2017-2019高考文数真题分类解析---导数及其应用
专题03导数及其应用（解析版）
专题03 导数及其应用1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-【答案】D【解析】∵e ln 1,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 ．【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a ，b 的等式，从而求解，属于常考题型.2．【2019年高考天津理数】已知a ∈R ，设函数222,1,()ln ,1.x ax a x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩若关于x 的不等式()0f x ≥在R 上恒成立，则a 的取值范围为 A ．[]0,1 B ．[]0,2 C ．[]0,eD ．[]1,e【答案】C【解析】当1x =时，(1)12210f a a =-+=>恒成立；当1x <时，22()22021x f x x ax a a x =-+≥⇔≥-恒成立，令2()1x g x x =-，则222(11)(1)2(1)1()111x x x x g x x x x -----+=-=-=----112201x x ⎛⎫⎛⎫=--+-≤-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭，当111x x-=-，即0x =时取等号， ∴max 2()0a g x ≥=，则0a >.当1x >时，()ln 0f x x a x =-≥，即ln xa x≤恒成立， 令()ln xh x x=，则2ln 1()(ln )x h x x -'=，当e x >时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当0e x <<时，()0h x '<，函数()h x 单调递减， 则e x =时，()h x 取得最小值(e)e h =， ∴min ()e a h x ≤=，综上可知，a 的取值范围是[0,e]. 故选C.【名师点睛】本题考查分段函数的最值问题，分别利用基本不等式和求导的方法研究函数的最值，然后解决恒成立问题.3．（2019浙江）已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <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 =b1−a ， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2+ax ﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，2(1)y x a x =+-'，当a +1≤0，即a ≤﹣1时，y ′≥0，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在[0，+∞）上单调递增， 则y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 最多有一个零点，不合题意；当a +1＞0，即a >﹣1时，令y ′＞0得x ∈(a +1，+∞），此时函数单调递增，令y ′＜0得x ∈[0，a +1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 恰有3个零点⇔函数y ＝f （x ）﹣ax ﹣b 在（﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点， 如图：∴b1−a ＜0且{−b ＞013(a +1)3−12(a +1)(a +1)2−b ＜0， 解得b ＜0，1﹣a ＞0，b ＞−16（a +1）3，则a >–1，b <0. 故选C ．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x ＜0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b ＝x ﹣ax ﹣b ＝（1﹣a ）x ﹣b 最多有一个零点；当x ≥0时，y ＝f （x ）﹣ax ﹣b =13x 3−12（a +1）x 2﹣b ，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30x y -=【解析】223(21)e 3()e 3(31)e ,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 -=．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ . 【答案】4 【解析】由4(0)y x x x =+>，得241y x'=-， 设斜率为1-的直线与曲线4(0)y x x x=+>切于0004(,)x x x +，由20411x -=-得0x =0x =， ∴曲线4(0)y x x x=+>上，点P 到直线0x y +=4=.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ . 【答案】(e, 1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标. 设点()00,A x y ，则00ln y x =. 又1y x'=， 当0x x =时，01y x '=， 则曲线ln y x =在点A 处的切线为0001()y y x x x -=-， 即00ln 1xy x x -=-， 将点()e,1--代入，得00e1ln 1x x ---=-，即00ln e x x =，考察函数()ln H x x x =，当()0,1x ∈时，()0H x <，当()1,x ∈+∞时，()0H x >， 且()ln 1H x x '=+，当1x >时，()()0,H x H x '>单调递增， 注意到()e e H =，故00ln e x x =存在唯一的实数根0e x =， 此时01y =， 故点A 的坐标为()e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【2019年高考北京理数】设函数()e e xxf x a -=+（a 为常数）．若f （x ）为奇函数，则a =________；若f （x ）是R 上的增函数，则a 的取值范围是___________． 【答案】(]1,0--∞【解析】首先由奇函数的定义得到关于a 的恒等式，据此可得a 的值，然后利用()0f x '≥可得a 的取值范围.若函数()e e xxf x a -=+为奇函数，则()(),f x f x -=-即()ee e e xx x x a a --+=-+，即()()1e 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-∞.【名师点睛】本题考查函数的奇偶性､单调性､利用单调性确定参数的范围.解答过程中，需利用转化与化归思想，转化成恒成立问题.注重重点知识､基础知识､基本运算能力的考查.8．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点； （2）()f x 有且仅有2个零点． 【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）设()()g x f 'x =，则1()cos 1g x x x =-+，21sin ())(1x 'x g x =-++. 当1,2x π⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，()g'x 单调递减，而(0)0,()02g'g'π><，可得()g'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭有唯一零点，设为α.则当(1,)x α∈-时，()0g'x >；当,2x α⎛π⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <. 所以()g x 在(1,)α-单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，故()g x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点，即()f 'x 在1,2π⎛⎫- ⎪⎝⎭存在唯一极大值点. （2）()f x 的定义域为(1,)-+∞.（i ）当(1,0]x ∈-时，由（1）知，()f 'x 在(1,0)-单调递增，而(0)0f '=，所以当(1,0)x ∈-时，()0f 'x <，故()f x 在(1,0)-单调递减，又(0)=0f ，从而0x =是()f x 在(1,0]-的唯一零点.（ii ）当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，由（1）知，()f 'x 在(0,)α单调递增，在,2απ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，而(0)=0f '，02f 'π⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以存在,2βαπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()0f 'β=，且当(0,)x β∈时，()0f 'x >；当,2x βπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f 'x <.故()f x 在(0,)β单调递增，在,2βπ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减.又(0)=0f ，1ln 1022f ππ⎛⎫⎛⎫=-+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以当0,2x ⎛π⎤∈ ⎥⎝⎦时，()0f x >.从而，()f x 在0,2⎛⎤⎥⎝⎦π没有零点. （iii ）当,2x π⎛⎤∈π⎥⎝⎦时，()0f 'x <，所以()f x 在,2π⎛⎫π ⎪⎝⎭单调递减.而02f π⎛⎫> ⎪⎝⎭，()0f π<，所以()f x 在,2π⎛⎤π⎥⎝⎦有唯一零点. （iv ）当(,)x ∈π+∞时，ln(1)1x +>，所以()f x <0，从而()f x 在(,)π+∞没有零点. 综上，()f x 有且仅有2个零点.【名师点睛】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点，另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性，二者缺一不可.9．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数()11ln x f x x x -=-+.（1）讨论f (x )的单调性，并证明f (x )有且仅有两个零点；（2）设x 0是f (x )的一个零点，证明曲线y =ln x 在点A (x 0，ln x 0)处的切线也是曲线e x y =的切线. 【答案】（1）函数()f x 在(0,1)和(1,)+∞上是单调增函数，证明见解析； （2）见解析.【解析】（1）f （x ）的定义域为（0，1）（1，+∞）．因为212()0(1)f 'x x x =+>-，所以()f x 在（0，1），（1，+∞）单调递增． 因为f （e ）=e 110e 1+-<-，22222e 1e 3(e )20e 1e 1f +-=-=>--，所以f （x ）在（1，+∞）有唯一零点x 1，即f （x 1）=0．又1101x <<，1111111()ln ()01x f x f x x x +=-+=-=-，故f （x ）在（0，1）有唯一零点11x ．综上，f （x ）有且仅有两个零点． （2）因为0ln 01e x x -=，故点B （–ln x 0，01x ）在曲线y =e x 上．由题设知0()0f x =，即0001ln 1x x x +=-，故直线AB 的斜率0000000000111ln 111ln 1x x x x x k x x x x x x +---===+-----． 曲线y =e x 在点001(ln ,)B x x -处切线的斜率是01x ，曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处切线的斜率也是01x ， 所以曲线ln y x =在点00(,ln )A x x 处的切线也是曲线y =e x 的切线．【名师点睛】本题考查了利用导数求已知函数的单调性、考查了曲线的切线方程，考查了数学运算能力. 10．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】已知函数32()2f x x ax 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. 【答案】（1）见解析；（2）01a b =⎧⎨=-⎩或41a b =⎧⎨=⎩. 【解析】（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-． 令()0f x '=，得x =0或3ax =. 若a >0，则当(,0),3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当0,3a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在(,0),,3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在0,3a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递减；若a =0，()f x 在(,)-∞+∞单调递增；若a <0，则当,(0,)3a x ⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>；当,03a x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '<．故()f x 在,,(0,)3a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭单调递增，在,03a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减.（2）满足题设条件的a ，b 存在.（i ）当a ≤0时，由（1）知，()f x 在[0，1]单调递增，所以()f x 在区间[0，l]的最小值为(0)=f b ，最大值为(1)2f a b =-+.此时a ，b 满足题设条件当且仅当1b =-，21a b -+=，即a =0，1b =-．（ii ）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(0)=f b ，最小值为(1)2f a b =-+．此时a ，b 满足题设条件当且仅当21a b -+=-，b =1，即a =4，b =1．（iii ）当0<a <3时，由（1）知，()f x 在[0，1]的最小值为3327a a f b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，最大值为b 或2a b -+．若3127a b -+=-，b =1，则a =0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =a =-a =0，与0<a <3矛盾． 综上，当且仅当a =0，1b =-或a =4，b =1时，()f x 在[0，1]的最小值为-1，最大值为1．【名师点睛】这是一道常规的函数导数和不等式的综合题，题目难度比往年降低了不少，考查函数的单调性、最大值、最小值这种基本量的计算. 11．【2019年高考北京理数】已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2,4]x ∈-时，求证：6()x f x x -≤≤；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a =-+∈R ，记()F x 在区间[2,4]-上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．【答案】（Ⅰ）y x =与6427y x =-；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）3a =-. 【解析】（Ⅰ）由321()4f x x x x =-+得23()214f x x x '=-+.令()1f x '=，即232114x x -+=，得0x =或83x =.又(0)0f =，88()327f =，所以曲线()y f x =的斜率为1的切线方程是y x =与88273y x -=-， 即y x =与6427y x =-.（Ⅱ）令()(),[2,4]g x f x x x =-∈-. 由321()4g x x x =-得23()24g'x x x =-.令()0g'x =得0x =或83x =. (),()g'x g x 的情况如下：所以()g x 的最小值为6-，最大值为0. 故6()0g x -≤≤，即6()x f x x -≤≤. （Ⅲ）由（Ⅱ）知，当3a <-时，()(0)|(0)|3M F g a a a ≥=-=->； 当3a >-时，()(2)|(2)|63M F a g a a ≥-=--=+>； 当3a =-时，()3M a =. 综上，当()M a 最小时，3a =-.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2019年高考天津理数】设函数()e cos ,()xf x xg x =为()f x 的导函数．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，证明()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭；（Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间2,242n n ππ⎛⎫π+π+ ⎪⎝⎭内的零点，其中n ∈N ，证明20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-． 【答案】（Ⅰ）()f x 的单调递增区间为3ππ2π,2π(),()44k k k f x ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为π5π2π,2π()44k k k ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦Z .（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析. 【解析】（Ⅰ）由已知，有()e (cos sin )x f 'x x x =-．因此，当52,244x k k ππ⎛⎫∈π+π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x >，得()0f 'x <，则()f x 单调递减；当32,244x k k ππ⎛⎫∈π-π+ ⎪⎝⎭()k ∈Z 时，有sin cos x x <，得()0f 'x >，则()f x 单调递增．所以，()f x 的单调递增区间为32,2(),()44k k k f x ππ⎡⎤π-π+∈⎢⎥⎣⎦Z 的单调递减区间为52,2()44k k k ππ⎡⎤π+π+∈⎢⎥⎣⎦Z ． （Ⅱ）证明：记()()()2h x f x g x x π⎛⎫=+-⎪⎝⎭．依题意及（Ⅰ），有()e (cos sin )x g x x x =-，从而()2e sin x g'x x =-．当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0()g'x <，故()()()()(1)()022h'x f 'x g'x x g x g'x x ππ⎛⎫⎛⎫=+-+-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．因此，()h x 在区间,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，进而()022h x h f ππ⎛⎫⎛⎫≥== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，当,42x ππ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()()02f x g x x π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭．（Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos e 1n x n x =．记2n n y x n =-π，则,42n y ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且()()()22e cos ecos 2e n n yx n n n n n f y y x n n π--π==-π=∈N ．由()()20e1n n f y f y -π==≤及（Ⅰ），得0n y y ≥．由（Ⅱ）知，当,42x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g'x <，所以()g x 在,42ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上为减函数，因此()()004n g y g y g π⎛⎫≤<= ⎪⎝⎭．又由（Ⅱ）知，()()02n n n f y g y y π⎛⎫+-≥ ⎪⎝⎭，故()()()()()022*******2sin cos sin c e e e e os e n n n n n n y n n f y y g y g y g y y y x x -π-π-π-ππ--=-≤=--≤<． 所以，20022sin c s e o n n n x x x -πππ+-<-．【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法．考查函数思想和化归与转化思想．考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力． 13．【2019年高考浙江】已知实数0a ≠，设函数()=ln 0.f x a x x >（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)e x ∈+∞均有()2f x a≤ 求a 的取值范围． 注：e=…为自然对数的底数．【答案】（1）()f x 的单调递增区间是()3,+∞,单调递减区间是()0,3；（2）0,4⎛ ⎝⎦. 【解析】（1）当34a =-时，3()ln 04f x x x =-+>．3()4f 'x x =-+=所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a ≤，得0a <≤．当0a <≤()f x ≤2ln 0x -≥． 令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥则2()2ln g t t x =．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-==.故所以，()(1)0p x p ≥=．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>， 故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得，11(1)077q p p ⎛⎫⎛⎫=<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭． 所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=> ⎝．由（i ）（ii ）知对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞， 即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2xf x a ．综上所述，所求a 的取值范围是⎛⎝⎦． 【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．14．【2019年高考江苏】设函数()()()(),,,f x x a x b x c a b c =---∈R 、()f 'x 为f （x ）的导函数．（1）若a =b =c ，f （4）=8，求a 的值；（2）若a ≠b ，b =c ，且f （x ）和()f 'x 的零点均在集合{3,1,3}-中，求f （x ）的极小值；（3）若0,01,1a b c =<=，且f （x ）的极大值为M ，求证:M ≤427． 【答案】（1）2a =；（2）见解析；（3）见解析.【解析】（1）因为a b c ==，所以3()()()()()f x x a x b x c x a =---=-．因为(4)8f =，所以3(4)8a -=，解得2a =．（2）因为b c =，所以2322()()()(2)(2)f x x a x b x a b x b a b x ab =--=-+++-， 从而2()3()3a b f 'x x b x +⎛⎫=-- ⎪⎝⎭．令()0f 'x =，得x b =或23a b x +=． 因为2,,3a ba b +都在集合{3,1,3}-中，且a b ≠， 所以21,3,33a ba b +===-． 此时2()(3)(3)f x x x =-+，()3(3)(1)f 'x x x =+-． 令()0f 'x =，得3x =-或1x =．列表如下：所以()f x 的极小值为2(1)(13)(13)32f =-+=-．（3）因为0,1a c ==，所以32()()(1)(1)f x x x b x x b x bx =--=-++，2()32(1)f 'x x b x b =-++．因为01b <≤，所以224(1)12(21)30b b b ∆=+-=-+>， 则()f 'x 有2个不同的零点，设为()1212,x x x x <．由()0f 'x =，得12x x ==． 列表如下：所以()f x 的极大值()1M f x =． 解法一：()321111(1)M f x x b x bx ==-++()221111211(1)[32(1)]3999b b x b b b x b x b x -+++⎛⎫=-++--+ ⎪⎝⎭()2321(1)(1)227927b b b b b --+++=++23(1)2(1)(1)2272727b b b b +-+=-+(1)24272727b b +≤+≤．因此427M ≤． 解法二：因为01b <≤，所以1(0,1)x ∈．当(0,1)x ∈时，2()()(1)(1)f x x x b x x x =--≤-． 令2()(1),(0,1)g x x x x =-∈，则1()3(1)3g'x x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭． 令()0g'x =，得1x =．列表如下：所以当13x =时，()g x 取得极大值，且是最大值，故max 14()327g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭． 所以当(0,1)x ∈时，4()()27f x g x ≤≤，因此427M ≤． 【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力．15．【河北省武邑中学2019届高三第二次调研考试数学】函数f(x)=x 2−2lnx 的单调减区间是A ．(0,1]B ．[1,+∞)C ．(−∞,−1]∪(0，1]D ．[−1,0)∪(0,1]【答案】A【解析】f′(x)=2x −2x =2x 2−2x(x >0)，令f′(x)≤0，解得：0<x ≤1. 故选A ．【名师点睛】本题考查了函数的单调性，考查导数的应用，是一道基础题.16．【江西省南昌市2019届高三模拟考试数学】已知f(x)在R 上连续可导，f ′(x)为其导函数，且f(x)=e x +e −x −f ′(1)x ⋅(e x −e −x )，则f ′(2)+f ′(−2)−f ′(0)f ′(1)= A ．4e 2+4e −2 B ．4e 2−4e −2 C ．0D ．4e 2【答案】C【解析】∵()e e (1)()(e e ()x x x x f x f x f x --'-=+=---)， ∴()f x 是偶函数，两边对x 求导，得()()f x f x -'-='，即()()f x f x '-=-'， 则()f x '是R 上的奇函数，则(0)0f '=，(2)(2)f f '-=-'，即(2)(2)0f f '+'-=，则(2)(2)(0)(1)0f f f f ''''+--=. 故选C ．【名师点睛】本题主要考查函数导数值的计算，根据条件判断函数的奇偶性是解决本题的关键，是中档题.17．【江西省新八校2019届高三第二次联考数学】若3()3()21f x f x x x +-=++对x ∈R 恒成立，则曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为A ．5250x y +-=B ．10450x y +-=C ．540x y +=D ．204150x y --=【答案】B 【解析】()()3321f x f x x x +-=++……①，()()3321f x f x x x ∴-+=--+……②，联立①②，解得()31124f x x x =--+，则()2312f x x '=--， ()11511244f ∴=--+=-，()351122f '=--=-，∴切线方程为：()55142y x +=--，即10450x y +-=. 故选B.【名师点睛】本题考查利用导数的几何意义求解在某一点处的切线方程，关键是能够利用构造方程组的方式求得函数的解析式.18．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】函数2l ()n f x x x =的最小值为A ．1e -B ．1eC ．12e-D ．12e【答案】C【解析】由题得(0,)x ∈+∞，()2ln (2ln 1)f x x x x x x '=+=+， 令2ln 10x +=，解得12ex -=，则当12(0,e )x -∈时，()f x 为减函数，当12(e ,)x -∈+∞时，()f x 为增函数， 所以12e x -=处的函数值为最小值，且121(e )2ef -=-. 故选C.【名师点睛】本题考查用导数求函数最值，解此类题首先确定函数的定义域，其次判断函数的单调性，确定最值点，最后代回原函数求得最值.19．【四川省内江市2019届高三第三次模拟考试数学】若函数f(x)=12ax 2+xlnx −x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是 A ．1,1e ⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】()ln f x ax x '=+， ∴()0f x '>在x ∈()0+∞，上成立， 即ax+ln x ＞0在x ∈()0+∞，上成立，即a ln xx-＞在x ∈()0+∞，上成立． 令g （x ）ln x x =-，则g ′（x ）21ln xx -=-， ∴g （x ）ln xx =-在（0，e ）上单调递减，在（e ，+∞）上单调递增，∴g （x ）ln x x =-的最小值为g （e ）=1e-，∴a ＞1e-． 故选B ．【名师点睛】本题考查学生利用导数研究函数的单调性及转化化归思想的运用，属中档题．20．【山西省太原市2019届高三模拟试题（一）数学】已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf ′(x)−f(x)<0，且f(2)=2，则f (e x )−e x >0的解集是 A ．(−∞,ln2) B ．(ln2,+∞) C ．(0,e 2)D ．(e 2,+∞)【答案】A 【解析】令g (x )=f (x )x,g ′(x )=xf ′(x )−f (x )x 2<0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递减，且g (2)=f (2)2=1,故f (e x )−e x >0等价为f (e x )e x>f (2)2，即g (e x )>g (2)，故e x <2,即x <ln2， 则所求的解集为(−∞,ln2). 故选A.【名师点睛】本题考查导数与单调性的应用，构造函数的思想，考查分析推理能力，是中档题. 21．【河南省焦作市2019届高三第四次模拟考试数学】已知a =ln √33，b =e −1，c =3ln28，则a,b,c 的大小关系为 A ．b <c <a B ．a >c >b C ．a >b >cD ．b >a >c【答案】D【解析】依题意，得ln33a ==，1lne e e b -==，3ln2ln888c ==.令f (x )=ln x x，所以f ′(x )=1−ln x x 2.所以函数f (x )在(0,e )上单调递增，在(e,+∞)上单调递减， 所以[f (x )]max =f (e )=1e =b ，且f (3)>f (8)，即a >c ， 所以b >a >c . 故选D.【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性，构造出函数()ln xf x x=是解题的关键，属于中档题.22．【安徽省毛坦厂中学2019届高三校区4月联考数学】已知f (x )=lnx +1−ae x ，若关于x 的不等式f (x )<0恒成立，则实数a 的取值范围是 A ．1,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．(),0-∞C ．1,e⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0f x <恒成立得ln 1ex x a +>恒成立， 设()ln 1e x x h x +=，则()1ln 1e xx x h x -='-. 设()1ln 1g x x x =--，则()2110g x x x'=--<恒成立，∴g (x )在(0,+∞)上单调递减，又∵g (1)=0，∴当0<x <1时，g (x )>g (1)=0，即ℎ′(x )>0； 当x >1时，g (x )<g (1)=0，即ℎ′(x )<0， ∴ℎ(x )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减， ∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1e ，∴a >1e . 故选D.【名师点睛】本题考查利用导数求函数的最值，不等式恒成立问题，分离参数是常见的方法，属于中档题.23．【辽宁省丹东市2019届高三总复习质量测试】若1x =是函数()3221()(1)33f x x a x a a x =++-+-的极值点，则a 的值为 A ．-2 B ．3 C ．-2或3D ．-3或2【答案】B 【解析】()()()()32222113(3)(132)f x x a x a a f x x x a x a a '=++-=++-+-⇒+-，由题意可知(1)0f '=，即()212(1)303a a a a +-=+⇒-=+或2a =-，当3a =时，()222()2(1)389(9)(1)f x x a x a a x x x x +-'=++-=+-=+-，当1x >或9x <-时，()0f x '>，函数单调递增；当91x -<<时，()0f x '<，函数单调递减， 显然1x =是函数()f x 的极值点；当2a =-时，()2222()232(111))(0a a f x x a x x x x +-=-++=-=+-≥'，所以函数()f x 是R 上的单调递增函数，没有极值，不符合题意，舍去. 故3a =. 故选B ．【名师点睛】本题考查了已知函数的极值，求参数的问题.本题易错的地方是求出a 的值，没有通过单调性来验证1x =是不是函数的极值点，也就是说使得导函数为零的自变量的值，不一定是极值点. 24．【黑龙江省大庆市第一中学2019届高三下学期第四次模拟（最后一卷)考试】已知奇函数()f x 是定义在R 上的可导函数，其导函数为()f x '，当0x >时，有()()22f x xf x x '>+，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋的解集为A ．(),2016-∞-B ．()2016,2012--C ．(),2018-∞-D ．()2016,0-【答案】A【解析】设()()2g x x f x =，因为()f x 为R 上的奇函数，所以()()()()22g x x f x x f x -=--=-，即()g x 为R 上的奇函数对()g x 求导，得()()()2f g f x x x x x '=+'⎡⎤⎣⎦， 而当0x >时，有()()220f x xf x x '>+≥，故0x >时，()0g x '>，即()g x 单调递增，所以()g x 在R 上单调递增，则不等式()()()22018+2018420x f x f +-<＋即()()()22018+201842x f x f +<--， 即()()()22018+201842x f x f +<， 即()()20182g x g +<，所以20182x +<，解得2016x <-. 故选A.【名师点睛】本题考查构造函数解不等式，利用导数求函数的单调性，函数的奇偶性，题目较综合，有一定的技巧性，属于中档题.25．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线与直线10ax y --=垂直，则a =________. 【答案】12-【解析】因为21()ln 2f x x x x =+，所以()ln 1f x x x '=++， 因此，曲线21()ln 2f x x x x =+在点(1(1))f ，处的切线斜率为(1)112k f '==+=， 又该切线与直线10ax y --=垂直，所以12a =-. 故答案为12-. 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题，熟记导数的几何意义即可求解，属于常考题型.26．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月）数学】已知函数22,0,()e ,0,x x x f x x ⎧≤=⎨>⎩若方程2[()]f x a =恰有两个不同的实数根12,x x ，则12x x +的最大值是______．【答案】3ln 22-【解析】作出函数()f x 的图象如图所示，由()2f x a =⎡⎤⎣⎦，可得()1f x =>， 即1a >，不妨设12x x < ，则2212e x x =(1)t t =>，则12ln x x t ==，12ln x x t ∴+=令()ln g t t =()g t '= ∴当18t <<时，()0g t '>，g t 在()1,8上单调递增；当8t时，()0g t '<，g t 在()8,+∞上单调递减，∴当8t =时，g t 取得最大值，为(8)ln823ln22g =-=-.故答案为3ln 22-.【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系，考查了利用导数判断函数的单调性以及求函数的极值与最值，属于难题.求函数()f x 的极值与最值的步骤：（1）确定函数的定义域；（2）求导数()f x '；（3）解方程()0,f x '=求出函数定义域内的所有根；（4）判断()f x '在()0f x '=的根0x 左右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么()f x 在0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增），那么()f x 在0x 处取极小值.（5）如果只有一个极值点，则在该点处取得极值也是最值；（6）如果求闭区间上的最值还需要比较端点处的函数值与极值的大小.27．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】已知函数4211()42f x x ax =-，a ∈R . （1）当1a =时，求曲线()f x 在点(2,(2))f 处的切线方程；（2）设函数2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--，其中e 2.71828...=是自然对数的底数，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值． 【答案】（1）6100x y --=；（2）当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞单调递增，在(单调递减，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【解析】（1）由题意3()f x x ax '=-，所以当1a =时，(2)2f =，(2)6f '=， 因此曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程是26(2)y x -=-， 即6100x y --=.（2）因为2()(22)e e ()x g x x x a f x =-+--， 所以2()(22)e (22)e e '()x x g x x x x a f x '=-+-+--232()e e()()(e e )x x x a x ax x a x =---=--，令()e e x h x x =-，则()e e x h x '=-， 令()0h x '=得1x =，当(,1)x ∈-∞时，()0h x '<，()h x 单调递减， 当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增， 所以当1x =时，min ()(1)0h x h ==， 也就说，对于x ∀∈R 恒有()0h x ≥. 当0a ≤时，2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，令()0g x '=，可得x =当x <x >2()()()0g x x a h x '=-≥，()g x 单调递增，当x <<()0g x '<，()g x 单调递减，因此，当x =()g x 取得极大值2e(2)e4g a =+；当x =()g x 取得极小值2e (4g a =-+. 综上所述：当0a ≤时，()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，()g x 在(,-∞和)+∞上单调递增，在(上单调递减， 函数既有极大值，又有极小值，极大值为2e(2)e4g a =+，极小值为2e (4g a =-+. 【名师点睛】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．28．【陕西省2019届高三第三次联考数学】已知函数f(x)=lnx −ax ，g(x)=x 2，a ∈R .（1）求函数f(x)的极值点；（2）若f(x)≤g(x)恒成立，求a 的取值范围.【答案】（1）极大值点为1a ，无极小值点.（2）a ≥−1.【解析】（1）()ln f x x ax =-的定义域为(0,+∞)，f ′(x )=1x −a ， 当a ≤0时，f ′(x )=1x −a >0，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增，无极值点；当a >0时，解f ′(x )=1x −a >0得0<x <1a ，解f ′(x )=1x −a <0得x >1a ， 所以f (x )在(0,1a )上单调递增，在(1a ,+∞)上单调递减，所以函数f (x )有极大值点，为1a ，无极小值点. （2）由条件可得ln x −x 2−ax ≤0(x >0)恒成立， 则当x >0时，a ≥ln x x−x 恒成立，令ℎ(x )=ln x x−x(x >0)，则ℎ′(x )=1−x 2−ln xx 2，令k (x )=1−x 2−ln x(x >0)，则当x >0时，k ′(x )=−2x −1x <0，所以k (x )在(0,+∞)上为减函数. 又k (1)=0，所以在(0,1)上，ℎ′(x )>0；在(1,+∞)上，ℎ′(x )<0. 所以ℎ(x )在(0,1)上为增函数，在(1,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x )max =ℎ(1)=−1，所以a ≥−1.【名师点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.29．【山东省济宁市2019届高三二模数学】已知函数f(x)=lnx −xe x +ax(a ∈R).（1）若函数f(x)在[1,+∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； （2）若a =1，求f(x)的最大值.【答案】（1）a ≤2e −1；（2）f(x)max =−1.【解析】（1）由题意知，f′(x)=1x −(e x +xe x )+a =1x −(x +1)e x +a ≤0在[1,+∞)上恒成立， 所以a ≤(x +1)e x −1x 在[1,+∞)上恒成立. 令g(x)=(x +1)e x −1x ，则g′(x)=(x +2)e x +1x 2>0，所以g(x)在[1,+∞)上单调递增，所以g(x)min =g(1)=2e −1， 所以a ≤2e −1.（2）当a =1时，f(x)=lnx −xe x +x(x >0). 则f′(x)=1x−(x +1)e x +1=(x +1)(1x−e x )，令m(x)=1x −e x ，则m′(x)=−1x 2−e x <0， 所以m(x)在(0,+∞)上单调递减.由于m(12)>0，m(1)<0，所以存在x 0>0满足m(x 0)=0，即e x 0=1x 0.当x ∈(0,x 0)时，m(x)>0，f′(x)>0；当x ∈(x 0,+∞)时，m(x)<0，f′(x)<0. 所以f(x)在(0,x 0)上单调递增，在(x 0,+∞)上单调递减. 所以f(x)max =f (x 0)=lnx 0−x 0e x 0+x 0， 因为e x 0=1x 0，所以x 0=−lnx 0，所以f(x 0)=−x 0−1+x 0=−1， 所以f(x)max =−1.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，最值，零点存在性定理及其应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.30．【福建省龙岩市2019届高三5月月考数学】今年3月5日，国务院总理李克强作的政府工作报告中，提到要“惩戒学术不端，力戒学术不端，力戒浮躁之风”.教育部日前公布的《教育部2019年部门预算》中透露，2019年教育部拟抽检博士学位论文约6000篇，预算为800万元.国务院学位委员会、教育部2014年印发的《博士硕士学位论文抽检办法》通知中规定：每篇抽检的学位论文送3位同行专家进行评议，3位专家中有2位以上（含2位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.有且只有1位专家评议意见为“不合格”的学位论文，将再送2位同行专家进行复评，2位复评专家中有1位以上（含1位）专家评议意见为“不合格”的学位论文，将认定为“存在问题学位论文”.设每篇学位论文被每位专家评议为“不合格”的概率均为(01)p p <<，且各篇学位论文是否被评议为“不合格”相互独立.（1）记一篇抽检的学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为()f p ，求()f p ；（2）若拟定每篇抽检论文不需要复评的评审费用为900元，需要复评的评审费用为1500元；除评审费外，其它费用总计为100万元.现以此方案实施，且抽检论文为6000篇，问是否会超过预算并说明理由.【答案】（1）−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2；（2）若以此方案实施，不会超过预算.【解析】（1）因为一篇学位论文初评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 32p 2(1−p )+C 33p 3， 一篇学位论文复评被认定为“存在问题学位论文”的概率为C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]，所以一篇学位论文被认定为“存在问题学位论文”的概率为f (p )=C 32p 2(1−p )+C 33p 3+C 31p (1−p )2[1−(1−p )2]=3p 2(1−p )+p 3+3p (1−p )2[1−(1−p )2] =−3p 5+12p 4−17p 3+9p 2.（2）设每篇学位论文的评审费为X 元，则X 的可能取值为900，1500.P (X =1500)=C 31p (1−p )2， P (X =900)=1−C 31p (1−p )2， 所以E (X )=900×[1−C 31p (1−p )2]+1500×C 31p (1−p )2=900+1800p (1−p )2. 令g (p )=p (1−p )2,p ∈(0,1),g ′(p )=(1−p )2−2p (1−p )=(3p −1)(p −1). 当p ∈(0,13)时，g ′(p )>0，g (p )在(0,13)上单调递增；当p ∈(13,1)时，g ′(p )<0，g (p )在(13,1)上单调递减,所以g (p )的最大值为g (13)=427.所以实施此方案，最高费用为100+6000×(900+1800×427)×10−4=800（万元）. 综上，若以此方案实施，不会超过预算.【名师点睛】本题主要考查互斥事件的概率和独立重复试验的概率的求法，考查随机变量的期望的求法，考查利用导数求函数的最大值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 31．【北京市西城区2019届高三4月统一测试（一模）数学】设函数f(x)=m e x −x 2+3，其中m ∈R ．（1）当f(x)为偶函数时，求函数ℎ(x)=xf(x)的极值；（2）若函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点，求m 的取值范围． 【答案】（1）极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2；（2）−2e <m <13e 4或m =6e 3.【解析】（1）由函数f(x)是偶函数，得f(−x)=f(x)， 即m e −x −(−x)2+3=m e x −x 2+3对于任意实数x 都成立， 所以m =0. 此时ℎ(x)=xf(x)=−x 3+3x ，则ℎ′(x)=−3x 2+3. 由ℎ′(x)=0，解得x =±1. 当x 变化时，ℎ′(x)与ℎ(x)的变化情况如下表所示：所以ℎ(x)在(−∞,−1)，(1,+∞)上单调递减，在(−1,1)上单调递增. 所以ℎ(x)有极小值ℎ(−1)=−2，极大值ℎ(1)=2. （2）由f(x)=m e x −x 2+3=0，得m =x 2−3e x.所以“f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点”等价于“直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点”.对函数g(x)求导，得g ′(x)=−x 2+2x+3e x.由g ′(x)=0，解得x 1=−1，x 2=3. 当x 变化时，g ′(x)与g(x)的变化情况如下表所示：所以g(x)在(−2,−1)，(3,4)上单调递减，在(−1,3)上单调递增. 又因为g(−2)=e 2，g(−1)=−2e ，g(3)=6e 3<g(−2)，g(4)=13e 4>g(−1)，所以当−2e <m <13e4或m =6e3时，直线y =m 与曲线g(x)=x 2−3e x，x ∈[−2 , 4]有且只有两个公共点.即当−2e <m <13e 4或m =6e3时，函数f(x)在区间[−2 , 4]上有两个零点.【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法： （1）利用零点存在的判定定理构建不等式求解. （2）分离参数后转化为函数的值域(最值)问题求解. （3）转化为两熟悉的函数图象问题，从而构建不等式求解.。
专题03 导数及其应用-2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(文)(解析版)
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：
y0 y1 x1
f y0 x0
(
x0
) f
(
x0
)
得切点(x0，y0)，
进而确定切线方程．
6．【2019 年高考江苏】在平面直角坐标系 xOy 中，P 是曲线 y x 4 (x 0) 上的一个动点，则点 P 到直 x
线 x y 0 的距离的最小值是 ▲ .
专题 03 导数及其应用
1．【2019 年高考全国Ⅱ卷文数】曲线 y=2sinx+cosx 在点(π，-1)处的切线方程为
A． x y 1 0
B． 2x y 2 1 0
C． 2x y 2 1 0
D． x y 1 0
【答案】C
【解析】 y 2 cos x sin x, y xπ 2 cos π sin π 2, 则 y 2 sin x cos x 在点 (, 1) 处的切线方程为 y (1) 2(x ) ，即 2x y 2 1 0 ．
23 2 4.
2019年高考数学高频考点揭秘与仿真测试专题17导数及其应用导数的应用1文 含答案解析
专题17 导数及其应用 导数的应用1（函数的单调性、极值、最值）一、具本目标：1. 导数在研究函数中的应用：①了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（对多项式函数一般不超过三次）。
②了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（对多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（对多项式函数一般不超过三次）. 2.生活中的优化问题：会利用导数解决某些实际问题。
考点透析：1.以研究函数的单调性、单调区间、极值（最值）等问题为主，与不等式、函数与方程、函数的图象相结合；2.单独考查利用导数研究函数的某一性质以小题呈现，综合研究函数的性质以大题呈现；3.适度关注生活中的优化问题. 3.备考重点：(1) 熟练掌握导数公式及导数的四则运算法则是基础；(2) 熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值（最值）的基本方法，灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想等，分析问题解决问题. 二、知识概述： 一）函数的单调性：1.设函数y =f (x )在某个区间内可导，如果0)(>'x f ，则函数y =f (x )为增函数；如果f ' (x )<0，则函数y ＝f (x )为减函数；如果恒有f ' ( x )＝0，则y =f (x )为常函数.2.应当理解函数的单调性与可导性并无本质的联系，甚至具有单调性的函数并不一定连续．我们只是利用可导来研究单调性，这样就将研究的范围局限于可导函数．3.f (x )在区间I 上可导，那么0)(>'x f 是f (x )为增函数的充分条件，例如f (x )=x 3是定义于R 的增函数，但 f '(0)=0，这说明f '(x )>0非必要条件．)(x f 为增函数，一定可以推出0)(≥'x f ，但反之不一定． 4. 讨论可导函数的单调性的步骤： （1）确定)(x f 的定义域；（2）求)(x f '，令0)(='x f ，解方程求分界点； （3）用分界点将定义域分成若干个开区间；（4）判断)(x f '在每个开区间内的符号，即可确定)(x f 的单调性.5.我们也可利用导数来证明一些不等式．如f (x )、g (x )均在[a 、b ]上连续，(a ，b )上可导，那么令h (x )＝f (x )－g (x )，则h (x )也在[a ，b ]上连续，且在(a ，b )上可导，若对任何x ∈(a ，b )有h '(x )>0且 h (a )≥0，则当x ∈(a ，b )时 h (x )>h (a )=0，从而f (x )>g (x )对所有x ∈(a ，b )成立． 二）函数的极、最值： 1．函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x )的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值． 极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值． 2．函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f(x)在[a ，b ]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b ]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b ]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值． 【真题分析】1.【2017·鸡西模拟】函数的单调递增区间是( )A ．(－∞，2)B ．(0,3)C ．(1,4)D ．(2，＋∞)【答案】D 【变式】（1）函数的单调递增区间是 ．【解析】函数的导函数为，令()0>'x f ，则有，解得e x 1>，所以函数的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e【答案】⎪⎭⎫⎝⎛+∞,1e 2.【优选题】已知函数在[1,)+∞上是减函数，则实数a 的取值范围为（ ）A ．1a <B ．2a <C ．2a ≤D ．3a ≤ 【解析】本题考点是利用函数的单调递减性求待定参数问题.，因为函数在[1,)+∞上是减函数，所以()0f x '≤在[1,)+∞上恒成立，即在[1,)+∞上恒成立，即在[1,)+∞上恒成立，又因为，当且仅当1x =是取等号，所以2a ≤，故选C ．【答案】C【变式】若在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( )A ．[－1，＋∞)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1]D ．(－∞，－1)【答案】C3.【2016高考四川文科】已知a 函数的极小值点，则a =( )A.-4B. -2C.4D.2 【解析】本题考点是函数导数与极值.，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 极小值为()2f ，由已知得2a =，故选D.【答案】D4.【2017课标II ，理11】若2x =-是函数的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e -- C.35e - D.1 【解析】本题的考点是函数的极值与单调性问题的考查.对函数求导可得，整理得：，因为2x =-是函数的极值点，所以有，可得1-=a ，有，导函数为.令()0>'x f ，解得，所以()x f 在单调递增，令()0<'x f ，解得12<<-x ，所以()x f 在()12，-单调递减，所以()x f 的极小值为.【答案】A5.【优选题】已知等比数列{}n a 的前n 项的和为，则的极大值为（ ）A ．2B ．3C ．72 D ．52所以函数为，求得导函数为.令()0>'x f 可得()x f 的单调递增区间为()1-∞-，和⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，32，令()0<'x f 可得()x f 的单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛-321，，所以函数在1-=x 处取得极大值.【答案】D6. 【优选题】若函数在2(,6)a a -上有最小值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．(5,1)-B ．[5,1)-C ．[)2,1-D ．(2,1)-【解析】本题利用函数的求导与最值、二次函数的性质求待定参数的问题. 由题意可得：，令()0='x f ，可得1±=x ，所以函数()x f 在上单调递增，在()11，-上单调递减，所以函数在1=x 取得最小值为()21-=f ，又因为函数在2(,6)a a -有最小值，所以有和解得，所以a 的取值范围为[)12，-.【答案】C 5.设函数，则()f x 是( )A.奇函数，且在（0,1）上是增函数B.奇函数，且在（0,1）上是减函数C.偶函数，且在（0,1）上是增函数D.偶函数，且在（0,1）上是减函数 【解析】函数，函数的定义域为（-1，1），函数所以函数是奇函数．，在（0,1）上()'0f x > ，所以()f x 在(0,1)上单调递增，故选A. 【答案】A 6.若函数在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是（ ）A.(],2-∞-B.(],1-∞-C.[)2,+∞D.[)1,+∞【答案】D 7.已知函数有两个极值点,则实数a 的取值范围是 ( ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞【解析】因为函数有两个极值点，由.所以'()0f x =有两个不同的正实数根，令，所以.令'()0g x =所以102x a=>（小于零不成立）.所以可得，解得12a <.综上所以1(0,)2a ∈.故选B. 【答案】B 8.已知函数,若0x =是()f x 的一个极大值点,则实数a 的取值范围为 ． 【解析】因,即,由题设条件及导函数的图象可以推知方程的两根21,x x 在0的两边,即021<x x ,也即02<-a ,所以2<a . 【答案】(),2-∞9.设函数，其中a R ∈.讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由；()1当0a =时，，()0f x '>在()1,-+∞恒成立，所以函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值；()20a >时，①当809a <≤时，0∆≤，()0g x ≥，所以()0f x '≥，函数()f x 在()1,-+∞上单调递增无极值； ②当89a >时，0∆>.设方程的两根为因为，所以，.由可得：所以，当()11,x x ∈-时， ，函数()f x 单调递增；当()12,x x x ∈时， ，函数()f x 单调递减；当时，，函数()f x 单调递增；因此函数()f x 有两个极值点．()3当0a <时，0∆>，由可得：11x <- ；当()21,x x ∈-时，函数单调递增；当时，函数单调递减；因此函数()f x 有一个极值点.综上：当0a <时，函数()f x 在()1,-+∞上有唯一极值点； 当809a ≤≤时，函数()f x 在()1,-+∞上无极值点； 当89a >时，函数()f x 在()1,-+∞上有两个极值点。
2019年高考真题数学(文)分项汇编之导数及其应用(选择题、填空题)(原卷版)
专题03 导数及其应用（选择题、填空题）1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y =2sin x +cos x 在点(π，-1)处的切线方程为A ．10x y --π-=B ．2210x y --π-=C ．2210x y +-π+=D ．10x y +-π+=2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线e ln x y a x x =+在点（1，a e ）处的切线方程为y =2x +b ，则 A ．e 1a b ==-， B ．a=e ，b =1 C ．1e 1a b -==，D ．1e a -=，1b =-3．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】设函数32()(1)f x x a x ax =+-+.若()f x 为奇函数，则曲线()y f x =在点(0,0)处的切线方程为 A ．2y x =- B ．y x =- C ．2y x =D ．y x =4．【2017年高考浙江】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图象如图所示，则函数y=f (x )的图象可能是5．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】函数()2e e x xf x x--=的图像大致为6．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】函数422y x x =-++的图像大致为7．【2017年高考山东文数】若函数e ()xf 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.下列函数中具有M 性质的是 A ．()2xf x -= B ．2()f x x = C ．()3x f x -=D ．()cos f x x =8．【2019年高考浙江】已知,a b ∈R ，函数32,0()11(1),032x x f x x a x ax x <⎧⎪=⎨-++≥⎪⎩．若函数()y f x ax b =--恰有3个零点，则 A ．a <–1，b <0 B ．a <–1，b >0 C ．a >–1，b <0D ．a >–1，b >09．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()e xy x x =+在点(0)0，处的切线方程为____________． 10．【2019年高考天津文数】曲线cos 2xy x =-在点(0,1)处的切线方程为__________. 11．【2018年高考天津文数】已知函数f (x )=e x ln x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′（1）的值为__________． 12．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】曲线2ln y x =在点(1,0)处的切线方程为__________．13．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】曲线21y x x=+在点（1，2）处的切线方程为______________． 14．【2017年高考天津文数】已知a ∈R ，设函数()ln f x ax x =-的图象在点（1，(1)f ）处的切线为l ，则l 在y 轴上的截距为___________．15．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，P 是曲线4(0)y x x x=+>上的一个动点，则点P 到直线0x y +=的距离的最小值是 ▲ .16．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy 中，点A 在曲线y =ln x 上，且该曲线在点A 处的切线经过点（-e ，-1)(e 为自然对数的底数），则点A 的坐标是 ▲ .17．【2018年高考江苏】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________．18．【2017年高考江苏】已知函数31()2e e xxf 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 ▲ ．。
三年高考高考数学真题分项汇编专题导数及其应用解答题文含解析.doc
专题04导数及其应用(解答题)1.[2019年高考全国I卷文数】已知函数/' (x) =2sinx-xcosx~x, f r (x)为f (x)的导数.(1)证明：f' (x)在区间(0, Jt )存在唯一零点；(2)若xG [0, “]时，f (x) 2ax,求a的取值范围.【答案】(1)见解析；(2).【解析】(1)设，贝9.当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，故在存在唯一零点.所以在存在唯一零点.(2)由题设知，可得aWO.由(1)知，在只有一个零点，设为，且当时，；当时，，所以在单调递增，在单调递减.又，所以，当时，.又当时，axWO,故.因此，a的取值范围是.【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题•对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.2.【2019年高考全国II卷文数】已知函数.证明：(1)存在唯一的极值点；(2)有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)的定义域为(0, +).因为单调递增，单调递减，所以单调递增，又，,故存在唯一，使得.又当时，，单调递减；当时，，单调递增.因此，存在唯一的极值点.(2)由(1)知，又，所以在内存在唯一根.由得.又，故是在的唯一根.综上，有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.3.[2019年高考天津文数】设函数，其中.(I )若aWO,讨论的单调性；(II)若，(i)证明恰有两个零点；(ii)设为的极值点，为的零点，且，证明.【答案】(I)在内单调递增.；(II) (i)见解析；(ii)见解析.【解析】(I)解：由已知，的定义域为，且因此当aWO时，，从而，所以在内单调递增.(II)证明：(i)由(I )知.令，由，可知在内单调递减，又，且故在内有唯一解，从而在内有唯一解，不妨设为，贝山当时，，所以在内单调递增；当时，，所以在内单调递减，因此是的唯一极值点.令，则当时，，故在内单调递减，从而当时，，所以.从而又因为，所以在内有唯一零点.又在内有唯一零点1,从而，在内恰有两个零点.(ii)由题意，即从而，即.因为当时，，又，故，两边取对数，得，于是整理得.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法. 考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.4.[2019年高考全国III卷文数】己知函数.(1)讨论的单调性；(2)当0〈a〈3时，记在区间[0, 1]的最大值为必最小值为皿，求的取值范围.【答案】(1)见详解；(2).【解析】(1).令，得尸0或.若Q0,则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减；若沪0,在单调递增；若以0,则当时，；当时，.故在单调递增，在单调递减.(2)当时，由(1)知，在单调递减，在单调递增，所以在［0,1］的最小值为，最大值为或.于是所以当时，可知单调递减，所以的取值范围是.当时，单调递增，所以的取值范围是.综上，的取值范围是.【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少•考查函数的单调性，最大值、最小值的计算.5.［2019年高考北京文数】已知函数.(I )求曲线的斜率为1的切线方程；(II)当时，求证：；(III)设，记在区间上的最大值为％ (a),当M (a)最小时，求a的值.【答案】(I )与；(II)见解析；(III).【解析】(I )由得.令，即，得或.又,，所以曲线的斜率为1的切线方程是与，即与.(II)令.由得.令得或.的情况如下：所以的最小值为，最大值为.故，即.(III)由(II)知，当时，；当时，；当时，.综上，当最小时，.【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的切线方程，利用导函数证明不等式的方法，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.6.[2019年高考浙江】己知实数，设函数(1)当时，求函数的单调区间；(2)对任意均有求的取值范围.注：e=2. 71828…为自然对数的底数.【答案】(1)的单调递增区间是，单调递减区间是；(2).【解析】(1)当时，.所以，函数的单调递减区间为(0, 3),单调递增区间为(3, +).(2)由，得.当时，等价于.令，则.设，贝y.(i)当时，，贝IJ记，则所以，.因此，.(ii)当时，.令，则，故在上单调递增，所以.由(i)得,.所以，.因此.由(i) (ii)知对任意，，即对任意，均有.综上所述，所求a的取值范围是.【名师点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系.(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数.(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题.(4)考查数形结合思想的应用.7.[2019年高考江苏】设函数、为f 3的导函数.(1)若EFb=c, f (4) =8,求a 的值；(2)若a^b, I FC,且f 3和的零点均在集合中，求f(x)的极小值；(3)若，且/• (x)的极大值为必求证:辰.【答案】(1);(2)见解析；(3)见解析.【解析】(1)因为，所以.因为，所以，解得.(2)因为，从而.令，得或.因为都在集合中，且,所以.此时，.令，得或.列表如下:所以的极小值为.(3)因为，所以，因为，所以，则有2个不同的零点，设为. 由，得.列表如下：所以的极大值.解法一：.因此.解法二：因为，所以.令，则.令，得.列表如下:所以当时，取得极大值，且是最大值，故.所以当时，，因此.【名师点睛】本题主要考查利用导数研究函数的性质，考查综合运用数学思想方法分析与解决问题以及逻辑推理能力.8.[2018年高考全国III卷文数】已知函数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)证明：当时，.【答案】(1); (2)见解析.【解析】(1),.因此曲线在点处的切线方程是.(2)当时，.令，则.当时,，单调递减；当时,，单调递增；所以.因此.【名师点睛】本题考查函数与导数的综合应用，第一问由导数的几何意义可求出切线方程，第二问当时，，令，求出的最小值即可证明.9.[2018年高考全国I卷文数】已知函数.(1)设是的极值点，求，并求的单调区间；(2)证明：当时，.【答案】(1)在(0, 2)单调递减，在(2, +8)单调递增；(2)见解析.【解析】(1)f (x)的定义域为，f ' (x) =ae* _ .由题设知，f ' (2) =0,所以a=.从而f (x) =, f ' (x)=.当0〈x〈2 时，f ' (x) <0；当x>2 时，f ' (x) >0.所以f 3在(0, 2)单调递减，在(2, +8)单调递增.(2)当a三时，/' (x) 5*.设g (x)=,贝l|当0〈x〈l时，g f (x) <0；当x>l时，g，(x) >0.所以是g(x)的最小值点.故当x>0 时，g (x) 2g (1) =0.因此，当时，.【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.10.[2018年高考全国II卷文数】已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)证明：只有一个零点.【答案】(1)在(-8, ) , (, +8)单调递增，在(，)单调递减；(2)见解析.【解析】(1)当a=3 时，f(X)=, f (x)=.令f' (x) =0解得尸或_¥=.当xW (-8, ) u (, +8)时，f' (x) >0；当xW (,)时，f' (x)〈0.故f(X)在(-8, ) , (, +OO)单调递增，在(，)单调递减.(2)由于，所以等价于.设=,则g ' (x)=》0,仅当尸0时g ' (x) =0,所以g(Q在(-8, +OO)单调递增.故g(X)至多有一个零点，从而f(X)至多有一个零点.又 /' (3a - 1)=,f (3a+l)=,故f 5有一个零点.综上，f 3只有一个零点.【名师点睛】(1)用导数求函数单调区间的步骤如下：①确定函数()的定义域；②求导数'();③由’（）＞0（或气）＜0）解出相应的的取值范围，当'（）＞耐，（）在相应区间上是增函数；当’（）＜勿寸，（）在相应区间上是减增函数.（2）本题第二问重在考查零点存在性问题，解题的关键在于将问题转化为求证函数（）有唯一零点，可先证明其单调，再结合零点存在性定理进行论证.11.【2018年高考北京文数】设函数.（I ）若曲线在点处的切线斜率为0,求a；（II ）若在处取得极小值，求a的取值范围.【答案】（I ）; （II）•【解析】（I ）因为，所以.由题设知，即，解得.（II）方法一：由（I）得.若a＞l,则当时，；当时，.所以在尸1处取得极小值.若，则当时，，所以.所以1不是的极小值点.综上可知，a的取值范围是.方法二：.（1）当沪0时，令得尸1.随x的变化情况如下表：.•.在尸1处取得极大值，不合题意.（2）当a＞0时，令得.%1当，即a=l时,,.•.在上单调递增，.•.无极值，不合题意.%1当，即0<3<1时，随X的变化情况如下表:•••在尸1处取得极大值，不合题意.%1当，即a〉l时，随x的变化情况如下表:在A=1处取得极小值，即3>1满足题意.(3)当a〈0时，令得.随x的变化情况如下表：在尸1处取得极大值，不合题意.综上所述，a的取值范围为.【名师点睛】导数类问题是高考数学中的必考题，也是压轴题，主要考查的形式有以下四个：①考查导数的几何意义，涉及求曲线切线方程的问题；②利用导数证明函数的单调性或求单调区间问题；③ 利用导数求函数的极值、最值问题；④关于不等式的恒成立问题.解题时需要注意以下两个方面：①在求切线方程问题时，注意区别在某一点和过某一点解题步骤的不同；②在研究单调性及极值、最值问题时常会涉及分类讨论的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立问题属于高考中的难点，要注意问题转换的等价性.12.【2018年高考天津文数】设函数，其中，且是公差为的等差数列.(I)若求曲线在点处的切线方程；(II)若，求的极值；(III)若曲线与直线有三个互异的公共点，求d的取值范围.【答案】(I) x+尸0； (II)函数f(x)的极大值为6；函数f(x)的极小值为-6； (III) d的取值范围为.【解析】(I )解：由已知，可得f(x)=x(旷1) (x+l)=xj¥,故=3/-1,因此f(0)=0, =-1,又因为曲线尸f3在点(0, /■(()))处的切线方程为厂/<0)= (T),故所求切线方程为x+y=0.(II )解：由已知可得f(x)=(尸仍+3) (x~t2)3—9 lx~t為=X3-3hx + ^i尸&3+9 ti.故=3/-6 fo^-3122~9.令=0,解得x^tir,或A=fa+.当x变化时，，f(x)的变化如下表：所以函数的极大值为/(fo-) = (-) J-9X (-)=6；函数f(x)的极小值为Afe+) = ()3-9X ()=-6.(Ill)解：曲线y=f{x)与直线y=-(A^fe)-6有三个互异的公共点等价于关于x的方程^x~t2+d) (j*-t2) {x~t2 -4 +(旷紡+ 6=0有三个互异的实数解，令iFFti,可得u3+(l-d)屮6=0.设函数g(x)=f+(l-d)x+6,则曲线y=f{x)与直线尸-(旷&)-6有三个互异的公共点等价于函数y=g(x) 有三个零点.=3/+(W).当</Wl时，M0,这时在R上单调递增，不合题意.当/〉1时，=0,解得必=,应=.易得，£(X)在(-8, Xi)上单调递增，在［xi,应］上单调递减，在(&, +8)上单调递增.g(x)的极大值g(xJ=g()=>0.g(x)的极小值gg) =&()=-.若g(Q$0,由g(x)的单调性可知函数尸g(x)至多有两个零点，不合题意.若即，也就是，此时，且，从而由的单调性，可知函数在区间内各有一个零点，符合题意.所以，的取值范围是.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法，考查函数思想和分类讨论思想，考查综合分析问题和解决问题的能力.13.[2018年高考浙江】已知函数f(x)= -lnx.(I)若/'(x)在尸卫，X2(XI H X2)处导数相等，证明：f(xj+f(x2)〉8-81n2；(II )若aW3-41n2,证明：对于任意Q0,直线y=kx+a与曲线y=f{x)有唯一公共点.【答案】(I)见解析；(II)见解析.【解析】(I )函数f (力的导函数，由得，因为，所以.由基本不等式得.因为，所以.由题意得.设，则，所以所以g(x)在E256, +8)上单调递增，故，即.(II )令沪，/?=,贝Uf(77?) - km~ a>\a\+k~ k~ a^O,f (n) - kn~ a〈W〈0,所以，存在及丘 5, n~)使/"(X。
2017-2019年高考真题导数压轴题全集(含详细解析)
2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax 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．3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx 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．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<，()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x 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[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-． （1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 20．（2018•天津）已知函数()x f x a =，()log a g x x =，其中1a >． （Ⅰ）求函数()()h x f x xlna =-的单调区间；（Ⅱ）若曲线()y f x =在点1(x ，1())f x 处的切线与曲线()y g x =在点2(x ，2())g x 处的切线平行，证明122()lnlnax g x lna+=-； （Ⅲ）证明当1ea e …时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线． 21．（2018•江苏）记()f x '，()g x '分别为函数()f x ，()g x 的导函数．若存在0x R ∈，满足00()()f x g x =且00()()f x g x '='，则称0x 为函数()f x 与()g x 的一个“S 点”． （1）证明：函数()f x x =与2()22g x x x =+-不存在“S 点”； （2）若函数2()1f x ax =-与()g x lnx =存在“S 点”，求实数a 的值；（3）已知函数2()f x x a =-+，()xbe g x x=．对任意0a >，判断是否存在0b >，使函数()f x 与()g x 在区间(0,)+∞内存在“S 点”，并说明理由． 22．（2018•新课标Ⅱ）已知函数321()(1)3f x x a x x =-++．（1）若3a =，求()f x 的单调区间； （2）证明：()f x 只有一个零点． 23．（2018•新课标Ⅰ）已知函数1()f x x alnx x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：1212()()2f x f x a x x -<--．24．（2017•全国）已知函数32()3(1)12f x ax a x x =-++． （1）当0a >时，求()f x 的极小值；（Ⅱ）当0a …时，讨论方程()0f x =实根的个数． 25．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()()x x f x e e a a x =--． （1）讨论()f x 的单调性； （2）若()0f x …，求a 的取值范围．26．（2017•天津）设a Z ∈，已知定义在R 上的函数432()2336f x x x x x a =+--+在区间(1,2)内有一个零点0x ，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()g x 的单调区间；（Ⅱ）设[1m ∈，00)(x x ⋃，2]，函数0()()()()h x g x m x f m =--，求证：0()()0h m h x <； （Ⅲ）求证：存在大于0的常数A ，使得对于任意的正整数p ，q ，且[1pq∈，00)(x x ⋃，2]，满足041||p x q Aq-…． 27．（2017•新课标Ⅱ）设函数2()(1)x f x x e =-． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，()1f x ax +…，求a 的取值范围． 28．（2017•山东）已知函数2()2cos f x x x =+，()(cos sin 22)x g x e x x x =-+-，其中2.71828e ≈⋯是自然对数的底数．（Ⅰ）求曲线()y f x =在点(π，())f π处的切线方程；（Ⅱ）令()h x g =()x a -()()f x a R ∈，讨论()h x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．29．（2017•天津）设a ，b R ∈，||1a …．已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()()x g x e f x =． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和x y e =的图象在公共点0(x ，0)y 处有相同的切线， ()i 求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；()ii 若关于x 的不等式()x g x e …在区间0[1x -，01]x +上恒成立，求b 的取值范围．30．（2017•江苏）已知函数32()1(0,)f x x ax bx a b R =+++>∈有极值，且导函数()f x '的极值点是()f x 的零点．（Ⅰ）求b 关于a 的函数关系式，并写出定义域； （Ⅱ）证明：23b a >；（Ⅲ）若()f x ，()f x '这两个函数的所有极值之和不小于72-，求实数a 的取值范围．31．（2017•北京）已知函数()cos x f x e x x =-． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）求函数()f x 在区间[0，]2π上的最大值和最小值．32．（2017•新课标Ⅱ）已知函数2()f x ax ax xlnx =--，且()0f x …． （1）求a ；（2）证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且220()2e f x --<<．33．（2017•浙江）已知函数1()(()2x f x x e x -=…．（1）求()f x 的导函数；（2）求()f x 在区间1[2，)+∞上的取值范围．34．（2017•新课标Ⅲ）已知函数2()(21)f x lnx ax a x =+++． （1）讨论()f x 的单调性； （2）当0a <时，证明3()24f x a--…． 35．（2017•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)x x f x ae a e 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． 36．（2017•新课标Ⅲ）已知函数()1f x x alnx =--． （1）若()0f x …，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1)(1)222n m ++⋯+<，求m 的最小值．37．（2017•山东）已知函数3211()32f x x ax =-，a R ∈，（1）当2a =时，求曲线()y f x =在点(3，f （3）)处的切线方程；（2）设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--，讨论()g x 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．38．（2016•山东）设2()(21)f x xlnx ax a x =-+-，a R ∈． （1）令()()g x f x ='，求()g x 的单调区间；（2）已知()f x 在1x =处取得极大值，求正实数a 的取值范围． 39．（2016•天津）设函数3()f x x ax b =--，x R ∈，其中a ，b R ∈． （1）求()f x 的单调区间；（2）若()f x 存在极值点0x ，且10()()f x f x =，其中10x x ≠，求证：1020x x +=； （3）设0a >，函数()|()|g x f x =，求证：()g x 在区间[1-，1]上的最大值不小于14． 40．（2016•新课标Ⅲ）设函数()1f x lnx x =-+． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<； （3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->． 41．（2016•北京）设函数32()f x x ax bx c =+++． （1）求曲线()y f x =在点(0，(0))f 处的切线方程；（2）设4a b ==，若函数()f x 有三个不同零点，求c 的取值范围； （3）求证：230a b ->是()f x 有三个不同零点的必要而不充分条件．42．（2016•新课标Ⅲ）设函数()cos2(1)(cos 1)f x a x a x =+-+，其中0a >，记|()|f x 的最大值为A ．（Ⅰ）求()f x '； （Ⅱ）求A ；（Ⅲ）证明：|()|2f x A '…．43．（2016•山东）已知221()()x f x a x lnx x -=-+，a R ∈． ()I 讨论()f x 的单调性；()II 当1a =时，证明3()()2f x f x >'+对于任意的[1x ∈，2]成立． 44．（2016•四川）设函数2()f x ax a lnx =--，1()x eg x x e=-，其中a R ∈， 2.718e ⋯=为自然对数的底数． （1）讨论()f x 的单调性； （2）证明：当1x >时，()0g x >；（3）确定a 的所有可能取值，使得()()f x g x >在区间(1,)+∞内恒成立． 45．（2016•江苏）已知函数()(0x x f x a b a =+>，0b >，1a ≠，1)b ≠． （1）设2a =，12b =． ①求方程()2f x =的根；②若对于任意x R ∈，不等式(2)()6f x mf x -…恒成立，求实数m 的最大值； （2）若01a <<，1b >，函数()()2g x f x =-有且只有1个零点，求ab 的值． 46．（2016•新课标Ⅱ）已知函数()(1)(1)f x x lnx a x =+--． （Ⅰ）当4a =时，求曲线()y f x =在(1，f （1）)处的切线方程； （Ⅱ）若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围． 47．（2016•新课标Ⅱ）（Ⅰ）讨论函数2()2xx f x e x -=+的单调性，并证明当0x >时，(2)20x x e x -++>；（Ⅱ）证明：当[0a ∈，1)时，函数2()(0)x e ax a g x x x--=>有最小值．设()g x 的最小值为h （a ），求函数h （a ）的值域．48．（2016•北京）设函数()a x f x xe bx -=+，曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线方程为(1)4y e x =-+， （Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）求()f x 的单调区间．49．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设1x ，2x 是()f x 的两个零点，证明：122x x +<． 50．（2016•新课标Ⅰ）已知函数2()(2)(1)x f x x e a x =-+-． （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围．2017-2019年高考真题导数压轴题全集（含详细解析）参考答案与试题解析一．解答题（共50小题）1．（2019•全国）已知函数2())f x x ax -． （1）当1a =时，求()f x 的单调区间；（2）若()f x 在区间[0，2]的最小值为23-，求a ．【解答】解：（1）当1a =时，2())f x x x =-， 则5322()(0)f x x x x '=-…，令()0f x '=，则35x =， ∴当305x <<时，()0f x '<；当35x >时，()0f x '>． ()f x ∴的单调递减区间为3(0,)5，单调递增区间为3(,)5+∞；（2）312253()(02)22f x x ax x '=-剟，令()0f x '=，则35a x =， 当0a …时，()0f x '>，()f x ∴在[0，2]上单调递增，∴2()(0)03min f x f ==≠-，不符合条件； 当1003a <…时，3025a <…，则当305a x <<时，()0f x '<；当325ax <<时，()0f x >，()f x ∴在3(0,)5a 上单调递减，在3(,2)5a上单调递增，∴53223332()()()()5553min a a a f x f a ==-=-，53a ∴=，符合条件；当103a >时，1023>，则当02x <<时，()0f x '<，()f x ∴在(0,2)上单调递减，∴2()(2)2)3min f x f a ==-=-，2a ∴=，不符合条件．()f x ∴在区间[0，2]的最小值为23-，a 的值为53．2．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()2f x x ax 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．【解答】解：（1）2()626()3af x x ax x x '=-=-．令()6()03a f x x x '=-=，解得0x =，或3a．①0a =时，2()60f x x '=…，函数()f x 在R 上单调递增． ②0a >时，函数()f x 在(,0)-∞，(3a，)+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减．③0a <时，函数()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减．（2）由（1）可得：①0a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递增．则(0)1f b ==-，f （1）21a b =-+=，解得1b =-，0a =，满足条件．②0a >时，函数()f x 在[0，]3a上单调递减．13a…，即3a …时，函数()f x 在[0，1]上单调递减．则(0)1f b ==，f （1）21a b =-+=-，解得1b =，4a =，满足条件． ③013a <<，即03a <<时，函数()f x 在[0，)3a 上单调递减，在(3a，1]上单调递增．则最小值32()2()()1333a a af a b =⨯-⨯+=-，化为：3127a b -+=-．而(0)f b =，f （1）2a b =-+，∴最大值为b 或2a b -+．若：3127a b -+=-，1b =，解得3a =，矛盾，舍去．若：3127a b -+=-，21a b -+=，解得a =±0，矛盾，舍去．综上可得：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．a ，b 的所有值为：01a b =⎧⎨=-⎩，或41a b =⎧⎨=⎩． 3．（2019•新课标Ⅲ）已知函数32()22f x x ax =-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当03a <<时，记()f x 在区间[0，1]的最大值为M ，最小值为m ，求M m -的取值范围．【解答】解：（1）2()622(3)f x x ax x x a '=-=-， 令()0f x '=，得0x =或3ax =．若0a >，则当(x ∈-∞，0)(,)3a +∞时，()0f x '>；当(0,)3ax ∈时，()0f x '<． 故()f x 在(,0)-∞，(,)3a+∞上单调递增，在(0,)3a 上单调递减；若0a =，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；若0a <，则当(x ∈-∞，)(03a ⋃，)+∞时，()0f x '>；当(3ax ∈，0)时，()0f x '<．故()f x 在(,)3a -∞，(0,)+∞上单调递增，在(3a，0)上单调递减；（2）当03a <<时，由（1）知，()f x 在(0,)3a 上单调递减，在(3a，1)上单调递增，()f x ∴在区间[0，1]的最小值为3()2327a a f =-+，最大值为(0)2f =或f （1）4a =-．于是，3227a m =-+，4,022,23a a M a -<<⎧=⎨<⎩…．332,0227,2327a a a M m a a ⎧-+<<⎪⎪∴-=⎨⎪<⎪⎩…． 当02a <<时，可知3227a a -+单调递减，M m ∴-的取值范围是8(,2)27；当23a <…时，327a 单调递增，M m ∴-的取值范围是8[27，1)．综上，M m -的取值范围8[27，2)．4．（2019•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >． （Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e∈，)+∞均有()f x …，求a 的取值范围． 注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+0x >，3()4f x x '=-+=， ∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a…，得0a <…，当04a <…时，()f x…20lnx -…，令1t a=，则t …设()22g t t lnx =-，t …，则2()2g t t lnx=--，()i 当1[7x ∈，)+∞则()2g x g lnx =…，记()p x lnx =，17x …，则1()p x x '=-==，列表讨论：()p x p ∴…（1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==厖．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g =…，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7， 则()10q x'=+>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴…，由()i 得11()()77q p p =<（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=>…，由()()i ii 知对任意21[x e∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t …，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()f x …，综上所述，所求的a 的取值范围是(0． 5．（2019•新课标Ⅱ）已知函数()(1)1f x x lnx 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． 【解答】证明：（1）函数()(1)1f x x lnx x =---． ()f x ∴的定义域为(0,)+∞， 11()1x f x lnx lnx x x-'=+-=-， y lnx =单调递增，1y x=单调递减，()f x ∴'单调递增， 又f '（1）10=-<，f '（2）1412022ln ln -=-=>， ∴存在唯一的0(1,2)x ∈，使得0()0f x '=．当0x x <时，()0f x '<，()f x 单调递减， 当0x x >时，()0f x '>，()f x 单调递增， ()f x ∴存在唯一的极值点．（2）由（1）知0()f x f <（1）2=-， 又22()30f e e =->，()0f x ∴=在0(x ，)+∞内存在唯一的根x a =，由01a x >>，得011x a<<， 1111()()(1)10f a f ln a a a a a=---=-=， ∴1a是()0f x =在0(0,)x 的唯一根， 综上，()0f x =有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．6．（2019•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数． （1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值； （3）若0a =，01b <…，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M …．【解答】解：（1）a b c ==，3()()f x x a ∴=-， f （4）8=，3(4)8a ∴-=， 42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--． 令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---． 令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=． ()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去． 1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去． 3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．． 3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去． 1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去． 3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，． 因此3a =，3b =-，213a bA +=∈， 可得：2()(3)(3)f x x x =-+． ()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-． （3）证明：0a =，01b <…，1c =， ()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++． △22214(1)124444()332b b b b b =+-=-+=-+…．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：11(0,]3x =，2x =．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++=，可得：2111[(22)]3x b x b =+-，1111()()(1)M f x x x b x ==--222211111111(22)1()()()()[(21)2]33b x b x b x x x b x b x b x b +-=--=--=--+2222111(22)11[(21)2][(222)]339b x b b b x b b b x b b +-=--+=-+-++， 22132222()022b b b -+-=---<，M ∴在1(0x ∈，1]3上单调递减，2221222524()932727b b b b M b b -+-+-∴++=剟． 427M ∴…． 7．（2019•天津）设函数()(1)x f x lnx a x e =--，其中a R ∈． （Ⅰ）若0a …，讨论()f x 的单调性； （Ⅱ）若10a e<<， ()i 证明()f x 恰有两个零点；()ii 设0x 为()f x 的极值点，1x 为()f x 的零点，且10x x >，证明0132x x ->．【解答】()I 解：211()[(1)]x x xax e f x ae a x e x x-'=-+-=，(0,)x ∈+∞．0a …时，()0f x '>，∴函数()f x 在(0,)x ∈+∞上单调递增．()II 证明：()i 由()I 可知：21()xax e f x x-'=，(0,)x ∈+∞． 令2()1x g x ax e =-，10a e<<，可知：()g x 在(0,)x ∈+∞上单调递减，又g （1）10ae =->．且221111()1()1()0g ln a ln ln a a a a =-=-<，()g x ∴存在唯一解01(1,)x ln a∈．即函数()f x 在0(0,)x 上单调递增，在0(x ，)+∞单调递减． 0x ∴是函数()f x 的唯一极值点．令()1h x lnx x =-+，(0)x >，1()xh x x-'=， 可得()h x h …（1）0=，1x ∴>时，1lnx x <-．111111()()(1)()(1)0ln a f ln ln ln a ln e ln ln ln a a a a a=--=--<．0()f x f >（1）0=．∴函数()f x 在0(x ，)+∞上存在唯一零点．又函数()f x 在0(0,)x 上有唯一零点1． 因此函数()f x 恰有两个零点；()ii 由题意可得：0()0f x '=，1()0f x =，即0201x ax e =，111(1)x lnx a x e =-， 1011201x x x lnx ex --∴=，即1020111x x x lnx e x -=-， 1x >，可得1lnx x <-．又101x x >>， 故10220101(1)1x x x x ex x --<=-，取对数可得：100022(1)x x lnx x -<<-， 化为：0132x x ->．8．（2019•天津）设函数()cos x f x e x =，()g x 为()f x 的导函数． （Ⅰ）求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当[4x π∈，]2π时，证明()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）设n x 为函数()()1u x f x =-在区间(24n ππ+，2)2n ππ+内的零点，其中n N ∈，证明20022sin cos n n e n x x x πππ-+-<-．【解答】（Ⅰ）解：由已知，()(cos sin )x f x e x x '=-，因此， 当(24x k ππ∈+，52)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x >，得()0f x '<，()f x 单调递减；当3(24x k ππ∈-，2)()4k k Z ππ+∈时，有sin cos x x <，得()0f x '>，()f x 单调递增． ()f x ∴的单调增区间为3[24k ππ-，2]()4k k Z ππ+∈，单调减区间为[，52]()4k k Z ππ+∈； （Ⅱ）证明：记()()()()2h x f x g x x π=+-，依题意及（Ⅰ）， 有()(cos sin )x g x e x x =-，从而()()()()()(1)()()022h x f x g x x g x g x x ππ'='+'-+-='-<．因此，()h x 在区间[4π，]2π上单调递减，有()()()022h x h f ππ==…．∴当[4x π∈，]2π时，()()()02f xg x x π+-…； （Ⅲ）证明：依题意，()()10n n u x f x =-=，即cos 1n x n e x =．记2n n y x n π=-，则(,)42n y ππ∈，且22()cos cos(2)()n n y x n n n n n f y e y e x n e x N πππ--==-=∈．由20()1()n n f y e f y π-==…及（Ⅰ），得0n y y …，由（Ⅱ）知，当(4x π∈，)2π时，()0g x '<，()g x ∴在[4π，]2π上为减函数，因此，0()()()04n g y g y g π<=…， 又由（Ⅱ）知，()()()02n n n f y g y y π+-…，故0222200000()2()()()sin cos (sin cos )n n n n n n y n n f y e e e e y g y g y g y x x e y y πππππ------=--=<--剟． 20022sin cos n n e n x x x πππ-∴+-<-．9．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()2sin cos f x x x 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[0x ∈，]π时，()f x ax …，求a 的取值范围． 【解答】解：（1）证明：()2sin cos f x x x x x =--，()2cos cos sin 1cos sin 1f x x x x x x x x ∴'=-+-=+-，令()cos sin 1g x x x x =+-，则()sin sin cos cos g x x x x x x x '=-++=，当(0,)2x π∈时，cos 0x x >，当(,)2x ππ∈时，cos 0x x <，∴当2x π=时，极大值为()1022g ππ=->， 又(0)0g =，()2g π=-，()g x ∴在(0,)π上有唯一零点，即()f x '在(0,)π上有唯一零点；（2）由（1）知，()f x '在(0,)π上有唯一零点0x ， 使得0()0f x '=，且()f x '在0(0,)x 为正，在0(x ，)π为负， ()f x ∴在[0，0]x 递增，在0[x ，]π递减，结合(0)0f =，()0f π=，可知()f x 在[0，]π上非负， 令()h x ax =，()()f x h x …，根据()f x 和()h x 的图象可知，0a ∴…， a ∴的取值范围是(-∞，0]．10．（2019•新课标Ⅱ）已知函数1()1x f x lnx x +=--． （1）讨论()f x 的单调性，并证明()f x 有且仅有两个零点；（2）设0x 是()f x 的一个零点，证明曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线．【解答】解析：（1）函数1()1x f x lnx x +=--．定义域为：(0，1)(1⋃，)+∞； 212()0(1)f x x x '=+>-，(0x >且1)x ≠， ()f x ∴在(0,1)和(1,)+∞上单调递增，①在(0,1)区间取值有21e，1e 代入函数，由函数零点的定义得， 21()0f e <，1()0f e >，211()()0f f e e<， ()f x ∴在(0,1)有且仅有一个零点，②在(1,)+∞区间，区间取值有e ，2e 代入函数，由函数零点的定义得，又f （e ）0<，2()0f e >，f （e ）2()0f e <，()f x ∴在(1,)+∞上有且仅有一个零点，故()f x 在定义域内有且仅有两个零点； （2）0x 是()f x 的一个零点，则有00011x lnx x +=-， 曲线y lnx =，则有1y x'=； 由直线的点斜式可得曲线的切线方程，曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线方程为：0001()y lnx x x x -=-， 即：0011y x lnx x =-+，将00011x lnx x +=-代入， 即有：00121y x x x =+-， 而曲线x y e =的切线中，在点01(ln x ，1)x 处的切线方程为：00000011111()y x ln x lnx x x x x x -=-=+， 将00011x lnx x +=-代入化简，即：00121y x x x =+-， 故曲线y lnx =在点0(A x ，0)lnx 处的切线也是曲线x y e =的切线． 故得证．11．（2019•北京）已知函数321()4f x x x x =-+． （Ⅰ）求曲线()y f x =的斜率为1的切线方程； （Ⅱ）当[2x ∈-，4]时，求证：6()x f x x -剟；（Ⅲ）设()|()()|()F x f x x a a R =-+∈，记()F x 在区间[2-，4]上的最大值为M （a ）．当M （a ）最小时，求a 的值． 【解答】解：（Ⅰ）23()214f x x x '=-+， 由()1f x '=得8()03x x -=，得1280,3x x ==． 又(0)0f =，88()327f =，y x ∴=和88273y x -=-，即y x =和6427y x =-； （Ⅱ）证明：欲证6()x f x x -剟， 只需证6()0f x x --剟， 令321()()4g x f x x x x =-=-，[2x ∈-，4]， 则2338()2()443g x x x x x '=-=-， 可知()g x '在[2-，0]为正，在8(0,)3为负，在8[,4]3为正，()g x ∴在[2-，0]递增，在[0，8]3递减，在8[,4]3递增，又(2)6g -=-，(0)0g =，864()6327g =->-，g （4）0=，6()0g x ∴-剟， 6()x f x x ∴-剟；（Ⅲ）由（Ⅱ）可得， ()|()()|F x f x x a =-+ |()|f x x a =-- |()|g x a =-在[2-，4]上，6()0g x -剟， 令()t g x =，()||h t t a =-，则问题转化为当[6t ∈-，0]时，()h t 的最大值M （a ）的问题了，①当3a -…时，M （a ）(0)||h a a ===-，此时3a -…，当3a =-时，M （a ）取得最小值3； ②当3a -…时，M （a ）(6)|6||6|h a a =-=--=+，63a +…，M ∴（a ）6a =+，也是3a =-时，M （a ）最小为3． 综上，当M （a ）取最小值时a 的值为3-．12．（2019•新课标Ⅰ）已知函数()sin (1)f x x ln x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．【解答】证明：（1）()f x 的定义域为(1,)-+∞， 1()cos 1f x x x'=-+，21()sin (1)f x x x ''=-++， 令21()sin (1)g x x x =-++，则32()cos 0(1)g x x x '=--<+在(1,)2π-恒成立，()f x ∴''在(1,)2π-上为减函数， 又(0)1f ''=，21()11102(1)2f ππ''=-+<-+=+，由零点存在定理可知， 函数()f x ''在(1,)2π-上存在唯一的零点0x ，结合单调性可得，()f x '在0(1,)x -上单调递增，在0(x ，)2π上单调递减，可得()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）由（1）知，当(1,0)x ∈-时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '<'=，()f x 单调递减； 当0(0,)x x ∈时，()f x '单调递增，()(0)0f x f '>'=，()f x 单调递增；由于()f x '在0(x ，)2π上单调递减，且0()0f x '>，1()0212f ππ'=-<+， 由零点存在定理可知，函数()f x '在0(x ，)2π上存在唯一零点1x ，结合单调性可知，当0(x x ∈，1)x 时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '>'=，()f x 单调递增； 当1(,)2x x π∈时，()f x '单调递减，1()()0f x f x '<'=，()f x 单调递减．当(2x π∈，)π时，cos 0x <，101x -<+，于是1()cos 01f x x x'=-<+，()f x 单调递减，其中 3.2()1(1)1(1)1 2.610222f ln ln ln lne ππ=-+>-+=->-=，()(1)30f ln ln ππ=-+<-<．于是可得下表：结合单调性可知，函数()f x 在(1-，]2π上有且只有一个零点0，由函数零点存在性定理可知，()f x 在(2π，)π上有且只有一个零点2x ，当[x π∈，)+∞时，()sin (1)1(1)130f x x ln x ln ln π=-+<-+<-<，因此函数()f x 在[π，)+∞上无零点．综上，()f x 有且仅有2个零点．13．（2018•北京）设函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线与x 轴平行，求a ； （Ⅱ）若()f x 在2x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(41)43]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(21)2]x f x ax a x e '=-++．由题意可得曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线斜率为0， 可得(212)0a a e --+=，且f （1）30e =≠， 解得1a =；（Ⅱ）()f x 的导数为2()[(21)2](2)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则2x <时，()0f x '>，()f x 递增；2x >，()0f x '<，()f x 递减． 2x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且12a =，则21()(2)02x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若12a >，则12a <，()f x 在1(a，2)递减；在(2,)+∞，1(,)a -∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极小值； 若102a <<，则12a >，()f x 在1(2,)a 递减；在1(a，)+∞，(,2)-∞递增， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意；若0a <，则12a <，()f x 在1(a，2)递增；在(2,)+∞，1(,)a -∞递减， 可得()f x 在2x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是1(2，)+∞．14．（2018•北京）设函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++．（Ⅰ）若曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0，求a ； （Ⅱ）若()f x 在1x =处取得极小值，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）函数2()[(31)32]x f x ax a x a e =-+++的导数为2()[(1)1]x f x ax a x e '=-++．曲线()y f x =在点(2，f （2）)处的切线斜率为0， 可得2(4221)0a a e --+=， 解得12a =； （Ⅱ）()f x 的导数为2()[(1)1](1)(1)x x f x ax a x e x ax e '=-++=--， 若0a =则1x <时，()0f x '>，()f x 递增；1x >，()0f x '<，()f x 递减． 1x =处()f x 取得极大值，不符题意；若0a >，且1a =，则2()(1)0x f x x e '=-…，()f x 递增，无极值； 若1a >，则11a<，()f x 在1(a ，1)递减；在(1,)+∞，1(,)a -∞递增，可得()f x 在1x =处取得极小值； 若01a <<，则11a >，()f x 在1(1,)a递减；在1(a ，)+∞，(,1)-∞递增，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意； 若0a <，则11a<，()f x 在1(a ，1)递增；在(1,)+∞，1(,)a -∞递减，可得()f x 在1x =处取得极大值，不符题意． 综上可得，a 的范围是(1,)+∞．15．（2018•新课标Ⅲ）已知函数2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-． （1）若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； （2）若0x =是()f x 的极大值点，求a ．【解答】（1）证明：当0a =时，()(2)(1)2f x x ln x x =++-，(1)x >-． ()(1)1xf x ln x x '=+-+，2()(1)x f x x ''=+，可得(1,0)x ∈-时，()0f x ''…，(0,)x ∈+∞时，()0f x ''… ()f x ∴'在(1,0)-递减，在(0,)+∞递增， ()(0)0f x f ∴''=…，()(2)(1)2f x x ln x x ∴=++-在(1,)-+∞上单调递增，又(0)0f =．∴当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >．（2）解：由2()(2)(1)2f x x ax ln x x =+++-，得222(12)(1)(1)()(12)(1)211x ax ax x ax x ln x f x ax ln x x x ++-++++'=+++-=++， 令2()(12)(1)(1)h x ax x ax x ln x =-++++， ()4(421)(1)h x ax ax a ln x '=++++．当0a …，0x >时，()0h x '>，()h x 单调递增， ()(0)0h x h ∴>=，即()0f x '>，()f x ∴在(0,)+∞上单调递增，故0x =不是()f x 的极大值点，不符合题意．当0a <时，12()84(1)1ah x a aln x x -''=++++， 显然()h x ''单调递减， ①令(0)0h ''=，解得16a =-．∴当10x -<<时，()0h x ''>，当0x >时，()0h x ''<，()h x ∴'在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， ()(0)0h x h ∴''=…，()h x ∴单调递减，又(0)0h =，∴当10x -<<时，()0h x >，即()0f x '>，当0x >时，()0h x <，即()0f x '<，()f x ∴在(1,0)-上单调递增，在(0,)+∞上单调递减， 0x ∴=是()f x 的极大值点，符合题意；②若106a -<<，则(0)160h a ''=+>，161644(1)(21)(1)0a a aah ea e++-''-=--<，()0h x ∴''=在(0,)+∞上有唯一一个零点，设为0x ，∴当00x x <<时，()0h x ''>，()h x '单调递增，()(0)0h x h ∴'>'=，即()0f x '>，()f x ∴在0(0,)x 上单调递增，不符合题意；③若16a <-，则(0)160h a ''=+<，221(1)(12)0h a e e''-=->，()0h x ∴''=在(1,0)-上有唯一一个零点，设为1x ，∴当10x x <<时，()0h x ''<，()h x '单调递减，()(0)0h x h ∴'>'=，()h x ∴单调递增， ()(0)0h x h ∴<=，即()0f x '<，()f x ∴在1(x ，0)上单调递减，不符合题意． 综上，16a =-．16．（2018•新课标Ⅰ）已知函数()1x f x ae lnx =--．（1）设2x =是()f x 的极值点，求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1a e…时，()0f x …．【解答】解：（1）函数()1x f x ae lnx =--． 0x ∴>，1()x f x ae x'=-， 2x =是()f x 的极值点，f ∴'（2）2102ae =-=，解得212a e=， 21()12x f x e lnx e ∴=--，211()2x f x e e x∴'=-，当02x <<时，()0f x '<，当2x >时，()0f x '>， ()f x ∴在(0,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增．（2）证明：当1a e …时，()1x e f x lnx e --…，设()1x e g x lnx e =--，则1()x e g x e x '=-，由1()0x e g x e x'=-=，得1x =，当01x <<时，()0g x '<， 当1x >时，()0g x '>， 1x ∴=是()g x 的最小值点，故当0x >时，()g x g …（1）0=，∴当1a e…时，()0f x …．17．（2018•新课标Ⅲ）已知函数21()xax x f x e +-=．（1）求曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程； （2）证明：当1a …时，()0f x e +…．【解答】解：（1）22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． (0)2f ∴'=，即曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线斜率2k =，∴曲线()y f x =在点(0,1)-处的切线方程方程为(1)2y x --=．即210x y --=为所求．（2）证明：函数()f x 的定义域为：R ，可得22(21)(1)(1)(2)()()x x x xax e ax x e ax x f x e e +-+-+-'==-． 令()0f x '=，可得1212,0x x a==-<，当1(,)x a ∈-∞-时，()0f x '<，1(,2)x a ∈-时，()0f x '>，(2,)x ∈+∞时，()0f x '<．()f x ∴在1(,)a -∞-，(2,)+∞递减，在1(a-，2)递增，注意到1a …时，函数2()1g x ax x =+-在(2,)+∞单调递增，且g （2）410a =+> 函数()f x 的图象如下：1a …，∴1(0,1]a∈，则11()a f e e a -=--…，1()aminf x e e ∴=--…，∴当1a …时，()0f x e +…．18．（2018•新课标Ⅱ）已知函数2()x f x e ax =-．（1）若1a =，证明：当0x …时，()1f x …； （2）若()f x 在(0,)+∞只有一个零点，求a ． 【解答】证明：（1）当1a =时，函数2()x f x e x =-． 则()2x f x e x '=-，令()2x g x e x =-，则()2x g x e '=-， 令()0g x '=，得2x ln =．当(0,2)x ln ∈时，()0g x '<，当(2,)x ln ∈+∞时，()0g x '>，2()(2)222220ln g x g ln e ln ln ∴=-=->…， ()f x ∴在[0，)+∞单调递增，()(0)1f x f ∴=…， 解：（2）方法一、，()f x 在(0,)+∞只有一个零点⇔方程20x e ax -=在(0,)+∞只有一个根，2xe a x⇔=在(0,)+∞只有一个根，即函数y a =与2()xe G x x=的图象在(0,)+∞只有一个交点．3(2)()x e x G x x-'=， 当(0,2)x ∈时，()0G x '<，当(2,)∈+∞时，()0G x '>， ()G x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，当0→时，()G x →+∞，当→+∞时，()G x →+∞，()f x ∴在(0,)+∞只有一个零点时，a G =（2）24e =．方法二：①当0a …时，2()0x f x e ax =->，()f x 在(0,)+∞没有零点．．②当0a >时，设函数2()1x h x ax e -=-．()f x 在(0,)+∞只有一个零点()h x ⇔在(0,)+∞只有一个零点．()(2)x h x ax x e -'=-，当(0,2)x ∈时，()0h x '<，当(2,)x ∈+∞时，()0h x '>， ()h x ∴在(0,2)递减，在(2,)+∞递增，∴24()(2)1min ah x h e ==-，(0)x …． 当h （2）0<时，即24e a >，由于(0)1h =，当0x >时，2x e x >，可得33342241616161(4)11110()(2)a a a a a h a e e a a=-=->-=->．()h x 在(0,)+∞有2个零点当h （2）0>时，即24e a <，()h x 在(0,)+∞没有零点，当h （2）0=时，即24e a =，()h x 在(0,)+∞只有一个零点，综上，()f x 在(0,)+∞只有一个零点时，24e a =．19．（2018•浙江）已知函数()f x lnx ．（Ⅰ）若()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，证明：12()()882f x f x ln +>-；（Ⅱ）若342a ln -…，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()y f x =有唯一公共点． 【解答】证明：（Ⅰ）函数()f x lnx =， 0x ∴>，1()f x x'=-， ()f x 在1x x =，212()x x x ≠处导数相等，∴1211x x =， 12x x ≠，∴12=，12x x ≠，12256x x ∴>，由题意得121212()()()f x f x lnx lnx ln x x +=，设()g x lnx，则1()4)4g x x'=， ∴列表讨论：()g x ∴在[256，)+∞上单调递增， 12()(256)882g x x g ln ∴>=-， 12()()882f x f x ln ∴+>-．（Ⅱ）令(||)a k m e -+=，2||1()1a n k+=+， 则()||0f m km a a k k a -->+--…，。
2019年高考数学(文)热点题型和提分秘籍专题11导数的应用(教学案)含解析
2019年高考数学（文）热点题型和提分秘籍1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。
2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。
3．题型主要以解答题为主，属中高档题。
热点题型一 判断或证明函数的单调性 例1、【2017课标II ，】若2x =-是函数的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A【变式探究】设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－a ＋5x ，x ≤0x 3－a ＋32x 2＋ax ，x ＞0。
证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
【解析】设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32x 2＋ax (x ≥0)。
①f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]， 从而当－1＜x ≤0时，f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)＜3－a －5≤0， 所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减。
②f ′2(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)。
由于a∈[－2,0]，所以当0＜x＜1时，f′2(x)＜0；当x＞1时，f′2(x)＞0，即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
综合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。
（Ⅱ）证明：由，得，.【变式探究】已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间。
【提分秘籍】求函数的单调区间的“两个方法”方法一(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)；(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。
2019年高考数学真题分类汇编专题19：导数在函数中的应用(综合题含解析)
2019年高考数学真题分类汇编专题19：导数在函数中的应用（综合题）一、解答题1.（2019•江苏）设函数、为f（x）的导函数．（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和的零点均在集合中，求f（x）的极小值；（3）若，且f（x）的极大值为M，求证:M≤ ．2.（2019•浙江）已知实数a≠0，设函数f（x）=alnx+ .x>0（1）当a=- 时，求函数f（x）的单调区间（2）对任意x∈[ ，+∞）均有f（x）≤ ，求a的取值范围3.（2019•天津）设函数，其中.（Ⅰ）若，讨论的单调性；（Ⅱ）若，（i）证明恰有两个零点（ii）设为的极值点，为的零点，且，证明.4.（2019•天津）设函数为的导函数.（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）当时，证明；（Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明.5.（2019•全国Ⅲ）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）当0<a<3时，记在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求的取值范围.6.（2019•全国Ⅲ）已知函数f（x）=2x3-ax2+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。
7.（2019•全国Ⅲ）已知曲线C: ，D为直线y=- 的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点；（2）若以E（0，）为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.8.（2019•卷Ⅱ）已知函数，证明：（1）存在唯一的极值点；（2）有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数.9.（2019•卷Ⅱ）已知函数.（1）讨论f(x)的单调性，并证明f(x)有且仅有两个零点；（2）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线y=ln x 在点A(x0，ln x0)处的切线也是曲线的切线.10.（2019•北京）已知函数f（x）= x3-x2+x.（I）求曲线y=f（x）的斜率为1的切线方程；（II）当x∈[-2，4]时，求证：x-6≤f（x）≤x；（IlI）设F（x）=|f（x）-（x+a）|（a∈R），记F（x）在区间[-2，4]上的最大值为M（a）. 当M（a）最小时，求a的值.11.（2019•卷Ⅰ）已知函数f(x)=2sinx-xcosx-x，f‘(x)为f(x)的导数。
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2017-2019高考文数真题分类解析 ----导数及其应用（选择题、填空题）
1．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】曲线y=2sinx+cosx在点(π，-1)处的切线方程为 A．10xy B．2210xy
C．2210xy D．10xy 【答案】C 【解析】2cossin,yxxQπ2cosπsinπ2,xy
则2sincosyxx在点(,1)处的切线方程为(1)2()yx， 即2210xy． 故选C． 【名师点睛】本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程，渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养．采取导数法，利用函数与方程思想解题．学生易在非切点处直接求导数而出错，首先证明已知点是否为切点，若是切点，可以直接利用导数求解；若不是切点，设出切点，再求导，然后列出切线方程． 2．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知曲线elnxyaxx在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则 A．e1ab， B．a=e，b=1 C．1e1ab， D．1ea，1b 【答案】D 【解析】∵eln1,xyax
∴切线的斜率1|e12xkya，1ea， 将(1,1)代入2yxb，得21,1bb.
故选D． 【名师点睛】本题求解的关键是利用导数的几何意义和点在曲线上得到含有a，b的等式，从而求解，属于常考题型. 3．【2018年高考全国Ⅰ卷文数】设函数32()(1)fxxaxax.若()fx为奇函数，则曲线()yfx在
点(0,0)处的切线方程为 A．2yx B．yx C．2yx D．yx 【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)=𝑥3+𝑥，𝑓′(𝑥)=3𝑥2+1，
所以𝑓′(0)=1,𝑓(0)=0， 所以曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点(0,0)处的切线方程为𝑦−𝑓(0)=𝑓′(0)𝑥，化简可得𝑦=𝑥. 故选D. 【名师点睛】该题考查的是有关曲线𝑦=𝑓(𝑥)在某个点(𝑥0,𝑓(𝑥0
))处的切线方程的问题，在求解的过程中，
首先需要确定函数解析式，此时利用到结论多项式函数中，奇函数不存在偶次项，偶函数不存在奇次项，从而求得相应的参数值，之后利用求导公式求得𝑓′(𝑥)，借助于导数的几何意义，结合直线方程的点斜式求得结果. 4．【2017年高考浙江】函数y=f(x)的导函数()yfx的图象如图所示，则函数y=f(x)的图象可能是
【答案】D 【解析】原函数先减再增，再减再增，且0x位于增区间内， 因此选D． 【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为0x，且图象在
0x两侧附近连续分布于x轴上下方，则0x为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，
由导函数()fx的正负，得出原函数()fx的单调区间． 5．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】函数2eexxfxx的图像大致为 【答案】B 【解析】2ee0,,xxxfxfxfxxQ为奇函数，舍去A； 11ee0fQ
，∴舍去D；
243eeee22e2e,xxxxxxxxxxfxxx
Q2x时，0fx，()fx单调
递增，舍去C. 因此选B. 【名师点睛】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性. 6．【2018年高考全国Ⅲ卷文数】函数422yxx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()2yfxxx，则32()422(21)fxxxxx，
由()0fx得22(21)0xx，得22x或202x，此时函数单调递增， 由()0fx得22(21)0xx，得22x或202x，此时函数单调递减，排除C. 故选D. 【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解决本题的关键. 7．【2017年高考山东文数】若函数e()xfx（e2.71828L是自然对数的底数）在()fx的定义域上单调递增，则称函数()fx具有M性质.下列函数中具有M性质的是 A．()2xfx B．2()fxx C．()3xfx D．()cosfxx 【答案】A 【解析】对于A，ee()e2()2xxxxfx在R上单调递增，故()2xfx具有性质； 对于B，2e()exxfxx，令2()exgxx，则2()e2ee(2)xxxgxxxxx， ∴当2x或0x时，()0gx，当20x时，()0gx， ∴2e()exxfxx在(,2)，(0,)上单调递增，在(2,0)上单调递减， 故2()fxx不具有性质； 对于C，ee()e3()3xxxxfx在R上单调递减，故()3xfx不具有性质； 对于D，易知()cosfxx在定义域内有增有减，故()cosfxx不具有性质． 故选A. 【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．
8．【2019年高考浙江】已知,abR，函数32,0()11(1),032xxfxxaxaxx．若函数
()yfxaxb
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=𝑏1−𝑎， 则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点； 当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2+ax﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2﹣b， 2(1)yxax
，
当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增， 则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合题意； 当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增， 令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点. 根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（﹣∞，0）上有一个零点，
在[0，+∞）上有2个零点， 如图：
∴𝑏1−𝑎＜0且{−𝑏＞013(𝑎+1)3−12(𝑎+1)(𝑎+1)2−𝑏＜0， 解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−16（a+1）3， 则a>–1，b<0. 故选C． 【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解． 9．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()exyxx在点(0)0，处的切线方程为____________． 【答案】30xy 【解析】223(21)e3()e3(31)e,xxxyxxxxx
所以切线的斜率0|3xky， 则曲线23()exyxx在点(0,0)处的切线方程为3yx，即30xy． 【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求． 10．【2019年高考天津文数】曲线cos2xyx在点(0,1)处的切线方程为__________. 【答案】220xy 【解析】∵1sin2yx， ∴01|sin0212xy， 故所求的切线方程为112yx，即220xy. 【名师点睛】曲线切线方程的求法： （1）以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤： ①求出函数f(x)的导数f′(x)； ②求切线的斜率f′(x0)； ③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．
（2）如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组0010010()()yfxyyfxxx得切点(x0，y0)，进而确定切线方程． 11．【2018年高考天津文数】已知函数f(x)=exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′（1）的值为__________． 【答案】e 【解析】由函数的解析式可得𝑓′(𝑥)=e𝑥×ln𝑥+e𝑥×1𝑥=e𝑥(ln𝑥+1𝑥)，
则𝑓′(1)=e1×(ln1+11)=e.
即𝑓′(1)的值为e. 【名师点睛】本题主要考查导数的运算法则，基本初等函数的导数公式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力. 12．【2018年高考全国Ⅱ卷文数】曲线2lnyx在点(1,0)处的切线方程为__________．
【答案】y=2x–2 【解析】由𝑦=𝑓(𝑥)=2ln𝑥，得𝑓′(𝑥)=2𝑥. 则曲线𝑦=2ln𝑥在点(1,0)处的切线的斜率为𝑘=𝑓′(1)=2，
则所求切线方程为𝑦−0=2(𝑥−1)，即𝑦=2𝑥−2. 【名师点睛】求曲线在某点处的切线方程的步骤：①求出函数在该点处的导数值即为切线斜率；②写出切线的点斜式方程；③化简整理. 13．【2017年高考全国Ⅰ卷文数】曲线21yxx在点（1，2）处的切线方程为______________．