2020高考导数大题汇编(理科)详细解析

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2020高考数学函数和导数知识点归纳汇总(含答案解析)

2020年高考数学（理）函数和导数知识点归纳汇总目录基本初等函数性质及应用 (3)三角函数图象与性质三角恒等变换 (17)函数的图象与性质、函数与方程 (43)导数的简单应用与定积分 (60)利用导数解决不等式问题 (81)利用导数解决函数零点问题 (105)基本初等函数性质及应用题型一求函数值【题型要点解析】已知函数的解析式，求函数值，常用代入法，代入时，一定要注意函数的对应法则与自变量取值范围的对应关系，有时要借助函数性质与运算性质进行转化．例1．若函数f (x )＝a |2x －4|(a >0，且a ≠1)，满足f (1)＝19，则f (x )的单调递减区间是( )A ．(－∞，2]B ．[2，＋∞)C ．[－2，＋∞)D ．(－∞，－2]【解析】由f (1)＝19，得a 2＝19，解得a ＝13或a ＝－13(舍去)，即f (x )＝4231-⎪⎭⎫⎝⎛x 由于y ＝|2x －4|在(－∞，2]上递减，在[2，＋∞)上递增，所以f (x )在(－∞，2]上递增，在[2，＋∞)上递减．【答案】 B例2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋ln 1＋x 2＋x ，x ≥0，3x 2＋ln 1＋x 2－x ，x <0，若f (x －1)<f (2x ＋1)，则x 的取值范围为________．【解析】若x >0，则－x <0，f (－x )＝3(－x )2＋ln (1＋(－x )2＋x )＝3x 2＋ln (1＋x 2＋x )＝f (x )，同理可得，x <0时，f (－x )＝f (x )，且x ＝0时，f (0)＝f (0)，所以f (x )是偶函数．因为当x >0时，函数f (x )单调递增，所以不等式f (x －1)<f (2x ＋1)等价于|x －1|<|2x ＋1|，整理得x (x ＋2)>0，解得x >0或x <－2.【答案】 (－∞，－2)∪(0，＋∞)例3．已知a >b >1，若log a b ＋log b a ＝52，a b＝b a ，则a ＝________，b ＝________.【解析】 ∵log a b ＋log b a ＝log a b ＋1log a b ＝52，∴log a b ＝2或12.∵a >b >1，∴log a b <log a a ＝1，∴log a b ＝12，∴a ＝b 2.∵a b ＝b a ，∴(b 2)b ＝bb 2，即b 2b ＝bb 2.∴2b＝b 2，∴b ＝2，a ＝4.【答案】 4；2 题组训练一求函数值1．已知函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间[0，＋∞)单调递增．若实数a 满足f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，则a 的最小值是( )A.32 B ．1C.12D ．2【解析】 log 12a ＝－log 2a ，f (log 2 a )＋f (log 12a )≤2f (1)，所以2f (log 2a )≤2f (1)，所以|log 2 a |≤1，解得12≤a ≤2，所以a 的最小值是12，故选C.【答案】 C2．若函数f (x )＝a x －2－2a (a >0，a ≠1)的图象恒过定点⎪⎭⎫⎝⎛31,0x ，则函数f (x )在[0,3]上的最小值等于________．【解析】令x －2＝0得x ＝2，且f (2)＝1－2a ，所以函数f (x )的图象恒过定点(2,1－2a )，因此x 0＝2，a ＝13，于是f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －2－23，f (x )在R 上单调递减，故函数f (x )在[0,3]上的最小值为f (3)＝－13.【答案】－13题型二比较函数值大小【题型要点解析】三招破解指数、对数、幂函数值的大小比较问题(1)底数相同，指数不同的幂用指数函数的单调性进行比较； (2)底数相同，真数不同的对数值用对数函数的单调性比较；(3)底数不同、指数也不同，或底数不同、真数也不同的两个数，常引入中间量或结合图象比较大小．例1．已知a ＝3421-⎪⎭⎫ ⎝⎛，b ＝5241-⎪⎭⎫ ⎝⎛，c ＝31251-⎪⎭⎫⎝⎛，则( )A ．a b >c B ．a >c >b C ．b >c >aD ．b >a >c【解析】 ∵a ＝π3，b ＝3π，c ＝e π，∴函数y ＝x π是R 上的增函数，且3>e>1，∴3π>e π，即b >c >1；设f (x )＝x 3－3x ，则f (3)＝0，∴x ＝3是f (x )的零点，∵f ′(x )＝3x 2－3x ·ln 3，∴f ′(3)＝27－27ln 3<0，f ′(4)＝48－81ln 3<0，∴函数f (x )在(3,4)上是单调减函数，∴f (π)<f (3)＝0，∴π3－3π<0，即π3<3π，∴a a >c .故选D.【答案】 D题组训练二比较函数值大小 1．若a >b >1,0<c <1，则( ) A ．a c b >1⇔a c >bc ，A 错误；对B ：由于－1<c －1<0，∴函数y ＝x c －1在(1，＋∞)上单调递减，又∴a >b >1，∴a c －11)，则f ′(x )＝ln x ＋1>1>0，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，因此f (a )>f (b )>0⇔a ln a >b ln b >0⇔1a ln a <1b ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c a ln a >ln cb ln b⇔b log a c >a log b c ，C 正确；对D ：要比较log a c 和log b c ，只需比较ln c ln a 和ln cln b，而函数y ＝ln x 在(1，＋∞)上单调递增，故a >b >1⇔ln a >ln b >0⇔1ln a <1ln b ，又由0<c <1得ln c <0，∴ln c ln a >ln c ln b ⇔log a c >log b c ，D 错误．故选C.【答案】 C2．设函数f (x )＝e x ＋2x －4，g (x )＝ln x ＋2x 2－5，若实数a ，b 分别是f (x )，g (x )的零点，则( )A ．g (a )<0<f (b )B ．f (b )<0<g (a )C ．0<g (a )<f (b )D ．f (b )<g (a )<0【解析】依题意，f (0)＝－3<0，f (1)＝e －2>0，且函数f (x )是增函数，因此函数f (x )的零点在区间(0,1)内，即0<a <1.g (1)＝－3<0，g (2)＝ln 2＋3>0，函数g (x )的零点在区间(1,2)内，即1f (1)>0.又函数g (x )在(0,1)内是增函数，因此有g (a )<g (1)<0，g (a )<0<f (b )，选A.【答案】 A题型三求参数的取值范围【题型要点解析】利用指、对数函数的图象与性质可以求解的两类热点问题及其注意点 (1)对一些可通过平移、对称变换作出其图象的对数型函数，在求解其单调性(单调区间)、值域(最值)、零点时、常利用数形结合思想求解．(2)一些对数型方程、不等式问题常转化为相应的函数图象问题，利用数形结合法求解．(3)注意点：利用对数函数图象求解对数型函数性质及对数方程、不等式问题时切记图象的范围、形状一定要准确，否则数形结合时将误解．对于含参数的指数、指数问题，在应用单调性时，要注意对底数进行讨论．解决对数问题时，首先要考虑定义域，其次再利用性质求解．例1．已知f (x )＝⎩⎨⎧(1－2a )x ＋3a ，x ＜1，ln x ，x ≥1的值域为R ，那么a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]B.⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡-21,1D.⎪⎭⎫⎝⎛21,0【解析】要使函数f (x )的值域为R ，需使⎩⎨⎧1－2a ＞0，ln 1≤1－2a ＋3a ，∴⎩⎨⎧a ＜12，a ≥－1，∴－1≤a ＜12.故选C.【答案】 C例2．设函数f (x )＝⎩⎨⎧x ＋1，x ≤0，2x，x >0，则满足f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x >1的x 的取值范围是________．【解析】由题意，当x >12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋2x －12>1恒成立，即x >12满足题意；当0<x ≤12时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝2x ＋x －12＋1>1恒成立，即0<x ≤12满足题意；当x ≤0时，f (x )＋f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-21x ＝x ＋1＋x －12＋1>1，解得x >－14，即－14<x ≤0.综上，x 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,41 【答案】⎪⎭⎫⎝⎛+∞,41题组训练三求参数的取值范围例1．若函数f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋6，x ≤2，3＋log a x ，x >2(a >0，且a ≠1)的值域是[4，＋∞)，则实数a 的取值范围是________．【解析】当x ≤2时，f (x )＝－x ＋6，f (x )在(－∞，2]上为减函数，∴f (x )∈[4＋∞)．当x >2时，若a ∈(0,1)，则f (x )＝3＋log a x 在(2，＋∞)上为减函数，f (x )∈(－∞，3＋log a 2)，显示不满足题意，∴a >1，此时f (x )在(2，＋∞)上为增函数，f (x )∈(3＋log a 2，＋∞)，由题意可知(3＋log a 2，＋∞)⊆[4，＋∞)，则3＋log a 2≥4，即log a 2≥1，∴1<a ≤2.【答案】 (1,2]例2．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋a ，x <12，4x－3，x ≥12的最小值为－1，则实数a 的取值范围是________．【解析】当x ≥12时，4x －3为增函数，最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛21＝－1，故当x <12时，x 2－2x ＋a ≥－1.分离参数得a ≥－x 2＋2x －1＝－(x －1)2，函数y ＝－(x －1)2开口向下，且对称轴为x ＝1，故在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-21,上单调递增，所以函数在x ＝12处有最大值，最大值为－221⎪⎭⎫⎝⎛-＝－14，即a ≥－14.【答案】⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,41【专题训练】一、选择题1．定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝－f (x )，f (x －2)＝f (x ＋2)，且x ∈(－1,0)时，f (x )＝2x ＋15，则f (log 220)等于( )A ．1B.45 C ．－1D ．－45【解析】由f (x －2)＝f (x ＋2)，得f (x )＝f (x ＋4)，因为4<log 220<5，所以f (log 220)＝f (log 220－4)＝－f (4－log 220)＝－f (log 2 45)＝－(2log 245＋15)＝－1.【答案】C2．定义在R 上的偶函数f (x )满足：对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)(x 1≠x 2)，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，则下列结论正确的是( )A ．f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)B ．f (log 25)<f (20.3)<f (0.32)C ．f (log 25)<f (0.32)<f (20.3) D ．f (0.32)<f (log 25)<f (20.3)【解析】 ∵对任意的x 1，x 2∈(－∞，0)，且x 1≠x 2，都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2<0，∴f (x )在(－∞，0)上是减函数．又∵f (x )是R 上的偶函数， ∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数． ∵0<0.32<20.3<log 25，∴f (0.32)<f (20.3)<f (log 25)．故选A. 【答案】 A3．已知f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x－1)，则f ⎪⎭⎫⎝⎛31等于( )A ．2－log 23B ．log 23－log 27C ．log 27－log 23D ．log 23－2【解析】因为f (x )是奇函数，且f (2－x )＝f (x )，所以f (x －2)＝－f (x )，所以f (x －4)＝f (x )，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛31＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-312＝f ⎪⎭⎫ ⎝⎛35＝－f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-354＝－f ⎪⎭⎫⎝⎛37.又当x ∈[2,3]时，f (x )＝log 2(x －1)，所以f ⎪⎭⎫ ⎝⎛37＝log 2⎪⎭⎫⎝⎛-137＝log 243＝2－log 23，所以f ⎪⎭⎫⎝⎛31＝log 23－2，故选D.【答案】 D4．已知函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，设a ＝ln1π，b ＝(ln π)2，c ＝ln π，当对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)时，都有(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0，则( ) A ．f (a )>f (b )>f (c ) B ．f (b )>f (a )>f (c ) C ．f (c )>f (b )>f (a )D ．f (c )>f (a )>f (b )【解析】由(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x 1)－f (x 2)(x 1－x 2)<0，所以y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递减．又因为函数y ＝f (x )是R 上的偶函数，所以y ＝f (x )在(－∞，0)上单调递增，由于a ＝ln 1π＝－lnπ<－1，b ＝(ln π)2，c ＝ln π＝12ln π，所以|b |>|a |>|c |，因此f (c )>f (a )>f (b )，故选D.【答案】 D5．已知函数y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，且当x ∈(－∞，0)时，f (x )＋xf ′(x )<0成立，a ＝(20.2)·f (20.2)，b ＝(log π3)·f (log π3)，c ＝(log 39)·f (log 39)，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．b >a >cB ．c >a >bC ．c >b >aD ．a >c >b【解析】因为函数y ＝f (x )关于y 轴对称，所以函数y ＝xf (x )为奇函数．因为[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )，且当x ∈(－∞，0)时，[xf (x )]′＝f (x )＋xf ′(x )<0，则函数y ＝xf (x )在(－∞，0)上单调递减；因为y ＝xf (x )为奇函数，所以当x ∈(0，＋∞)时，函数y ＝xf (x )单调递减．因为1<20.2<2,0<log π3<1，log 39＝2，所以0<log π3<20.2<log 39，所以b >a >c ，选A.【答案】 A6．设a ＝0.23，b ＝log 0.30.2，c ＝log 30.2，则a ，b ，c 大小关系正确的是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a【解析】根据指数函数和对数函数的增减性知，因为0<a ＝0.23<0.20＝1，b ＝log 0.30.2>log 0.30.3＝1，c ＝log 30.2<log 31＝0，所以b >a >c ，故选B.【答案】B7．对任意实数a ，b 定义运算“Δ”：a Δb ＝⎩⎨⎧a ，a －b ≤2，b ，a －b >2，设f (x )＝3x＋1Δ(1－x )，若函数f (x )与函数g (x )＝x 2－6x 在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则实数m 的取值范围是( )A ．[－1,2]B ．(0,3]C ．[0,2]D ．[1,3]【解析】由题意得f (x )＝⎩⎨⎧－x ＋1，x >0，3x ＋1，x ≤0，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减，函数g (x )＝(x －3)2－9在(－∞，3]上单调递减，若函数f (x )与g (x )在区间(m ，m ＋1)上均为减函数，则⎩⎨⎧m ≥0，m ＋1≤3，得0≤m ≤2，故选C.【答案】 C8．已知函数f (x )＝a |log 2 x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，给出下列命题：①F (x )＝|f (x )|；②函数F (x )是偶函数；③当a <0时，若0<m <n <1，则有F (m )－F (n )<0成立；④当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点．其中正确命题的个数为( )A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】 ①∵函数f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0f (－x )，x <0，∴|f (x )|＝|a |log 2x |＋1|，∴F (x )≠|f (x )|，①不对；②∵F (－x )＝⎩⎨⎧f (－x )，x <0f (x )，x >0＝F (x )，∴函数F (x )是偶函数，故②正确；③∵当a <0时，若0<m <n <1，∴|log 2m |>|log 2n |，∴a |log 2m |＋1<a |log 2n |＋1，即F (m )<F (n )成立，故F (m )－F (n )<0成立，所以③正确；④∵f (x )＝a |log 2x |＋1(a ≠0)，定义函数F (x )＝⎩⎨⎧f (x )，x >0，f (－x )，x <0，∴x >0时，(0,1)单调递减，(1，＋∞)单调递增， ∴x >0时，F (x )的最小值为F (1)＝1，故x >0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，∵函数F (x )是偶函数，∴x <0时，F (x )与y ＝－2有2个交点，故当a >0时，函数y ＝F (x )－2有4个零点，所以④正确．【答案】D 二、填空题1.已知奇函数f (x )在R 上是增函数，g (x )＝xf (x )．若a ＝g (－log 25.1)，b ＝g (20.8)，c ＝g (3)，则a ，b ，c 的大小关系为____________．【解析】依题意a ＝g (－log 25.1) ＝(－log 25.1)·f (－log 25.1) ＝log 25.1f (log 25.1)＝g (log 25.1)．因为f (x )在R 上是增函数，可设0＜x 1＜x 2，则f (x 1)＜f (x 2)．从而x 1f (x 2)＜x 2f (x 2)，即g (x 1)＜g (x 2)．所以g (x )在(0，＋∞)上亦为增函数．又log 25.1＞0,20.8＞0,3＞0，且log 25.1＜log 28＝3，20.8＜21＜3，而20.8＜21＝log 24＜log 25.1，所以3＞log 25.1＞20.8＞0，所以c ＞a ＞b .【答案】 b <a <c2．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧2x，x ≤1ln (x －1)，1<x ≤2若不等式f (x )≤5－mx 恒成立，则实数m 的取值范围是________．【解析】设g (x )＝5－mx ，则函数g (x )的图象是过点(0,5)的直线．在同一坐标系内画出函数y ＝f (x )和g (x )＝5－mx 的图象，如图所示．∵不等式f (x )≤5－mx 恒成立，∴函数y ＝f (x )图象不在函数g (x )＝5－mx 的图象的上方．结合图象可得，①当m <0时不成立；②当m ＝0时成立；③当m >0时，需满足当x ＝2时，g (2)＝5－2m ≥0，解得0<m ≤52.综上可得0≤m ≤52.∴实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，52.3．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，若f (－a )＋f (a )≤2f (1)，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)B ．[－1,0]C ．[0,1]D ．[－1,1]【解析】函数f (x )＝⎩⎨⎧x ln (1＋x )＋x 2，x ≥0－x ln (1－x )＋x 2，x <0，将x 换为－x ，函数值不变，即有f (x )图象关于y 轴对称，即f (x )为偶函数，有f (－x )＝f (x )，当x ≥0时，f (x )＝x ln(1＋x )＋x 2的导数为f ′(x )＝ln (1＋x )＋x 1＋x＋2x ≥0，则f (x )在[0，＋∞)递增，f (－a )＋f (a )≤2f (1)，即为2f (a )≤2f (1)，可得f (|a |))≤f (1)，可得|a |≤1，解得－1≤a ≤1.【答案】 D4．已知函数f (x )＝⎩⎨⎧(3a －1)x －4a ，(x <1)，log a x ， (x ≥1)在R 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是________．【解析】当函数f (x )在R 上为减函数时，有3a －1<0且0<a <1且(3a －1)·1＋4a ≥log a 1，解得17≤a <13，当函数f (x )在R 上为增函数时，有3a －1>0且a >1且(3a －1)·1＋4a ≤log a 1，a 无解．∴当函数f (x )在R 上为单调函数时，有17≤a <13，∴当函数f (x )在R 上不是单调函数时，有a >0且a ≠1且a <17或a ≥13即0<a <17或13≤a <1或a >1.5．定义函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，已知f (x )＝log 2x ，x ∈[1,22 016]，则函数f (x )＝log 2x 在[1,22 016]上的“均值”为 ________.【解析】根据定义，函数y ＝f (x )，x ∈I ，若存在常数M ，对于任意x 1∈I ，存在唯一的x 2∈I ，使得f (x 1)＋f (x 2)2＝M ，则称函数f (x )在I 上的“均值”为M ，令x 1x 2＝1·22 016＝22 016，当x 1∈[1,22 016]时，选定x 2＝22 016x 1∈[1,22 016]，可得M ＝12log 2(x 1x 2)＝1 008.【答案】 1 008三角函数图象与性质三角恒等变换题型一函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的解析式与图象【题型要点解析】解决三角函数图象问题的方法及注意事项(1)已知函数y ＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0)的图象求解析式时，常采用待定系数法，由图中的最高点、最低点或特殊点求A ；由函数的周期确定ω；确定φ常根据“五点法”中的五个点求解，其中一般把第一个零点作为突破口，可以从图象的升降找准第一个零点的位置．(2)在图象变换过程中务必分清是先相位变换，还是先周期变换，变换只是相对于其中的自变量x 而言的，如果x 的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向．【例1】函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)＋b 的部分图象如图，则S ＝f (1)＋…＋f (2017)等于( )A ．0 B.4 0312C.4 0352 D.4 0392【解析】由题设中提供的图象信息可知⎩⎪⎨⎪⎧A ＋b ＝32，－A ＋b ＝12，解得A ＝12，b ＝1，T ＝4⇒ω＝2π4＝π2，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπx2＋1，又f(0)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ2＋1＝12sinφ＋1＝1⇒sinφ＝0，可得φ＝kπ，所以f(x)＝12sin⎪⎭⎫⎝⎛+ππkx2＋1，由于周期T＝4，2017＝504×4＋1，且f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，所以S＝f(1)＋…＋f(2016)＋f(2017)＝2016＋f(2017)＝2016＋f(1)＝2016＋32＝4 0352，故选C.【答案】 C【例2】．已知函数f(x)＝sin2ωx－12(ω>0)的周期为π2，若将其图象沿x轴向右平移a个单位(a>1)，所得图象关于原点对称，则实数a的最小值为( )A.π4B.3π4C.π2D.π8【解析】∵f(x)＝1－cos 2ωx2－12＝－12cos 2ωx，2π2ω＝π2，解得ω＝2，从而f(x)＝－12cos 4x.函数f(x)向右平移a个单位后，得到新函数为g(x)＝－12cos(4x－4a)．∴cos 4a＝0,4a＝π2＋kπ，k∈Z，当k＝0时，a的最小值为π8.选D.【答案】 D题组训练一函数y＝A sin(ωx＋φ)的解析式与图象1．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，且f (α)＝1，α∈⎪⎭⎫ ⎝⎛3,0π，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα等于( )A.13 B ．±223C.223D ．－223【解析】由题图可知A ＝3，易知ω＝2，φ＝5π6，即f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πx . 因为f (α)＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα＝1，所以sin ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝13，因为α∈⎪⎭⎫⎝⎛3,0π，所以2α＋5π6∈⎪⎭⎫ ⎝⎛+652πα，所以cos ⎪⎭⎫⎝⎛+652πα＝－223，故选D. 【答案】 D2．已知曲线C 1：y ＝cos x ，C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+322πx ，则下面结论正确的是( ) A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2【解析】因为C 1，C 2函数名不同，所以将C 2利用诱导公式转化成与C 1相同的函数名，则C 2：y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+2322ππx ＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ，则由C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍变为y ＝cos 2x ，再将曲线向左平移π12个单位得到C 2，故选D.【答案】 D3．设函数y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是T ，将其图象向左平移14T 后，得到的图象如图所示，则函数y ＝sin ωx (ω>0)的单调递增区间是( )A.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ B.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24737,24737ππππ C.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-12737,12737ππππ D.()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡++242167,24767ππππ 【解析】方法一由已知图象知，y ＝sin ωx (ω>0)的最小正周期是2×7π12＝7π6，所以2πω＝7π6，解得ω＝127，所以y ＝sin 127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ 方法二因为T ＝2πω，所以将y ＝sin ωx (ω>0)的图象向左平移14T 后，所对应的解析式为y ＝sin ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωπ2x .由图象知，ω⎪⎭⎫ ⎝⎛+ωππ2127＝3π2，所以ω＝127，所以y ＝sin127x .由2k π－π2≤127x ≤2k π＋π2得到单调递增区间是 ()Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-24767,24767ππππ(k ∈Z )．【答案】 A题型二三角函数的性质【题型要点】(1)奇偶性的三个规律：①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π＋π2(k ∈Z )，是偶函数⇔φ＝k π(k ∈Z )；③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)是奇函数⇔φ＝k π(k ∈Z )．(2)对称性的三个规律①函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得； ②函数y ＝A cos(ωx ＋φ)的图象的对称轴由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z )解得，对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z )解得； ③函数y ＝A tan(ωx ＋φ)的图象的对称中心的横坐标由ωx ＋φ＝k π2(k ∈Z )解得．(3)三角函数单调性：求形如y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))(A、ω、φ为常数，A≠0，ω>0)的单调区间的一段思路是令ωx＋φ＝z，则y＝A sin z(或y＝A cos z)，然后由复合函数的单调性求得．(4)三角函数周期性：函数y＝A sin(ωx＋φ)(或y＝A cos(ωx＋φ))的最小正周期T＝2π|ω|.应特别注意y＝|A sin(ωx＋φ)|的周期为T＝π|ω|.【例3】设函数f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋32(ω>0)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4.(1)求ω的值；(2)若函数y＝f(x＋φ)(0<φ<π2)是奇函数，求函数g(x)＝cos(2x－φ)在[0,2π]上的单调递减区间．【解】(1)f(x)＝sinωx·cosωx－3cos2ωx＋3 2＝12sin2ωx－3(1＋cos 2ωx)2＋32＝12sin2ωx－32cos2ωx＝sin⎪⎭⎫⎝⎛-32πωx，设T为f(x)的最小正周期，由f(x)的图象上相邻最高点与最低点的距离为π2＋4，得∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋[2f(x)max]2＝π2＋4，∵f(x)max＝1，∴22⎪⎭⎫⎝⎛T＋4＝π2＋4，整理得T＝2π.又ω>0，T＝2π2ω＝2π，∴ω＝12.(2)由(1)可知f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ，∴f (x ＋φ)＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+3πϕx .∵y ＝f (x ＋φ)是奇函数，则sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πϕ＝0，又0<φ<π2，∴φ＝π3， ∴g (x )＝cos(2x －φ)＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .令2k π≤2x －π3≤2k π＋π，k ∈Z ，则k π＋π6≤x ≤k π＋2π3，k ∈Z ， ∴单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡++32,6ππππk k k ∈Z . 又∵x ∈[0,2π]，∴当k ＝0时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ；当k ＝1时，递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ∴函数g (x )在[0,2π]上的单调递减区间是⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,6ππ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡35,67ππ.【例4】．已知函数f (x )＝sin(ωx ＋π6)(ω>0)的最小正周期为4π，则( )A ．函数f (x )的图象关于原点对称B ．函数f (x )的图象关于直线x ＝π3对称C ．函数f (x )图象上的所有点向右平移π3个单位长度后，所得的图象关于原点对称D ．函数f (x )在区间(0，π)上单调递增【解析】2πω＝4π⇒ω＝12，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 不是奇函数，图象不关于原点对称；x ＝π3时f (x )＝32不是最值，图象不关于直线x ＝π3对称；所有点向右平移π3个单位长度后得y ＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-6)3(21ππx ＝sin 12x 为奇函数，图象关于原点对称；因为x ∈(0，π)⇒12x ＋π6∈⎪⎭⎫⎝⎛32,6ππ，所以函数f (x )在区间(0，π)上有增有减，综上选C.【答案】 C【例5】．已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)(ω>0)，x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,12ππ的图象如图所示，若f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，则f (x 1＋x 2)等于( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2【解析】根据函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈[－π12，2π3]的图象知，3T 4＝2π3－⎪⎭⎫ ⎝⎛-12π＝3π4，∴T ＝π，∴ω＝2πT ＝2；又x ＝－π12时，2×⎪⎭⎫⎝⎛-12π＋φ＝0，解得φ＝π12， ∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πx ；又f (x 1)＝f (x 2)，且x 1≠x 2，不妨令x 1＝0，则x 2＝π3， ∴x 1＋x 2＝π3，∴f (x 1＋x 2)＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+⨯632ππ＝1.故选A. 【答案】 A题组训练二三角函数的性质1．如图是函数y ＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛≤>>2,0,0πϕωA 图象的一部分．为了得到这个函数的图象，只要将y ＝sin x (x ∈R )的图象上所有的点( )A ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变B ．向左平移π3个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变C ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标缩短到原来的12，纵坐标不变D ．向左平移π6个单位长度，再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变【解析】观察图象知，A ＝1，T ＝2⎪⎭⎫⎝⎛-365ππ＝π，ω＝2πT ＝2，即y ＝sin(2x ＋φ)；将点⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3π代入得⎪⎭⎫⎝⎛+⨯ϕπ32sin ＝0，结合|φ|≤π2，得φ＝π3，所以y ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πx .故选A. 【答案】 A2．已知函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12(ω＞0)，x ∈R ，若f (x )在区间(π，2π)内没有零点，则ω的取值范围是( )A.⎥⎦⎤⎝⎛125,0π B.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65 C.⎥⎦⎤ ⎝⎛65,0π D.⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎥⎦⎤⎢⎣⎡1211,65 【解析】函数f (x )＝cos 2ωx 2＋32sin ωx －12＝12cos ωx ＋32sin ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx ，可得T ＝2πω≥π，0＜ω≤2，f (x )在区间(π，2π)内没有零点，函数的图象如图两种类型，结合三角函数可得：⎩⎪⎨⎪⎧ωπ＋π6≥02ωπ＋π6≤π或⎩⎪⎨⎪⎧πω＋π6≥π2ωπ＋π6≤2π，解得ω∈⎥⎦⎤ ⎝⎛125,0π∪⎪⎭⎫⎢⎣⎡1211,65.故选B.【答案】 B题型三三角恒等变换【题型要点解析】三角函数恒等变换“四大策略”(1)常值代换：特别是“1”的代换，1＝sin 2θ＋cos 2θ＝tan 45°等； (2)项的分拆与角的配凑：如sin 2α＋2cos 2α＝(sin 2α＋cos 2α)＋cos 2α，α＝(α－β)＋β等；(3)降次与升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次； (4)弦、切互化：一般是切化弦．【例6】如图，圆O 与x 轴的正半轴的交点为A ，点C ，B 在圆O 上，且点C位于第一象限，点B 的坐标为⎪⎭⎫⎝⎛-135,1312，∠AOC ＝α.若|BC |＝1，则3cos 2α2－sin α2·cos α2－32的值为________．【解析】由题意得|OC |＝|OB |＝|BC |＝1，从而△OBC 为等边三角形，所以sin ∠AOB ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513，又因为3cos 2α2－sinα2cos α2－32＝3·1＋cos α2－sin α2－32＝－12sin α＋32cos α＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝513.【答案】513【例7】．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+83πα等于( ) A ．－45B.45 C ．－35D.35【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝45，则cos ⎪⎭⎫⎝⎛+83πα＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-+82παπ＝－sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-8πα＝－45，故选A.【答案】 A【例8】．已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，且0<β<α<π2，那么β等于( )A.π12B.π6C.π4D.π3【解析】 cos β＝cos[α－(α－β)]＝cos αcos(α－β)＋sin αsin(α－β)，由已知cos α＝35，cos(α－β)＝7210，0<β<α<π2，可知sinα＝45，sin(α－β)＝210 ，代入上式得cos β＝35×7210＋45×210＝25250＝22，所以β＝π4，故选C.【答案】 C题组训练三三角恒等变换1．若sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则cos 2α的值为( )A ．－35B.35 C ．－45D.45【解析】由sin α＋3sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ2＝0，则sin α＋3cos α＝0，可得：tan α＝sin αcos α＝－3；则cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝1－tan 2αtan 2α＋1＝1－91＋9＝－45.故选C. 【答案】 C2．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π的值为( ) A ．－19B.19 C.53D ．－53【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-352πx ＋sin 2⎪⎭⎫⎝⎛-x 3π ＝－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＋sin 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝1－2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＋1－cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx＝2－3cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-3πx ＝53. 【答案】 C3．已知cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝－14，α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ.则sin 2α＝________.【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ3＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6·sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝12sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－14，即sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－12.∵α∈⎪⎭⎫⎝⎛2,3ππ，∴2α＋π3∈⎪⎭⎫ ⎝⎛34,ππ， ∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32πα＝－32，∴sin 2α＝sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛+332ππα＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παcos π3－cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+32παsin π3＝12.【答案】12题型四三角函数性质的综合应用【题型要点】研究三角函数的性质的两个步骤第一步：先借助三角恒等变换及相应三角函数公式把待求函数转化为y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的形式；第二步：把“ωx ＋φ”视为一个整体，借助复合函数性质求y ＝A sin(ωx ＋φ)＋B 的单调性及奇偶性、最值、对称性等问题．【例9】设函数f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，其中0<ω<3.已知f⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0. (1)求ω；(2)将函数y ＝f (x )的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再将得到的图象向左平移π4个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，求g (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ上的最小值．【解析】 (1)因为f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6πωx ＋sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2πωx ，所以f (x )＝32sin ωx －12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －32cos ωx ＝3⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x ωωcos 23sin 21 ＝3⎪⎭⎫ ⎝⎛-3sin πωx由题设知f ⎪⎭⎫⎝⎛6π＝0，所以ωπ6－π3＝k π，k ∈Z .故ω＝6k ＋2，k ∈Z ，又0<ω<3，所以ω＝2.(2)由(1)得f (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx所以g (x )＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-+34ππx ＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-12πx因为x ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-43,4ππ，所以x －π12∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,3ππ，当x －π12＝－π3，即x ＝－π4时，g (x )取得最小值－32.【答案】－32题组训练四三角函数性质的综合应用已知函数f (x )＝sin 2x －cos 2x －23sin x cos x (x ∈R )．(1)求f ⎪⎭⎫⎝⎛32π的值．(2)求f (x )的最小正周期及单调递增区间．【解析】 (1)由sin 2π3＝32，cos 2π3＝－12，f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝223⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛－221⎪⎭⎫ ⎝⎛-－23×32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-21得f ⎪⎭⎫⎝⎛32π＝2. (2)由cos 2x ＝cos 2x －sin 2x 与sin 2x ＝2sin x cos x 得f (x )＝－cos 2x －3sin 2x ＝－2si ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx 所以f (x )的最小正周期是π 由正弦函数的性质得π2＋2k π≤2x ＋π6≤3π2＋2k π，k ∈Z . 解得π6＋k π≤x ≤2π3＋k π，k ∈Z .所以f (x )的单调递增区间是⎣⎢⎡⎦⎥⎤π6＋k π，2π3＋k πk ∈Z .【专题训练】一、选择题1．已知α满足sin α＝13，则cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫⎝⎛-απ4＝( )A.718B.2518 C ．－718D ．－2518【解析】 cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ4cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ4＝22()cos α－sin α·22()cos α＋sin α＝12()cos 2α－sin 2α＝12(1－2sin 2α)＝12⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯-9121＝718，选A. 【答案】 A2．若函数f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1(ω>0)在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，则ω的取值范围是( )A ．[0,1)B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,43 C ．[1，＋∞)D.⎥⎦⎤ ⎝⎛43,0 【解析】由题意，因为f (x )＝4sin ωx ·sin 2⎪⎭⎫⎝⎛+42πωx ＋cos2ωx －1＝4sin ωx ·1－cos ⎝⎛⎭⎪⎫ωx ＋π22＋cos2ωx －1＝2sin ωx (1＋sin ωx )＋cos2ωx－1＝2sin ωx 所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-ωπωπ2,2表示函数含原点的递增区间，又因为函数在⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ上是增函数，所以⎥⎦⎤⎢⎣⎡-32,2ππ⊆⎣⎢⎡⎦⎥⎤－π2ω，π2ω，即⎩⎪⎨⎪⎧－π2ω≤－π2π2ω≥2π3⇒⎩⎨⎧ω≤1ω≤34，又ω>0，所以0<ω≤34，故选D.【答案】 D3．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A ＞0，ω>0)在x ＝1和x ＝－1处分别取得最大值和最小值，且对于∀x 1，x 2∈[－1,1](x 1≠x 2)都有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2>0，则函数f (x ＋1)一定是( )A ．周期为2的偶函数B ．周期为2的奇函数C ．周期为4的奇函数D ．周期为4的偶函数【解析】由题意可得，[－1,1]是f (x )的一个增区间，函数f (x )的周期为2×2＝4，∴2πω＝4，ω＝π2， ∴f (x )＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x .再根据f (1)＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2＝A ，可得sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕπ2＝cos φ＝1，故φ＝2k π，k ∈Z ，∴f (x ＋1)＝A sin ⎥⎦⎤⎢⎣⎡++ππk x 2)1(2＝A sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+ϕπ2x ＝A cos π2x ，∴f (x ＋1)是周期为4的偶函数，故选D. 【答案】D4．函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，|φ|<π2)的最小正周期是π，若其图象向左平移π3个单位后得到的函数为奇函数，则函数f (x )的图象( )A ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,12π对称B ．关于直线x ＝π12对称C ．关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,6π对称D ．关于直线x ＝π6对称【解析】由于函数最小正周期为π，所以ω＝2，即f (x )＝sin(2x ＋φ)．向左平移π3得到sin ⎪⎭⎫⎝⎛++ϕπ322x 为奇函数，故2π3＋φ＝π，φ＝π3，所以f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+322πx .f ⎪⎭⎫⎝⎛12π＝sin π2＝1，故x ＝π12为函数的对称轴，选B. 【答案】 B5．函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)(A >0，ω>0，|φ|<π2)的部分图象如图，f ⎪⎭⎫⎝⎛-2413π＝( )A ．－62 B ．－32C ．－22D ．－1【解析】根据函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)的部分图象知，A ＝2，T 4＝7π12－π3＝π4，∴T ＝2πω＝π，解得ω＝2； ∴f (x )＝2sin(2x ＋φ)．由五点法画图知，ω×π3＋φ＝2π3＋φ＝π，解得φ＝π3，∴f (x )＝ 2 sin(2x ＋π3)，∴f ⎪⎭⎫ ⎝⎛-2413π＝2sin(－13π12＋π3)＝2sin(－3π4)＝－1，故选D. 【答案】 D6．函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，若f (0)＝－3，且函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，则以下结论正确的是( )A ．函数f (x )的最小正周期为π3B ．函数f (x )的图象关于点⎪⎭⎫⎝⎛0,97π对称 C ．函数f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛2411,4ππ上是增函数D ．由y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位长度可以得到函数f (x )的图象【解析】函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<<<2,120πϕω，∵f (0)＝－3，即2sin φ＝－3，∵－π2<φ<π2， ∴φ＝－π3又∵函数f (x )的图象关于直线x ＝－π12对称，∴－ω×π12－π3＝π2＋k π，k ∈Z . 可得ω＝12k －10，∵0＜ω＜12.∴ω＝2.∴f (x )的解析式为：f (x )＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx .最小正周期T ＝2π2＝π，∴A 不对．当x ＝7π9时，可得y ≠0，∴B 不对．令－π2≤2x －π3≤π2，可得－π12≤x ≤5π12，∴C 不对．函数y ＝2cos 2x 的图象向右平移5π12个单位，可得2cos 2⎪⎭⎫ ⎝⎛-125πx ＝2cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-652πx＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+-2652ππx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx . ∴D 项正确．故选D. 【答案】 D 二、填空题7．已知函数f (x )＝A sin(ωx ＋φ)⎪⎭⎫ ⎝⎛<><2,0,0πϕωA 的图象与y 轴的交点为(0,1)，它在y 轴右侧的第一个最高点和第一个最低点的坐标分别为(x 0,2)和(x 0＋2π，－2)，则f (x )＝________.【解析】由题意可得A ＝2，T 2＝2π，T ＝4π，∴ω＝2πT ＝2π4π＝12，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+ϕ2x ，∴f (0)＝2sin φ＝1.由|φ|<π2，∴φ＝π6，∴f (x )＝2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx . 【答案】 2sin ⎪⎭⎫⎝⎛+62πx8．已知函数f (x )＝sin ωx ＋cos ωx (ω>0)，x ∈R .若函数f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数y ＝f (x )的图象关于直线x ＝ω对称，则ω的值为________．【解析】 f (x )＝sin ωx ＋cos ωx ＝2sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+4πωx ，因为f (x )在区间(－ω，ω)内单调递增，且函数图象关于直线x ＝ω对称，所以f (ω)必为一个周期上的最大值，所以有ω·ω＋π4＝2k π＋π2，k ∈Z ，所以ω2＝π4＋2k π，k ∈Z .又ω－(－ω)≤2πω2，即ω2≤π2，则ω2＝π4，所以ω＝π2.【答案】π29．已知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13⎪⎭⎫ ⎝⎛<<20πα，则sin ⎪⎭⎫⎝⎛+απ6＝________.【解析】 ∵sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13，∴cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡--)3(2αππ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-απ3＝13；又0<α<π2，∴π6<π6＋α<2π3， ∴sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+απ6＝223.【答案】22310．已知π2<β<α<34π，cos(α－β)＝1213，sin(α＋β)＝－35，则sin2α＝__________A.5665 B ．－5665 C.6556D ．－6556【解析】由题意得π2<β<α<3π4，则0<α－β<π4，π<α＋β<3π2，由cos(α－β)＝1213⇒sin(α－β)＝513，sin(α＋β)＝－35⇒cos(α＋β)＝－45，则sin2α＝sin[(α－β)＋(α＋β)]＝sin(α－β)cos(α＋β)＋cos(α－β)sin(α＋β)＝513×(－45)＋1213×(－35)＝－5665，故选B.【答案】 B 三、解答题11．已知函数f (x )＝sin ωx cos ωx －3cos 2ωx ＋32(ω＞0)图象的两条相邻对称轴为π2.(1)求函数y ＝f (x )的对称轴方程；(2)若函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，求cos(x 1－x 2)的值．【解析】 (1)函数f (x )＝sin ωx ·cos ωx －3cos 2ωx ＋32.化简可得f (x )＝12sin 2ωx －32cos 2ωx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πωx ，由题意可得周期T ＝π，∴π＝2π2ω∴w ＝1∴f (x )＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πx故函数y ＝f (x )的对称轴方程为2x －π3＝k π＋π2(k ∈Z )，即x ＝k π2＋5π12(k ∈Z )(2)由函数y ＝f (x )－13在(0，π)上的零点为x 1，x 2，可知sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-322πx ＝13>0，且0<x 1<5π12<x 2<2π3. 易知(x 1，f (x 1))与(x 2，f (x 2))关于x ＝5π12对称，则x 1＋x 2＝5π6，∴cos(x 1－x 2)＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--1165x x π＝cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-6521πx ＝cos ⎥⎦⎤⎢⎣⎡-⎪⎭⎫ ⎝⎛-2321ππx＝sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛-321πx ＝13.12．已知函数f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx (0＜ω＜2)，且f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π(1)求ω的值及函数f (x )的最小正周期； (2)将y ＝f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝g (x )的图象，已知g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2α＝536，求cos ⎪⎭⎫ ⎝⎛-32πα的值．【解】 (1)f (x )＝23sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+6πωx cos ωx ＝3sin ωx cos ωx ＋3cos 2ωx ＝32sin2ωx ＋32cos2ωx ＋32＝3sin ⎪⎭⎫ ⎝⎛+62πωx ＋32，因为函数y ＝f (x )的图象过点⎪⎪⎭⎫⎝⎛23,125π，。

高考数学真题分项汇编专题05 导数选择、填空(理科)(解析版)

十年（2014－2023）年高考真题分项汇编导数选择、填空目录题型一：导数的概念及其几何意义 ..................................... 1 题型二：导数与函数的单调性 ......................................... 8 题型三：导数与函数的极值、最值 ..................................... 9 题型四：导数与函数的零点 .......................................... 14 题型五：导数的综合应用 ............................................ 16 题型六：定积分 (20)题型一：导数的概念及其几何意义一、选择题1．(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 a b <<【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 tt b ae t e a t e =+−=+−，令()()1t f t a t e =+−，则()()t f 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 a f 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 a b 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 ．2．(2020年高考课标Ⅰ卷理科·第0题)函数43()2f xx 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 3．(2020年高考课标Ⅲ卷理科·第0题)若直线l 与曲线yx 2+y 2=15都相切，则l 的方程为( )A ．y =2x +1B ．y =2x +12C ．y =12x +1 D ．y =12x +12【答案】D解析：设直线l在曲线y =(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．4．(2019·全国Ⅲ·理·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 e b −==−【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。

2020版高考数学导数及其应用 Word版含解析

第2课时导数与方程题型一求函数零点个数例1 已知函数f (x )＝2a 2ln x －x 2(a >0)． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)讨论函数f (x )在区间(1，e 2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．解 (1)∵f (x )＝2a 2ln x －x 2，∴f ′(x )＝2a 2x －2x ＝2a 2－2x 2x ＝－2(x －a )(x ＋a )x ，∵x >0，a >0，当0<x <a 时，f ′(x )>0，当x >a 时，f ′(x )<0.∴f (x )的单调增区间是(0，a )，单调减区间是(a ，＋∞)． (2)由(1)得f (x )max ＝f (a )＝a 2(2ln a －1)．讨论函数f (x )的零点情况如下：①当a 2(2ln a －1)<0，即0<a <e 时，函数f (x )无零点，在(1，e 2)上无零点；②当a 2(2ln a －1)＝0，即a ＝e 时，函数f (x )在(0，＋∞)内有唯一零点a ，而1<a ＝e<e 2，∴f (x )在(1，e 2)内有一个零点；③当a 2(2ln a －1)>0，即a >e 时，由于f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a －e 2)(2a ＋e 2)，当2a －e 2<0，即e<a <e 22时，1<e<a <e 22<e 2，f (e 2)<0，由函数f (x )的单调性可知，函数f (x )在(1，a )内有唯一零点x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点x 2， ∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当2a －e 2≥0，即a ≥e 22>e 时，f (e 2)≥0，而且f (e)＝2a 2·12－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，无论a ≥e 2，还是a <e 2，f (x )在(1，e)内有唯一的零点，在(e ，e 2)内没有零点，从而f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当0<a <e 时，函数f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当a ＝e 或a ≥e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有一个零点；当e<a <e 22时，函数f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．思维升华 (1)可以通过构造函数，将两曲线的交点问题转化为函数零点问题．(2)研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根的情况．跟踪训练1 设函数f (x )＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3的零点的个数．解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，则f ′(x )＝x －ex2(x >0)，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x >0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－13x 3＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此x ＝1也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m >23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0<m <23时，函数g (x )有两个零点；④当m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点．综上所述，当m >23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0<m <23时，函数g (x )有两个零点．题型二根据函数零点情况求参数范围例2 (2018·南京联合体调研)已知f (x )＝12x 2－a ln x ，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调增区间；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围，并说明理由． (参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))解 (1)由题知f ′(x )＝x －a x ＝x 2－ax，x >0，当a ≤0时，f ′(x )>0，函数f (x )的增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f ′(x )＝(x ＋a )(x －a )x ，令f ′(x )>0，因为x >0，所以x ＋a >0，所以x >a ，所以函数f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．综上，当a ≤0时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)；当a >0时，f (x )的单调增区间为(a ，＋∞)．(2)由(1)知，若a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数f (x )至多有一个零点，不合题意．若a >0，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0，a )上为减函数；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，所以f (x )min ＝f (a )＝12a －12a ln a ＝12a (1－ln a )．要使f (x )有两个零点，则f (x )min ＝12a (1－ln a )<0，所以a >e. 下面证明：当a >e 时，函数f (x )有两个零点．因为a >e ，所以1∈(0，a )，而f (1)＝12>0，所以f (x )在(0，a )上存在唯一零点．方法一又f (e a )＝12e a 2－a ⎝⎛⎭⎫12＋ln a ＝12a (e a －1－2ln a )，令h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2a >0，所以h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点．综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．方法二先证x ∈(1，＋∞)有ln x <x －1，所以f (x )＝12x 2－a ln x >12x 2－ax ＋a .因为a >e ，所以a ＋a 2－2a >a >a .因为12(a ＋a 2－2a )2－a (a ＋a 2－2a )＋a ＝0.所以f (a ＋a 2－2a )>0，所以f (x )在(a ，＋∞)上也存在唯一零点；综上，当a >e 时，函数f (x )有两个零点．所以当f (x )有两个零点时，实数a 的取值范围为(e ，＋∞)．思维升华函数的零点个数可转化为函数图象的交点个数，确定参数范围时要根据函数的性质画出大致图象，充分利用导数工具和数形结合思想．跟踪训练2 已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程g (x )＝2f (x )在区间⎣⎡⎦⎤1e ，e 上有两个不等实根，求实数a 的取值范围．解由g (x )＝2f (x )，可得2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3x ，设h (x )＝x ＋2ln x ＋3x(x >0)，所以h ′(x )＝1＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2.所以x 在⎣⎡⎦⎤1e ，e 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：又h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝3e ＋e ＋2. 且h (e)－h ⎝⎛⎭⎫1e ＝4－2e ＋2e<0. 所以h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h ⎝⎛⎭⎫1e ＝1e ＋3e －2，所以实数a 的取值范围为4<a ≤e ＋2＋3e ，即a 的取值范围为⎝⎛⎦⎤4，e ＋2＋3e .1．已知函数f (x )＝a ＋x ·ln x (a ∈R )，试求f (x )的零点个数．解 f ′(x )＝(x )′ln x ＋x ·1x ＝x (ln x ＋2)2x ，令f ′(x )>0，解得x >e －2，令f ′(x )<0，解得0<x <e －2，所以f (x )在(0，e －2)上单调递减，在(e －2，＋∞)上单调递增． f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e，显然当a >2e 时，f (x )min >0，f (x )无零点，当a ＝2e 时，f (x )min ＝0，f (x )有1个零点，当a <2e 时，f (x )min <0，f (x )有2个零点．2．已知f (x )＝1x ＋e x e －3，F (x )＝ln x ＋e xe －3x ＋2.(1)判断f (x )在(0，＋∞)上的单调性； (2)判断函数F (x )在(0，＋∞)上零点的个数．解 (1)f ′(x )＝－1x 2＋e x e ＝x 2e x－ee x 2，令f ′(x )>0，解得x >1，令f ′(x )<0，解得0<x <1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (2)F ′(x )＝f (x )＝1x ＋e xe －3，由(1)得∃x 1，x 2，满足0<x 1<1<x 2，使得f (x )在(0，x 1)上大于0，在(x 1，x 2)上小于0，在(x 2，＋∞)上大于0，即F (x )在(0，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增，而F (1)＝0，x →0时，F (x )→－∞， x →＋∞时，F (x )→＋∞，画出函数F (x )的草图，如图所示．故F (x )在(0，＋∞)上的零点有3个．3．已知函数f (x )＝ax 2(a ∈R )，g (x )＝2ln x ，且方程f (x )＝g (x )在区间[2，e]上有两个不相等的解，求a 的取值范围．解由已知可得方程a ＝2ln xx2在区间[2，e]上有两个不等解，令φ(x )＝2ln xx 2，由φ′(x )＝2(1－2ln x )x 3易知，φ(x )在(2，e)上为增函数，在(e ，e)上为减函数，则φ(x )max ＝φ(e)＝1e ，由于φ(e)＝2e 2，φ(2)＝ln 22，φ(e)－φ(2)＝2e 2－ln 22＝4－e 2ln 22e 2＝24e 2ln e ln 22e-<ln 81－ln 272e 2<0，所以φ(e)<φ(2)．所以φ(x )min ＝φ(e)，如图可知φ(x )＝a 有两个不相等的解时，需ln 22≤a <1e.即f (x )＝g (x )在[2，e]上有两个不相等的解时，a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫ln 22，1e .4．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.(1)解 f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0；当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， f (x )在(－∞，1)内单调递减，所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)，即f (2－x 2)<0. 由于222222(2)e(1)x f x x a x －－＝－＋－，而()22222(2)e (1)0xf x x a x ＝－＋－＝，所以222222(2)e(2)e .x x f x x x －－＝－－－设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0.而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.5．(2018·南通模拟)已知函数f (x )＝e x －|x －a |，其中a ∈R . (1)若f (x )在R 上单调递增，求实数a 的取值范围；(2)若函数有极大值点x 2和极小值点x 1，且f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，求实数k 的取值范围．解 (1)因为f (x )＝e x －|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧e x －x ＋a ，x ≥a ，e x＋x －a ，x <a ，则f ′(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧e x－1，x ≥a ，e x ＋1，x <a .因为f (x )在R 上单调递增，所以f ′(x )≥0恒成立，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0恒成立；当x ≥a 时，要使f ′(x )＝e x －1≥0恒成立，所以f ′(a )≥0，即a ≥0.所以实数a 的取值范围为[0，＋∞)．(2)由(1)知，当a ≥0时，f (x )在R 上单调递增，不符合题意，所以有a <0.此时，当x <a 时，f ′(x )＝e x ＋1>1>0，f (x )单调递增；当x ≥a 时，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )＝0，得x ＝0，所以f ′(x )<0在(a,0)上恒成立，f (x )在(a,0)上单调递减， f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，f (x )在(0，＋∞)上单调递增．所以f (x )极大值＝f (a )＝e a ，f (x )极小值＝f (0)＝1＋a ，即a <0符合题意．由f (x 2)－f (x 1)≥k (x 2－x 1)恒成立，可得e a －a －1≥ka 对任意a <0恒成立．设g (a )＝e a －(k ＋1)a －1，求导得g ′(a )＝e a －(k ＋1)．①当k ≤－1时，g ′(a )>0恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递增，又因为g (－1)＝1e＋k <0，与g (a )≥0矛盾． ②当k ≥0时，g ′(a )<0在(－∞，0)上恒成立，g (a )在(－∞，0)上单调递减，又因为当a →0时，g (a )→0，所以此时g (a )>0恒成立，符合题意． ③当－1<k <0时，g ′(a )>0在(－∞，0)上的解集为(ln(k ＋1)，0)，即g (a )在(ln(k ＋1)，0)上单调递增，又因为当a →0时，g (a )→0，所以g (ln(k ＋1))<0，不合题意．综上，实数k 的取值范围为[0，＋∞)．。

2020年高考数学(理)总复习：导数的简单应用与定积分(解析版)

2020年高考数学（理）总复习：导数的简单应用与定积分题型一导数的几何意义及导数的运算【题型要点解析】(1)曲线y ＝f (x )在点x ＝x 0处导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，即k ＝f ′(x 0)，由此当f ′(x 0)存在时，曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．(2)过P 点的切线方程的切点坐标的求解步骤：①设出切点坐标；①表示出切线方程；①已知点P 在切线上，代入求得切点坐标的横坐标，从而求得切点坐标．(3)①分式函数的求导，要先观察函数的结构特征，可化为整式函数或较为简单的分式函数；①对数函数的求导，可先化为和、差的形式；①三角函数的求导，先利用三角函数的公式转化为和或差的形式；①复合函数的求导过程就是对复合函数由外层逐层向里求导．所谓最里层是指此函数已经可以直接引用基本初等函数导数公式进行求导．例1．函数f (x )＝14 ln x ＋x 2－bx ＋a (b >0，a ①R )的图象在点(b ，f (b ))处的切线的倾斜角为α，则倾斜角α 的取值范围是( )A.⎪⎭⎫⎝⎛2,4ππ B.⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ C.⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ,43 D.⎪⎭⎫⎝⎛ππ,43 【解析】】依题意得f ′(x )＝14x ＋2x －b ，f ′(b )＝14b＋b ≥214b ·b ＝1(b >0)，当且仅当14b ＝b >0，即b ＝12时取等号，因此有tan α≥1，即π4≤α<π2，即倾斜角α 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡2,4ππ，选B.【答案】 B例2．若实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，则(a －c )2＋(b －d )2的最小值为( ) A. 2 B ．2 C ．2 2D ．8【解析】因为实数a ，b ，c ，d 满足(b ＋a 2－3ln a )2＋(c －d ＋2)2＝0，所以b ＋a 2－3ln a ＝0，设b ＝y ，a ＝x ，则有y ＝3ln x －x 2，由c －d ＋2＝0，设d ＝y ，c ＝x ，则有y ＝x ＋2，所以(a －c )2＋(b －d )2就是曲线y ＝3lnx －x 2与直线y ＝x ＋2之间的最小距离的平方值，对曲线y ＝3ln x －x 2求导：y ′＝3x －2x 与平行y ＝x ＋2平行的切线斜率k ＝1＝3x －2x ，解得x ＝1或x ＝－32(舍去)，把x ＝1代入y ＝3ln x －x 2，解得y ＝－1，即切点(1，－1)，则切点到直线y ＝x ＋2的距离为L ＝|1＋1＋2|2＝22，所以L 2＝8，即(a －c )2＋(b －d )2的最小值为8，故选D.【答案】 D题组训练一导数的几何意义及导数的运算1．若直线y ＝kx ＋b 是曲线y ＝ln x ＋2的切线，也是曲线y ＝ln (x ＋1)的切线，则b ＝( ) A ．1 B.12C ．1－ln 2D ．1－2ln 2【解析】对于函数y ＝ln x ＋2，切点为(r ，s )，y ′＝1x ，k ＝1r ，对于函数y ＝ln (x ＋1)，切点为(p ，q )，y ′＝1x ＋1，k ＝1p ＋1，1r ＝1p ＋1①r ＝p ＋1，斜率k ＝1r ＝1p ＋1＝q －s p －r ＝(ln r ＋2)－ln (p ＋1)r －p ，解得：⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2r ＝12，p ＝－12，s ＝ln r ＋2＝ln 12＋2＝2－ln 2，s ＝q ＋2代入y ＝2x ＋b,2－ln 2＝2×(12)＋b ，得：b ＝1－ln 2.【答案】 C2．在直角坐标系xOy 中，设P 是双曲线C ：xy ＝1(x >0)上任意一点，l 是曲线C 在点P 处的切线，且l 交坐标轴于A 、B 两点，则以下结论正确的是( )A ．①OAB 的面积为定值2 B ．①OAB 的面积有最小值为3C ．①OAB 的面积有最大值为4D ．①OAB 的面积的取值范围是[3,4]【解析】设P 是双曲线xy ＝1上任意一点，其坐标为P (x 0，y 0)，经过P 点的切线方程为y ＝kx ＋b .双曲线化为y ＝1x 形式，y 对x 的导数为y ′＝－1x2，在P 点处导数为－1x 20，切线方程为(y －y 0)＝－1x 20(x －x 0)，令x ＝0，y ＝y 0＋1x 0＝x 0·y 0＋1x 0＝2x 0＝2y 0，(其中x 0·y 0＝1)，则切线在y 轴截距为2y 0，令y ＝0，x ＝2x 0，则切线在x 轴截距为2x 0，设切线与两坐标轴相交于A 、B 两点构成的三角形为OAB .S ①OAB ＝12|OA |·|OB |＝12|2x 0|·|2y 0|＝2|x 0·y 0|＝2，故切线与两坐标轴构成的三角形面积定值为2.【答案】 A题型二利用导数研究函数的单调性【题型要点解析】求解或讨论函数单调性有关问题的解题策略讨论函数的单调性其实就是讨论不等式的解集的情况．大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论：(1)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论． (2)在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论．【提醒】讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制．例1.已知函数f (x )＝x 2＋a ln x .(1)当a ＝－2时，求函数f (x )的单调区间；(2)若g (x )＝f (x )＋2x ，在[1，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围．【解】 (1)f ′(x )＝2x －2x，令f ′(x )>0，得x >1；令f ′(x )<0，得0<x <1，所以f (x )的单调递增区间是(1，＋∞)，单调递减区间是(0,1)．(2)由题意g (x )＝x 2＋a ln x ＋2x ，g ′(x )＝2x ＋a x －2x2，若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调增函数，则g ′(x )≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≥2x －2x 2在[1，＋∞)上恒成立，设φ(x )＝2x －2x 2.①φ(x )在[1，＋∞)上单调递减，①φ(x )max ＝φ(1)＝0， ①a ≥0；若函数g (x )为[1，＋∞)上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1，＋∞)上恒成立，不可能． ①实数a 的取值范围为[0，＋∞)．题组训练二利用导数研究函数的单调性设函数f (x )＝3x 2＋ax e x(a ①R )．(1)若f (x )在x ＝0处取得极值，确定a 的值，并求此时曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)若f (x )在[3，＋∞)上为减函数，求a 的取值范围．【解析】 (1)对f (x )求导得f ′(x )＝(6x ＋a )e x －(3x 2＋ax )e x(e x )2＝－3x 2＋(6－a )x ＋a e x因为f (x )在x ＝0处取得极值，所以f ′(0)＝0，即a ＝0.当a ＝0时，f (x )＝3x 2e x ，f ′(x )＝－3x 2＋6x e x，故f (1)＝3e ，f ′(1)＝3e ，从而f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3e ＝3e(x －1)，化简得3x －e y ＝0. (2)由(1)知f ′(x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋ae x .令g (x )＝－3x 2＋(6－a )x ＋a ，由g (x )＝0，解得x 1＝6－a －a 2＋366，x 2＝6－a ＋a 2＋366当x <x 1时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数；当x 1<x <x 2时，g (x )>0，即f ′(x )>0，故f (x )为增函数；当x >x 2时，g (x )<0，即f ′(x )<0，故f (x )为减函数．由f (x )在[3，＋∞)上为减函数，知x 2＝6－a ＋a 2＋366≤3，解得a ≥－92，故a 的取值范围为⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,29题型三利用导数研究函数的极值(最值)问题【题型要点解析】(1)利用导数研究函数的极值的一般思想：①求定义域；①求导数f ′(x )；①解方程f ′(x )＝0，研究极值情况；①确定f ′(x 0)＝0时x 0左右的符号，定极值．(2)求函数y ＝f (x )在[a ，b ]上最大值与最小值的步骤：①求函数y ＝f (x )在(a ，b )内的极值；①将函数y ＝f (x )的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．(3)当极值点和给定的自变量范围关系不明确时，需要分类求解，在求最值时，若极值点的函数值与区间端点的函数值大小不确定时需分类求解．例1.设函数G (x )＝x ln x ＋(1－x )·ln (1－x )． (1)求G (x )的最小值；(2)记G (x )的最小值为c ，已知函数f (x )＝2a ·e x ＋c ＋a ＋1x －2(a ＋1)(a >0)，若对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，求实数a 的取值范围．【解】 (1)由已知得0<x <1，G ′(x )＝ln x －ln (1－x )＝lnx 1－x.令G ′(x )<0，得0<x <12；令G ′(x )>0，得12<x <1，所以G (x )的单调减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0，单调增区间为⎪⎭⎫⎝⎛1,21.从而G (x )min ＝G ⎪⎭⎫⎝⎛21＝ln 12＝－ln 2.(2)由(1)中c ＝－ln 2，得f (x )＝a ·e x＋a ＋1x －2(a ＋1)．所以f ′(x )＝ax 2·e x －(a ＋1)x 2.令g (x )＝ax 2·e x －(a ＋1)，则g ′(x )＝ax (2＋x )e x >0，所以g (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为g (0)＝－(a ＋1)，且当x →＋∞时，g (x )>0，所以存在x 0①(0，＋∞)，使g (x 0)＝0，且f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增．因为g (x 0)＝ax 20·e x 0－(a ＋1)＝0，所以ax 20·e x 0＝a ＋1，即a ·e x 0＝a ＋1x 20，因为对于任意的x ①(0，＋∞)，恒有f (x )≥0成立，所以f (x )min ＝f (x 0)＝a ·e x 0＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，所以a ＋1x 20＋a ＋1x 0－2(a ＋1)≥0，即1x 20＋1x 0－2≥0，即2x 20－x 0－1≤0，所以－12≤x 0≤1.因为ax 20·e x 0＝a ＋1，所以x 20·e x 0＝a ＋1a >1.又x 0>0，所以0<x 0≤1，从而x 20·e x 0≤e ，所以1<a ＋1a ≤e ，故a ≥1e －1.题组训练三利用导数研究函数的极值(最值)问题已知函数f (x )＝ax 2＋bx ＋ce x (a >0)的导函数y ＝f ′(x )的两个零点为－3和0.(1)求f (x )的单调区间；(2)若f (x )的极小值为－e 3，求f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值．【解】 (1)f ′(x )＝(2ax ＋b )e x －(ax 2＋bx ＋c )e x (e x )2＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －ce x .令g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c ，因为e x >0，所以y ＝f ′(x )的零点就是g (x )＝－ax 2＋(2a －b )x ＋b －c 的零点且f ′(x )与g (x )符号相同．又因为a >0，所以当－3<x <0时，g (x )>0，即f ′(x )>0，当x <－3或x >0时，g (x )<0，即f ′(x )<0，所以f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)． (2)由(1)知，x ＝－3是f (x )的极小值点，所以有⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋c e －3＝－e 3，g (0)＝b －c ＝0，g (－3)＝－9a －3(2a －b )＋b －c ＝0，解得a ＝1，b ＝5，c ＝5，所以f (x )＝x 2＋5x ＋5e x .因为f (x )的单调递增区间是(－3,0)，单调递减区间是(－∞，－3)，(0，＋∞)，所以f (0)＝5为函数f (x )的极大值，故f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值取f (－5)和f (0)中的最大者，而f (－5)＝5e －5＝5e 5>5＝f (0)，所以函数f (x )在区间[－5，＋∞)上的最大值是5e 5.题型四定积分【题型要点解析】(1)求简单定积分最根本的方法就是根据微积分定理找到被积函数的原函数，其一般步骤：①把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差；①利用定积分的性质把所求定积分化为若干个定积分的和或差；①分别用求导公式找到F (x )，使得F ′(x )＝f (x )；①利用牛顿——莱布尼兹公式求出各个定积分的值；①计算所求定积分的值．有些特殊函数可根据其几何意义，求其围成的几何图形的面积，即其对应的定积分．(2)求由函数图象或解析几何中曲线围成的曲边图形的面积，一般转化为定积分的计算与应用，但一定找准积分上限、积分下限及被积函数，且当图形的边界不同时，要讨论解决，其一般步骤：①画出图形，确定图形范围；①解方程组求出图形交点范围，确定积分上、下限；①确定被积函数，注意分清函数图象的上、下位置；①计算下积分，求出平面图形的面积．例1．设f (x )＝⎩⎨⎧1－x 2，x ①[－1，1)x 2－1，x ①[1，2]，则⎰-21f (x )d x 的值为( )A.π2＋43 B.π2＋3 C.π4＋43D.π4＋3【解析】⎰-21f (x )d x ＝⎰-211－x 2d x ＋⎰-21(x 2－1)d x ＝12π×12＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-x x 331⎪⎪⎪21＝π2＋43，故选A.【答案】 A例2．⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝________.【解析】⎰1⎪⎭⎫ ⎝⎛+-212x x d x ＝⎰101－x 2d x ＋⎰112x d x ，⎰112x d x ＝14，⎰11－x 2d x 表示四分之一单位圆的面积，为π4，所以结果是π＋14.【答案】π＋14例3．由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴所围成图形的面积为( ) A ．3 B.103 C.73D.83【解析】由题可知题中所围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2＋1y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即A (1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎰1(x 2＋1)d x ＋12×22＝⎪⎭⎫⎝⎛+x x 331|10＋2＝103，选B. 【答案】 B 题组训练四定积分1．已知1sin φ＋1cos φ＝22，若φ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π，则⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝( )A.13 B ．－13C.23D ．－23【解析】依题意，1sin φ＋1cos φ＝22①sin φ＋cos φ＝22sin φcos φ①2sin(φ＋π4)＝2sin2φ，因为φ①(0，π2)，所以φ＝π4，故⎰-ϕtan 1(x 2－2x )d x ＝⎰-ϕtan 1－1(x 2－2x )d x ＝(x 33－x 2)|1－1＝23.选C.【答案】 C 2．函数y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x 的最大值是________．【解析】 y ＝⎰t(sin x ＋cos x sin x )d x＝⎰t⎪⎭⎫⎝⎛+x x 2sin 21sin d x ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛--x x 2cos 41cos ⎪⎪⎪t 0＝－cos t －14cos 2t ＋54＝－cos t －14(2cos 2 t －1)＋54＝－12(cos t ＋1)2＋2，当cos t ＝－1时，y max ＝2. 【答案】 2 【专题训练】一、选择题1．已知变量a ，b 满足b ＝－12a 2＋3ln a (a >0)，若点Q (m ，n )在直线y ＝2x ＋12上，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为( )A ．9 B.353C.95D ．3【解析】令y ＝3ln x －12x 2及y ＝2x ＋12，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值就是曲线y ＝3ln x －12x 2上一点与直线y ＝2x ＋12的距离的最小值，对函数y ＝3ln x －12x 2求导得：y ′＝3x －x ，与直线y ＝2x ＋12平行的直线斜率为2，令2＝3x －x 得x ＝1或x ＝－3(舍)，则x ＝1，得到点(1，－12)到直线y ＝2x ＋12的距离为355，则(a －m )2＋(b －n )2的最小值为(355)＝95.【答案】C2．设a ①R ，若函数y ＝e ax ＋3x ，x ①R 有大于零的极值点，则( ) A ．a >－3 B ．a <－3 C ．a >－13D ．a <－13【解析】 y ′＝a e ax ＋3＝0在(0，＋∞)上有解，即a e ax ＝－3，①e ax >0，①a <0.又当a <0时，0<e ax <1，要使a e ax ＝－3，则a <－3，故选B.【答案】 B3．已知函数f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，若对于任意的a ①[1,2]，b ①(2,3]，函数f (x )在区间[a ，b ]上单调递减，则实数t 的取值范围是( )A ．(－∞，3]B ．(－∞，5]C ．[3，＋∞)D ．[5，＋∞)【解析】 ①f (x )＝x 3－tx 2＋3x ，①f ′(x )＝3x 2－2tx ＋3，由于函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则有f ′(x )≤0在[a ，b ]上恒成立，即不等式3x 2－2tx ＋3≤0在[a ，b ]上恒成立，即有t ≥32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[a ，b ]上恒成立，而函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1在[1,3]上单调递增，由于a ①[1,2]，b ①(2,3]，当b ＝3时，函数y ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+x x 1取得最大值，即y max ＝32⎪⎭⎫ ⎝⎛+313＝5，所以t ≥5，故选D.【答案】 D4．已知函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )有唯一的零点x 0，(e ＝2.718…)则( ) A ．－1<x 0<－12B ．－12<x 0<－14C ．－14<x 0<0D ．0<x 0<12【解析】函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )(a ①R )，则x >－a ，可得f ′(x )＝e x －1x ＋a ，f ″(x )＝e x ＋1(x ＋a )2恒大于0，f ′(x )是增函数，令f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0＋a，有唯一解时，a ＝1e x 0－x 0，代入f (x )可得：f (x 0)＝e x 0－ln(x 0＋a )＝e x 0－ln(1e x 0)＝e x 0＋x 0，由于f (x 0)是增函数，f (－1)≈－0.63，f (－12)≈0.11，所以f (x 0)＝0时，－1<x 0<－12.故选A.【答案】 A5．定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足f (x )>2(x ＋x )f ′(x )，其中f ′(x )为f (x )的导函数，则下列不等式中，一定成立的是( )A ．f (1)>f (2)2>f (3)3B.f (1)2>f (4)3>f (9)4 C ．f (1)<f (2)2<f (3)3D.f (1)2<f (4)3<f (9)4【解析】 ①f (x )>2(x ＋x )f ′(x )， ①f (x )>2x (x ＋1)f ′(x )， ①f (x )12x>(x ＋1)f ′(x )．①f ′(x )(x ＋1)－f (x )12x <0，①(f (x )x ＋1)′<0，设g (x )＝f (x )x ＋1，则函数g (x )在(0，＋∞)上递减，故g (1)>g (4)>g (9)，①f (1)2>f (4)3>f (9)4.故选B.【答案】 B6．已知函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，若f ′(x )满足f ′(x )－f (x )x －1>0，y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，则不等式f (x 2－x )e x 2－x<f (0)的解集是( )A ．(－1,2)B ．(1,2)C ．(－1,0)①(1,2)D ．(－∞，0)①(1，＋∞)【解析】令g (x )＝f (x )e x ，则g ′(x )＝f ′(x )－f (x )e x .①f ′(x )－f (x )x －1>0，当x >1时，f ′(x )－f (x )>0，则g ′(x )>0，①g (x )在(1，＋∞)上单调递增；当x <1时，f ′(x )－f (x )<0，则g ′(x )<0， ①g (x )在(－∞，1)上单调递减． ①g (0)＝f (0)，①不等式f (x 2－x )e x 2－x <f (0)即为不等式g (x 2－x )<g (0)．①y ＝f (x )e x 关于直线x ＝1对称，①|x 2－x |<2，①0<x 2－x <2，解得－1<x <0或1<x <2，故选C. 【答案】 C7．已知偶函数f (x )(x ≠0)的导函数为f ′(x )，且满足f (1)＝0，当x >0时，xf ′(x )<2f (x )，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A ．(－∞，－1)①(0,1)B ．(－∞，－1)①(1，＋∞)C ．(－1,0)①(1，＋∞)D ．(－1,0)①(0,1)【解析】根据题意，设函数g (x )＝f (x )x 2(x ≠0)，当x >0时，g ′(x )＝f ′(x )·x －2·f (x )x 3<0，说明函数g (x )在(0，＋∞)上单调递减，又f (x )为偶函数，所以g (x )为偶函数，又f (1)＝0，所以g (1)＝0，故g (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零，即f (x )在(－1,0)①(0,1)上的函数值大于零．【答案】D8．定义在⎪⎭⎫⎝⎛2,0π上的函数f (x )，f ′(x )是它的导函数，且恒有f (x )<f ′(x )·tan x 成立，则( ) A.3f ⎪⎭⎫⎝⎛4π>2f ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π B ．f (1)<2f ⎪⎭⎫⎝⎛6πsin 1C.2f ⎪⎭⎫⎝⎛6π>f ⎪⎭⎫ ⎝⎛4π D.3f ⎪⎭⎫⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π 【解析】构造函数F (x )＝f (x )sin x.则F ′(x )＝f ′(x )sin x －f (x )cos x sin 2x >0，x ①⎪⎭⎫⎝⎛2,0π，从而有F (x )＝f (x )sin x 在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0π上为增函数，所以有F ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<F ⎪⎭⎫ ⎝⎛3π，3sin36sin 6ππππ⎪⎭⎫⎝⎛<⎪⎭⎫ ⎝⎛f f ①3f ⎪⎭⎫ ⎝⎛6π<f ⎪⎭⎫⎝⎛3π，故选D.【答案】 D 二、填空题9．已知曲线f (x )＝a cos x 与曲线g (x )＝x 2＋bx ＋1在交点(0，m )处有公切线，则实数a ＋b 的值为____________．【解析】因为两个函数的交点为(0，m )，①m ＝a cos0，m ＝02＋b ×0＋1，①m ＝1，a ＝1，①f (x )，g (x )在(0，m )处有公切线，①f ′(0)＝g ′(0)，①－sin 0＝2×0＋b ，①b ＝0，①a ＋b ＝1.【答案】 110．已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，若a ＝40.2f (40.2)，b ＝(log 43)f (log 43)，c ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛1614log 1614log f ，则a ，b ，c 的大小关系是________．【解析】根据题意，令g (x )＝xf (x )，则a ＝g (40.2)，b ＝g (log 43)，c ＝g (log 4116)有g (－x )＝(－x )f (－x )＝(－x )[－f (x )]＝xf (x )，则g (x )为偶函数，又由g ′(x )＝(x )′f (x )＋xf ′(x )＝f (x )＋xf ′(x )，又由当x ①(0，＋∞)时，都有不等式f (x )＋xf ′(x )>0成立，则当x ①(0，＋∞)时，有g ′(x )>0，即g (x )在(0，＋∞)上为增函数，分析可得|log 4116|>|40.2|>|log 43|，则有c >a >b ；故答案为：c >a >b .【答案】 c >a >b11．已知函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．【解析】令f ′(x )＝ln x －ax ＋x ⎪⎭⎫⎝⎛-a x 1＝ln x －2ax ＋1＝0，得ln x ＝2ax －1.因为函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点，所以f ′(x )＝ln x －2ax ＋1有两个零点，等价于函数y ＝ln x 与y ＝2ax －1的图象有两个交点，在同一个坐标系中作出它们的图象，过点(0，－1)作y ＝ln x 的切线，设切点为(x 0，y 0)，则切线的斜率k ＝1x 0，切线方程为y ＝1x 0x －1.切点在切线y ＝1x 0x －1上，则y 0＝x 0x 0－1＝0，又切点在曲线y ＝ln x 上，则ln x 0＝0，①x 0＝1，即切点为(1,0)，切线方程为y ＝x －1.再由直线y ＝2ax －1与曲线y ＝ln x 有两个交点，知直线y ＝2ax －1位于两直线y ＝0和y ＝x －1之间，其斜率2a 满足0<2a <1，解得实数a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛21,0.【答案】 ⎪⎭⎫ ⎝⎛21,012．曲线y ＝2sin x (0≤x ≤π)与直线y ＝1围成的封闭图形的面积为________．【解析】令2sin x ＝1，得sin x ＝12，当x ①[0，π]时，得x ＝π6或x ＝5π6，所以所求面积S ＝∫5π6(2sin x －1)d x＝(－2cos x －x )π6⎪⎪⎪5π6π6＝23－2π3. 【答案】 23－2π3三、解答题13．已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)e x －x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．【解析】 (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)， (i)若a ≤0，则f ′(x )<0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减． (ii)若a >0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a .当x ①(－∞，－ln a )时，f ′(x )<0；当x ①(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增．(2)(i)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ii)若a >0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a .①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点； ①当a ①(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a >0，即f (－ln a )>0，故f (x )没有零点；①当a ①(0,1)时，1－1a＋ln a <0，即f (－ln a )<0.又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2>－2e －2＋2>0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点．设正整数n 0满足n 0>ln (3a－1)，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0>e n 0－n 0>2r 0－n 0>0.由于ln (3a －1)>－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．14．已知函数f (x )＝e ax (其中e ＝2.71828…)，g (x )＝f (x )x .(1)若g (x )在[1，＋∞)上是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝12时，求函数g (x )在[m ，m ＋1](m >0)上的最小值．【解析】 (1)由题意得g (x )＝f (x )x ＝eaxx在[1，＋∞)上是增函数，故'⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛x e ax ＝e ax (ax －1)x 2≥0在[1，＋∞)上恒成立，即ax －1≥0在[1，＋∞)恒成立，a ≥1x 在x ①[1，＋∞)上恒成立，而1x ≤1，①a ≥1； (2)当a ＝12时，g (x )＝e x 2x ，g ′(x )＝e x 2(x2－1)x 2，当x >2时，g ′(x )>0，g (x )在[2，＋∞)递增，当x <2且x ≠0时，g ′(x )<0，即g (x )在(0,2)，(－∞，0)递减，又m >0，①m ＋1>1，故当m ≥2时，g (x )在[m ，m ＋1]上递增，此时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m ，当1<m <2时，g (x )在[m,2]递减，在[2，m ＋1]递增，此时，g (x )min ＝g (2)＝e2，当0<m ≤1时，m ＋1≤2，g (x )在[m ，m ＋1]递减，此时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，综上，当0<m ≤1时，g (x )min ＝g (m ＋1)＝e m ＋12m ＋1，当1<m <2时，g (x )min ＝g (2)＝e2，m ≥2时，g (x )min ＝g (m )＝e m 2m .。

2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析

全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

2.2020年全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。

3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积；（2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。

1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。

解析：（1）单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。

若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。

通常二次求导的为多。

（2）恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。

常常是把恒成立化成最值问题。

由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。

这里介绍了两种方法。

解：（1）当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。

而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。

（2）解法一，分离参数法当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。

考点13 变化率与导数导数的运算2020年领军高考数学(理)必刷题(解析版)

考点13 变化率与导数、导数的运算1．设曲线（e为自然对数的底数）上任意一点处的切线为，总存在曲线上某点处的切线，使得，则实数的取值范围（）A．B．C．D．【答案】D2．已知函数在点处的切线为，动点在直线上，则的最小值是（）A．4 B．2 C．D．【答案】D【解析】由题得所以切线方程为即，故选D.3．函数，则在其图像上的点处的切线的斜率为A．B．C．D．【答案】D【解析】把点的坐标（1，-2）代入函数的解析式得-2=1+2a-3,所以a=0,所以f(x)=，所以，所以切线的斜率为-2.故答案为：D.学&科网4．将函数f(x)＝ln(x＋1)(x≥0)的图像绕坐标原点逆时针方向旋转角θ(θ∈(0，α])，得到曲线C，若对于每一个旋转角θ，曲线C都仍然是一个函数的图像，则α的最大值为( )A．π B．C．D．【答案】D5．曲线在处的切线的倾斜角是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，，则倾斜角为故选.学科*网6．已知函数是定义在区间上的可导函数，为其导函数，当且时，，若曲线在点处的切线的斜率为，则的值为（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】A7．已知函数的导函数为，且满足（其中为自然对数的底数），则（）A．B．C．-1 D．1【答案】B【解析】根据题意，f（x）=2xf'（e）+lnx，其导数，令x=e，可得，变形可得故选：B．8．已知函数，记是的导函数，将满足的所有正数从小到大排成数列，，则数列的通项公式是（）A．B．C．D．【答案】C9．已知函数，则的值为()A．B．0 C．D．【答案】D【解析】由题意，化简得，而，所以，得，故，所以，，所以,故选D.学科*网10．函数是定义在R上的可导函数,其图象关于轴对称,且当时,有则下列不等关系不正确的是A．B．C．D．【答案】A11．已知函数的图象如图所示，令，则下列关于函数的说法中不正确的是（）A．函数图象的对称轴方程为B．函数的最大值为C．函数的图象上存在点P，使得在P点处的切线与直线平行D．方程的两个不同的解分别为，，则最小值为【答案】C12．已知函数,则曲线在点处的切线倾斜角是_________。

专题03 导数及其应用解析版(2016-2020)高考数学(理)真题分项详解

专题03 导数及其应用【2020年】1.（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 =+【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 =-+. 2.（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【答案】D【解析】设直线l在曲线y =(0x ，则00x >，函数y =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 =+. 【2019年】1．（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 =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,x y 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 ．2．（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,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.3．（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 <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0 D ．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 ，则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b x 3（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b x 3（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：∴0且，解得b ＜0，1﹣a ＞0，b （a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．4．（2019·全国Ⅰ卷）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 ,x x x y x x x x x '=+++=++ 所以切线的斜率0|3x k y ='==，则曲线23()e x y x x =+在点(0,0)处的切线方程为3y x =，即30x y -=． 5．（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 ▲ .【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0004(,)x x x +，由20411x -=-得02x =02x =-∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．6．（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 ▲ . 【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,1.7．（2019·北京卷）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 e0x xa -++=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 x f 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-∞. 【2018年】1．（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 =【答案】D 【解析】因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得.故选D.2．（2018·全国Ⅱ卷）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--≠-==-∴为奇函数，舍去A ； ()11e e 0f -=->，∴舍去D ； ()()()()()243e e e e 22e 2e ,xx x x x x x xx x f x x x ---+---++=='2x ∴>时，()0f x '>，()f x 单调递增，舍去C. 因此选B.3．（2018·全国Ⅲ卷）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22x <-或202x <<，此时函数单调递增，由()0f x '<得22(21)0x x ->，得22x >或202x -<<，此时函数单调递减，排除C.故选D.4．（2018·全国Ⅱ卷）曲线2ln(1)y x =+在点(0,0)处的切线方程为__________．【答案】【解析】则所求的切线方程为.5．（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 =________．【答案】-3【解析】()e 1e xxy a ax =++'，则0|12x y a ='=+=-，所以.6．（2018·全国Ⅰ卷）已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】【解析】，所以当时函数单调递减，当时函数单调递增，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，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.7．（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________．【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. 【2017年】1．（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 ．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()()21111111e1eeee e x 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. 2．（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 ．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 ．3．（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【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 ．11．（2017·江苏卷）已知函数31()2e e x xf 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 322e e 0x x x 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-．12．（2017·山东卷）若函数e ()x f 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()2x f x -= ②()3x f x -= ③3()f x x = ④2()2f x x =+ 【答案】①④ 【解析】①ee ()e 2()2x x x x f x -=⋅=在R 上单调递增，故()2x f x -=具有M 性质； ②ee ()e 3()3x x x x f x -=⋅=在R 上单调递减，故()3x f x -=不具有M 性质； ③3e ()e x x f x x =⋅，令3()e x g x x =⋅，则322()e 3e e (3)x x xg 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M 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M 性质．【2016年】1. 【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 =【答案】A【解析】当sin y x =时，cos y x '=，cos 0cos 1⋅π=-，所以在函数sin y x =图象存在两点，使条件成立，故A 正确；函数3ln ,e ,x y x y y x ===的导数值均非负，不符合题意，故选A 。

导数高考题(大题)(2020年8月整理).pdf

导数高考题（非常实用）一、导数的基本应用（一）研究含参数的函数的单调性、极值和最值基本思路：定义域 →→ 疑似极值点 →→ 单调区间 →→ 极值 →→ 最值基本方法：一般通法：利用导函数研究法特殊方法：（1）二次函数分析法；（2）单调性定义法本组题旨在强化对函数定义域的关注，以及求导运算和分类讨论的能力与技巧【例题】（2009江西理17/22）设函数()xe f x x=. 求（1）函数()f x 的单调区间；（2）略.解：函数定义域为),0()0,(+∞⋃−∞，'22111()x x xx f x e e e x x x−=−+=, 由'()0f x =,得 1x =.因为当0x <时或01x <<时,'()0f x <；当1x >时,'()0f x >；所以()f x 的单调增区间是:[1,)+∞；单调减区间是: (,0)(0,1]−∞，.【例题】（2008北京理18/22）已知函数22()(1)x bf x x −=−，求导函数()f x '，并确定()f x 的单调区间．解：242(1)(2)2(1)()(1)x x b x f x x −−−−'=−3222(1)x b x −+−=−32[(1)](1)x b x −−=−−．令()0f x '=，得1x b =−．当11b −=，即2b =时，2()1f x x =−，所以函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减．当11b −<，即2b <时，()f x '的变化情况如下表：当11b −>，即b所以，2b <11)−，上单调递增，2b =时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)+∞，上单调递减． 2b >时，函数()f x 在(1)−∞，和(1)b −+∞，上单调递减，在(11)b −，上单调递增．本组题旨在强化对导函数零点进行分类讨论的意识、能力和技巧【例题】（2009北京文18/22）设函数3()3(0)f x x ax b a =−+≠. （Ⅱ）求函数()f x 的单调区间与极值点. 解：∵()()()'230fx x a a =−≠,当0a <时，()'0fx >，函数()f x 在(),−∞+∞上单调递增，此时函数()f x 没有极值点.当0a >时，由()'0fx x =⇒=当(,x ∈−∞时，()'0fx >，函数()f x 单调递增，当(x ∈时，()'0f x <，函数()f x 单调递减，当)x ∈+∞时，()'0f x >，函数()f x 单调递增，∴此时x =()f x 的极大值点，x =()f x 的极小值点.点评：此题是2010届文科考试说明的样题，题目考查了对导函数零点进行分类的能力，旨在帮助学生巩固研究函数单调性的基本方法.【例题】（2009天津理20/22）已知函数22()(23)(),xf x x ax a a e x R =+−+∈其中a R ∈. （II ）当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. [].42)2()('22x e a a x a x x f +−++=解：.2232.220)('−≠−≠−=−==a a a a x a x x f 知，由，或，解得令以下分两种情况讨论. （1）a 若＞32，则a 2−＜2−a .当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()a 2−∞−，a 2−()22−−a a ，2−a()∞+−，2af'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗.)22()2()2()(内是减函数，内是增函数，在，，，在所以−−∞+−−−∞a a a a x f.3)2()2(2)(2a ae a f a f a x x f −=−−−=，且处取得极大值在函数 .)34()2()2(2)(2−−=−−−=a e a a f a f a x x f ，且处取得极小值在函数（2）a 若＜32，则a 2−＞2−a ，当x 变化时，)()('x f x f ，的变化情况如下表： x()2−∞−a ，2−a()a a 22−−，a 2−()∞+−，a 2f'(x) + 0 — 0 + f(x )↗极大值↘极小值↗内是减函数。

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班级_____________________ 姓名____________________ 考场号____________ 考号___________----------------------------------------------------密--------------------------------封--------------------------------线------------------------------------------------ 一、解答题1. 解:(Ⅰ) 函数()f x 的定义域为(0,)+∞，'112()e ln e e e .x x x x a b bf x a x x x x--=+-+由题意可得'(1)2,(1) e.f f ==故1,2a b ==.（Ⅱ）由(Ⅰ)知12e ()e ln ,x xf x x x -=+从而()1f x >等价于2ln e .ex x x x ->- 设函数()ln g x x x =，则()1ln g x x '=+，所以当1(0,)ex ∈时，'()0g x <;当1(,)e x ∈+∞时，'()0g x >,故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11().e eg =-.设函数2()e ex h x x -=-，则'()e (1)x h x x -=-，所以当(0,1)x ∈时，'()0h x >；当(1,)x ∈+∞时，'()0h x <，故()h x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)eh =-.综上，当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >.2. 解题指南（1）根据导数公式求出函数的导数，利用分类讨论思想求解；（2）根据函数的单调性以及函数极值与导数的关系式确定函数的极值点，代入函数中求解.解析（1）2/222(2)24(1)()1(2)(1)(2)a x x ax a f x ax x ax x +-+-=-=++++ （*）当1a ≥时，/()0f x >，此时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增．当01a <<时，由/()0f x =得1x =，（2x =-舍去）．当1(0,)x x ∈时，/()0f x <；当1(,)x x ∈+∞时，/()0f x >．故()f x 在区间1(0,)x 上单调递减，在区间1(,)x +∞上单调递增．综上所述，当1a ≥时，()f x 在区间(0,)+∞上单调递增．当01a <<时，()f x在区间(0,上单调递减，在区间)+∞上单调递增．由（*）式知，当1a ≥时，/()0f x >，此时()f x 不存在极值点，因而要使得()f x 有两个极值点，必有01a <<．又()f x的极值点只可能是1x =2x =-，且由定义可知，1x a>-且2x ≠-，所以1a ->-且2-≠-，解得12a ≠- 此时，由（*）式易知，12,x x 分别是()f x 的极小值和极大值点，而 12()()f x f x +=12121222ln(1)ln(1)22x x ax ax x x +-++-++21212121212124()ln[1()]2()4x x x x a x x a x x x x x x ++=+++-+++224(1)2ln(21)ln(21)22121a a a a a -=--=-+---令21a x -=，则01a <<且12a ≠-知：当102a <<时，10x -<<；当112a <<时，01x <<．记22()ln 2g x x x=+-，（Ⅰ）当10x -<<时，2()2ln()2g x x x =-+-，所以/222222()0x g x x x x -=-=<因此，()g x 在区间(1,0)-上单调递减，从而()(1)40g x g <-=-<，故当102a <<时， 12()()0f x f x +<．班级_____________________ 姓名____________________ 考场号____________ 考号___________----------------------------------------------------密--------------------------------封--------------------------------线------------------------------------------------ （Ⅱ）当01x <<时，2()2ln 2g x x x =+-，所以/222222()0x g x x x x-=-=< 因此，()g x 在区间(0,1)上单调递减，从而()(1)0g x g >=，故当时112a <<，12()()0f x f x +>．综上所述，满足条件的a 的取值范围为1(,1)2．3. (1)证明：因为对任意x ∈R ，都有()()e e e e ()x x x x f x f x -----=+=+=，所以f (x )是R上的偶函数．(2)解：由条件知(e e 1)e 1x x x m --+-≤-在(0，+∞)上恒成立．令t = e x (x >0)，则t >1，所以m ≤21111111t t t t t --=--+-++-对于任意t >1成立．因为11111t t -++≥- = 3，所以1113111t t -≥--++-，当且仅当t = 2，即x = ln2时等号成立．因此实数m 的取值范围是1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．(3)解：令函数31()e (3)e xx g x a x x =+--+，则21()e 3(1)ex x g x a x '=-+-．当x ≥1时，1e 0ex x ->，x 2– 1≥0，又a >0，故g ′(x )>0，所以g (x )是[1，+∞)上的单调增函数，因此g (x )在[1，+∞)上的最小值是1(1)e e 2g a -=+-．由于存在x 0∈[1，+∞)，使030e e (3)0x x a x x -+--+<成立，当且仅当最小值g (1)<0，故1e+e 20a --<，即1e e 2a -+>．令函数()(e 1)ln 1h x x x =---，则()1h x '=-e 1x-，令h ′(x ) = 0，得e 1x =-．当(0,e 1)x ∈-时，h ′(x )<0，故h (x )是(0,e 1)-上的单调减函数．当x ∈(e – 1，+∞)时，h ′(x )>0，故h (x )是(e – 1，+∞)上的单调增函数．所以h (x )在(0，+∞)上的最小值是(e 1)h -．注意到h (1) = h (e) = 0，所以当(1,e 1)x ∈- ⊆(0,e 1)-时，(e 1)h -)≤h (x )<h (1) = 0；当(e 1,e)(e 1,)a ∈-⊆-+∞时，h (x )<h (e) = 0，所以h (x )<0对任意的x ∈(1，e)成立．①当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭⊆(1，e)时，h (a )<0，即1(e 1)ln a a -<-，从而1e 1e a a --<； ②当a = e 时，1e 1e a a --<；③当(e,)(e 1,)a ∈+∞⊆-+∞时，h (a )>h (e) = 0，即1(e 1)ln a a ->-，故1e 1e a a -->．综上所述，当a ∈1e e ,e 2-⎛⎫+⎪⎝⎭时，1e 1e a a --<，当a = e 时，1e 1e a a --=，当(e,)a ∈+∞ 时，1e 1e a a -->．4. 解题指南：（I ）利用'()f x 为偶函数和()yf x 在点(0,(0))f 处的切线的斜率为4c -建立关于,a b 的方程求解. （II ）利用基本不等式求解.(III)需对c 进行分类，讨论方程'()0f x =是否有实根，从而确定极值.解析：（I ）对()f x 求导得'22()22x x f x ae be c -=+-，由()f x '为偶函数，知'()'()f x f x -=，即222()()0x x a b e e --+=，因220x x e e -+>，所以a b =. 又'(0)224f a b c c =+-=-，故1,1a b ==. （II ）当3c =时，22()3x x f x e e x -=--，那么班级_____________________ 姓名____________________ 考场号____________ 考号___________----------------------------------------------------密--------------------------------封--------------------------------线------------------------------------------------ '2222()223222310,x x x x f x e e e e --=+-≥⋅-=>故()f x 在R 上为增函数.(III)由（Ⅰ）知'22()22x x f x e e c -=+-，而2222222224,x x x x e e e e --+≥⋅=当0x =时等号成立. 下面分三种情况进行讨论.当4c <时，对任意22,()220x x x R f x e e c -'∈=+->，此时()f x 无极值；当4c =时，对任意220,()220x x x f x e e c -'≠=+->，此时()f x 无极值；当4c >时，令2xe t =，注意到方程220t c t+-=有两根21,21604c c t ±-=>，即'()0f x =有两根112211ln ln 22x t x t ==或.当12x x x <<时，'()0f x <；又当2x x >时，'()0f x >，从而'()f x 在2x x =处取得极小值；综上，若'()f x 有极值，则c 取值范围为()4,+∞.5. 解题指南（1）先求导数，结合解不等式求解函数的单调区间；（2）利用单调性与导数的关系求解字母的取值范围.解析⑴当4b =时,212()(44)x f x x x -=++,定义域为12(,)-∞, 2115(2)1221212()(24)(44)(2)x x xxxf x x x x -+---'=+⋅+++⨯⨯⨯-=.令()0f x '=,解得12x =-,20x =.当2x <-或120x <<时,()0f x '<；当20x -<<时,()0f x '>.所以()f x 在(,2)-∞-,12(0,)上单调递减；在(2,0)-上单调递增.所以当2x =-时,()f x 取得极小值(2)0f -=；当0x =时,()f x 取得极大值(0)4f =.⑵因为()f x 在13(0,)上单调递增,所以()0f x '≥,且不恒等于0对13(0,)x ∈恒成立. 22115231221212()(2)()(2)x x bxx x xf x x b x bx b -+----'=+⋅+++⨯⨯⨯-=,所以25320x bx x --+≥, 得min 253()x b -≤.因为1252513339x -⨯->=,所以19b ≤,故b 的取值范围为19(,]-∞.6. 解析：（Ⅰ）对()f x 求导得222(6)(3)3(6)'(),()x x x xx a e x ax e x a x af x e e+-+-+-+== 因为()f x 在0x =处取得极值，所以'(0)0f =即0a =.当0a =时，()f x =22336,'(),x x x x x f x e e -+=故33(1),'(1),f f e e ==从而()f x 在点（1，(1)f ）处的切线方程为33(1),y x e e-=-化简得30.x ey -=（Ⅱ）由（Ⅰ）知23(6)'().xx a x af x e-+-+= 令2()3(6),g x x a x a =-+-+由()0g x =解得2212636636,.66a a a a x x --+-++== 当1x x <时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；当12x x x <<时，()0g x >，即'()0f x >，故()f x 为增函数；当2x x >时，()0g x <，即'()0f x <，故()f x 为减函数；由()f x 在[)3,+∞上为减函数，知226363,6a a x -++=≤解得9,2a ≥- 故a 的取值范围为9,.2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭考点分类第四章考点一、导数的概念、运算及其几何意义；考点二、导数的应用；第九章考点一、不等关系与一元二次不等式7. 解：（1）∵22'()2(1)(1)0x x x f x x x x =++=+≥e e e （仅当1x =-时取等号），∴()f x 的单调递增区间为(,)-∞+∞．班级_____________________ 姓名____________________ 考场号____________ 考号___________----------------------------------------------------密--------------------------------封--------------------------------线------------------------------------------------ （2）∵(0)10f a =-<，2(ln )(ln )0f a a a =>， ∴()f x 在单调递增区间(,)-∞+∞上仅有一个零点．（3）由题意知'()0P f x =，又仅'(1)0f -=，得1P x =-，2P y a =-e，由题意知'()OP f m k =，得22(1)m m a +=-e e ，要证1m ≤，即要证32(1)m a +≤-e ，只需证32(1)(1)m m m +≤+e ，即要证1m m +≤e ，① 设()1m g m m =+-e ，则'()1m g m =-e ，又'()00g m m ⇔==，∴()g m 在(,0)-∞上递增，在(0,)∞+上递减。