高考理科数学专题复习题型函数与导数
高中高考数学专题复习《函数与导数》
50．设奇函数 在 上是增函数，且 ，则不等式 的解集为.
51．函数 在定义域 内可导，其图
象如图，记 的导函数为 ，则不等式 的解集为_____________
52．由直线 ， ，曲线 及 轴所围成的图形的面积是．
53．曲线y＝ex在 处的切线方程是.
54．对于三次函数 给出定义：设 是函数 的导数， 是函数 的导数，若方程 有实数解 ，则称点 为函数 的“拐点”，某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心。给定函数 ，请你根据上面探究结果，计算
9．曲线 在 处的切线平行于直线 ，则 点的坐标为（）
A BLeabharlann C 和 D 和10．曲线 在点 处的切线方程是
A． B．
C． D．
11．若质点P的运动方程为S(t)=2t2+t（S的单位为米，t的单位为秒），则当t=1时的瞬时速度为（）
A 2米/秒B 3米/秒C 4米/秒D 5米/秒
12．函数 图象上关于原点对称点共有（ ）
高中高考数学专题复习<函数与导数>
1．下列函数中，在区间 上是增函数的是（）
A． B. C. D.
2．函数 的图象关于()
A．y轴对称B．直线y＝－x对称
C．坐标原点对称D．直线y＝x对称
3．下列四组函数中，表示同一函数的是()
A．y＝x－1与y＝ B．y＝ 与y＝
C．y＝4lgx与y＝2lgx2D．y＝lgx－2与y＝lg
A．“函数与方程”的上位B．“函数与方程”的下位
C．“函数模型及其应用”的上位D．“函数模型及其应用”的下位
29．已知 （）
A、 B、 C、 D、
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)
函数与导数压轴题题型与解题方法(高考必备)题型与方法（选择、填空题）一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合例1：已知定义在$[0,+\infty)$上的函数$f(x)$，当$x\in[0,1]$时，$f(x)=\frac{2}{3}-4x$；当$x>1$时，$f(x)=af(x-1)$，$a\in R$，$a$为常数。
下列有关函数$f(x)$的描述：①当$a=2$时，$f(\frac{3}{2})=4$；②当$a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$；③当$a>\frac{1}{2}$时，不等式$f(x)\leq 2a$恒成立；④当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，函数$f(x)$的图像与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$。
其中描述正确的个数有（。
）【答案】C分析：根据题意，当$x>1$时，$f(x)$的值由$f(x-1)$决定，因此可以考虑特例法。
当$a=2$时，$f(x)$的值域为$[0,4]$，因此①正确。
当$a\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此不等式$f(x)\leq 2a$恒成立，③正确。
当$-\frac{1}{2}<a<\frac{1}{2}$时，$f(x)$在$[0,1]$上单调递减，在$[1,+\infty)$上单调递增，因此$f(x)$与直线$y=2an-1$（$n\in N^*$）在$[1,n]$内的交点个数为$n-\frac{1+(-1)^n}{2}$，④正确。
因此，答案为$\boxed{\textbf{(C) }2}$。
直击2024年高考——高三数学导数题型专练(全国版)
导数题型专练【利用公式和四则运算求导】 【例1】下列求导运算正确的是( ) A.⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1x ln 2x B ．(x 2e x )′＝2x ＋e x C.⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3 D.⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2 【答案】 AD【解析】 ⎝⎛⎭⎫1ln x ′＝－1ln 2x ·(ln x )′＝－1x ln 2x ， 故A 正确；(x 2e x )′＝(x 2＋2x )e x ，故B 错误；⎣⎡⎦⎤cos ⎝⎛⎭⎫2x －π3′＝－2sin ⎝⎛⎭⎫2x －π3，故C 错误；⎝⎛⎭⎫x －1x ′＝1＋1x 2，故D 正确．【复合函数求导】 【例2】设函数，若，则．【答案】 1; 【解析】 函数， ， ，，解得， 故答案为：．【根据导数构造抽象函数】 【例3】已知可导函数的导函数为，若对任意的，都有，且为奇函数，则不等式的解集为（ ）．A.B.C.D.【答案】 A; 【解析】 设，由，得：，故函数在递减，由为奇函数，得， ∴，即，∵不等式，∴，即， 结合函数的单调性得：， 故不等式的解集是．故选．【求在某点处的切线方程】【例4】曲线y ＝2x －1x ＋2在点(－1，－3)处的切线方程为__________．【答案】 5x －y ＋2＝0【解析】 y ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －1x ＋2′＝2(x ＋2)－(2x －1)(x ＋2)2＝5(x ＋2)2，所以y ′|x ＝－1＝5(－1＋2)2＝5，所以切线方程为y ＋3＝5(x ＋1)，即5x －y ＋2＝0.【求过某点处的切线方程】【例5】y =2x 2+8过点P(1,2)的切线方程是( )． A. y =−4x +6B. y =12x −10C. y =−4x +6或y =12x −10D. y =4x +6或y =12x −10【答案】 C;【解析】 设切点坐标为(x 0 ,2x 02+8)，y ′=4x ，∴切线斜率k =4x 0，则2x 02+8−2x 0−1=4x 0，解得x 0=−1或3，∴所求切线方程为y =−4x +6或y =12x −10．【根据切线求参数问题】【例6】直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)，则2a ＋b 等于( ) A ．4 B ．3C ．2D ．1【答案】 A【解析】 ∵直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝a ln x ＋b 相切于点P (1,2)， 将P (1,2)代入y ＝kx ＋1， 可得k ＋1＝2，解得k ＝1， ∵ f (x )＝a ln x ＋b ，∴ f ′(x )＝ax ， 由f ′(1)＝a1＝1，解得a ＝1，可得f (x )＝ln x ＋b ， ∵P (1,2)在曲线f (x )＝ln x ＋b 上， ∴f (1)＝ln 1＋b ＝2，解得b ＝2，故2a ＋b ＝2＋2＝4.【例7】过定点P (1，e)作曲线y ＝a e x (a >0)的切线，恰有2条，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】 由y ′＝a e x ，若切点为(x 0，0e x a )， 则切线方程的斜率k ＝0'|x x y =＝0e x a >0，∴切线方程为y ＝0e x a (x －x 0＋1)， 又P (1，e)在切线上， ∴0e x a (2－x 0)＝e ，即ea ＝0e x (2－x 0)有两个不同的解，令φ(x )＝e x (2－x )， ∴φ′(x )＝(1－x )e x ，当x ∈(－∞，1)时，φ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，∴φ(x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减， ∴φ(x )max ＝φ(1)＝e ， 又x →－∞时，φ(x )→0； x →＋∞时，φ(x )→－∞， ∴0<ea <e ，解得a >1，即实数a 的取值范围是(1，＋∞)．【两曲线的公切线】【例8】已知函数f (x )＝x ln x ，g (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，直线l 与f (x )的图象相切于点A (1,0)，若直线l 与g (x )的图象也相切，则a 等于( ) A ．0 B ．－1 C ．3 D ．－1或3【答案】 D【解析】 由f (x )＝x ln x 求导得f ′(x )＝1＋ln x ，则f ′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f (x )在点A (1,0)处的切线l 的方程为y ＝x －1，因为直线l 与g (x )的图象也相切，则方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －1，g x ＝x 2＋ax ，有唯一解，即关于x 的一元二次方程x 2＋(a －1)x ＋1＝0有两个相等的实数根， 因此Δ＝(a －1)2－4＝0，解得a ＝－1或a ＝3， 所以a ＝－1或a ＝3.【利用导数确定函数图象】 【例9】已知函数，则的图象大致为（ ）．A. B.C. D.【答案】A;【解析】令，则，由，得，即函数在上单调递增，由得，即函数在上单调递减，所以当时，函数有最小值，，于是对任意的，有，故排除、，因为函数在上单调递减，则函数在上单调递增，故排除．故选．【利用导数求具体函数的单调性】【例10】函数f(x)＝x2－2ln x的单调递减区间是()A．(0,1) B．(1，＋∞)C．(－∞，1) D．(－1,1)【答案】A【解析】∵f′(x)＝2x－2 x＝2(x＋1)(x－1)x(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝1，∴当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．【例11】若函数f(x)＝ln x＋1e x，则函数f(x)的单调递减区间为________．【答案】(1，＋∞)【解析】f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－ln x－1e x，令φ(x)＝1x－ln x－1(x>0)，φ′(x)＝－1x2－1x<0，φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，φ(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0，∴f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．【利用导数求含参函数的单调性】【例12】已知函数．讨论的单调性．【答案】当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【解析】函数的定义域为：，，①当时，恒成立，在上单调递增，无减区间；②当时，令，解得，∴增区间为，减区间为综上：当时，增区间为，无减区间；当时，增区间为，减区间为．【例13】已知函数是自然对数的底数）．讨论的单调性．【答案】 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【解析】，当时，，在上单调递减； 当时，由得，所以在上单调递减；由得，所以在上单调递增．综上，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．【导数解决单调性的应用-比较大小】【例14】已知函数f (x )＝x sin x ，x ∈R ，则f ⎝⎛⎭⎫π5，f (1)，f ⎝⎛⎭⎫－π3的大小关系为( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5 B ．f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5 C ．f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫－π3 D ．f ⎝⎛⎭⎫－π3>f ⎝⎛⎭⎫π5>f (1) 【答案】 A【解析】 因为f (x )＝x sin x ，所以f (－x )＝(－x )·sin(－x )＝x sin x ＝f (x )，所以函数f (x )是偶函数，所以f ⎝⎛⎭⎫－π3＝f ⎝⎛⎭⎫π3.又当x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2时，f ′(x )＝sin x ＋x cos x >0，所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫π5<f (1)<f ⎝⎛⎭⎫π3，即f ⎝⎛⎭⎫－π3>f (1)>f ⎝⎛⎭⎫π5.【导数解决单调性的应用-解不等式】【例15】已知函数f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，则不等式f (2x －3)>1的解集为________．【答案】 ⎝⎛⎭⎫32，＋∞【解析】 f (x )＝e x －e －x －2x ＋1，定义域为R ， f ′(x )＝e x ＋e －x －2≥2e x ·e －x －2＝0，当且仅当x ＝0时取“＝”， ∴f (x )在R 上单调递增， 又f (0)＝1，∴原不等式可化为f (2x －3)>f (0)， 即2x －3>0，解得x >32， ∴原不等式的解集为⎝⎛⎭⎫32，＋∞.【导数解决单调性的应用-求参数范围】【例16】已知函数f (x )＝12x 2＋2ax －ln x ，若f (x )在区间⎣⎡⎦⎤13，2上单调递增，则实数a 的取值范围为________． 【答案】 ⎣⎡⎭⎫43，＋∞ 【解析】 由题意知f ′(x )＝x ＋2a －1x ≥0在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， 即2a ≥－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤13，2上恒成立， ∵⎝⎛⎭⎫－x ＋1x max ＝83， ∴2a ≥83，即a ≥43.【根据函数图象判断极值】【例17】设函数f (x )在R 上可导，其导函数为f ′(x )，且函数y ＝(x －1)f ′(x )的图象如图所示，则下列结论中正确的是( )A．函数f(x)有极大值f(－3)和f(3)B．函数f(x)有极小值f(－3)和f(3) C．函数f(x)有极小值f(3)和极大值f(－3)D．函数f(x)有极小值f(－3)和极大值f(3)【答案】D【解析】由题图知，当x∈(－∞，－3)时，y>0，x－1<0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(－3,1)时，y<0，x－1<0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,3)时，y>0，x－1>0⇒f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(3，＋∞)时，y<0，x－1>0⇒f′(x)<0，f(x)单调递减．所以函数有极小值f(－3)和极大值f(3)．【利用导数求函数的极值】【例18】已知函数，其中．求函数的极值．【答案】当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【解析】，，令得，，当时，在单调递减，无极值，当时，在单调递增，上单调递减．∴有极大值．【例19】已知函数．判断函数的极值点的个数，并说明理由．【答案】当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【解析】因为，所以．（）当时，有，令，得．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数只有一个极值点．（）当时，令，得，．①当时，．当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点．②当时，恒成立，所以在上单调递增，所以当时，函数无极值点．③当时，，当变化时，和的变化情况如下：所以当时，函数有两个极值点，综上，当时，函数有一个极值点；当或时，函数有两个极值点，当时，函数无极值点．【已知极值(点)求参数】【例20】函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处取得极值10，则a ＋b 等于()A ．－7B ．0C ．－7或0D ．－15或6【答案】 A【解析】 由题意知，函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2，可得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，因为f (x )在x ＝1处取得极值10，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，f (1)＝1＋a ＋b ＋a 2＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝4，b ＝－11，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－3，b ＝3，检验知，当a ＝－3，b ＝3时，可得f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2≥0，此时函数f (x )单调递增，函数无极值点，不符合题意；当a ＝4，b ＝－11时，可得f ′(x )＝3x 2＋8x －11＝(3x ＋11)(x －1)，当x <－113或x >1时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当－113<x <1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，当x ＝1时，函数f (x )取得极小值，符合题意．所以a ＋b ＝－7.【利用导数求函数的最值】【例21】函数的最小值为 ． 【答案】 ; 【解析】 当时，，，此时单调递减，此时．当时，，， 当时，，单调递减， 时，，单调递增， ∴此时，∵，∴的最小值为． 【例22】已知函数g (x )＝a ln x ＋x 2－(a ＋2)x (a ∈R )．(1)若a ＝1，求g (x )在区间[1，e]上的最大值；(2)求g (x )在区间[1，e]上的最小值h (a )．【答案】(1) e 2－3e ＋1；(2) h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【解析】 (1)∵a ＝1，∴g (x )＝ln x ＋x 2－3x ，∴g ′(x )＝1x ＋2x －3＝(2x －1)(x －1)x， ∵x ∈[1，e]，∴g ′(x )≥0，∴g (x )在[1，e]上单调递增，∴g (x )max ＝g (e)＝e 2－3e ＋1.(2)g (x )的定义域为(0，＋∞)，g ′(x )＝a x ＋2x －(a ＋2)＝2x 2－(a ＋2)x ＋a x＝(2x －a )(x －1)x. ①当a 2≤1，即a ≤2时，g (x )在[1，e]上单调递增，h (a )＝g (1)＝－a －1；②当1<a 2<e ，即2<a <2e 时，g (x )在⎣⎡⎭⎫1，a 2上单调递减，在⎝⎛⎦⎤a 2，e 上单调递增，h (a )＝g ⎝⎛⎭⎫a 2＝a ln a 2－14a 2－a ；③当a 2≥e ，即a ≥2e 时，g (x )在[1，e]上单调递减，h (a )＝g (e)＝(1－e)a ＋e 2－2e.综上，h (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －a －1，a ≤2，a ln a 2－14a 2－a ，2<a <2e ，(1－e )a ＋e 2－2e ，a ≥2e.【数形结合法研究函数零点】【例23】已知函数f (x )＝e x －a (x ＋2)．(1)当a ＝1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．【解析】 (1)当a ＝1时，f (x )＝e x －(x ＋2)，f ′(x )＝e x －1，令f ′(x )<0，解得x <0，令f ′(x )>0，解得x >0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)令f (x )＝0，得e x ＝a (x ＋2)，即1a ＝x ＋2e x ，所以函数y ＝1a 的图象与函数φ(x )＝x ＋2e x 的图象有两个交点，φ′(x )＝－x －1e x ，当x ∈(－∞，－1)时，φ′(x )>0；当x ∈(－1，＋∞)时，φ′(x )<0，所以φ(x )在(－∞，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减，所以φ(x )max ＝φ(－1)＝e ，且x →－∞时，φ(x )→－∞；x →＋∞时，φ(x )→0，所以0<1a <e ，解得a >1e .所以a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.【利用函数性质研究函数零点】【例24】已知函数f (x )＝x －a ln x (a >0)．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)求函数g (x )＝12x 2－ax －f (x )的零点个数．【解析】 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，由f (x )＝x －a ln x 可得f ′(x )＝1－a x ＝x －a x ，由f ′(x )>0可得x >a ；由f ′(x )<0可得0<x <a ，所以f (x )的单调递减区间为(0，a )，单调递增区间为(a ，＋∞)．(2)由g (x )＝12x 2－ax －x ＋a ln x＝12x 2－(a ＋1)x ＋a ln x ，可得g ′(x )＝x －(a ＋1)＋a x令g ′(x )＝0可得x ＝1或x ＝a ，因为g (1)＝12－a －1＝－a －12<0，g (2a ＋3)＝12(2a ＋3)2－(a ＋1)(2a ＋3)＋a ln(2a ＋3)＝a ＋a ln(2a ＋3)＋32>0，当a >1时，g (x )在(1，a )上单调递减，所以g (1)>g (a )，所以g (a )<0，所以g (x )有一个零点，当a ＝1时，g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以g (x )有一个零点，当0<a <1时，g (x )在(0，a )上单调递增，在(a ,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，此时g (a )＝12a 2－(a ＋1)a ＋a ln a＝－12a 2－a ＋a ln a <0，g (x )只有一个零点，综上所述，g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点．【导数构造问题】【例25】已知定义在R 上的函数f (x )，其导函数为f ′(x )，当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，若a＝2f (1)，b ＝f (2)，c ＝4f ⎝⎛⎭⎫12，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．c <b <aB ．c <a <bC ．b <a <cD ．a <b <c 【答案】 B【解析】 构造函数g (x )＝f (x )x (x >0)，得g ′(x )＝xf ′(x )－f (x )x 2＝1x ⎣⎡⎦⎤f ′(x )－f (x )x ， 由题知当x >0时，f ′(x )－f (x )x >0，所以g ′(x )>0，故g (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以f (2)2>f (1)1>f ⎝⎛⎭⎫1212，即f (2)>2f (1)>4f ⎝⎛⎭⎫12，即b >a >c .【例26】(多选)已知f (x )是定义在(－∞，＋∞)上的函数，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )对于x ∈R 恒成立，则( )A ．f (2)<e 2f (0)B ．f (2)>e 2f (0)C ．e 2f (－1)>f (1)D ．e 2f (－1)<f (1)【答案】 AC【解析】 构造F (x )＝f (x )e x ，则F ′(x )＝e x f ′(x )－e x f (x )e 2x ＝f ′(x )－f (x )e x，导函数f ′(x )满足f ′(x )<f (x )，则F ′(x )<0，F (x )在R 上单调递减，根据单调性可知A ，C 选项正确．【例27】(多选)定义在⎝⎛⎭⎫0，π2上的函数f (x )，已知f ′(x )是它的导函数，且恒有cos x ·f ′(x )＋sin x ·f (x )<0成立，则有( )A ．f ⎝⎛⎭⎫π6>2f ⎝⎛⎭⎫π4 B.3f ⎝⎛⎭⎫π6>f ⎝⎛⎭⎫π3 C ．f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3 D.2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4 【答案】 CD【解析】 构造函数g (x )＝f (x )cos x ⎝⎛⎭⎫0<x <π2. 则g ′(x )＝f ′(x )cos x ＋f (x )sin x (cos x )2<0，即函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上单调递减， 所以g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π3，所以f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π3， 同理g ⎝⎛⎭⎫π6>g ⎝⎛⎭⎫π4， 即2f ⎝⎛⎭⎫π6>3f ⎝⎛⎭⎫π4.【同构法导数构造】【例28】若存在x ，y ∈(0，＋∞)使得x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，则实数a 的最大值为( ) A.1eB.12eC.13eD.2e【答案】 B【解析】 由x ln(2ax )＋y ＝x ln y ，得ln(2a )＝ln y x －y x ，令t ＝y x >0，g (t )＝ln t －t ，则g ′(t )＝1t －1＝1－t t ，当0<t <1时，g ′(t )>0，当t >1时，g ′(t )<0，所以g (t )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以当t ＝1时，g (t )取得极大值即最大值g (1)＝－1，因为当t →0时，g (t )→－∞，所以g (t )∈(－∞，－1]，所以ln 2a ≤－1，所以0<a ≤12e ，所以实数a 的最大值为12e .【分参法解决恒成立问题】【例29】已知函数f (x )＝(x －2)e x －12ax 2＋ax (a ∈R )．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a ＝0时，f (x )＝(x －2)e x ，f (0)＝(0－2)e 0＝－2，f ′(x )＝(x －1)e x ，k ＝f ′(0)＝(0－1)e 0＝－1，所以切线方程为y ＋2＝－(x －0)，即x ＋y ＋2＝0.(2)方法一 当x ≥2时，f (x )≥0恒成立，等价于当x ≥2时，(x －2)e x －12ax 2＋ax ≥0恒成立．即⎝⎛⎭⎫12x 2－x a ≤(x －2)e x 在[2，＋∞)上恒成立.当x ＝2时，0·a ≤0，所以a ∈R .当x >2时，12x 2－x >0，所以a ≤(x －2)e x 12x 2－x＝2e x x 恒成立． 设g (x )＝2e x x ，则g ′(x )＝2(x －1)e x x 2， 因为x >2，所以g ′(x )>0，所以g (x )在区间(2，＋∞)上单调递增．所以g (x )>g (2)＝e 2，所以a ≤e 2.综上所述，a 的取值范围是(－∞，e 2]．【整体法解决恒成立问题】【例30】已知函数f (x )＝e x －1－ax ＋ln x (a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处的切线与直线3x －y ＝0平行，求a 的值；(2)若不等式f (x )≥ln x －a ＋1对一切x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝e x －1－a ＋1x ，∴f ′(1)＝2－a ＝3，∴a ＝－1，经检验a ＝－1满足题意，∴a ＝－1，(2)f (x )≥ln x －a ＋1可化为e x －1－ax ＋a －1≥0，x >0，令φ(x )＝e x －1－ax ＋a －1，则当x ∈[1，＋∞)时，φ(x )min ≥0，∵φ′(x )＝e x －1－a ，①当a ≤1e 时，φ′(x )>0，∴φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，∴φ(x )min ＝φ(1)＝1－a ＋a －1＝0≥0恒成立，∴a ≤1e 符合题意．②当a >1e 时，令φ′(x )＝0，得x ＝ln a ＋1.当x ∈(0，ln a ＋1)时，φ′(x )<0，当x ∈(ln a ＋1，＋∞)时，φ′(x )>0，∴φ(x )在(0，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增．当ln a ＋1≤1，即1e <a ≤1时，φ(x )在[1，＋∞)上单调递增，φ(x )min ＝φ(1)＝0≥0恒成立，∴1e <a ≤1符合题意．当ln a ＋1>1，即a >1时，φ(x )在[1，ln a ＋1)上单调递减，在(ln a ＋1，＋∞)上单调递增， ∴φ(x )min ＝φ(ln a ＋1)<φ(1)＝0与φ(x )≥0矛盾．故a >1不符合题意．综上，实数a 的取值范围为(－∞，1]．【双变量的恒(能)成立问题】【例31】设f (x )＝a x ＋x ln x ，g (x )＝x 3－x 2－3.(1)如果存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，求满足上述条件的最大整数M ；(2)如果对于任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2，都有f (s )≥g (t )成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)存在x 1，x 2∈[0,2]，使得g (x 1)－g (x 2)≥M 成立，等价于[g (x 1)－g (x 2)]max ≥M 成立． g ′(x )＝3x 2－2x ＝x (3x －2)，令g ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝23，∵g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， 又g (0)＝－3，g (2)＝1， ∴当x ∈[0,2]时，g (x )max ＝g (2)＝1，g (x )min ＝g ⎝⎛⎭⎫23＝－8527， ∴M ≤1－⎝⎛⎭⎫－8527＝11227， ∴满足条件的最大整数M 为4.(2)对任意的s ，t ∈⎣⎡⎦⎤12，2有f (s )≥g (t )，则f (x )min ≥g (x )max .由(1)知当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，g (x )max ＝g (2)＝1， ∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，2时，f (x )＝a x ＋x ln x ≥1恒成立， 即a ≥x －x 2ln x 恒成立．令h (x )＝x －x 2ln x ，x ∈⎣⎡⎦⎤12，2，∴h ′(x )＝1－2x ln x －x ， 令φ(x )＝1－2x ln x －x ， ∴φ′(x )＝－3－2ln x <0，h ′(x )在⎣⎡⎦⎤12，2上单调递减，又h ′(1)＝0，∴当x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，h ′(x )≥0， 当x ∈[1,2]时，h ′(x )≤0，∴h (x )在⎣⎡⎦⎤12，1上单调递增，在[1,2]上单调递减，∴h (x )max ＝h (1)＝1，故a ≥1.∴实数a 的取值范围是[1，＋∞)．【利用导数证明不等式】【例32】已知函数g (x )＝x 3＋ax 2.(1)若函数g (x )在[1,3]上为单调函数，求a 的取值范围；(2)已知a >－1，x >0，求证：g (x )>x 2ln x .(1)解 由题意知，函数g (x )＝x 3＋ax 2，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ，若g (x )在[1,3]上单调递增，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≥0在[1,3]上恒成立，则a ≥－32；若g (x )在[1,3]上单调递减，则g ′(x )＝3x 2＋2ax ≤0在[1,3]上恒成立，则a ≤－92.所以a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤－∞，－92∪⎣⎡⎭⎫－32，＋∞. (2)证明 由题意得，要证g (x )>x 2ln x ，x >0，即证x 3＋ax 2>x 2ln x ，即证x ＋a >ln x ，令u (x )＝x ＋a －ln x ，x >0，可得u ′(x )＝1－1x ＝x －1x ，x >0，当0<x <1时，u ′(x )<0，函数u (x )单调递减；当x >1时，u ′(x )>0，函数u (x )单调递增．所以u (x )≥u (1)＝1＋a ，因为a >－1，所以u (x )>0，故当a >－1时，对于任意x >0，g (x )>x 2ln x .【例33】已知函数f (x )＝a ln x ＋x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝1时，证明：xf (x )<e x .(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a x ＋1＝x ＋a x .当a ≥0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a <0时，若x ∈(－a ，＋∞)，则f ′(x )>0；若x ∈(0，－a )，则f ′(x )<0.所以f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．综上所述，当a ≥0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a <0时，f (x )在(－a ，＋∞)上单调递增，在(0，－a )上单调递减．(2)证明 当a ＝1时，要证xf (x )<e x ，即证x 2＋x ln x <e x ，即证1＋ln x x <e x x 2.令函数g (x )＝1＋ln x x ，则g ′(x )＝1－ln x x 2.令g ′(x )>0，得x ∈(0，e)；令g ′(x )<0，得x ∈(e ，＋∞)．所以g (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，所以g (x )max ＝g (e)＝1＋1e ，令函数h (x )＝e x x 2，则h ′(x )＝e x (x －2)x 3.当x ∈(0,2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，所以h (x )min ＝h (2)＝e 24.因为e 24－⎝⎛⎭⎫1＋1e >0，所以h (x )min >g (x )max ，即1＋ln x x <e x x 2，从而xf (x )<e x 得证．【例34】已知函数f (x )＝e x .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)当x >－2时，求证：f (x )>ln(x ＋2)．(1)解 由f (x )＝e x ，得f (0)＝1，f ′(x )＝e x ，则f ′(0)＝1，即曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y －1＝x －0，所以所求切线方程为x －y ＋1＝0.(2)证明 设g (x )＝f (x )－(x ＋1)＝e x －x －1(x >－2)，则g ′(x )＝e x －1，当－2<x <0时，g ′(x )<0；当x >0时，g ′(x )>0，即g (x )在(－2,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，于是当x ＝0时，g (x )min ＝g (0)＝0，因此f (x )≥x ＋1(当且仅当x ＝0时取等号)，令h (x )＝x ＋1－ln(x ＋2)(x >－2)，则h ′(x )＝1－1x ＋2＝x ＋1x ＋2， 则当－2<x <－1时，h ′(x )<0，当x >－1时，h ′(x )>0，即有h (x )在(－2，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，于是当x ＝－1时，h (x )min ＝h (－1)＝0，因此x ＋1≥ln(x ＋2)(当且仅当x ＝－1时取等号)，所以当x >－2时，f (x )>ln(x ＋2)．【隐零点问题】【例35】已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)证明不等式e x －2－ax >f (x )恒成立． 【解析】 (1) f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，当a ≤0时，f ′(x )>0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1a ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增， 在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减．(2)设函数φ(x )＝e x －2－ln x (x >0)，则φ′(x )＝e x －2－1x ，可知φ′(x )在(0，＋∞)上单调递增．又由φ′(1)<0，φ′(2)>0知，φ′(x )＝0在(0，＋∞)上有唯一实数根x 0，且1<x 0<2， 则φ′(x 0)＝02ex −－1x 0＝0， 即02e x −＝1x 0. 当x ∈(0，x 0)时，φ′(x )<0，φ(x )单调递减；当x ∈(x 0，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增，所以φ(x )≥φ(x 0)＝02ex −－ln x 0， 结合02e x −＝1x 0， 知x 0－2＝－ln x 0，所以φ(x )≥φ(x 0)＝1x 0＋x 0－2＝x 20－2x 0＋1x 0＝(x 0－1)2x 0>0， 则φ(x )＝e x －2－ln x >0，即不等式e x －2－ax >f (x )恒成立．【极值点偏移问题】【例36】已知函数f (x )＝a e x －x ，a ∈R .若f (x )有两个不同的零点x 1，x 2.证明：x 1＋x 2>2.【解析】由f (x )＝a e x －x ＝0，得x e x －a ＝0，令g (x )＝x e x －a ，则g ′(x )＝1－x e x ，由g ′(x )＝1－x e x >0，得x <1；由g ′(x )＝1－x e x <0，得x >1.所以g (x )在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，由于x 1，x 2是方程g (x )＝0的实根，不妨设x 1<1<x 2，方法一 (对称化构造函数法)要证x 1＋x 2>2， 只要证x 2>2－x 1>1.由于g (x )在(1，＋∞)上单调递减，故只要证g (x 2)<g (2－x 1)， 由于g (x 1)＝g (x 2)＝0，故只要证g (x 1)<g (2－x 1)，令H (x )＝g (x )－g (2－x )＝x e x －2－x e 2－x (x <1)， 则H ′(x )＝1－x e x －1－x e 2－x ＝(e 2－x －e x )(1－x )e 2， 因为x <1，所以1－x >0,2－x >x ，所以e 2－x >e x ，即e 2－x －e x >0，所以H ′(x )>0，所以H (x )在(－∞，1)上单调递增． 所以H (x 1)<H (1)＝0，即有g (x 1)<g (2－x 1)成立，所以x 1＋x 2>2.方法二 (比值代换法)设0<x 1<1<x 2，由g (x 1)＝g (x 2)，得1212e e x x x x −−=，等式两边取对数得ln x 1－x 1＝ln x 2－x 2.令t ＝x 2x 1>1，则x 2＝tx 1，代入上式得ln x 1－x 1＝ln t ＋ln x 1－tx 1，得x 1＝ln t t －1，x 2＝t ln t t －1. 所以x 1＋x 2＝(t ＋1)ln t t －1>2⇔ln t －2(t －1)t ＋1>0， 设g (t )＝ln t －2(t －1)t ＋1(t >1)，所以g ′(t )＝1t －2(t ＋1)－2(t －1)(t ＋1)2＝(t －1)2t (t ＋1)2>0， 所以当t >1时，g (t )单调递增， 所以g (t )>g (1)＝0，所以ln t －2(t －1)t ＋1>0，故x 1＋x 2>2.。
考点17导数与函数的单调性(3种核心题型)(学生版) 2025年高考数学大一轮复习核心题型(新高考版
考点17导数与函数的单调性（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）【考试提醒】1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系.2.能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次).3.会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用【知识点】1．函数的单调性与导数的关系条件恒有结论f ′(x )>0f (x )在区间(a ，b )上________f ′(x )<0f (x )在区间(a ，b )上________函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上可导f ′(x )＝0f (x )在区间(a ，b )上是________2.利用导数判断函数单调性的步骤第1步，确定函数的 ；第2步，求出导数f ′(x )的；第3步，用f ′(x )的零点将f (x )的定义域划分为若干个区间，列表给出f ′(x )在各区间上的正负，由此得出函数y ＝f (x )在定义域内的单调性．常用结论1．若函数f (x )在(a ，b )上单调递增，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≥0恒成立；若函数f (x )在(a ，b )上单调递减，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )≤0恒成立．2．若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递增区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )>0有解；若函数f (x )在(a ，b )上存在单调递减区间，则当x ∈(a ，b )时，f ′(x )<0有解【核心题型】题型一 不含参函数的单调性确定不含参数的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．【例题1】（2023·全国·模拟预测）已知函数()()()ln 2ln 4f x x x =-+-，则()f x 的单调递增区间为（ ）A ．()2,3B ．()3,4C ．(),3-¥D ．()3,+¥【变式1】（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为（ ）A ．(),e -¥-B ．()e,0-C ．(),0¥-D ．()1,0-【变式2】（2024·四川巴中·一模）已知奇函数()f x 的导函数为()f x ¢，若当0x <时()2af x x x=-，且()10f ¢-=.则()f x 的单调增区间为 .【变式3】（2024·河南开封·三模）已知函数()33ln f x x x =-，()f x ¢为()f x 的导函数．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；(2)求函数()()()9g x f x f x x¢=--的单调区间和极值．题型二 含参数的函数的单调性(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点【例题2】（多选）（23-24高三上·海南省直辖县级单位·阶段练习）函数()322f x x ax x=++（R a Î）的大致图象可能为（ ）A ．B ．C ．D ．【变式1】（2024·天津·二模）已知()()ln R f x x ax x a =+×Î，(1)当2a =时，求()f x 在点()()e e f ，处的切线方程；(2)讨论()f x 的单调性；(3)若函数()f x 存在极大值，且极大值为1，求证：()2e xf x x -£+．【变式2】（2024·陕西商洛·三模）已知函数()()2212ln 2f x a x x ax a =--ÎR ．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当0a >时，若函数()2e e 2x x g x a =+和()22h x a x =的图象在()0,1上有交点，求实数a 的取值范围．【变式3】（2024·全国·模拟预测）已知函数()(2)ln f x a x a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()9ln f x a >．（参考数据：ln 20.693»）题型三 函数单调性的应用由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立．(2)函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )>0 (或f ′(x )<0)在该区间上存在解集命题点1 比较大小或解不等式【例题3】（2024·四川成都·模拟预测）若函数()f x 对任意的x ÎR 都有()()f x f x ¢<恒成立，则2(2)f 与2e (ln 2)f 的大小关系正确的是（ ）A ．2(2)f >2e (ln 2)fB ．2(2)f =2e (ln 2)fC ．2(2)f <2e (ln 2)f D ．无法比较大小【变式1】（2023·全国·模拟预测）比较11101011a =-，ln1.2b =，0.115ec =的大小关系为（ ）A ．a c b >>B ．b c a >>C ．b a c>>D ．a b c>>【变式2】（23-24高三上·湖南衡阳·期末）已知函数()()21e ln 12xf x x a x =--+.(1)证明：当1a £时，()1f x ≥对[)0,x Î+¥恒成立.(2)若存在()1212,x x x x ¹，使得()()12f x f x =，比较()()1211x x ++与2e e a的大小，并说明理由.【变式3】（23-24高三上·河北保定·阶段练习）已知函数()()2ln 12x f x x =++.(1)当[)0,x Î+¥时，比较()f x 与x 的大小；(2)若函数()2cos 2x g x x =+，且()()2e 10,0a f g b a b æö=->>ç÷èø，证明：()()211f b g a +>+.命题点2 根据函数的单调性求参数【例题4】（2023·全国·模拟预测）若对任意的1x ，2(,)x m Î+¥，且12x x <，122121ln ln 2x x x x x x -<-，则实数m 的取值范围是（ ）A ．1,e e æöç÷èøB ．1,e e éùêúëûC ．1,e ¥éö+÷êëøD ．1,e æö+¥ç÷èø【变式1】（23-24高三上·广东汕头·期中）设()0,1a Î，若函数()(1)x xf x a a =++在()0,¥+递增，则a 的取值范围是（ ）A．B．ö÷÷øC．ö÷÷øD．æççè【变式2】（多选）（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数()2ln f x x ax x =--，下列命题正确的是（ ）A ．若1x =是函数()f x 的极值点，则1a =B ．若()10f =，则()f x 在[]0,2x Î上的最小值为0C ．若()f x 在()1,2上单调递减，则1a ≥D ．若()()l ln x x f x -≥在[]1,2x Î上恒成立，则2a ≥【变式3】（23-24高三上·山东青岛·期末）若函数2()e 1x f x a x =+-在(0,)+¥上单调递增，则a 的取值范围是 ．【课后强化】基础保分练一、单选题1．（2023·全国·高考真题）已知函数()e ln x f x a x =-在区间()1,2上单调递增，则a 的最小值为（ ）．A ．2e B ．eC ．1e -D ．2e -2．（23-24高三上·山西大同·阶段练习）设()af x x a x=-+在()1,+¥上为增函数，则实数a 取值范围是（ ）A ．[)0,¥+B ．[)1,+¥C ．[)2,-+¥D ．[)1,-+¥3．（2024·云南楚雄·一模）若a b >，则函数()2()y a x a x b =--的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．4．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>，若有且只有两个整数12,x x 使得1()0>f x ，且2()0f x >，则实数a 的取值范围为（ ）A ．[ln 3,2)B ．(0,2ln 3]-C ．(0,2ln 3)-D ．[2ln 3,2)-5．（2024·全国·模拟预测）已知8sin 15a =，3ln 2b =，25c =，则,,a b c 的大小关系为（ ）A ．a b c >>B ．a c b>>C ．b a c>>D ．c b a>>二、多选题6．（2023·全国·模拟预测）已知函数()33f x x x =-，则（ ）A ．函数()()()'g x f x f x =× 是偶函数B ．y x =-是曲线()y f x =的切线C ．存在正数(),a f x 在(),a a -不单调D ．对任意实数a ，()(f a f a £+7．（23-24高三上·江西宜春·期中）下列函数中，是奇函数且在区间()0,1上是减函数的是（ ）A ．()exf x =B ．()sin f x x =-C ．()1f x x=D ．3()2f x x x=-三、填空题8．（2024·云南大理·模拟预测）函数()12ln f x x x =--的最大值为.9．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2e e e x x x g x x x =--，若方程()g x k =有三个不同的实根，则实数k 的取值范围是 .四、解答题10．（2024·江西南昌·一模）已知函数()()2ln2ln f x x x x =+-.(1)求()f x 的单调递减区间；(2)求()f x 的最大值.11．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数()2ln f x ax x x =--．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若不等式()0f x ≥恒成立，求a 的取值范围.综合提升练一、单选题1．（2023·贵州毕节·一模）给出下列命题：①函数2()2x f x x =-恰有两个零点；②若函数()4a af x x x =-+在(1,)+¥上单调递增，则实数a 的取值范围是[1,)-+¥；③若函数()f x 满足()(1)4f x f x +-=，则12918101010f f f æöæöæö+++=ç÷ç÷ç÷èøèøèøL ；④若关于x 的方程20x m -=有解，则实数m 的取值范围是(0,1].其中正确的是（ ）A ．①③B ．②④C ．③④D ．②③2．（2023·江西·模拟预测）已知函数()32f x ax bx cx d =+++的大致图象如图所示，则（ ）A ．0,0,0a b c >><B ．0,0,0a b c ><<C ．0,0,0a b c ><>D ．a 0,b 0,c 0<>>3．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()()()1e x f x x a =-+在区间()1,1-上单调递增，则a 的最小值为（ ）A ．1e -B ．2e -C ．eD ．2e 4．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()4e e 2e x x xf x x =--，()f x ¢为()f x 的导函数，()()e xf xg x ¢=，则（ ）A ．()g x 的极大值为24e 2-，无极小值B ．()g x 的极小值为24e 2-，无极大值C ．()g x 的极大值为4ln22-，无极小值D ．()g x 的极小值为4ln22-，无极大值5．（2024·全国·模拟预测）已知13,,ln2e 14a b c ===-，则它们之间的大小关系是（ ）A ．a b c <<B ．a c b <<C ．c a b<<D ．c b a<<6．（2023·贵州遵义·模拟预测）若函数()2e x axf x -=在区间()1,3上单调递增，则a 的可能取值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．57．（2024·全国·模拟预测）若22ln 2e a -=，12e b =，ln 24c =，则a ，b ，c 的大小顺序为（ ）A ．a c b<<B ．c a b <<C ．a b c <<D ．b a c<<8．（2023·吉林通化·模拟预测）已知函数()e ln xf x a x =-有两个大于1的零点，则a 的取值范围可以是（ ）A ．(]0,1B ．1e 1,e æùçúèûC ．1ee ,e æùçúèûD ．)e 12e e ,e +éë二、多选题9．（22-23高三上·云南昆明·阶段练习）已知函数21e 1xx y x -=×-，则（ ）A ．函数的极大值点为=0x B ．函数的极小值点为=0x C ．函数在(1,)+¥上单调递增D ．函数在31,2æöç÷èø上单调递减10．（2023·云南昆明·模拟预测）已知函数3()f x x mx n =--，其中,m n ÎR ，下列选项中，能使函数()y f x =有且仅有一个零点的是（ ）A ．1m =-，1n =B ．0m =，1n =C ．3m =，2n =D ．3m =，3n =-11．（2023·山东泰安·一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-ÎR 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（ ）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-三、填空题12．（2024·四川成都·三模）已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，且当0x >时，()()1ln f x x x =-，则当0x <时，()f x 的单调递增区间为 ．13．（2023·湖南·模拟预测）已知函数()sin esin a xf x a x =-，对于任意12,x x ÎR ，都有()()12e 2f x f x -£-，则实数a 的取值范围为 .14．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数()()()222e 22e 0x xf x a x a x a =--->恰有两个零点，则=a .四、解答题15．（2024·全国·模拟预测）已知函数2()ln f x x ax bx =+-．(1)当1a =，3b =时，求()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在2x =处取得极值ln 2，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程．16．（2024·全国·模拟预测）已知函数()2()e x f x a a x =+-．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当0a >时，()4ln 2f x a ≥+．17．（2024·全国·模拟预测）已知函数()()21ln 12f x x x a x =+++，a ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)证明：当1a <-时，()21a f x +>．18．（2024·青海·模拟预测）已知函数()()3211132f x x mx m x =+-+．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 有3个不同的零点，求m 的取值范围．19．（2023·全国·模拟预测）已知函数()e xf x ax b =+-，其中e 为自然对数的底数．(1)若()f x 在区间(]1,2上不是单调函数，求a 的取值范围．(2)当0x ≥时，()2112f x x b ≥+-恒成立，求a 的取值范围．拓展冲刺练一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）下列函数是奇函数且在()0,¥+上单调递减的是（ ）A ．()32xxf x -=+B ．()2222x xxxf x ---=+C ．()3f x x x=-D ．()(12log f x x =2．（2024·全国·模拟预测）已知函数()32()log 2(0a f x x ax x a a =-+->且1)a ¹在区间(1,)+¥上单调递减，则a 的取值范围是（ ）A ．20,3æùçúèûB ．2,13éö÷êëøC ．(1,2]D ．[2,)+¥3．（2024·甘肃兰州·三模）函数()21ln f x x ax x =-++-，若()f x 在0,12æöç÷èø是减函数，则实数a 的取值范围为（ ）A ．(,2]-¥B ．(,2)-¥C ．(,3]-¥D ．(3),-¥4．（2024·全国·模拟预测）已知 2.012.0111110312,ln ,1001011021001015a b c æöæö=++==+ç÷ç÷èøèø，则（ ）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．<<b c aD ．<<c a b二、多选题5．（2024·云南昆明·模拟预测）已知函数()321f x x ax ax =+-+，则下列说法正确的是（ ）A ．若()f x 为R 上的单调函数，则3a <-B ．若2a =时，()f x 在()1,1-上有最小值，无最大值C ．若()1f x -为奇函数，则0a =D ．当0a =时，()f x 在1x =处的切线方程为310x y --=6．（2024·云南曲靖·一模）下列不等式正确的是（ ）A ．πe e π>B ．1ln 0.99-<C ．15sin 15<D ．11sin 3π<三、填空题7．（2024·全国·模拟预测）已知1a >，0b >，1c >，且e e ln a b a b --==a ，b ，c 的大小关系为 ．（用“<”连接）8．（2023·安徽·二模）若不等式2ln 23x ax a -£-对(0,)"Î+¥x 恒成立，则实数a 的取值范围为 ．四、解答题9．（2024·湖南衡阳·二模）已知函数()()321f x ax bx a =++ÎR ，当2x =时，()f x 取得极值3-．(1)求()f x 的解析式；(2)求()f x 在区间[]1,3-上的最值．10．（2024·陕西西安·三模）已知函数1()ln ()m f x mx x m x-=--ÎR ，函数1π()ln ,[0,cos 2g x x x q q =+Î在区间[1,)+¥上为增函数．(1)确定q 的值，求3m =时曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)设函数()()()h x f x g x =-在,()0x Î+¥上是单调函数，求实数m 的取值范围．11．（2024·辽宁丹东·一模）已知函数()ln 1f x x mx =++．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)当1m =时，数列{}n a 满足11a =，1()n n a f a +=①求证：12n n a -£；②求证：22223111(1)(1(1e na a a +++<L ．。
2023届全国高考数学复习：专题(导数的运算)重点讲解与练习(附答案)
2023届全国高考数学复习：专题（导数的运算）重点讲解与练习1．基本初等函数的导数公式2．导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有[cf (x )]′＝cf ′(x )；[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；[f (x )g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)； 3．复合函数的定义及其导数(1)一般地，对于两个函数y ＝f (u )和u ＝g (x )，如果通过中间变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这个函数为函数y ＝f (u )与u ＝g (x )的复合函数，记作y ＝f (g (x ))．(2)复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y ′x ＝y ′u ꞏu ′x ，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．【方法总结】导数运算的原则和方法基本原则：先化简、再求导； 具体方法：(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导； (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (6)复合函数：由外向内，层层求导． 【例题选讲】[例1] 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝cos x e x ；(3)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5)．[例2] (1) (2020ꞏ全国Ⅲ)设函数f (x )＝e x x ＋a ．若f ′(1)＝e4，则a ＝________．(2)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，则f (1)＝ ．(3)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 022(x )等于( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x (4)(多选)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数的是( ) A ．f (x )＝sin x ＋cos x B ．f (x )＝ln x －2x C ．f (x )＝x 3＋2x －1 D ．f (x )＝x e x(5)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( ) A ．x 2－x ln x ＋x B ．x 2－x ln x －x C ．x 2＋x ln x ＋x D ．x 2＋2x ln x ＋x 【对点训练】1．下列求导运算正确的是( )A ．⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(5x )′＝5x log 5xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x 2．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( )A ．x sin xB ．－x sin xC ．x cos xD ．－x cos x 3．(多选)下列求导运算正确的是( )A ．(sin a )′＝cos a (a 为常数)B ．(sin 2x )′＝2cos 2xC ．(x )′＝12xD ．(e x －ln x ＋2x 2)′＝e x －1x ＋4x4．已知函数f (x )＝sin x cos x ＋1x 2，则f ′(x )＝ ．5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，记f 1(x )＝f ′(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )(n ∈N *)，若f (x )＝x sin x ，则f 2 019(x )＋f 2 021(x )＝( )A ．－2cos xB ．－2sin xC ．2cos xD ．2sin x 6．f (x )＝x (2 021＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 022，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e7．已知函数f (x )＝1ax －1＋e x cos x ，若f ′(0)＝－1，则a ＝ ．8．已知函数f (x )＝ln(2x －3)＋ax e －x ，若f ′(2)＝1，则a ＝ ．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94D ．94 10．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________．11．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝ ． 12．已知f ′(x )是函数f (x )的导数，f (x )＝f ′(1)ꞏ2x ＋x 2，则f ′(2)＝( )A ．12－8ln 21－2ln 2B ．21－2ln 2C ．41－2ln 2 D ．－213．(多选)若函数f (x )的导函数f ′(x )的图象关于y 轴对称，则f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝3cos xB ．f (x )＝x 3＋xC ．f (x )＝x ＋1x D ．f (x )＝e x ＋x 14．f (x )＝3e x＋1＋x 3，其导函数为f ′(x )，则f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 15．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2．若f ′(2 020)＝6，则f ′(－2 020)＝______． 16．分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x ．(5)f (x )＝x 3＋2x －x 2ln x －1x 2．参考答案【例题选讲】[例1] 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝cos x e x ；(3)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5)．解析 (1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x ．(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x －cos x (e x )′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x ． (3)∵y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12sin4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ꞏ4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x ． (4)令u ＝2x －5，y ＝ln u ．则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5ꞏ2＝22x －5，即y ′＝22x －5． [例2] (1) (2020ꞏ全国Ⅲ)设函数f (x )＝e xx ＋a．若f ′(1)＝e 4，则a ＝________． 答案 1 解析 f ′(x )＝e x (x ＋a )－e x (x ＋a )2＝e x (x ＋a －1)(x ＋a )2，则f ′(1)＝a e (a ＋1)2＝e 4，整理可得a 2－2a ＋1＝0，解得a ＝1．(2)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，则f (1)＝ ．答案 －74 解析 ∵f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，∴f ′(x )＝4x －3f ′(1)＋1x x ＝1代入，得f ′(1)＝4－3f ′(1)＋1，得f ′(1)＝54．∴f (x )＝2x 2－154x ＋ln x ，∴f (1)＝2－154＝－74．(3)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 022(x )等于( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x 答案 C 解析 ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )的解析式以4为周期重复出现，∵2 022＝4×505＋2，∴f 2 022(x )＝f 2(x )＝cos x －sin x ．故选C ．(4)(多选)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数的是( )A ．f (x )＝sin x ＋cos xB ．f (x )＝ln x －2xC ．f (x )＝x 3＋2x －1D ．f (x )＝x e x答案 AB 解析 对于A ：f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ，∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴f ″(x )＜0，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数，故A 正确．对于B ：f ′(x )＝1x －2，f ″(x )＝－1x 2＜0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数，故B 正确；对于C ：f ′(x )＝3x 2＋2，f ″(x )＝6x ＞0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上不是凸函数，故C 错误；对于D ：f ′(x )＝(x ＋1)e x ，f ″(x )＝(x ＋2)e x ＞0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上不是凸函数，故D 错误．故选AB ． (5)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( ) A ．x 2－x ln x ＋x B ．x 2－x ln x －x C ．x 2＋x ln x ＋x D ．x 2＋2x ln x ＋x 答案 C 解析 由选项知f (x )的定义域为(0，＋∞)，由题意得xf ′(x )－f (x )x 2＝1＋1x ，即⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝1＋1x ，故f (x )x ＝x ＋ln x ＋c (c 为待定常数)，即f (x )＝x 2＋(ln x ＋c )x ．又f (1)≥1，则c ≥0，故选C ．【对点训练】1．下列求导运算正确的是( )A ．⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(5x )′＝5x log 5xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x 1．答案 B 解析 (log 2x )′＝1x ln 2，故B 正确． 2．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( )A ．x sin xB ．－x sin xC ．x cos xD ．－x cos x 2．答案 B 解析 y ′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ． 3．(多选)下列求导运算正确的是( )A ．(sin a )′＝cos a (a 为常数)B ．(sin 2x )′＝2cos 2xC ．(x )′＝12xD ．(e x －ln x ＋2x 2)′＝e x －1x ＋4x3．答案 BCD 解析 ∵a 为常数，∴sin a 为常数，∴(sin a )′＝0，故A 错误．由导数公式及运算法则知B ，C ，D 正确，故选BCD ．4．已知函数f (x )＝sin x cos x ＋1x 2，则f ′(x )＝ ．4．答案 1cos 2x －2x 3 解析 f ′(x )＝(sin x )′ꞏcos x －sin x ꞏ(cos x )′cos 2x＋(x －2)′＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＋(－2)x －3＝1cos 2x －2x 3． 5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，记f 1(x )＝f ′(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )(n ∈N *)，若f (x )＝x sin x ，则f 2 019(x )＋f 2 021(x )＝( )A ．－2cos xB ．－2sin xC ．2cos xD ．2sin x5．答案 D 解析 由题意，f (x )＝x sin x ，f 1(x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，f 2(x )＝f ′1(x )＝cos x ＋cos x －x sin x ＝2cos x －x sin x ，f 3(x )＝f ′2(x )＝－3sin x －x cos x ，f 4(x )＝f ′3(x )＝－4cos x ＋x sin x ，f 5(x )＝f ′4(x )＝5sin x ＋x cos x ，…，据此可知f 2 019(x )＝－2 019sin x －x cos x ，f 2 021(x )＝2 021sin x ＋x cos x ，所以f 2019(x )＋f 2 021(x )＝2sin x ，故选D ．6．f (x )＝x (2 021＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 022，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e6．答案 B 解析 f ′(x )＝2 021＋ln x ＋x ×1x ＝2 022＋ln x ，又f ′(x 0)＝2 022，得2 022＋ln x 0＝2 022，则ln x 0 ＝0，解得x 0＝1．7．已知函数f (x )＝1ax －1＋e x cos x ，若f ′(0)＝－1，则a ＝ ．7．答案 2 解析 f ′(x )＝－(ax －1)′(ax －1)2e x cos x －e x sin x ＝－a (ax －1)2＋e x cos x －e xsin x ，∴f ′(0)＝－a ＋1＝－1， 则a ＝2．8．已知函数f (x )＝ln(2x －3)＋ax e －x ，若f ′(2)＝1，则a ＝ ．8．答案 e 2解析 f ′(x )＝12x －3ꞏ(2x －3)′＋a e －x ＋ax ꞏ(e －x )′＝22x －3＋a e －x －ax e －x ，∴f ′(2)＝2＋a e －2－2a e －2＝2－a e －2＝1，则a ＝e 2．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94D ．949．答案 C 解析 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x 所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，解得f ′(2)＝－94．10．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________．10．答案 －4 解析 ∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝－2，∴f ′(0)＝2f ′(1)＝2×(－2)＝－4． 11．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝ ．11．答案 1＋e 解析 因为f (ln x )＝x ＋ln x ，所以f (x )＝x ＋e x ，所以f ′(x )＝1＋e x ，所以f ′(1)＝1＋e 1＝1＋e ．12．已知f ′(x )是函数f (x )的导数，f (x )＝f ′(1)ꞏ2x ＋x 2，则f ′(2)＝( )A ．12－8ln 21－2ln 2B ．21－2ln 2C ．41－2ln 2 D ．－212．答案 C 解析 因为f ′(x )＝f ′(1)ꞏ2x ln 2＋2x ，所以f ′(1)＝f ′(1)ꞏ2ln 2＋2，解得f ′(1)＝21－2ln 2，所以f ′(x )＝21－2ln 2ꞏ2x ln 2＋2x ，所以f ′(2)＝21－2ln 2×22ln 2＋2×2＝41－2ln 2． 13．(多选)若函数f (x )的导函数f ′(x )的图象关于y 轴对称，则f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝3cos xB ．f (x )＝x 3＋xC ．f (x )＝x ＋1x D ．f (x )＝e x ＋x13．答案 BC 解析 对于A ，f (x )＝3cos x ，其导数f ′(x )＝－3sin x ，其导函数为奇函数，图象不关于y轴对称，不符合题意；对于B ，f (x )＝x 3＋x ，其导数f ′(x )＝3x 2＋1，其导函数为偶函数，图象关于y 轴对称，符合题意；对于C ，f (x )＝x ＋1x ，其导数f ′(x )＝1－1x 2，其导函数为偶函数，图象关于y 轴对称，符合题意；对于D ，f (x )＝e x ＋x ，其导数f ′(x )＝e x ＋1，其导函数不是偶函数，图象不关于y 轴对称，不符合题意． 14．f (x )＝3e x＋1＋x 3，其导函数为f ′(x )，则f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．414．答案 C 解析 f ′(x )＝－3e x (e x ＋1)2＋3x 2，f ′(－x )＝－3e x (e x ＋1)2＋3x 2，所以f ′(x )为偶函数，f ′(2019)－f ′(－2019) ＝0，因为f (x )＋f (－x )＝31＋e x＋x 3＋31＋e －x －x 3＝31＋e x ＋3e x 1＋e x ＝3，所以f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)＝3．故选C ．15．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2．若f ′(2 020)＝6，则f ′(－2 020)＝______．15．答案 8 解析 因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7，所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7＝－4ax 3＋b sin x ＋7．所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14．又f ′(2 020)＝6，所以f ′(－2 020)＝14－6＝8． 16．分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x ．(5)f (x )＝x 3＋2x －x 2ln x －1x 2． 16．解析 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x ꞏ1x ＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x e x ． (2)∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x 3． (3)∵y ＝x －12sin x ，∴y ′＝1－12cos x ．(4)∵y ＝ln 1＋2x ＝12ln(1＋2x )，∴y ′＝12ꞏ11＋2x ꞏ(1＋2x )′＝11＋2x．(5)由已知f (x )＝x －ln x ＋2x －1x 2．所以f ′(x )＝1－1x －2x 2＋2x 3＝x 3－x 2－2x ＋2x 3．。
2024高考数学压轴题题型总结
2024高考数学压轴题题型总结一、函数与导数综合题。
1. 题目。
已知函数f(x)=e^x-ax 1（a∈ R）。
(1)求f(x)的单调区间；(2)若对于任意x≥slant0，f(x)≥slant0恒成立，求a的取值范围。
2. 解析。
(1)首先对函数f(x)=e^x-ax 1求导，可得f^′(x)=e^x-a。
当a≤slant0时，e^x>0，所以f^′(x)=e^x-a>0恒成立，此时f(x)在(-∞,+∞)上单调递增。
当a > 0时，令f^′(x)=0，即e^x-a = 0，解得x=ln a。
当x∈(-∞,ln a)时，f^′(x)<0，f(x)单调递减。
当x∈(ln a,+∞)时，f^′(x)>0，f(x)单调递增。
(2)由(1)可知，当a≤slant1时，因为x≥slant0，f(x)在[0,+∞)上单调递增，所以f(x)_min=f(0)=e^0-a×0 1=0，满足f(x)≥slant0恒成立。
当a > 1时，f(x)在[0,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增，那么f(x)_min=f(ln a)=a aln a-1。
令g(a)=a aln a 1（a > 1），对g(a)求导得g^′(a)=-ln a<0（a > 1）。
所以g(a)在(1,+∞)上单调递减，且g(1)=0，所以g(a)<0，即f(ln a)<0，不满足f(x)≥slant0恒成立。
综上，a的取值范围是(-∞,1]。
二、圆锥曲线综合题。
1. 题目。
已知椭圆C:frac{x^2}{a^2}+frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)的离心率e=(√(3))/(2)，且过点A(2,0)。
(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l:y = kx + m与椭圆C交于P、Q两点，且→OP·→OQ=0（O为坐标原点），求证：直线l与圆x^2+y^2=(4)/(5)相切。
专题3.3导数与函数的极值、最值(2021年高考数学一轮复习专题)
专题 导数与函数的极值、最值一、题型全归纳题型一 利用导数解决函数的极值问题【题型要点】利用导数研究函数极值问题的一般流程命题角度一 由图象判断函数的极值【题型要点】由图象判断函数y ＝f (x )的极值，要抓住两点： (1) 由y ＝f ′(x )的图象与x 轴的交点，可得函数y ＝f (x )的可能极值点；(2)由导函数y ＝f ′(x )的图象可以看出y ＝f ′(x )的值的正负，从而可得函数y ＝f (x )的单调性，两者结合可得极值点【例1】设函数()x f 在R 上可导，其导函数为()x f '，且函数()()x f x y '-=1的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）A.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （1）B.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （1）C.函数f （x ）有极大值f （2）和极小值f （－2）D.函数f （x ）有极大值f （－2）和极小值f （2）【解析】由题图可知，当x ＜－2时，()x f '＞0；当－2＜x ＜1时，()x f '＜0；当1＜x ＜2时，()x f '＜0；当x ＞2时，()x f '＞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. 【例2】已知函数f (x )的导函数f ′(x )的图象如图，则下列叙述正确的是( )A ．函数f (x )在(－∞，－4)上单调递减B ．函数f (x )在x ＝2处取得极大值C ．函数f (x )在x ＝－4处取得极值D ．函数f (x )有两个极值点【解析】由导函数的图象可得，当x ≤2时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增；当x >2时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，所以函数f (x )的单调递减区间为(2，＋∞)，故A 错误．当x ＝2时函数取得极大值，故B 正确．当x ＝－4时函数无极值，故C 错误．只有当x ＝2时函数取得极大值，故D 错误．故选B.命题角度二 求已知函数的极值【题型要点】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()x f '＝0的根.（3）判断在()x f '＝0的根的左、右两侧()x f '的符号，确定极值点. （4）求出具体极值.【例3】已知函数f （x ）＝（x －2）（e x －ax ），当a ＞0时，讨论f （x ）的极值情况. 【解析】 ∵()x f '＝（e x －ax ）＋（x －2）（e x －a ）＝（x －1）（e x －2a ），∵a ＞0， 由()x f '＝0得x ＝1或x ＝ln 2a .∵当a ＝e2时，f ′（x ）＝（x －1）（e x －e ）≥0，∵f （x ）在R 上单调递增，故f （x ）无极值.∵当0＜a ＜e2时，ln 2a ＜1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：∵当a ＞e2时，ln 2a ＞1，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：综上，当0＜a ＜e2时，f （x ）有极大值－a （ln 2a －2）2，极小值a －e ；当a ＝e2时，f （x ）无极值；当a ＞e2时，f （x ）有极大值a －e ，极小值－a （ln 2a －2）2.【例4】已知函数f (x )＝ln x ＋a －1x ，求函数f (x )的极小值．【解析】 f ′(x )＝1x －a －1x 2＝x －（a －1）x 2(x >0)，当a －1≤0，即a ≤1时，f ′(x )>0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增，无极小值． 当a －1>0，即a >1时，由f ′(x )<0，得0<x <a －1，函数f (x )在(0，a －1)上单调递减； 由f ′(x )>0，得x >a －1，函数f (x )在(a －1，＋∞)上单调递增．f (x )极小值＝f (a －1)＝1＋ln(a －1)． 综上所述，当a ≤1时，f (x )无极小值； 当a >1时，f (x )极小值＝1＋ln(a －1)．命题角度三 已知函数的极值求参数值(范围)【题型要点】已知函数极值点或极值求参数的两个要领(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：因为导数值等于零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根的合理性．【易错提醒】若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有极值，那么y ＝f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值．【例5】设函数f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(2，f (2))处的切线斜率为0，求实数a 的值； (2)若f (x )在x ＝1处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】 (1)因为f (x )＝[ax 2－(3a ＋1)x ＋3a ＋2]e x ，所以f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x . f ′(2)＝(2a －1)e 2.由题设知f ′(2)＝0，即(2a －1)e 2＝0，解得a ＝12.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(a ＋1)x ＋1]e x ＝(ax －1)(x －1)e x .若a >1，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛1,1a 时，f ′(x )<0; 当x ∵(1，＋∞)时，f ′(x )>0.所以f (x )在x ＝1处取得极小值．若a ≤1，则当x ∵(0，1)时，ax －1≤x －1<0，所以f ′(x )>0.所以1不是f (x )的极小值点． 综上可知，a 的取值范围是(1，＋∞)．题型二 函数的最值问题【题型要点】求函数f (x )在[a ，b ]上最值的方法(1)若函数在区间[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．(2)若函数在闭区间[a ，b ]内有极值，要先求出[a ，b ]上的极值，与f (a )，f (b )比较，最大的是最大值，最小的是最小值，可列表完成．(3)函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点，这个极值点就是最大(或最小)值点，此结论在导数的实际应用中经常用到．【例1】（2019·全国卷Ⅲ）已知函数f （x ）＝2x 3－ax 2＋b . （1）讨论f （x ）的单调性；（2）是否存在a ，b ，使得f （x ）在区间［0,1］的最小值为－1且最大值为1？若存在，求出a ，b 的所有值；若不存在，说明理由.【解析】（1）f ′（x ）＝6x 2－2ax ＝2x （3x －a ）.令f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝a 3.若a ＞0，则当x ∵（－∞，0）∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在 （－∞，0），⎪⎭⎫⎝⎛+∞,3a 单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛3,0a 单调递减. 若a ＝0，f （x ）在（－∞，＋∞）单调递增.若a ＜0，则当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ∵（0，＋∞）时，f ′（x ）＞0；当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛0,3a 时，f ′（x ）＜0.故f （x ）在⎪⎭⎫ ⎝⎛∞-3,a ，（0，＋∞）单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛0,3a 单调递减. （2）满足题设条件的a ，b 存在.（∵）当a ≤0时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递增，所以f （x ）在区间［0,1］的最小值为f （0）＝b ，最大值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当b ＝－1，2－a ＋b ＝1，即a ＝0，b ＝－1. （∵）当a ≥3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］单调递减，所以f （x ）在区间［0,1］的最大值为f （0）＝b ，最小值为f （1）＝2－a ＋b .此时a ，b 满足题设条件当且仅当2－a ＋b ＝－1，b ＝1，即a ＝4，b ＝1. （∵）当0＜a ＜3时，由（1）知，f （x ）在［0,1］的最小值为⎪⎭⎫⎝⎛3a f ＝－a 327＋b ，最大值为b 或2－a ＋b .若－a 327＋b ＝－1，b ＝1，则a ＝332，与0＜a ＜3矛盾.若－a 327＋b ＝－1,2－a ＋b ＝1，则a ＝33或a ＝－33或a ＝0，与0＜a ＜3矛盾.综上，当且仅当a ＝0，b ＝－1或a ＝4，b ＝1时，f （x ）在［0,1］的最小值为－1，最大值为1.【例2】(2020·贵阳市检测)已知函数f (x )＝x －1x －ln x .(1)求f (x )的单调区间；(2)求函数f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值和最小值(其中e 是自然对数的底数)．【解析】 (1)f (x )＝x －1x －ln x ＝1－1x－ln x ，f (x )的定义域为(0，＋∞)． 因为f ′(x )＝1x 2－1x ＝1－xx 2，所以f ′(x )＞0∵0<x <1，f ′(x )<0∵x ＞1，所以f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．(2)由(1)得f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,1e 上单调递增，在(1，e]上单调递减，所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的极大值为f (1)＝1－11－ln 1＝0.又⎪⎭⎫ ⎝⎛e f 1＝1－e －ln 1e ＝2－e ，f (e)＝1－1e －ln e ＝－1e，且⎪⎭⎫⎝⎛e f 1<f (e)．所以f (x )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上的最大值为0，最小值为2－e.题型三 函数极值与最值的综合应用【题型要点】解决函数极值、最值问题的策略(1)求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小．(2)求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论． (3)函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值．【例1】设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .若f (x )在x ＝2处取得极小值，则a 的取值范围为_______． 【解析】 f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x ，若a >12，则当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛2,1a 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⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21. 【例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 )在区间[－1，e](e 为自然对数的底数)上的最大值．【解析】：(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 )的变化情况如下表所以当x ＝0时，函数f (x )取得极小值f (0)＝0，函数f (x )的极大值点为x ＝23.(2)∵由(1)知，当－1≤x <1时，函数f (x )在[－1，0)和⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,32上单调递减，在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,0上单调递增．因为f (－1)＝2，⎪⎭⎫ ⎝⎛32f ＝427，f (0)＝0，所以f (x )在[－1，1)上的最大值为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． 所以f (x )在[1，e]上的最大值为f (e)＝a .所以当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.题型四 利用导数研究生活中的优化问题【题型要点】利用导数解决生活中的优化问题的一般步骤（1）分析实际问题中各量之间的关系，列出实际问题的数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y ＝f （x ）.（2）求函数的导数()x f '，解方程()x f '＝0.（3）比较函数在区间端点和()x f '＝0的点的函数值的大小，最大（小）者为最大（小）值. （4）回归实际问题，结合实际问题作答.【例1】某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量y （单位：千克）与销售价格x （单位：元/千克）满足关系式y ＝ax －3＋10（x －6）2，其中3＜x ＜6，a 为常数.已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克. （1）求a 的值；（2）若该商品的成本为3元/千克，试确定销售价格x 的值，使商场每日销售该商品所获得的利润最大. 【解析】（1）因为当x ＝5时，y ＝11，所以a2＋10＝11，解得a ＝2.（2）由（1）可知，该商品每日的销售量为y ＝2x －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）⎣⎡⎦⎤2x －3＋10（x －6）2＝2＋10（x －3）（x －6）2,3＜x ＜6.则()x f '＝10［（x －6）2＋2（x －3）（x －6）］＝30（x －4）（x －6）. 于是，当x 变化时，()x f '，f （x ）的变化情况如下表：所以，当x ＝4时，函数f （x ）取得最大值且最大值等于42.即当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大.【例2】已知一企业生产某产品的年固定成本为10万元，每生产千件需另投入2.7万元，设该企业年内共生产此种产品x 千件，并且全部销售完，每千件的销售收入为f （x ）万元，且f （x ）＝⎩⎨⎧10.8－130x 2，0＜x ≤10，108x －1 0003x 2，x ＞10.（1）写出年利润W （万元）关于年产品x （千件）的函数解析式；（2）年产量为多少千件时，该企业生产此产品所获年利润最大？（注：年利润＝年销售收入－年总成本） 【解析】（1）由题意得W ＝⎩⎨⎧⎝⎛⎭⎫10.8－130x 2x －2.7x －10，0＜x ≤10，⎝⎛⎭⎫108x －1 0003x 2x －2.7x －10，x ＞10，即W ＝⎩⎨⎧8.1x －130x 3－10，0＜x ≤10，98－⎝⎛⎭⎫1 0003x ＋2.7x ，x ＞10.（2）∵当0＜x ≤10时，W ＝8.1x －130x 3－10，则W ′＝8.1－110x 2＝81－x 210＝（9＋x ）（9－x ）10，因为0＜x ≤10，所以当0＜x ＜9时，W ′＞0，则W 递增；当9＜x ≤10时，W ′＜0，则W 递减.所以当x ＝9时，W 取最大值1935＝38.6万元.∵当x ＞10时，W ＝98－⎪⎭⎫⎝⎛+x x 7.231000≤98－21 0003x×2.7x ＝38. 当且仅当1 0003x ＝2.7x ，即x ＝1009时等号成立.综上，当年产量为9千件时，该企业生产此产品所获年利润最大.二、高效训练突破 一、选择题1．函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是( ) A ．25，－2 B ．50，14 C ．50，－2D ．50，－14【解析】：因为f (x )＝2x 3＋9x 2－2，所以f ′(x )＝6x 2＋18x ，当x ∵[－4，－3)或x ∵(0，2]时，f ′(x )＞0，f (x )为增函数，当x ∵(－3，0)时，f ′(x )＜0，f (x )为减函数，由f (－4)＝14，f (－3)＝25，f (0)＝－2，f (2)＝50，故函数f (x )＝2x 3＋9x 2－2在[－4，2]上的最大值和最小值分别是50，－2. 2．已知函数y ＝f (x )的导函数f ′(x )的图象如图所示，给出下列判断：∵函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内单调递增；∵当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值； ∵函数y ＝f (x )在区间(－2，2)内单调递增；∵当x ＝3时，函数y ＝f (x )有极小值． 则上述判断正确的是( ) A ．∵∵ B ．∵∵ C ．∵∵∵D ．∵∵【解析】：对于∵，函数y ＝f (x )在区间⎪⎭⎫⎝⎛--21,3内有增有减，故∵不正确； 对于∵，当x ＝－2时，函数y ＝f (x )取得极小值，故∵正确；对于∵，当x ∵(－2，2)时，恒有f ′(x )>0，则函数y ＝f (x )在区间(－2，2)上单调递增，故∵正确； 对于∵，当x ＝3时，f ′(x )≠0，故∵不正确．3.（2020·东莞模拟）若x ＝1是函数f （x ）＝ax ＋ln x 的极值点，则（ ） A.f （x ）有极大值－1 B.f （x ）有极小值－1 C.f （x ）有极大值0D.f （x ）有极小值0【解析】∵f （x ）＝ax ＋ln x ，x ＞0，∵f ′（x ）＝a ＋1x ，由f ′（1）＝0得a ＝－1，∵f ′（x ）＝－1＋1x ＝1－xx .由f ′（x ）＞0得0＜x ＜1，由f ′（x ）＜0得x ＞1， ∵f （x ）在（0,1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减.∵f （x ）极大值＝f （1）＝－1，无极小值，故选A.4.函数f （x ）＝x 3＋bx 2＋cx ＋d 的大致图象如图所示，则x 21＋x 22等于（ ）A.89B.109C.169D.289【解析】函数f （x ）的图象过原点，所以d ＝0.又f （－1）＝0且f （2）＝0，即－1＋b －c ＝0且8＋4b ＋2c ＝0，解得b ＝－1，c ＝－2，所以函数f （x ）＝x 3－x 2－2x ，所以f ′（x ）＝3x 2－2x －2，由题意知x 1，x 2是函数的极值点，所以x 1，x 2是f ′（x ）＝0的两个根，所以x 1＋x 2＝23，x 1x 2＝－23，所以x 21＋x 22＝（x 1＋x 2）2－2x 1x 2＝49＋43＝169. 5.已知函数f (x )＝2f ′(1)ln x －x ，则f (x )的极大值为( ) A ．2 B ．2ln 2－2 C ．eD ．2－e【解析】：函数f (x )定义域(0，＋∞)，f ′(x )＝2f ′（1）x －1，所以f ′(1)＝1，f (x )＝2ln x －x ，令f ′(x )＝2x－1＝0，解得x ＝2.当0<x <2时，f ′(x )>0，当x >2时，f ′(x )<0，所以当x ＝2时函数取得极大值，极大值为2ln 2－2. 6.已知函数f （x ）＝x 3＋3x 2－9x ＋1，若f （x ）在区间［k,2］上的最大值为28，则实数k 的取值范围为（ ） A.［－3，＋∞） B.（－3，＋∞） C.（－∞，－3）D.（－∞，－3］【解析】由题意知f ′（x ）＝3x 2＋6x －9，令f ′（x ）＝0，解得x ＝1或x ＝－3，所以f ′（x ），f （x ）随x 的变化情况如下表：7.用边长为120 cm 的正方形铁皮做一个无盖水箱，先在四周分别截去一个小正方形，然后把四边翻转90°角，再焊接成水箱，则水箱的最大容积为( ) A ．120 000 cm 3 B ．128 000 cm 3 C ．150 000 cm 3D ．158 000 cm 3【解析】：设水箱底长为x cm ，则高为120－x2cm.由⎩⎪⎨⎪⎧120－x 2＞0，x ＞0，得0＜x ＜120.设容器的容积为y cm 3，则有y ＝－12x 3＋60x 2.求导数，有y ′＝－32x 2＋120x .令y ′＝0，解得x ＝80(x ＝0舍去)．当x ∵(0，80)时，y ′＞0；当x ∵(80，120)时，y ′＜0. 因此，x ＝80是函数y ＝－12x 3＋60x 2的极大值点，也是最大值点，此时y ＝128 000.故选B.8.(2020·郑州质检)若函数y ＝f (x )存在n －1(n ∵N *)个极值点，则称y ＝f (x )为n 折函数，例如f (x )＝x 2为2折函数．已知函数f (x )＝(x ＋1)e x －x (x ＋2)2，则f (x )为( ) A ．2折函数 B ．3折函数 C ．4折函数D ．5折函数【解析】：.f ′(x )＝(x ＋2)e x －(x ＋2)(3x ＋2)＝(x ＋2)·(e x －3x －2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或e x ＝3x ＋2. 易知x ＝－2是f (x )的一个极值点，又e x ＝3x ＋2，结合函数图象，y ＝e x 与y ＝3x ＋2有两个交点．又e －2≠3×(－2)＋2＝－4. 所以函数y ＝f (x )有3个极值点，则f (x )为4折函数．9.(2020·昆明市诊断测试)已知函数f (x )＝(x 2－m )e x ，若函数f (x )的图象在x ＝1处切线的斜率为3e ，则f (x )的极大值是( )A ．4e －2 B ．4e 2 C ．e －2D ．e 2【解析】：f ′(x )＝(x 2＋2x －m )e x .由题意知，f ′(1)＝(3－m )e ＝3e ，所以m ＝0，f ′(x )＝(x 2＋2x )e x .当x >0或x <－2时，f ′(x )>0，f (x )是增函数；当－2<x <0时，f ′(x )<0，f (x )是减函数．所以当x ＝－2时，f (x )取得极大值，f (－2)＝4e －2.故选A.10.函数f （x ）＝x 3－3x －1，若对于区间［－3,2］上的任意x 1，x 2，都有|f （x 1）－f （x 2）|≤t ，则实数t 的最小值是（ ） A.20 B.18 C.3D.0【解析】原命题等价于对于区间［－3,2］上的任意x ，都有f （x ）max －f （x ）min ≤t ， ∵f ′（x ）＝3x 2－3，∵当x ∵［－3，－1］时，f ′（x ）＞0， 当x ∵［－1,1］时，f ′（x ）＜0，当x ∵［1,2］时，f ′（x ）＞0. ∵f （x ）max ＝f （2）＝f （－1）＝1，f （x ）min ＝f （－3）＝－19. ∵f （x ）max －f （x ）min ＝20，∵t ≥20.即t 的最小值为20.故选A.二、填空题1.已知f (x )＝x 3＋3ax 2＋bx ＋a 2在x ＝－1处有极值0，则a －b ＝ ．【解析】：由题意得f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋3a －b －1＝0，b －6a ＋3＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝9， 经检验当a ＝1，b ＝3时，函数f (x )在x ＝－1处无法取得极值，而a ＝2，b ＝9满足题意，故a －b ＝－7. 2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋(a ＋6)x ＋1.若函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线斜率为6，则实数a ＝ ；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则实数a 的取值范围是 ．【解析】：f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋a ＋6，结合题意f ′(1)＝3a ＋9＝6，解得a ＝－1；若函数在(－1，3)内既有极大值又有极小值，则f ′(x )＝0在(－1，3)内有2个不相等的实数根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4a 2－12（a ＋6）>0，f ′（－1）>0，f ′（3）>0，解得－337<a <－3.3．(2020·甘肃兰州一中期末改编)若x ＝－2是函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 的极值点，则f ′(－2)＝ ，f (x )的极小值为 ．【解析】：由函数f (x )＝(x 2＋ax －1)e x 可得f ′(x )＝(2x ＋a )e x ＋(x 2＋ax －1)e x ，因为x ＝－2是函数f (x )的极值点，所以f ′(－2)＝(－4＋a )e －2＋(4－2a －1)e －2＝0，即－4＋a ＋3－2a ＝0，解得a ＝－1.所以f ′(x )＝(x 2＋x －2)e x .令f ′(x )＝0可得x ＝－2或x ＝1.当x <－2或x >1时，f ′(x )>0，此时函数f (x )为增函数，当－2<x <1时，f ′(x )<0，此时函数f (x )为减函数，所以当x ＝1时函数f (x )取得极小值，极小值为f (1)＝(12－1－1)×e 1＝－e.4.（2019·武汉模拟）若函数f (x )＝2x 2－ln x 在其定义域的一个子区间(k －1，k ＋1)内存在最小值，则实数k 的取值范围是 ．【解析】：因为f (x )的定义域为(0，＋∞)，又因为f ′(x )＝4x －1x ，所以由f ′(x )＝0解得x ＝12，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧k －1<12<k ＋1，k －1≥0，解得1≤k <32.5.若函数f （x ）＝x 3－3ax 在区间（－1,2）上仅有一个极值点，则实数a 的取值范围为 .【解析】因为f ′（x ）＝3（x 2－a ），所以当a ≤0时，f ′（x ）≥0在R 上恒成立，所以f （x ）在R 上单调递增，f （x ）没有极值点，不符合题意； 当a ＞0时，令f ′（x ）＝0得x ＝±a ， 当x 变化时，f ′（x ）与f （x ）的变化情况如下表所示：因为函数f （x ）在区间（－1,2）上仅有一个极值点，所以⎩⎨⎧a ＜2，－a ≤－1或⎩⎨⎧－a ＞－1，2≤a ，解得1≤a ＜4.三 解答题1.(2020·广东五校联考)已知函数f (x )＝ax ＋ln x ，其中a 为常数． (1)当a ＝－1时，求f (x )的最大值；(2)若f (x )在区间(0，e]上的最大值为－3，求a 的值． 【解析】：(1)易知f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋ln x ，f ′(x )＝－1＋1x ＝1－xx，令f ′(x )＝0，得x ＝1.当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以f (x )在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数． 所以f (x )max ＝f (1)＝－1.所以当a ＝－1时，函数f (x )在(0，＋∞)上的最大值为－1.(2)f ′(x )＝a ＋1x ，x ∵(0，e]，1x ∵⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,1e .∵若a ≥－1e ，则f ′(x )≥0，从而f (x )在(0，e]上是增函数，所以f (x )max ＝f (e)＝a e ＋1≥0，不符合题意；∵若a <－1e ，令f ′(x )>0得a ＋1x >0，结合x ∵(0，e]，解得0<x <－1a，令f ′(x )<0得a ＋1x <0，结合x ∵(0，e]，解得－1a <x ≤e.从而f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上为增函数，在⎥⎦⎤⎝⎛-e a ,1上为减函数，所以f (x )max ＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-a f 1＝－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln .令－1＋⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1ln ＝－3，得⎪⎭⎫⎝⎛-a 1ln ＝－2，即a ＝－e 2.因为－e 2<－1e ，所以a ＝－e 2为所求．故实数a 的值为－e 2.2.(2020·洛阳尖子生第二次联考)已知函数f (x )＝mx －nx－ln x ，m ∵R .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，求实数n 的值； (2)试讨论函数f (x )在区间[1，＋∞)上的最大值．【解析】：(1)由题意得f ′(x )＝n －x x 2，所以f ′(2)＝n －24.由于函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线与直线x －y ＝0平行，所以n －24＝1，解得n ＝6.(2)f ′(x )＝n －xx2，令f ′(x )<0，得x >n ；令f ′(x )>0，得x <n .∵当n ≤1时，函数f (x )在[1，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (1)＝m －n ；∵当n >1时，函数f (x )在[1，n )上单调递增，在(n ，＋∞)上单调递减，所以f (x )max ＝f (n )＝m －1－ln 3.（2019·郑州模拟）已知函数f （x ）＝1－x x ＋k ln x ，k ＜1e ，求函数f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上的最大值和最小值.【解析】 f ′（x ）＝－x －（1－x ）x 2＋k x ＝kx －1x2.∵若k ＝0，则f ′（x ）＝－1x 2在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒有f ′（x ）＜0，所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减.∵若k ≠0，则f ′（x ）＝kx －1x 2＝k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2.（∵）若k ＜0，则在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上恒有k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0.所以f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e,1上单调递减，（∵）若k ＞0，由k ＜1e ，得1k ＞e ，则x －1k ＜0在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上恒成立，所以k ⎝⎛⎭⎫x －1k x 2＜0， 所以f （x ）在1e ，e 上单调递减.综上，当k ＜1e 时，f （x ）在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e e ,1上单调递减，所以f （x ）min ＝f （e ）＝1e ＋k －1，f （x ）max ＝⎪⎭⎫⎝⎛e f 1＝e －k －1.4.已知函数f （x ）＝a ln x ＋1x （a ＞0）.（1）求函数f （x ）的单调区间和极值；（2）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在［1，e ］上的最小值为0？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由.【解析】由题意，知函数的定义域为{x |x ＞0}，f ′（x ）＝a x －1x 2（a ＞0）.（1）由f ′（x ）＞0解得x ＞1a ，所以函数f （x ）的单调递增区间是⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a ；由f ′（x ）＜0解得x ＜1a ，所以函数f （x ）的单调递减区间是⎪⎭⎫⎝⎛a 1,0.所以当x ＝1a 时，函数f （x ）有极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ，无极大值. （2）不存在.理由如下：由（1）可知，当x ∵⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0时，函数f （x ）单调递减；当x ∵⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1a 时，函数f （x ）单调递增.∵若0＜1a≤1，即a ≥1时，函数f （x ）在［1，e ］上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （1）＝a ln 1＋1＝1，显然1≠0，故不满足条件.∵若1＜1a ≤e ，即1e ≤a ＜1时，函数f （x ）在⎪⎭⎫⎢⎣⎡a 1,1上为减函数，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡e a ,1上为增函数，故函数f （x ）的最小值为f （x ）的极小值⎪⎭⎫⎝⎛a f 1＝a ln 1a ＋a ＝a －a ln a ＝a （1－ln a ）＝0，即ln a ＝1，解得a ＝e ，而1e≤a ＜1，故不满足条件.∵若1a ＞e ，即0＜a ＜1e时，函数f （x ）在［1，e ］上为减函数，故函数f （x ）的最小值为f （e ）＝a ＋1e ＝0，解得a ＝－1e ，而0＜a ＜1e ，故不满足条件.综上所述，这样的a 不存在.。
历年(2019-2023)高考数学真题专项(导数及应用解答题)汇编(附答案)
历年（2019-2023）高考数学真题专项（导数及应用解答题）汇编 考点01 利用导数求函数单调性，求参数（2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．考点02 恒成立问题1．（2023年全国新高考Ⅱ卷（文））（1）证明：当01x <<时，sin x x x x 2-<<； （2）已知函数()()2cos ln 1f x ax x =--，若0x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围．2．（2020年全国高考Ⅱ卷（文）数学试题）已知函数1()e ln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； （2）若不等式()1f x ≥恒成立，求a 的取值范围．3．（2019∙全国Ⅰ卷数学试题）已知函数f （x ）=2sin x －x cos x －x ，f ′（x ）为f （x ）的导数． （1）证明：f ′（x ）在区间（0，π）存在唯一零点； （2）若x [0∈，π]时，f （x ）≥ax ，求a 的取值范围．4．（2019年全国高考Ⅱ卷（文））已知函数()(1)ln 1f x x x x =---.证明： （1）()f x 存在唯一的极值点；（2）()=0f x 有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.考点03 三角函数相关导数问题a=时，求b的取值范围；（i）当0（ii）求证：22e+>．a b4．（2021年全国高考Ⅰ卷数学试题）已知函数f（x）=2sin x－x cos x－x，f′（x）为f（x）的导数． （1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；∈，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．（2）若x[0考点04 导数类综合问题参考答案考点01 利用导数求函数单调性，求参数考点02 恒成立问题 1考点03 三角函数相关导数问题2022年8月11日高中数学作业学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________考点04 导数类综合问题 一、解答题)(【点睛】思路点睛：函数的最值问题，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系4．（2022∙全国新高考Ⅱ卷（文））已知函数(2) 和首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；当时，的解为：当113,ax⎛⎫--∈-∞⎪时，单调递增；时，单调递减；时，单调递增；综上可得：当时，在当时，在解得：，则，()1+,a x与联立得化简得3210--+=,由于切点的横坐标x x x综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注。
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第10讲函数与导数[考情分析]高考对该部分内容的考查主要有三个方面：1.对定积分的考查主要是利用微积分基本定理求积分值或面积；2.对导数几何意义的考查主要是求切线方程或根据切线方程求参数的取值；3.对导数综合应用的考查主要是围绕：(1)讨论、判断、证明函数的单调性；(2)利用函数的单调性求函数的极值或最值；(3)利用导数求参数的取值范围；(4)利用导数解决不等式问题及函数的零点、方程根的问题.热点题型分析热点1定积分的计算1.求定积分的四大常用方法2.利用定积分求平面图形面积的三个步骤 (1)画图象：在平面直角坐标系内画出大致图象；(2)确定积分上、下限：求出交点坐标，确定被积函数和积分上下限； (3)求面积：将曲边多边形的面积表示成若干定积分的和，计算定积分，写出结果.1.⎠⎛241x d x 等于( ) A.－2ln 2 B ．2ln 2 C ．－ln 2 D ．ln 2 答案 D解析 因为(ln x )′＝1x ，所以y ＝1x 的一个原函数是y ＝ln x ， 故⎠⎛241x d x ＝ln x|42＝ln 4－ln 2＝ln 2.故选D. 2.直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，则l 与C 所围成的图形的面积等于( )A.43 B ．2 C.83 D.1623 答案 C解析 抛物线C ：x 2＝4y 的焦点坐标为(0,1)，因为直线l 过抛物线C ：x 2＝4y 的焦点且与y 轴垂直，所以直线l 的方程为y ＝1，直线l 与曲线C 所围成的封闭图形如图中阴影部分所示．由⎩⎨⎧y ＝1，x 2＝4y可得交点的横坐标分别为－2,2.所以3.⎠⎛01[2x －x 2－sin(2πx )]d x ＝________. 答案 π4解析 根据定积分的性质有，⎠⎛01[2x －x 2－sin(2πx )]d x＝⎠⎛012x －x 2d x －⎠⎛01sin(2πx )d x ， 由定积分的几何意义知⎠⎛012x －x 2d x 是由曲线y ＝2x －x 2与直线x ＝0，x ＝1围成的封闭图形的面积，为四分之一的单位圆，故⎠⎛012x －x 2d x ＝π·124＝π4；函数y＝si n (2πx )是奇函数，且图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0中心对称，故⎠⎛01si n (2πx )d x ＝0.∴⎠⎛01[2x －x 2－sin(2πx )]d x ＝π4－0＝π4.利用定积分求曲边梯形的面积时，易弄错积分上、下限，或不能结合图形选择合适的积分变量.第1题易出现的问题主要有两个方面：一是混淆求原函数和求导数的运算，误认为原函数为y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ′而找不到答案；二是记错公式，把积分的上、下限颠倒导致计算失误，而错选C.热点2 导数的运算及几何意义1.利用导数求曲线的切线方程若已知曲线过点P(x0，y0)，求曲线过点P(x0，y0)的切线，则需分点P(x0，y0)是切点和不是切点两种情况求解.(1)当点P(x0，y0)是切点时，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0).(2)当点P(x0，y0)不是切点时可分以下几步完成：①设出切点坐标P′(x1，f(x1))；②写出过P′(x1，f(x1))的切线方程y－f(x1)＝f′(x1)(x－x1)；③将点P的坐标(x0，y0)代入切线方程，求出x1；④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.2.利用切线(或方程)与其他曲线的关系求参数已知过某点的切线方程(斜率)或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程(组)或函数求解.1.(2018·全国卷Ⅰ)设函数f (x )＝x 3＋(a －1)x 2＋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.y ＝－2x B ．y ＝－x C.y ＝2x 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.2.函数f (x )＝ln x ＋ax 的图象存在与直线2x －y ＝0平行的切线，则实数a 的取值范围是( )A.(－∞，2] B ．(－∞，2) C.(2，＋∞) D ．(0，＋∞) 答案 B解析 由题意知f ′(x )＝2在(0，＋∞)上有解. 所以f ′(x )＝1x ＋a ＝2在(0，＋∞)上有解，则a ＝2－1x . 因为x ＞0，所以2－1x ＜2， 所以a 的取值范围是(－∞，2).3.(2019·广州调研)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为( )A.ln 2 B ．1 C.1－ln 2 D ．1＋ln 2答案 D解析 由y ＝x ln x 得y ′＝ln x ＋1，设切点为(x 0，y 0)，则k ＝ln x 0＋1，∵切点(x 0，y 0)(x 0>0)既在曲线y ＝x ln x 上又在直线y ＝kx －2上，∴⎩⎨⎧y 0＝k x 0－2，y 0＝x 0ln x 0，∴kx 0－2＝x 0ln x 0，∴k ＝ln x 0＋2x 0，则ln x 0＋2x 0＝ln x 0＋1，∴x 0＝2，∴k ＝ln2＋1.故选D.第1题易错点有二：一是不能利用奇函数定义正确求解a的值；二是不会利用导数几何意义求解切线斜率．第2题不能把条件与导数的几何意义联系起来，转化为存在型问题，进而求解．第3题易出现两方面的错误：一是误把点(0，－2)作为切点；二是盲目设直线l的方程，导致解题复杂化，求解受阻.热点3利用导数研究函数的性质1.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数f(x)的定义域(定义域优先)；(2)求导函数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内求不等式f′(x)>0或f′(x)<0的解集；(4)由f′(x)>0(f′(x)<0)的解集确定函数f(x)的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间.2.根据函数f(x)在(a，b)上的单调性，求参数范围的方法(1)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增，转化为f ′(x )≥0在(a ，b )上恒成立求解；(2)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减，转化为f ′(x )≤0在(a ，b )上恒成立求解；(3)若函数y ＝f (x )在(a ，b )上单调，转化为f ′(x )在(a ，b )上不变号，即f ′(x )在(a ，b )上恒大于等于零或恒小于等于零.3.利用导数研究函数极值与最值需注意的几点(1)求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点； (2)求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大(小)值；(3)对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.1.函数f (x )＝x 3＋3mx 2＋nx ＋m 2在x ＝－1时的极值为0，则m ，n 的值为( ) A.m ＝2，n ＝9 B .m ＝1，n ＝3C.m ＝1，n ＝3或m ＝2，n ＝9D.m ＝1，n ＝9 答案 A解析 ∵f ′(x )＝3x 2＋6mx ＋n ，由题意可知⎩⎨⎧f (－1)＝0，f ′(－1)＝0即⎩⎨⎧－1＋3m －n ＋m 2＝0，3－6m ＋n ＝0，解得⎩⎨⎧m ＝1，n ＝3或⎩⎨⎧m ＝2，n ＝9.当m ＝1，n ＝3时，f ′(x )＝3x 2＋6x ＋3＝3(x ＋1)2≥0，函数f(x )在R 上单调递增，无极值，舍去．当m ＝2，n ＝9时，f ′(x )＝3x 2＋12x＋9＝3(x＋3)(x＋1)，当x<－3时，f′(x)>0；当－3<x<－1时，f′(x)<0；当x>－1时，f′(x)>0，所以f(x)在x＝－1处取得极小值．故选A.2.(2019·乐山期末)若f(x)＝x2－a ln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为()A.(－∞，1) B．(－∞，1]C.(－∞，2) D．(－∞，2]答案 D解析由f(x)＝x2－a ln x，得f′(x)＝2x－ax，∵f(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴2x－ax≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，∵当x∈(1，＋∞)时，2x2>2，∴a≤2.故选D.第1题易由于极值概念不清而导致错误，x＝－1是f(x)的极值点⇒f′(－1)＝0，但f′(－1)＝0未必有x＝－1是f(x)的极值点，需要验证f′(x)在点x＝－1两端是否异号．第2题f(x)在(1，＋∞)上是增函数等价于f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，易漏掉f′(x)＝0的情况而出错.热点4利用导数解决与不等式有关的问题1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法(1)分离参数法①将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；②利用导数求该函数的最值；③根据要求得所求范围.(2)函数思想法①将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；②利用导数求该函数的极值(最值)；③构建不等式求解.2.利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形；(2)构造新的函数h(x)；(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值；(4)根据单调性及最值，得到所证不等式.3.构造辅助函数的四种方法(1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)；(2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；(3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))；(4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数.已知函数f(x)＝e x＋ax－2，其中a∈R.若对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立，则a的取值范围是()A.[1，＋∞) B．[2，＋∞)C.(－∞，1] D．(－∞，2]答案 D解析由x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)得x2[f(x1)＋a]<x1[f(x2)＋a]即f(x1)＋ax1<f(x2)＋ax2，令h(x)＝f(x)＋ax，则对于任意的x1，x2∈[1，＋∞)，且x1<x2，都有x2·f(x1)－x1·f(x2)<a(x1－x2)成立，等价于当x1<x2时，h(x1)<h(x2)恒成立，即函数h(x)在[1，＋∞)上为增函数；h(x)＝e x＋ax－2＋ax，则h′(x)＝x e x－e x＋2－ax2≥0在[1，＋∞)上恒成立.∴x e x－e x＋2－a≥0，即a≤x e x－e x＋2在[1，＋∞)上恒成立.令g(x)＝x e x－e x＋2，∴g′(x)＝x e x>0，∴g(x)在[1，＋∞)上为增函数，∴g(x)≥g(1)＝2，∴a≤2.∴a的取值范围是(－∞，2]．故选D.解决本题的关键(难点)是构造合适的函数，易错点有两个方面：一是对原不等式变形不到位，构造不出新函数；二是不能把题干信息合理转化为所构造新函数的相关性质进而解决问题.热点5利用导数解决与方程的解有关的问题利用导数研究方程的解(或曲线公共点)的个数问题：(1)将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴(或直线y ＝k)在该区间上的交点问题；(2)利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图象；(3)结合图象，根据零点的个数，寻找函数在给定区间的极值及区间端点值的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围.1.若f (x )＝ax 3－3x 2＋1存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( ) A.(2，＋∞) B ．(－∞，－2) C.(1，＋∞) D ．(－∞，－1) 答案 B解析 解法一：由题意得a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a ，当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞，f ′(x )>0；且f (0)＝1>0，f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0＞0，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a >0，即a 2>4，a <－2.故选B.解法二：由题意得a ≠0，f (x )＝ax 3－3x 2＋1有唯一的正零点，等价于a ＝3·1x －1x 3有唯一的正根，令t ＝1x ，则问题又等价于a ＝－t 3＋3t 有唯一的正根，即y ＝a 与y ＝－t 3＋3t 有唯一的交点且交点在y 轴右侧．记f (t )＝－t 3＋3t ，则f ′(t )＝－3t 2＋3，由f ′(t )＝0，得t ＝±1，当t ∈(－∞，－1)时，f ′(t )<0；当t ∈(－1,1)时，f ′(t )>0；当t ∈(1，＋∞)时，f ′(t )<0.要使a ＝－t 3＋3t 有唯一的正根，只需a <f (－1)＝－2，故选B.2.若函数f (x )＝2x 3－9x 2＋12x －a 恰好有两个不同的零点，则a 可能的值为( )A.4 B ．6 C ．7 D ．8 答案 A解析 由题意得f ′(x )＝6x 2－18x ＋12＝6(x －1)(x －2)，由f ′(x )>0，得x <1或x>2，由f′(x)<0，得1<x<2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，在(1,2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)．若函数f(x)恰好有两个不同的零点，则f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，故选A.第1题易错点有二：一是审题不严谨，忽略零点x0＞0这一条件而错选D；二是零点问题不能转化为极值或最值与0的大小关系导致无从下手．第2题关于零点问题易在与0的临界值上辨析不清.真题自检感悟1.(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝x2－2x＋a(e x－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a＝()A.－12 B.13 C.12D．1答案 C解析解法一：f(x)＝x2－2x＋a(e x－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[e x－1＋e－(x－1)]－1，令t＝x－1，则g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a()e t＋e－t－1.∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋e t)－1＝g(t)，∴函数g(t)为偶函数．∵f(x)有唯一零点，∴g(t)也有唯一零点．又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)＝0，∴2a－1＝0，解得a＝12.故选C.解法二：f(x)＝0⇔a(e x－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.e x－1＋e－x＋1≥2e x－1·e－x＋1＝2，当且仅当x＝1时取“＝”.－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时取“＝”. 若a＞0，则a(e x－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a＝1，即a＝1 2.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一．故选C.2.(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线y ＝a e x ＋x ln x 在点(1，a e)处的切线方程为y ＝2x ＋b ，则( )A.a ＝e ，b ＝－1 B ．a ＝e ，b ＝1 C.a ＝e －1，b ＝1 D ．a ＝e －1，b ＝－1答案 D解析 y ′＝a e x ＋ln x ＋1，k ＝y ′|x ＝1＝a e ＋1，∴切线方程为y －a e ＝(a e ＋1)(x －1)，即y ＝(a e ＋1)x －1.又切线方程为y ＝2x ＋b ，∴⎩⎨⎧a e ＋1＝2，b ＝－1，即a ＝e －1，b ＝－1.故选D. 3.(2019·全国卷Ⅰ)曲线y ＝3(x 2＋x )e x 在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y ＝3x解析 y ′＝3(2x ＋1)e x ＋3(x 2＋x )e x ＝e x (3x 2＋9x ＋3)，∴斜率k ＝e 0×3＝3，∴切线方程为y ＝3x .4.(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝2sin x ＋sin2x ，则f (x )的最小值是________. 答案 －332解析 f ′(x )＝2cos x ＋2cos2x ＝4cos 2x ＋2cos x －2 ＝4(cos x ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫cos x －12，所以当cos x <12时，函数f (x )单调递减；当cos x >12时，函数f (x )单调递增，从而得到函数f (x )的单调递减区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－5π3，2k π－π3(k ∈Z )，单调递增区间为⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k π－π3，2k π＋π3(k ∈Z )， 所以当x ＝2k π－π3，k ∈Z 时，函数f (x )取得最小值， 此时sin x ＝－32，sin2x ＝－32， 所以f (x )min ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－32－32＝－332.专题作业一、选择题1.(2019·海淀一模)已知a ＝⎠⎛01x d x ，b ＝⎠⎛01x 2d x ，c ＝⎠⎛01x d x ，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a<b<c B．a<c<bC.b<a<c D．c<a<b答案C解析解法一：当x∈(0,1)时，结合图象可知，x2<x<x，由定积分的几何意义可知，b<a<c.故选C.2.(2019·全国卷Ⅱ)曲线y＝2sinx＋cosx在点(π，－1)处的切线方程为()A.x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0C.2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0答案C解析设f(x)＝y＝2sinx＋cosx，则f′(x)＝2cosx－sinx，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0.故选C.3．(2017·浙江高考)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解析观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0，∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增．观察选项可知，排除A，C.如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确．故选D.4.已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则a的最大值是()A.0 B．1 C．2 D．3答案D解析由题知f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2在[1，＋∞)上恒成立，而(3x2)min＝3×12＝3.所以a≤3，故a max＝3.故选D.5.函数f(x)＝(x2－1)3＋2的极值点是()A.x＝1 B．x＝－1C.x＝1或－1或0 D．x＝0答案D解析因为f(x)＝(x2－1)3＋2，所以f′(x)＝6x(x2－1)2.由f′(x)>0得x>0，由f′(x)<0得x<0，所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．于是f(x)＝(x2－1)3＋2的极值点是x＝0.故选D.6.设函数f(x)的导函数为f′(x)，若f(x)为偶函数，且在(0,1)上存在极大值点，则f′(x)的图象可能为()答案C解析因为f(x)是偶函数，所以其导函数f′(x)是奇函数，可排除B，D；又因为f(x)在(0,1)上存在极大值点，故f′(x)在(0,1)必有变号零点，且零点左侧函数值大于0，右侧小于0，排除A，故选C.7.(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A.－1 B．－2e－3C．5e－3D．1答案A解析函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1，则f′(x)＝(2x＋a)e x－1＋(x2＋ax－1)·e x－1＝e x－1·[x2＋(a＋2)x＋a－1].由x＝－2是函数f(x)的极值点得f′(－2)＝e－3·(4－2a－4＋a－1)＝(－a－1)e－3＝0，所以a＝－1.所以f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x－2).由e x－1>0恒成立，得x＝－2或x＝1时，f′(x)＝0，且x <－2时，f ′(x )>0；－2<x <1时，f ′(x )<0； x >1时，f ′(x )>0.所以x ＝1是函数f (x )的极小值点. 所以函数f (x )的极小值为f (1)＝－1.故选A.8.设定义在(0，＋∞)上的单调函数f (x )，对任意的x ∈(0，＋∞)都有f [f (x )－log 2x ]＝3.若方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.(1，＋∞)B.⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1ln 2，＋∞ C.⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1ln 2，＋∞ D ．(3，＋∞)答案 B解析 由于函数f (x )是单调函数，因此不妨设f (x )－log 2x ＝t ，则f (t)＝3，再令x ＝t ，则f (t)－log 2t ＝t ，得log 2t ＝3－t ，解得t ＝2，故f (x )＝log 2x ＋2，f ′(x )＝1x ln 2，构造函数g(x )＝f (x )＋f ′(x )－a ＝log 2x ＋1x ln 2－a ＋2，∵方程f (x )＋f ′(x )＝a 有两个不同的实数根，∴g(x )有两个不同的零点．g ′(x )＝1x ln 2－1x 2ln 2＝1ln 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x 2，当x ∈(0,1)时，g ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，∴g(x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴g(x )min ＝g(1)＝1ln 2－a ＋2，由1ln 2－a ＋2<0，得a >2＋1ln 2，故实数a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋1ln 2，＋∞.9.(2019·青岛二模)已知函数f (x )＝2ef ′(e )ln x －x e (e 是自然对数的底数)，则f (x )的极大值为( )A.2e －1 B ．－1e C.1 D ．2ln 2 答案 D解析 由题意知，f ′(x )＝2ef ′(e )x －1e ，∴f ′(e )＝2f ′(e )－1e ，则f ′(e )＝1e .因此f ′(x )＝2x －1e ，令f ′(x )＝0，得x ＝2e .∴f (x ) 在(0,2e )上单调递增，在(2e ，＋∞)上单调递减．∴f (x )在x ＝2e 处取极大值f (2e )＝2ln (2e )－2＝2ln 2.10.(2019·济南调研)已知a 为常数，函数f (x )＝x (ln x －ax )有两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)，则( )A.f (x 1)>0，f (x 2)>－12 B.f (x 1)<0，f (x 2)<－12 C.f (x 1)>0，f (x 2)<－12 D.f (x 1)<0，f (x 2)>－12 答案 D解析 f ′(x )＝ln x －2ax ＋1，依题意知f ′(x )＝0有两个不等实根x 1，x 2，即曲线y ＝1＋ln x 与直线y ＝2ax 有两个不同交点，如图.由直线y ＝x 是曲线y ＝1＋ln x 的切线可知：0<2a <1,0<x 1<1<x 2，∴a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.由0<x 1<1得f (x 1)＝x 1(ln x 1－ax 1)<0，∵当x 1<x <x 2时，f ′(x )>0，∴f (x 2)>f (1)＝－a >－12.故选D.11.已知定义在R 上的可导函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意实数x 均有(1－x )·f (x )＋xf ′(x )>0成立，且y ＝f (x ＋1)－e 是奇函数，则不等式xf (x )－e x >0的解集是( )A.(－∞，e) B ．(e ，＋∞) C.(－∞，1) D ．(1，＋∞)答案 D解析 原不等式等价于xf (x )e x >1，令g (x )＝xf (x )e x ，则g ′(x )＝[xf (x )]′e x －xf (x )e x e 2x＝(1－x )f (x )＋xf ′(x )e x>0，∴g (x )在R 上是增函数，又∵y ＝f (x ＋1)－e 是奇函数，∴0＝f (0＋1)－e ，即f (1)＝e ，∴g (1)＝1，原不等式为g (x )>g (1)，∴解集为(1，＋∞)，故选D.12.(2019·廊坊省级示范高中联考)已知函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b 的图象在x ＝0处的切线方程为2x －y －a ＝0，若关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，则m 的取值范围为( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－323，－56 B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－2，－56 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－323，－56 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－56 答案 D解析 由函数f (x )＝－13x 3－12x 2＋ax －b ，可得f ′(x )＝－x 2－x ＋a ，则f (0)＝－b ＝－a ，f ′(0)＝a ＝2，则b ＝2，即f (x )＝－13x 3－12x 2＋2x －2，f ′(x )＝－x 2－x ＋2＝－(x －1)(x ＋2)，当x <－2时，f ′(x )<0；当－2<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0.所以函数f (x )在(－2,1)上单调递增，在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递减， 又因为关于x 的方程f (x 2)＝m 有四个不同的实数解，等价于函数f (x )的图象与直线y ＝m 在x ∈(0，＋∞)上有两个交点，因为f (0)＝－2，f (1)＝－56，所以－2<m <－56，故选D.二、填空题13.(2019·陕西四校联考)已知函数f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，则函数f (x )的图象在x ＝1处的切线方程为________.答案 x －y －3＝0解析 ∵f (x )＝ln x ＋2x 2－4x ，∴f ′(x )＝1x ＋4x －4，∴f ′(1)＝1，又f (1)＝－2，∴所求切线方程为y －(－2)＝x －1，即x －y －3＝0.14.(2017·山东高考)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________.①f (x )＝2－x ；②f (x )＝3－x ；③f (x )＝x 3；④f (x )＝x 2＋2.答案 ①④解析 设g (x )＝e x f (x ).对于①，g (x )＝e x ·2－x (x ∈R )，g ′(x )＝e x ·2－x －e x ·2－x ·ln 2＝(1－ln 2)·e x ·2－x ＞0， ∴函数g (x )在R 上单调递增，故①中f (x )具有M 性质.对于②，g (x )＝e x ·3－x (x ∈R )，g ′(x )＝e x ·3－x －e x ·3－x ·ln 3＝(1－ln 3)·e x ·3－x ＜0， ∴函数g (x )在R 上单调递减，故②中f (x )不具有M 性质.对于③，g (x )＝e x ·x 3(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·x 3＋e x ·3x 2＝(x ＋3)·e x ·x 2，当x ＜－3时，g ′(x )＜0，g (x )单调递减，故③中f (x )不具有M 性质. 对于④，g (x )＝e x ·(x 2＋2)(x ∈R )，g ′(x )＝e x ·(x 2＋2)＋e x ·2x ＝(x 2＋2x ＋2)·e x＝[(x ＋1)2＋1]·e x ＞0，∴函数g (x )在R 上单调递增，故④中f (x )具有M 性质.综上，具有M 性质的函数的序号为①④.15.已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ x ＋1，x ≤0，x 2－2ax ＋1，x >0有极大值且有极小值，则实数a 的取值范围是________.答案 (0，＋∞)解析 根据函数解析式f (x )在(－∞，＋∞)上连续，若a ≤0，则f (x )在(－∞，＋∞)上递增，无极值；若a >0，则f (x )在(－∞，0]，[a ，＋∞)上递增，在(0，a )上递减.∴f (x )有极大值f (0)，极小值f (a )，综上，a 的取值范围是(0，＋∞).16.(2018·江苏高考)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 f ′(x )＝6x 2－2ax ＝2x (3x －a )，令f ′(x )＝0得x ＝0，x ＝a 3，因为函数f (x )在(0，＋∞)上有且仅有一个零点且f (0)＝1，所以a 3>0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝0，因此2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 33－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 32＋1＝0，a ＝3.从而函数f (x )在[－1，0]上单调递增，在[0,1]上单调递减，所以f (x )max ＝f (0)，f (x )min ＝min{f (－1)，f (1)}＝f (－1)，f (x )max ＋f (x )min ＝f (0)＋f (－1)＝1－4＝－3.。