函数，则实数a 的取值范围是________.解析 f ′(x )＝(2x －2a )e x ＋(x 2－2ax )e x ＝x 2＋(2－2a )x －2a ]e x ，由题意当x ∈－1，1]时，f ′(x )≤0恒成立， 即x 2＋(2－2a )x －2a ≤0在x ∈－1，1]时恒成立. 令g (x )＝x 2＋(2－2a )x －2a ， 则有⎩⎨⎧g （－1）≤0，g （1）≤0，即⎩⎨⎧（－1）2＋（2－2a ）·（－1）－2a ≤0，12＋2－2a －2a ≤0，解得a ≥34. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，＋∞8.(2017·青岛模拟)若函数f (x )＝－13x 3＋12x 2＋2ax 在⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是________.解析 对f (x )求导，得f ′(x )＝－x 2＋x ＋2a ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋14＋2a .当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞时，f ′(x )的最大值为f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝29＋2a .令29＋2a >0，解得a >－19.所以实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－19，＋∞三、解答题9.(2016·北京卷)设函数f (x )＝x e a －x ＋bx ，曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线方程为y ＝(e －1)x ＋4. (1)求a ，b 的值； (2)求f (x )的单调区间.解 (1)∵f (x )＝x e a －x ＋bx ，∴f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .由题意得⎩⎨⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎨⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1，解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)得f (x )＝x e 2－x ＋e x ，由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号. 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在(－∞，1)上递减； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(1，＋∞)上递增， ∴g (x )≥g (1)＝1在R 上恒成立， ∴f ′(x )>0在R 上恒成立.∴f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞).10.设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋1.(1)若a >0，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数g (x )＝f (x )＋2x ，且g (x )在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a 的取值范围.解 (1)由已知得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a >0)， 当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )>0； 当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0.所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)， 单调递减区间为(0，a ).(2)g ′(x )＝x 2－ax ＋2，依题意，存在x ∈(－2，－1)， 使不等式g ′(x )＝x 2－ax ＋2<0成立， 即x ∈(－2，－1)时，a <⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2x max ＝－22，当且仅当x ＝2x 即x ＝－2时等号成立.所以满足要求的实数a 的取值范围是(－∞，－22).能力提升题组 (建议用时：20分钟)11.(2017·承德调考)已知f (x )是可导的函数，且f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( ) A.f (1)<e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0) B.f (1)>e f (0)，f (2 017)>e 2 017f (0) C.f (1)>e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0) D.f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0) 解析 令g (x )＝f （x ）e x， 则g ′(x )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）e x′＝f ′（x ）e x－f （x ）（e x）′e 2x ＝f ′（x ）－f （x ）e x <0， 所以函数g (x )＝f （x ）e x 在R 上是单调减函数， 所以g (1)<g (0)，g (2 017)<g (0)， 即f （1）e 1<f （0）1，f （2 017）e 2 017<f （0）1， 故f (1)<e f (0)，f (2 017)<e 2 017f (0).答案 D12.(2016·全国Ⅰ卷)若函数f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x 在(－∞，＋∞)上单调递增，则a 的取值范围是( ) A.－1，1] B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，13 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，13D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析 ∵f (x )＝x －13sin 2x ＋a sin x ，∴f ′(x )＝1－23cos 2x ＋a cos x ＝－43cos 2x ＋a cos x ＋53. 由f (x )在R 上单调递增，则f ′(x )≥0在R 上恒成立. 令t ＝cos x ，t ∈－1，1]，则－43t 2＋at ＋53≥0， 在t ∈－1，1]上恒成立.∴4t 2－3at －5≤0在t ∈－1，1]上恒成立. 令g (t )＝4t 2－3at －5，则⎩⎨⎧g （1）＝－3a －1≤0，g （－1）＝3a －1≤0.解之得－13≤a ≤13. 答案 C13.已知函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在区间t ，t ＋1]上不单调，则实数t 的取值范围是________.解析 由题意知f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－（x －1）（x －3）x ，由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t ＋1)内，函数f (x )在区间t ，t ＋1]上就不单调，由t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，得0<t <1或2<t <3. 答案 (0，1)∪(2，3)14.已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R ). (1)求函数f (x )的单调区间；(2)若函数y ＝f (x )的图象在点(2，f (2))处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t ∈1，2]，函数g (x )＝x 3＋x 2·⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ′（x ）＋m 2在区间(t ，3)上总不是单调函数，求实数m的取值范围.解 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a （1－x ）x， 当a >0时，f (x )的增区间为(0，1)， 减区间为(1，＋∞)；当a <0时，f (x )的增区间为(1，＋∞)，减区间为(0，1)； 当a ＝0时，f (x )不是单调函数.(2)由(1)及题意得f ′(2)＝－a2＝1，即a ＝－2， ∴f (x )＝－2ln x ＋2x －3，f ′(x )＝2x －2x .∴g (x )＝x 3＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2＋2x 2－2x ，∴g ′(x )＝3x 2＋(m ＋4)x －2.∵g (x )在区间(t ，3)上总不是单调函数， 即g ′(x )＝0在区间(t ，3)上有变号零点. 由于g ′(0)＝－2，∴⎩⎨⎧g ′（t ）<0，g ′（3）>0.当g ′(t )<0，即3t 2＋(m ＋4)t －2<0对任意t ∈1，2]恒成立， 由于g ′(0)<0，故只要g ′(1)<0且g ′(2)<0， 即m <－5且m <－9，即m <－9； 由g ′(3)>0，即m >－373， 所以－373<m <－9，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－373，－9.。
全国通用2018版高考数学一轮复习第三章导数及其应用3.2.3导数与函数的综合应用课件文北师大版
当 x 变化时，f(x)与 f′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－2) －2 －2，－23 －23 －23，＋∞
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
c
c－3227
所以，当 c>0 且 c－3227<0，存在 x1∈(－4，－2)，x2∈－2，－23， x3∈－23，0，使得 f(x1)＝f(x2)＝f(x3)＝0.由 f(x)的单调性知，当且仅 当 c∈0，3227时， 函数 f(x)＝x3＋4x2＋4x＋c 有三个不同零点．
解 (1)因为 x＝5 时，y＝11，所以a2＋10＝11，a＝2. (2)由(1)可知，该商品每日的销售量为 y＝x－2 3＋10(x－6)2， 所以商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)＝(x－3)x－2 3＋10x－62 ＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 从而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)·(x－6)，
(2)因 V(r)＝5π(300r－4r3)(0<r<5 3)， 故 V′(r)＝π5(300－12r2)， 故 V′(r)＝0，解得 r＝5 或－5(因 r＝－5 不在定义域内，舍去)． 当 r∈(0,5)时，V′(r)>0，故 V(r)在(0,5)上为增函数； 当 r∈(5,5 3)时，V′(r)<0，故 V(r)在(5,5 3)上为减函数． 由此可知，V(r)在 r＝5 处取得最大值，此时 h＝8. 所以当 r＝5，h＝8 时，该蓄水池的体积最大.
于是，当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
(3,4)
4
(4,6)
f′(x) ＋
高考数学一轮总复习第三章导数及应用1导数的概念及运算课件理
(2)求过点 P 的曲线的切线方程的步骤为： 第一步，设出切点坐标 P′(x1，f(x1))； 第二步，写出过 P′(x1，f(x1))的切线方程为 y－f(x1)＝f′ (x1)(x－x1)； 第三步，将点 P 的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出 x1； 第四步，将 x1 的值代入方程 y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)可得过 点 P(x0，y0)的切线方程．
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(5)y＝－lnx＋e－2x,∴y′＝－1x＋e－2x·(－2x)′＝－1x－2e－2x. 【答案】 (1)y′＝24x3＋9x2－16x－4 (2)y′＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2 (3)y′＝x2＋x（1－x2＋2x12·）l2nx (4)y′＝2sin(4x＋23π) (5)y′＝－1x－2e－2x
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2．计算： (1)(x4－3x3＋1)′＝________； (2)(ln1x)′＝________； (3)(xex)′＝______； (4)(sinx·cosx)′＝______． 答案 (1)4x3－9x2 (2)－xln12x (3)ex＋xex (4)cos2x
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为 k1，k2，则 k1，k2 的大小关系为( )
A．k1>k2
B．k1<k2
C．k1＝k2
D．不确定
答案 A
解析 ∵y＝sinx，∴y′＝(sinx)′＝cosx.
π k1＝cos0＝1，k2＝cos 2 ＝0，∴k1>k2.
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5．(2018·陕西检测)已知直线 y＝－x＋m 是曲线 y＝x2－3lnx
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题型二 导数的基本运算
求下列函数的导数： (1)y＝(3x3－4x)(2x＋1)； (3)y＝x2ln＋x1； (5)y＝ln1x＋e－2x.
五年高考三年模拟2018届高三数学理新课标一轮复习课件：3.2 导数的应用 精品
因而f(1)=1, f '(1)=-1, 所以曲线y=f(x)在点A(1, f(1))处的切线方程为y-1=-(x-1),即x+y-2=0.
(2)由f '(x)=1- a = x a ,x>0知:
xx
①当a≤0时, f '(x)>0,函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,函数f(x)无极值; ②当a>0时,由f '(x)=0,解得x=a. 又当x∈(0,a)时, f '(x)<0;当x∈(a,+∞)时, f '(x)>0, 从而函数f(x)在x=a处取得极小值,且极小值为f(a)=a-aln a,无极大值. 综上,当a≤0时,函数f(x)无极值;当a>0时,函数f(x)在x=a处取得极小值a-aln a,无极大值.
,
上单调递减,只需f
'
2 3
>0即可.由f
'
2 3
=
2 9
+2a>0,
解得a>- 1 ,所以,a的取值范围是a>- 1 .
9
9
(2)由(1)知f '(x)=-x2+x+2a,令f '(x)=0,得x1= 1 1 8a ,x2= 1 1 8a ,所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单
2-1 (2015山东,21,14分)设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中a∈R.
(1)讨论函数f(x)极值点的个数,并说明理由;
(2)若∀x>0, f(x)≥0成立,求a的取值范围.
解析 (1)由题意知函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
2018高考数学(理)大一轮复习课件：第三章 导数及其应用 第二节 导数与函数的单调性
1 由曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝ 2 x， 3 5 知f′(1)＝－4－a＝－2，解得a＝4.
x2－4x－5 x 5 3 所以f(x)＝4＋4x－ln x－2，则f′(x)＝ ， 4x2 令f′(x)＝0，解得x＝－1或x＝5， 因x＝－1不在f(x)的定义域(0，＋∞)内，故舍去． 当x∈(0,5)时，f′(x)<0，故f(x)在(0,5)内为减函数； 当x∈(5，＋∞)时，f′(x)>0，故f(x)在(5，＋∞)内为增 函数． 所以函数f(x)的单调递增区间为(5，＋∞)，单调递减区 间为(0,5)．
值对不等式解集的影响进行分类讨论．
求函数的单调区间
[例2] x a 3 已知函数f(x)＝ 4 ＋ x －ln x－ 2 ，其中a∈R，且曲
1 线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于直线y＝ 2 x，求函数f(x) 的单调区间．
[解]
1 a 1 对f(x)求导得f′(x)＝4－x2－x，
第二节 导数与 函数的 单调性
本节主要包括2个知识点： 1.利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间； 2．利用导数解决函数单调性的应用问题.
突破点(一)
基础联通
利用导数讨论函数的单调性或求函数的单调区间
抓主干知识的“源”与“流”
1．函数的单调性与导数的关系 函数y＝f(x)在某个区间内可导： (1)若f′(x)>0，则f(x)在这个区间内 单调递增 ； (2)若f′(x)<0，则f(x)在这个区间内 单调递减 ； (3)若f′(x)＝0，则f(x)在这个区间内是 常数函数 ．
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
证明或讨论函数的单调性
判断函数单调性的三种方法
2018版高考数学人教A版(全国)一轮复习课件 第三章 导数及其应用 第2讲 第2课时
考点突第破十一页，编辑于星期课六：堂二总十二结点 三十分。
(2)因为 f′(x)＝（10x＋a2）（x 2x＋a），a＜0，由 f′(x)＝0 得 x＝ －1a0或 x＝－a2. 当 x∈0，－1a0时，f(x)单调递增. 当 x∈－1a0，－a2时，f(x)单调递减； 当 x∈－a2，＋∞时，f(x)单调递增. 易知 f(x)＝(2x＋a)2 x≥0，且 f－a2＝0.
考点突第破五页，编辑于星期六课：二堂十总二点结三十分。
规律方法 函数极值的两类热点问题 (1)求函数f(x)极值这类问题的一般解题步骤为： ①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0，求出函数 定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的 符号，如果左正右负，那么f(x)在x0处取极大值，如果左负右正， 那么f(x)在x0处取极小值.
一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.
考点突第破十五页，编辑于星期课六：堂二总十二结点 三十分。
【训练2】 已知函数f(x)＝(ax－2)ex在x＝1处取得极值. (1)求a的值； (2)求函数在区间[m，m＋1]上的最小值. 解 (1)f′(x)＝(ax＋a－2)ex， 由已知得 f′(1)＝(a＋a－2)e＝0， 解得 a＝1，经检验 a＝1 符合题意， 所以 a 的值为 1. (2)由(1)得 f(x)＝(x－2)ex，f′(x)＝(x－1)ex. 令 f′(x)>0 得 x>1，令 f′(x)<0 得 x<1. 所以函数 f(x)在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增.
第3章 第2节 第2课时 导数与函数的极值、最值-2022届高三数学一轮复习讲义(新高考)
第2课时导数与函数的极值、最值一、教材概念·结论·性质重现1．函数的极值与导数条件f ′(x0)＝0x0附近的左侧f ′(x)>0，右侧f ′(x)<0x0附近的左侧f ′(x)<0，右侧f ′(x)>0图象形如山峰形如山谷极值 f (x0)为极大值 f (x0)为极小值极值点x0为极大值点x0为极小值点(1)函数的极大值和极小值都可能有多个，极大值和极小值的大小关系不确定．(2)对于可导函数f (x)，“f ′(x0)＝0”是“函数f (x)在x＝x0处有极值”的必要不充分条件．(1)函数f (x)在[a，b]上有最值的条件一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f (x)的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值和最小值．(2)求函数y＝f (x)在区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤①求函数y＝f (x)在区间(a，b)上的极值；②将函数y＝f (x)的各极值与端点处的函数值f (a)，f (b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．(1)求函数的最值时，应注意极值点和所给区间的关系，关系不确定时，需要分类讨论，不可想当然认为极值就是最值．(2)若函数f (x)在区间[a，b]内是单调函数，则f (x)一定在区间端点处取得最值；若函数f (x)在开区间(a，b)内只有一个极值点，则相应的极值点一定是函数的最值点．(3)函数最值是“整体”概念，而函数极值是“局部”概念，极大值与极小值之间没有必然的大小关系．1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(1)函数的极大值不一定比极小值大．(√)(2)对可导函数f (x)，f ′(x0)＝0是x0点为极值点的充要条件．(×)(3)函数的极大值一定是函数的最大值．(×)(4)开区间上的单调连续函数无最值．(√)2．f (x)的导函数f ′(x)的图象如图所示，则f (x)的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4A解析：由题意知在x＝－1处f ′(－1)＝0，且其两侧导数符号为左负右正，f (x)在x＝－1左减右增．故选A．3．函数f (x)＝2x－x ln x的极大值是()A．1e B．2e C．e D．e2C解析：f ′(x)＝2－(ln x＋1)＝1－ln x．令f ′(x)＝0，得x＝e.当0<x<e时，f ′(x)>0；当x>e时，f ′(x)<0.所以x＝e时，f (x)取到极大值，f (x)极大值＝f (e)＝e.4．若函数f (x)＝x(x－c)2在x＝2处有极小值，则常数c的值为()A．4 B．2或6 C．2 D．6C解析：函数f (x)＝x(x－c)2的导数为f ′(x)＝3x2－4cx＋c2.由题意知，f (x)在x＝2处的导数值为12－8c＋c2＝0，解得c＝2或6.又函数f (x )＝x (x －c )2在x ＝2处有极小值，故导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正．当c ＝2时，f (x )＝x (x －2)2的导数在x ＝2处左侧为负，右侧为正，即在x ＝2处有极小值．而当c ＝6时，f (x )＝x (x －6)2在x ＝2处有极大值．故c ＝2.5．函数f (x )＝2x 3－2x 2在区间[－1,2]上的最大值是________． 8 解析：f ′(x )＝6x 2－4x ＝2x (3x －2)． 由f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23.因为f (－1)＝－4，f (0)＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝－827，f (2)＝8，所以最大值为8.考点1 利用导数求函数的极值——综合性考向1 根据函数的图象判断函数的极值(多选题)已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(1－x )f ′(x )的图象如图所示，则( )A ．函数f (x )有极大值f (2)B ．函数f (x )有极大值f (－2)C ．函数f (x )有极小值f (－2)D ．函数f (x )有极小值f (2)BD 解析：由题图可知，当x <－2时，f ′(x )>0；当－2<x <1时，f ′(x )<0；当1<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.由此可以得到函数f (x )在x ＝－2处取得极大值，在x ＝2处取得极小值．根据函数的图象判断极值的方法根据已知条件，分情况确定导数为0的点，及导数为0点处左右两侧导数的正负，从而确定极值类型．考向2 已知函数解析式求极值已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )． (1)当a ＝12时，求f (x )的极值；(2)讨论函数f (x )在定义域内极值点的个数．解：(1)当a ＝12时，f (x )＝ln x －12x ，定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝1x －12＝2－x2x . 令f ′(x )＝0，解得x ＝2.于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表. x (0，2) 2 (2，＋∞)f ′(x ) ＋ 0 － f (x )↗ln 2－1↘(2)由(1)知，函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x . 当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时函数f (x )在定义域上无极值点； 当a >0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 时，f ′(x )>0， x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0， 故函数f (x )在x ＝1a 处有极大值．综上可知，当a ≤0时，函数f (x )无极值点； 当a >0时，函数f (x )有一个极大值点，且为x ＝1a .求函数极值的一般步骤(1)先求函数f (x )的定义域，再求函数f (x )的导函数； (2)求f ′(x )＝0的根；(3)判断在f ′(x )＝0的根的左、右两侧f ′(x )的符号，确定极值点；(4)求出函数f (x )的极值． 考向3 已知函数的极值求参数设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与x 轴平行，求a ； (2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围． 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)·x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ， f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x . 若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0,2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0. 所以2不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.已知函数极值点或极值求参数的两个关键(1)列式：根据极值点处导数为0和极值这两个条件列方程组，利用待定系数法求解．(2)验证：因为某点处的导数值等于0不是此点为极值点的充要条件，所以利用待定系数法求解后必须验证该点左右两侧的正负．1．(多选题)定义在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，4上的函数f (x )的导函数f ′(x )图象如图所示，则下列结论正确的是( )A ．函数f (x )在区间(0,4)单调递增B ．函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0单调递减 C ．函数f (x )在x ＝1处取得极大值 D ．函数f (x )在x ＝0处取得极小值ABD 解析：根据导函数图象可知，f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上，f ′(x )<0，f (x )单调递减，在区间(0,4)上，f ′(x )＞0，f (x )单调递增．所以f (x )在x ＝0处取得极小值，没有极大值．所以A ，B ，D 选项正确，C 选项错误．故选ABD ．2．(2020·青岛一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧3x －9，x ≥0，x e x ，x <0(e ＝2.718…为自然对数的底数)．若f (x )的零点为α，极值点为β，则α＋β＝( )A ．－1B ．0C ．1D ．2C 解析：当x ≥0时，f (x )＝3x －9为增函数，无极值．令f (x )＝0，即3x －9＝0，解得x ＝2，即函数f (x )的一个零点为2；当x <0时，f (x )＝x e x <0，无零点，f ′(x )＝e x ＋x e x ＝(1＋x )e x ，则当－1<x <0时，f ′(x )>0.当x <－1时，f ′(x )<0，所以当x ＝－1时，函数f (x )取得极小值．综上可知，α＋β＝2＋(－1)＝1.故选C ．3．函数f (x )＝2x ＋1x 2＋2的极小值为________．－12 解析：f ′(x )＝2(x 2＋2)－2x (2x ＋1)(x 2＋2)2＝－2(x ＋2)(x －1)(x 2＋2)2. 令f ′(x )<0，得x <－2或x >1； 令f ′(x )>0，得－2<x <1.所以f (x )在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减，在(－2，1)上单调递增， 所以f (x )极小值＝f (－2)＝－12.4．设函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c (a ≥0)．(1)当a ＝1，且函数图象过点(0,1)时，求函数f (x )的极小值； (2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，求a 的取值范围． 解：f ′(x )＝3ax 2－4x＋1.(1)函数f (x )的图象过点(0,1)时，有f (0)＝c ＝1.当a ＝1时，f ′(x )＝3x 2－4x ＋1＝(3x －1)(x －1)．令f ′(x )>0，解得x <13或x >1；令f ′(x )<0，解得13<x <1.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，13和(1，＋∞)上单调递增；在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1上单调递减，极小值是f (1)＝13－2×12＋1＋1＝1.(2)若f (x )在(－∞，＋∞)上无极值点，则f (x )在(－∞，＋∞)上是单调函数，即f ′(x )≥0或f ′(x )≤0恒成立．①当a ＝0时，f ′(x )＝－4x ＋1，显然不满足条件；②当a >0时，f ′(x )≥0或 f ′(x )≤0恒成立的充要条件是Δ＝(－4)2－4×3a ×1≤0，即16－12a ≤0，解得a ≥43.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，＋∞.考点2 利用导数求函数的最值——应用性(2020·北京卷)已知函数f (x )＝12－x 2. (1)求曲线y ＝f (x )的斜率等于－2的切线方程；(2)设曲线y ＝f (x )在点(t ，f (t ))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S (t )，求S (t )的最小值．解：(1)因为f (x )＝12－x 2， 所以f ′(x )＝－2x .设切点为(x 0,12－x 20)，则－2x 0＝－2，即x 0＝1，所以切点为(1,11)． 由点斜式可得切线方程为y －11＝－2(x －1)，即2x ＋y －13＝0. (2)显然t ≠0，因为y ＝f (x )在点(t,12－t 2)处的切线方程为y －(12－t 2)＝－2t (x －t )， 即y ＝－2tx ＋t 2＋12.令x ＝0，得y ＝t 2＋12；令y ＝0，得x ＝t 2＋122t .所以S (t )＝12×(t 2＋12)·t 2＋122|t |＝(t 2＋12)24|t |，t ≠0，显然为偶函数． 只需考察t ＞0即可(t <0时，结果一样)， 则S (t )＝t 4＋24t 2＋1444t ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫t 3＋24t ＋144t ， S ′(t )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 2＋24－144t 2 ＝3(t 4＋8t 2－48)4t 2 ＝3(t 2－4)(t 2＋12)4t 2 ＝3(t －2)(t ＋2)(t 2＋12)4t 2. 由S ′(t )>0，得t >2；由S ′(t )<0，得0<t <2.所以S (t )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以t ＝2时，S (t )取得极小值，也是最小值为S (2)＝16×168＝32. 综上所述，当t ＝±2时，S (t )min ＝32.求函数f (x )在区间[a ，b ]上的最大值与最小值的步骤(1)求函数在区间(a ，b )内的极值；(2)求函数在区间端点处的函数值f (a )，f (b )；(3)将函数f (x )的各极值与f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．已知k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2. (1)求函数f (x )的单调区间； (2)求函数f (x )在[0，k ]上的最大值．解：(1)由题意得f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以1＜2k ≤2.令f ′(x )＞0，所以⎩⎨⎧ x ＞0，e x －2k ＞0或⎩⎨⎧ x ＜0，e x－2k ＜0，解得x ＞ln 2k 或x ＜0. 所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)． 令f ′(x )＜0，所以⎩⎨⎧x ＞0，e x －2k ＜0或⎩⎨⎧x ＜0，e x－2k ＞0，解得0＜x ＜ln 2k . 所以函数f (x )的单调递减区间为(0，ln 2k )．所以函数f (x )的单调递增区间为(ln 2k ，＋∞)，(－∞，0)，单调递减区间为(0，ln 2k )．(2)令φ(k )＝k －ln (2k )，k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，φ′(k )＝1－1k ＝k －1k ≤0. 所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上是减函数． 所以φ(1)≤φ(k )＜φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12.所以1－ln 2≤φ(k )＜12＜k ，即0＜ln (2k )＜k . 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：f (k )－f (0)＝(k －1)e k －k 3－f (0) ＝(k －1)e k －k 3＋1 ＝(k －1)e k －(k 3－1)＝(k －1)e k －(k －1)(k 2＋k ＋1) ＝(k －1)[e k －(k 2＋k ＋1)]． 因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以k －1≥0.对任意的k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，y ＝e k 的图象恒在直线y ＝k 2＋k ＋1的下方， 所以e k －(k 2＋k ＋1)≤0.所以f (k )－f (0)≥0，即f (k )≥f (0)．所以函数f (x )在[0，k ]上的最大值f (k )＝(k －1)e k －k 3.考点3 极值与最值的综合应用——综合性(2020·山东师范大学附中高三质评)已知函数f (x )＝x 2·e ax ＋1－b ln x －ax (a ，b ∈R )．(1)若b ＝0，曲线f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线y ＝2x 平行，求a 的值； (2)若b ＝2，且函数f (x )的值域为[2，＋∞)，求a 的最小值． 解：(1)当b ＝0时，f (x )＝x 2e ax ＋1－ax ，x >0， f ′(x )＝x e ax ＋1(2＋ax )－a . 由f ′(1)＝e a ＋1(2＋a )－a ＝2，得e a ＋1(2＋a )－(a ＋2)＝0，即(e a ＋1－1)(2＋a )＝0，解得a ＝－1或a ＝－2. 当a ＝－1时，f (1)＝e 0＋1＝2，此时直线y ＝2x 恰为切线，舍去．所以a ＝－2.(2)当b ＝2时，f (x )＝x 2e ax ＋1－2ln x －ax ，x >0. 设t ＝x 2e ax ＋1(t >0)，则ln t ＝2ln x ＋ax ＋1， 故函数f (x )可化为g (t )＝t －ln t ＋1(t >0)．由g ′(t )＝1－1t ＝t －1t ，可得g (t )的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1，＋∞)，所以g (t )的最小值为g (1)＝1－ln 1＋1＝2. 此时，t ＝1，函数f (x )的值域为[2，＋∞)． 问题转化为：当t ＝1时，ln t ＝2ln x ＋ax ＋1有解， 即ln 1＝2ln x ＋ax ＋1＝0，得a ＝－1＋2ln xx . 设h (x )＝－1＋2ln x x，x >0，则h ′(x )＝2ln x －1x 2， 故h (x )的单调递减区间为(0，e)，单调递增区间为(e ，＋∞)， 所以h (x )的最小值为h (e)＝－2e ，故a 的最小值为－2e .求解函数极值与最值综合问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，函数的解析式含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数在无穷区间(或开区间)上的最值，不仅要研究其极值情况，还要研究其单调性，并通过单调性和极值情况，画出函数的大致图象，然后借助图象观察得到函数的最值．1．(2021·福建三校联考)若方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解，则实数m 的取值范围为( )A ．(－∞，7)B ．(15－6ln 3，＋∞)C ．(12－61n 3，＋∞)D ．(－∞，7)∪(15－6ln 3，＋∞)D 解析：方程8x ＝x 2＋6ln x ＋m 仅有一个解等价于函数m (x )＝x 2－8x ＋6ln x ＋m (x >0)的图象与x 轴有且只有一个交点．对函数m (x )求导得m ′(x )＝2x －8＋6x ＝2x 2－8x ＋6x ＝2(x －1)(x －3)x. 当x ∈(0,1)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增； 当x ∈(1,3)时，m ′(x )<0，m (x )单调递减； 当x ∈(3，＋∞)时，m ′(x )>0，m (x )单调递增，所以m (x )极大值＝m (1)＝m －7，m (x )极小值＝m (3)＝m ＋6ln 3－15.所以当x 趋近于0时，m (x )趋近于负无穷，当x 趋近于正无穷时，m (x )趋近于正无穷，所以要使m (x )的图象与x 轴有一个交点，必须有m (x )极大值＝m －7<0或m (x )极小值＝m ＋6ln 3－15>0，即m <7或m >15－6ln 3.故选D ． 2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋x 2(x <1)，a ln x (x ≥1).(1)求f (x )在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点； (2)求f (x )在[－1，e ](e 为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x <1时，f ′(x )＝－3x 2＋2x ＝－x (3x －2)，令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝23.当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：故当x ＝0时，函数f (x )取得极小值为f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23. (2)①当－1≤x <1时，由(1)知，函数f (x )在[－1,0]和⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，1上单调递减，在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，23上单调递增． 因为f (－1)＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫23＝427，f (0)＝0， 所以f (x )在[－1,1)上的最大值为2. ②当1≤x ≤e 时，f (x )＝a ln x ， 当a ≤0时，f (x )≤0；当a >0时，f (x )在[1，e ]上单调递增， 则f (x )在 [1，e ]上的最大值为f (e)＝a . 故当a ≥2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为a ； 当a <2时，f (x )在[－1，e ]上的最大值为2.。
高考数学总复习真题分类专题03 导数及其应用(选择题、填空题)
高考数学总复习真题分类专题03 导数及其应用（选择题、填空题）1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】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 =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,xy a x '=++∴切线的斜率1|e 12x k y a ='==+=，1e a -∴=， 将(1,1)代入2y x b =+，得21,1b b +==-. 故选D ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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 =【答案】D【解析】因为函数f(x)是奇函数，所以a −1=0，解得a =1，所以f(x)=x 3+x ，f′(x)=3x 2+1， 所以f′(0)=1,f(0)=0，所以曲线y =f(x)在点(0,0)处的切线方程为y −f(0)=f′(0)x ，化简可得y =x . 故选D.【名师点睛】该题考查的是有关曲线y =f(x)在某个点(x 0,f(x 0))处的切线方程的问题，在求解的过程中，首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得f′(x)，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果.3．【2017年高考全国Ⅱ卷理数】若2x =-是函数21()(1)ex f x x ax -=+-的极值点，则()f x 的极小值为A ．1-B ．32e -- C ．35e - D ．1【答案】A【解析】由题可得12121()(2)e(1)e [(2)1]e x x x f x x a x ax x a x a ---'=+++-=+++-，因为(2)0f '-=，所以1a =-，21()(1)e x f x x x -=--，故21()(2)e x f x x x -'=+-，令()0f x '>，解得2x <-或1x >，所以()f x 在(,2),(1,)-∞-+∞上单调递增，在(2,1)-上单调递减， 所以()f x 的极小值为11()(111)e 11f -=--=-.故选A ．【名师点睛】（1）可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同；（2）若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．4．【2017年高考浙江】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【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x =位于增区间内，因此选D ．【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x 轴的交点为0x ，且图象在0x 两侧附近连续分布于x 轴上下方，则0x 为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数()f x '的正负，得出原函数()f x 的单调区间．5．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】函数()2e e x xf x x --=的图像大致为【答案】B【解析】()()()2e e 0,,x xx f x f x f x x --≠-==-∴Q 为奇函数，舍去A ；()11e e 0f -=->Q ，∴舍去D ；()()()()()243e e e e 22e 2e ,xx x x x x x xx x f x xx---+---++=='Q 2x ∴>时，()0f x '>，()f x 单调递增，舍去C. 因此选B.【名师点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性. 6．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】函数422y x x =-++的图像大致为【答案】D【解析】函数图象过定点(0,2)，排除A ，B ；令42()2y f x x x ==-++，则32()422(21)f x x x x x '=-+=--，由()0f x '>得22(21)0x x -<，得2x <-或02x <<，此时函数单调递增，由()0f x '<得22(21)0x x ->，得2x >或02x -<<，此时函数单调递减，排除C.故选D.【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解决本题的关键.7．【2019年高考天津理数】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,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭， 当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=， 当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.8．【2019年高考浙江】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 >0【答案】C【解析】当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b ＝0，得x =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增， 令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．9．【2017年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数211()2(ee )x xf x x x a --+=-++有唯一零点，则a =A ．12- B ．13C ．12D ．1【答案】C【解析】函数()f x 的零点满足()2112e e x x x x a --+-=-+， 设()11eex x g x --+=+，则()()21111111e 1eeee ex x x x x x g x ---+----'=-=-=， 当()0g x '=时，1x =；当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减； 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数()g x 取得最小值，为()12g =.设()22h x x x =-，当1x =时，函数()h x 取得最小值，为1-，若0a ->，函数()h x 与函数()ag x -没有交点；若0a -<，当()()11ag h -=时，函数()h x 和()ag x -有一个交点， 即21a -⨯=-，解得12a =.故选C. 【名师点睛】函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.10．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________．【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,xxxy x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e xy x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=．【名师点睛】准确求导数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，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．11．【2018年高考全国Ⅱ卷理数】曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．【答案】y =2x 【解析】∵y ′=2x+1，∴在点（0,0）处切线的斜率为k =20+1=2，则所求的切线方程为y =2x .【名师点睛】求曲线的切线要注意“过点P 的切线”与“在点P 处的切线”的差异，过点P 的切线中，点P 不一定是切点，点P 也不一定在已知的曲线上，而在点P 处的切线，必以点P 为切点. 12．【2018年高考全国Ⅲ卷理数】曲线()1e xy ax =+在点()0,1处的切线的斜率为2-，则a =________．【答案】−3【解析】()e 1e xxy a ax =++'，则0|12x y a ='=+=-，所以a =−3.【名师点睛】本题主要考查导数的计算和导数的几何意义，属于基础题. 13．【2019年高考江苏】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 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x =+>切于004(,)x x x +， 由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.14．【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】−3√32【解析】f′(x)=2cosx +2cos2x =4cos 2x +2cosx −2=4(cosx +1)(cosx −12)，所以当cosx <12时函数单调递减，当cosx >12时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为()5ππ2π,2π33k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z ， 函数的递增区间为()ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ， 所以当π2π,3x k k =-∈Z 时，函数f (x )取得最小值， 此时sinx =−√32,sin2x =−√32， 所以f (x )min =2×(−√32)−√32=−3√32， 故答案是−3√32. 【名师点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的最小值问题，在求解的过程中，需要明确相关的函数的求导公式，需要明白导数的符号与函数的单调性的关系，确定出函数的单调增区间和单调减区间，进而求得函数的最小值点，从而求得相应的三角函数值，代入求得函数的最小值.15．【2019年高考江苏】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 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =，故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．16．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（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___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e e0xxa -++=对任意的x 恒成立，则10a +=，得1a =-.若函数()e e xxf x a -=+是R 上的增函数，则() e e 0x xf x a -'=-≥在R 上恒成立，即2e x a ≤在R 上恒成立， 又2e 0x >，则0a ≤，即实数a 的取值范围是(],0-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.17．【2018年高考江苏】若函数f(x)=2x 3−ax 2+1(a ∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[−1,1]上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3【解析】由()2620f x x ax =-='得0x =或3a x =， 因为函数()f x 在()0,+∞上有且仅有一个零点且()0=1f ，所以0,033a a f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭， 因此32210,33a a a ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得3a =. 从而函数()f x 在[]1,0-上单调递增，在[]0,1上单调递减，所以()()max 0,f x f = ()()(){}()min min 1,11f x f f f =-=-，则()()max min f x f x +=()()0+114 3.f f -=-=-故答案为3-.【名师点睛】对于函数零点的个数问题，可利用函数的单调性、草图确定其中参数的取值条件．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．18．【2017年高考江苏】已知函数31()2e ex x 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 ． 【答案】1[1,]2- 【解析】因为31()2e ()ex x f x x f x x -=-++-=-，所以函数()f x 是奇函数，因为22()32e e 320x x f 'x x x -=-++≥-+≥，所以函数()f x 在R 上单调递增， 又21)02()(f f a a +-≤，即2())2(1a a f f ≤-，所以221a a ≤-，即2120a a +-≤，解得112a -≤≤， 故实数a 的取值范围为1[1,]2-．【名师点睛】解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为(())(())f g x f h x >的形式，然后根据函数()f x 的单调性去掉“f ”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意()g x 与()h x 的取值应在函数()f x 的定义域内．19．【2017年高考山东理数】若函数e ()x f x （e 2.71828=L 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()2x f x -=②()3x f x -= ③3()f x x = ④2()2f x x =+ 【答案】①④ 【解析】①e e ()e 2()2x x x x f x -=⋅=在R 上单调递增，故()2x f x -=具有性质； ②e e ()e 3()3x x x x f x -=⋅=在R 上单调递减，故()3xf x -=不具有性质；③3e ()e x x f x x =⋅，令3()e x g x x =⋅，则322()e 3e e (3)x x x g x x x x x '=⋅+⋅=+，当3x >-时，()0g x '>，当3x <-时，()0g x '<，3e ()e x x f x x =⋅在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增，故3()f x x =不具有性质；④2e ()e (2)x x f x x =+，令2()e (2)x g x x =+，则22()e (2)2e e [(1)1]0x x x g x x x x '=++=++>，则2e ()e (2)x x f x x =+在R 上单调递增，故2()2f x x =+具有性质．【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．M M ∴∴M M。
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第二节 导数的应用
考点一 利用导数研究函数的单调性
1．(2015·福建，10)若定义在R 上的函数f (x )满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，则下列结论中一定错误的是( )
A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＜1k
B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＞1k －1
C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＜1k －1
D ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1＞k k －1
解析 ∵导函数f ′(x )满足f ′(x )＞k ＞1，∴f ′(x )－k ＞0，k －1＞0，
1k －1＞0，可构造函数g (x )＝f (x )－kx ，可得g ′(x )＞0，故g (x )在R 上为增函数，∵f (0)＝－1， ∴g (0)＝－1，∴g ⎝
⎛⎭⎪⎫1k －1＞g (0)， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－k k －1＞－1，∴f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1k －1＞1k －1，∴选项C 错误，故选C. 答案 C
2．(2011·辽宁，11)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )
A ．(－1，1)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－1)
D ．(－∞，＋∞)
解析 设g (x )＝f (x )－2x －4，则g (－1)＝f (－1)－2×(－1)－4＝0，g ′(x )＝f ′(x )－2>0，g (x )在R 上为增函数．
由g (x )>0，即g (x )>g (－1)．
∴x >－1，选B.
答案 B
3．(2015·新课标全国Ⅱ，21)设函数f (x )＝e mx ＋x 2
－mx .
(1)证明：f (x )在(－∞，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增；
(2)若对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|0≤e －1，求m 的取值范围．
(1)证明 f ′(x )＝m (e mx －1)＋2x .
若m ≥0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx －1≤0，f ′(x )＜0；
当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1≥0，f ′(x )＞0.
若m ＜0，则当x ∈(－∞，0)时，e mx
－1＞0，f ′(x )＜0；
当x ∈(0，＋∞)时，e mx －1＜0，f ′(x )＞0.
所以，f (x )在(－∞，0)单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增．
(2)解 由(1)知，对任意的m ，f (x )在[－1，0]上单调递减，在[0，1]上单调递增，故f (x )在x ＝0处取得最小值．所以对于任意x 1，x 2∈[－1，1]，|f (x 1)－f (x 2)|≤e －1的充要条
件是⎩
⎪⎨⎪⎧f （1）－f （0）≤e －1，f （－1）－f （0）≤e －1， 即⎩⎪⎨⎪⎧e m －m ≤e －1，e －m ＋m ≤e －1.① 设函数g (t )＝e t －t －e ＋1，则g ′(t )＝e t
－1.
当t ＜0时，g ′(t )＜0；当t ＞0时，g ′(t )＞0.
故g (t )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
又g (1)＝0，g (－1)＝e －1＋2－e ＜0，故当t ∈[－1，1]时， g (t )≤0.
当m ∈[－1，1]时，g (m )≤0，g (－m )≤0，即①式成立；
当m ＞1时，由g (t )的单调性，g (m )＞0，
即e m
－m ＞e －1；
当m ＜－1时，g (－m )＞0，
即e －m ＋m ＞e －1.
综上，m 的取值范围是[－1，1]．
4．(2015·北京，18)已知函数f (x )＝ln 1＋x 1－x
. (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求证：当x ∈(0，1)时，f (x )＞2⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33； (3)设实数k 使得f (x )＞k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立，求k 的最大值． (1)解 因为f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，所以f ′(x )＝11＋x ＋11－x
，f ′(0)＝2. 又因为f (0)＝0，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝2x .
(2)证明 令g (x )＝f (x )－2⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33，则g ′(x )＝f ′(x )－2(1＋x 2)＝2x 41－x 2.
因为g ′(x )>0(0<x <1)，所以g (x )在区间(0，1)上单调递增．
所以g (x )>g (0)＝0，x ∈(0，1)，
即当x ∈(0，1)时，f (x )>2⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33. (3)解 由(2)知，当k ≤2时，f (x )> k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33对x ∈(0，1)恒成立． 当k >2时，令h (x )＝f (x )－k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33，则 h ′(x )＝f ′(x )－k (1＋x 2)＝kx 4－（k －2）1－x 2. 所以当0<x <4k －2k 时，h ′(x )<0，因此h (x )在区间⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，4k －2k 上单调递减． 当0<x <4k －2k
时，h (x )<h (0)＝0， 即f (x )<k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 3
3. 所以当k >2时，f (x )>k ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋x 33并非对x ∈(0，1)恒成立． 综上可知，k 的最大值为2.
5．(2015·四川，21)已知函数f (x )＝－2(x ＋a )ln x ＋x 2－2ax －2a 2＋a ，其中a ＞0.
(1)设g (x )是f (x )的导函数，讨论g (x )的单调性；
(2)证明：存在a ∈(0，1)，使得f (x )≥0在区间(1，＋∞)内恒成立，且f (x )＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．
(1)解 由已知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， g (x )＝f ′(x )
＝2(x －a )－2ln x －2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ，
所以g ′(x )＝2－2x ＋2a x
2 ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋2⎝ ⎛⎭
⎪⎫a －14x 2，
当0＜a ＜14
时，g (x )在区间。