【2020最新】人教版最新高考文科数学专题复习导数训练题及参考答案

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2020年高考数学大题专项练习导数与函数二(15题含答案解析)

2020年高考数学大题专项练习导数与函数二1.已知函数f(x)=e x－12x 2－ax 有两个极值点x 1，x 2(e 为自然对数的底数)．(1)求实数a 的取值范围； (2)求证：f(x 1)＋f(x 2)>2．2.设函数f(x)=lnx-0.5ax 2-bx.(1)当a=b=0.5时，求f(x)的最大值； (2)令，其图像上任意一点P(x 0,y 0)处切线的斜率k ≤0.5恒成立，求实数a 的取值范围.3.已知函数f(x)=e x-(x+a)ln(x+a)+x,(x ∈R).（1）当a=1时，求函数f(x)的图像在x=0处的切线方程；（2）若函数f(x)在定义域上为单调递增函数， ①求a 的最大整数；②证明：4.已知函数f(x)=kx3+3(k﹣1)x2﹣k2+1在x=0，x=4处取得极值.(1)求常数k的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值；(3)设g(x)=f(x)+c，且∀x∈[﹣1，2]，g(x)≥2c+1恒成立，求c的取值范围.5. (1)已知函数f(x)=x3＋bx2＋cx＋d的单调减区间为[-1,2]，求b，c的值.(2)设f(x)=ax3＋x恰好有三个单调区间，求实数a的取值范围.6.已知函数f （x ）=+x 在x=1处的切线方程为2x ﹣y+b=0．（Ⅰ）求实数a ，b 的值；（Ⅱ）设函数g （x ）=f （x ）+x 2﹣kx ，且g （x ）在其定义域上存在单调递减区间（即g /（x ）＜0在其定义域上有解），求实数k 的取值范围．7.已知f(x)=12x 2-a 2ln x ，a>0.(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；(2)若f(x 1)=f(x 2)，且x 1≠x 2，证明：x 1＋x 2>2a.8.若函数f(x)+g(x)和f(x)·g(x)同时在x=t 处取得极小值，则称f(x)和g(x)为一对“P(t)函数”．（1）试判断f(x)=x 与g(x)=x 2+ax+b 是否是一对“P(1)函数”；（2）若f(x)=e x 与g(x)=x 2+ax+1是一对“P(t)函数”． ①求a 和t 的值；②若a ＜0，若对于任意x ∈ [1，+∞)，恒有f(x)+g(x)<m ·f(x)g(x)，求实数m 的取值范围．9.已知函数f(x)=ae x－ln x －1.(1)设x=2是f(x)的极值点，求a ，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f (x)≥0.10.已知函数f(x)=x-1-alnx(其中a 为参数)．(1) 求函数f(x)的单调区间；(2) 若对任意x ∈(0，＋∞)都有f(x)≥0成立，求实数a 的取值集合；(3) 证明：⎝⎛⎭⎫1＋1n n <e<⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＋1(其中n ∈N *，e 为自然对数的底数)．11.已知函数．(1)若a=e ，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．12.设函数f(x)=e 2x－aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；(2)证明：当a>0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.已知函数在处的切线与轴平行，（）（1）试讨论在上的单调性；（2）①设，求的最小值；②证明：.14.已知函数①若函数f(x)在定义域内单调递增，求的取值范围； ②若且关于x 的方程在[1,4]上恰有两个不相等的实数根，求实数b取值范围；③设各项为正的数列满足:求证：.15.设函数f(x)=x2e x-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为f(x)的极值点．(1)求a和b的值.(2)设试比较f(x)与g(x)的大小.答案解析1.解：(1)∵f(x)=e x －12x 2－ax ，∴f′(x)=e x－x －a ．设g(x)=e x －x －a ，则g′(x)=e x－1．令g′(x)=e x－1=0，解得x=0．∴当x ∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x ∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增． ∴g(x)min =g(0)=1－a ．当a≤1时，f′(x)=g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点；当a>1时，g(0)=1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞；当x→－∞时，g(x)→＋∞．∴当a>1时，f′(x)=g(x)=e x－x －a 有两个零点x 1，x 2．不妨设x 1<x 2，则x 1<0<x 2．∴函数f(x)有两个极值点时，实数a 的取值范围是(1，＋∞)． (2)证明：由(1)知，x 1，x 2为g(x)=0的两个实数根， x 1<0<x 2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减．下面先证x 1<－x 2<0，只需证g(－x 2)<0． ∵g(x 2)=ex2－x 2－a=0，得a=ex2－x 2，∴g(－x 2)=e －x2＋x 2－a=e －x2－ex2＋2x 2．设h(x)=e －x －e x ＋2x(x>0)，则h′(x)=－1ex －e x＋2<0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0，∴g(－x 2)<0，即x 1<－x 2<0．∵函数f(x)在(x 1，0)上单调递减，∴f(x 1)>f(－x 2)，∴要证f(x 1)＋f(x 2)>2，只需证f(－x 2)＋f(x 2)>2，即证ex2＋e －x2－x 22－2>0．设函数k(x)=e x ＋e －x －x 2－2(x>0)，则k′(x)=e x －e －x－2x ．设φ(x)=k′(x)=e x －e －x －2x ，φ′(x)=e x ＋e －x－2>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)=0，即k′(x)>0， ∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)=0，∴当x ∈(0，＋∞)时，e x ＋e －x －x 2－2>0，则ex2＋e －x 2－x 22－2>0，∴f(－x 2)＋f(x 2)>2，∴f(x 1)＋f(x 2)>2．2.解：3.解：4.解：5.解:(1)∵函数f(x)的导函数f′(x)=3x2＋2bx＋c，由题设知-1<x<2是不等式3x2＋2bx＋c<0的解集.∴-1,2是方程3x2＋2bx＋c=0的两个实根，∴-1＋2=-23b，(-1)×2=c3，即b=-1.5，c=-6.(2)∵f′(x)=3ax2＋1，且f(x)有三个单调区间，∴方程f′(x)=3ax2＋1=0有两个不等的实根，∴Δ=02-4×1×3a>0，∴a<0.∴a的取值范围为(-∞，0).6.7.解：(1)f′(x)=x-a 2x =x ＋a x －ax(x>0)．当x ∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x ∈(a ，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．当x=a 时，f(x)取最小值f(a)=12a 2-a 2ln a.令12a 2-a 2ln a≥0，解得0<a< e. 故a 的取值范围是(0，e]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，不失一般性，设0<x 1<a<x 2<2a ，则2a-x 2<a.要证x 1＋x 2>2a ，即x 1>2a-x 2，则只需证f(x 1)<f(2a-x 2)．因为f(x 1)=f(x 2)，则只需证f(x 2)<f(2a-x 2)．设g(x)=f(x)-f(2a-x)，a≤x≤2a.则g′(x)=x-a 2x ＋2a-x-a 22a －x =-2a a －x2x 2a －x≤0，所以g(x)在[a,2a)上单调递减，从而g(x)≤g(a)=0. 又a<x 2<2a ，于是g(x 2)=f(x 2)-f(2a-x 2)<0，即f(x 2)<f(2a-x 2)．因此x 1＋x 2>2a.8.解：9.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)=ae x－1x.由题设知，f ′(2)=0，所以a=12e2.从而f(x)=12e 2e x －ln x －1，f ′(x)=12e 2e x －1x.当0＜x ＜2时，f ′(x)＜0；当x ＞2时，f ′(x)＞0. 所以f(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．(2)证明：当a≥1e 时，f (x)≥exe －ln x －1.设g(x)=e x e －ln x －1，则g′(x)=e x e －1x.当0＜x ＜1时，g ′(x)＜0；当x ＞1时，g ′(x)＞0.所以x=1是g(x)的最小值点．故当x ＞0时，g (x)≥g(1)=0.因此，当a≥1e时，f (x)≥0.10.解：(1) f ′(x)=1-a x =x －ax(x>0)，当a ≤0时，f ′(x)=1-a x =x －ax>0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数；当a>0时，所以f(x)的增区间是(a ，＋∞)，减区间是(0，a)．综上所述，当a ≤0时，f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)；当a>0时，f(x)的单调递增区间是(a ，＋∞)，单调递减区间是(0，a)． (2) 由题意得f(x)min ≥0.当a ≤0时，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上是增函数，当x →0时，f(x)→-∞，故不合题意；(6分)当a>0时，由(1)知f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0.令g(a)=a-1-alna ，则由g ′(a)=-lna=0，得a=1，所以g(a)=a-1-alna ≤0，又f(x)min =f(a)=a-1-alna ≥0，所以a-1-alna=0，所以a=1，即实数a 的取值集合是{1}．(10分)(3) 要证不等式1＋1n n <e<1＋1nn ＋1，两边取对数后，只要证nln1＋1n <1<(n ＋1)ln1＋1n ，即只要证1n ＋1<ln1＋1n <1n，令x=1＋1n ，则只要证1-1x<lnx<x-1(1<x ≤2)．由(1)知当a=1时，f(x)=x-1-lnx 在(1,2]上递增，因此f(x)>f(1)，即x-1-lnx>0，所以lnx<x-1(1<x ≤2)令φ(x)=lnx ＋1x -1(1<x ≤2)，则φ′(x)=x －1x2>0，所以φ(x)在(1,2]上递增，故φ(x)>φ(1)，即lnx ＋1x -1>0，所以1-1x<lnx(1<x ≤2)．综上，原命题得证．11.解：12.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)=2e 2x－a x(x ＞0)．当a≤0时，f ′(x)＞0，f ′(x)没有零点；当a ＞0时，设u(x)=e 2x，v(x)=－a x，因为u(x)=e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v(x)=－a x在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)在(0，＋∞)上单调递增．又f′(a)＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b)＜0，故当a ＞0时，f ′(x)存在唯一零点．(2)证明：由(1)可设f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x∈(0，x 0)时，f ′(x)＜0；当x∈(x 0，＋∞)时，f ′(x)＞0. 故f(x)在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x=x 0时，f(x)取得最小值，最小值为f(x 0)．由于2e2x 0－a x 0=0，所以f(x 0)=a 2x 0＋2ax 0＋aln 2a ≥2a ＋aln 2a.故当a ＞0时，f (x)≥2a＋aln 2a.13.14.解：15.解：。

高考文科数学总复习练习十八导数的存在性问题试题及答案

十八导数的存在性问题(30分钟60分)一、选择题(每小题5分,共20分)1.若存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,则实数a的取值范围是( )A.(-1,+∞)B.(0,+∞)C.(-2,+∞)D.[-1,+∞)【解析】选A.存在正实数x使e x(x2-a)<1成立,即a>x2-在区间(0,+∞)上有解,令f(x)=x2-,f′(x)=2x+>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以f(x)>f(0)=-1,又a>x2-在区间(0,+∞)上有解,所以a∈(-1,+∞).2.(2019·莆田模拟)若函数f(x)=x3-x2+2x没有极小值点,则a的取值范围是( )A. B.C.{0}∪D.{0}∪【解析】选C.f′(x)=ax2-2x+2,要使得f(x)没有极小值,则要求f′(x)恒大于等于0,或者恒小于等于0,或者该导函数为一次函数,当该导函数为一次函数的时候,a=0,满足条件,当f′(x)恒大于等于0的时候,则,解得a∈,当f′(x)恒小于等于0的时候,则,此时a不存在,故a∈{0}∪.3.已知函数f(x)=xe x,g(x)=-(x+1)2+a,若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则实数a的取值范围是( )A. B.[-1,+∞)C.[-e,+∞)D.【解析】选D.f′(x)=e x+xe x=(1+x)e x,当x>-1时,f′(x)>0,函数递增;当x<-1时,f′(x)<0,函数递减.所以当x=-1时,f(x)取得最小值,f(-1)=-.函数g(x)的最大值为a.若存在x1,x2∈R,使得f(x2)≤g(x1)成立,则有g(x)的最大值大于或等于f(x)的最小值,即a≥-.4.(2020·重庆模拟)若函数f(x)=e x在(0,1)内存在极值点,则实数a的取值范围是( )世纪金榜导学号A.(-∞,0)B.(0,+∞)C.(-∞,-1]D.[-1,0)【解析】选A.函数f(x)=e x,定义域为{x|x≠0},f′(x)=e x+xe x-=,因为f(x)在(0,1)内存在极值点,则f′(x)==0的实数根在(0,1)内,即x3+x2-ax+a=0的实数根在区间(0,1)内,令g(x)=x3+x2-ax+a,可知,函数g(x)=x3+x2-ax+a在(0,1)内存在零点,讨论a:a=0时,g(x)=x2(x+1)在(0,1)上无零点.a>0时,在(0,1)上,g(x)=x3+x2+(1-x)a>0,无零点.a<0时,g(0)=a<0,g(1)=2>0,在(0,1)上有零点.所以实数a的取值范围是a<0.二、填空题(每小题5分,共20分)5.(2020·赣州模拟)若函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点,则实数a的取值范围是. 【解析】因为f(x)=ae x-x-2a,所以f′(x)=ae x-1.当a≤0时,f′(x)≤0恒成立,函数f(x)在R上单调递减,不可能有两个零点;当a>0时,令f′(x)=0,得x=ln,函数f(x)在上单调递减,在上单调递增,所以f(x)的最小值为f=1-ln-2a=1+ln a-2a.令g(a)=1+ln a-2a(a>0),则g′(a)=-2.当a∈时,g(a)单调递增;当a∈时,g(a)单调递减,所以g(a)max=g=-ln 2<0,所以f(x)的最小值为f<0,函数f(x)=ae x-x-2a有两个零点.综上所述,实数a的取值范围是(0,+∞).答案:(0,+∞)6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,则实数m的取值范围是. 【解析】因为f(x)=x-ln x与g(x)=-+m在[1,3]上是“关联函数”,令y=h(x)=f(x)-g(x), 所以函数y=h(x)=f(x)-g(x)=x-ln x+-m在[1,3]上有两个不同的零点,即h(x)=0在[1,3]有两个不同的实数根,令x-ln x+-m=0,即m=x-ln x+.设F(x)=x-ln x+,即y=m与F(x)=x-ln x+有两个交点,则F′(x)=1--==.所以F′(x)>0,得x>2;F′(x)<0,得0<x<2,所以F(x)在[1,2]上递减,在[2,3]上递增,F(1)=3,F(2)=3-ln 2,F(3)=-ln 3.作出函数F(x)图像,如图.作直线y=m,平移可知当3-ln 2<m≤-ln 3时符合题意,所以实数m的取值范围是(3-ln 2,-ln 3].答案:(3-ln 2,-ln 3]7.设函数f(x)=x2-xln x+2,若存在区间[a,b]⊆,使f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围为.【解题指南】判断f(x)的单调性,得出f(x)=k(x+2)在上有两解,作出函数图像,利用导数的意义求出k的范围.【解析】f′(x)=2x-ln x-1,设g(x)=f′(x),则g′(x)=2-,所以当x≥时,g′(x)≥0,所以f′(x)在)上单调递增,所以f′(x)≥f′=ln 2>0,所以f(x)在上单调递增,因为[a,b]⊆,所以f(x)在[a,b]上单调递增,因为f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],所以,所以方程f(x)=k(x+2)在上有两解a,b.作出y=f(x)与直线y=k(x+2)的函数图像,则两图像有两交点.若直线y=k(x+2)过点,则k=,若直线y=k(x+2)与y=f(x)的图像相切,设切点为(x0, y0),则,解得k=1.所以1<k≤.答案:8.(2020·上饶模拟)已知函数f(x)=x+,g(x)=2x+a,若∃x1∈,∀x2∈,使得f(x1)≥g(x2),则实数a的取值范围是. 世纪金榜导学号【解析】当x1∈时,由f(x)=x+得,f′(x)=,令f′(x)>0,解得:x>2,令f′(x)<0,解得:x<2,所以f(x)在上单调递减,在(2,3]上单调递增,所以f=8.5是函数的最大值,当x2∈[2,3]时,g(x)=2x+a为增函数,所以g(3)=a+8是函数的最大值,又因为∃x1∈,∀x2∈[2,3],使得f(x1)≥g(x2),可得f(x)在x1∈的最大值不小于g(x)在x2∈[2,3]的最大值,即8.5≥a+8,解得:a≤.答案:a≤三、解答题(每小题10分,共20分)9.(2020·黄冈模拟)已知函数f(x)=e x·(a+ln x),其中a∈R.(1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=-垂直,求a的值.(2)记f(x)的导函数为g(x).当a∈(0,ln 2)时,证明:g(x)存在极小值点x0,且f(x0)<0.【解析】(1)f′(x)=e x·(a+ln x)+e x·=e x·,依题意,有f′(1)=e·(a+1)=e,解得a=0.(2)令g(x)=e x·,所以g′(x)=e x·+e x·=e x·.因为e x>0,所以g′(x)与a+-+ln x同号.设h(x)=a+-+ln x,则h′(x)==.所以对任意x∈(0,+∞),有h′(x)>0,故h(x)在(0,+∞)上单调递增.因为a∈(0,ln 2),所以h(1)=a+1>0,h=a+ln <0,故存在x0∈,使得h(x0)=0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下:x x0(x0,1)g′(x)- 0 +g(x) ↘极小值↗所以g(x)在区间上单调递减,在区间(x0,1)上单调递增.所以若a∈(0,ln 2),存在x0∈,使得x0是g(x)的极小值点.令h(x0)=0,得到a+ln x0=,所以f(x0)=·(a+ln x0)=·<0.【变式备选】1.已知函数f(x)=x2-3ln x.(1)求f(x)在(1,f(1))处的切线方程.(2)试判断f(x)在区间(1,e)上有没有零点?若有,则判断零点的个数.【解析】(1)由已知得f′(x)=x-,有f′(1)=-2,f(1)=,所以在(1,f(1))处的切线方程为y-=-2(x-1),化简得4x+2y-5=0.(2)由(1)知f′(x)=,因为x>0,令f′(x)=0,得x=,所以当x∈(0,)时,有f′(x)<0,则(0,)是函数f(x)的单调递减区间;当x∈(,+∞)时,有f′(x)>0,则(,+∞)是函数f(x)的单调递增区间.当x∈(1,e)时,函数f(x)在(1,)上单调递减,在(,e)上单调递增;又因为f(1)=,f(e)=e2-3>0,f()=(1-ln 3)<0,所以f(x)在区间(1,e)上有两个零点.2.(2019·淄博模拟)已知函数f(x)=ln x-ax+ab(a>0,b∈R).(1)若存在正数a,使f(x)≤0恒成立,求实数b的最大值.(2)设a=1,若g(x)=xe x-2x-f(x)没有零点,求实数b的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=ln x-ax+ab,所以f′(x)=-a=-,所以y=f(x)在上单调递增,在上单调递减.所以f(x)max=f=-ln a-1+ab.所以存在正数a,使ab≤1+ln a成立,即存在正数a,使得b≤成立.令h(x)=,x∈(0,+∞),因为h′(x)=-,所以y=h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.所以h(x)max=h(1)=1,所以b≤1.故b的最大值为1.(2)因为a=1,所以f(x)=ln x-x+b.所以g(x)=xe x-x-ln x-b.所以g′(x)=(x+1).令x0∈(0,1),使得=.两边取自然对数,得x0=-ln x0,所以g(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增.由题设可知,要使函数g(x) 没有零点,则要g(x)min=g(x0)>0即可,g(x0)=x0·-x0+x0-b=1-b>0,所以b<1.10.设f(x)=ln x+,g(x)=ax-4. 世纪金榜导学号(1)求φ(x)=f(x)+g(x)的单调区间.(2)当a=1时,记h(x)=f(x)·g(x),是否存在整数λ,使得关于x的不等式2λ≥h(x)有解?若存在,求出λ的最小值,若不存在,说明理由.【解析】(1)φ′(x)=-+a==(x>0).a<0时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ′(x)>0恒成立,故φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,令φ′(x)<0⇒x∈,令φ′(x)>0⇒x∈;故φ(x)在上单调递减,在上单调递增;综上:a<0时,φ(x)在上单调递增,在上单调递减;0≤a≤1时,φ(x)在(0,+∞)上单调递增.a>1时,φ(x)在上单调递减,在上单调递增.(2)当a=1时,h(x)=f(x)·g(x)=(x-4)ln x,h′(x)=ln x+=1+ln x-(x>0),由于h′(x)在(0,+∞)上单调递增且h′(2)=ln 2-1<0,h′(3)=ln 3->0,故存在唯一x0∈(2,3),使得h′(x0)=0,即1+ln x0-=0(*),故h(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+∞)上单调递增,故h(x)min=h(x0)=(x0-4)ln x0=(x0-4)=8-,又x0∈(2,3)且y=8-在(2,3)上单调递增,故8-∈, 即h(x)min∈.依题意:2λ≥h(x)有解,故λ≥h(x)min∈,又λ∈Z,故λmin=0.。

2020版高考文科数学练习-2.3 导数的运算与应用、几何意义

2.3 导数的运算与应用、几何意义高考命题规律1.高考常考考题.多数年份有考查,以“一小”的形式出现.2.选择题或填空题,5分,中高档难度.3.全国高考有3种命题角度,分布如下表.命题角度1导数的运算与几何意义高考真题体验·对方向1.(2019全国Ⅲ·7)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=-1B.a=e,b=1C.a=e -1,b=1D.a=e -1,b=-1y'=a e x +ln x+1,∴k=y'|x=1=a e +1=2, ∴a e =1,a=e -1.将点(1,1)代入y=2x+b ,得2+b=1,∴b=-1.2.(2016山东·10)若函数y=f (x )的图象上存在两点,使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直,则称y=f (x )具有T 性质.下列函数中具有T 性质的是( ) A.y=sin x B.y=ln x C.y=e x D.y=x 3P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2).则由导数几何意义可知,两条切线的斜率分别为k 1=f'(x 1),k 2=f'(x 2),若函数具有T 性质,则k 1·k 2=f'(x 1)·f'(x 2)=-1.A 项,f'(x )=cos x ,显然k 1·k 2=cos x 1·cos x 2=-1有无数组解,所以该函数具有性质T;B 项,f'(x )=1x (x>0),显然k 1·k 2=1x 1·1x 2=-1无解,故该函数不具有性质T;C项,f'(x)=e x>0,显然k1·k2=e x1·e x2=-1无解,故该函数不具有性质T;D项,f'(x)=3x2≥0,显然k1·k2=3x12×3x22=-1无解,故该函数不具有性质T.综上,选A.3.(2019全国Ⅰ·13)曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为.3xy'=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,∴k=y'|x=0=3.∴曲线y=3(x2+x)e x在点(0,0)处的切线方程为y=3x.4.(2018全国Ⅱ·13)曲线y=2ln x在点(1,0)处的切线方程为.2x-2,∴当x=1时,y'=2.∴切线方程为y=2(x-1),即y=2x-2.y'=(2ln x)'=2x5.(2017天津·10)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为.f(x)=ax-ln x,∴f'(x)=a-1,f'(1)=a-1,f(1)=a,则切线l方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1,则l在xy轴上的截距为1.6.(2016全国Ⅲ·16)已知f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)=e-x-1-x,则曲线y=f(x)在点(1,2)处的切线方程是.2xx>0时,-x<0,f(-x)=e x-1+x.因为f(x)为偶函数,所以f(x)=f(-x)=e x-1+x.因为f'(x)=e x-1+1,所以f'(1)=2,所求切线方程为y-2=2(x-1),即y=2x.7.(2015全国Ⅰ·14)已知函数f(x)=ax3+x+1的图象在点(1,f(1))处的切线过点(2,7),则a=.f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,即切线斜率k=3a+1.又f(1)=a+2,∴已知点为(1,a+2).=5-a,∴5-a=3a+1,解得a=1.而由过(1,a+2),(2,7)两点的直线的斜率为a+2-71-28.(2015陕西·15)设曲线y=e x在点(0,1)处的切线与曲线y=1(x>0)上点P处的切线垂直,则P的坐标x为.y=e x 在点(0,1)处的切线斜率k=y'=e x |x=0=1;由y=1x ,可得y'=-1x 2,因为曲线y=1x(x>0)在点P 处的切线与曲线y=e x 在点(0,1)处的切线垂直,故-1x P2=-1,解得x P =1,由y=1x ,得y P =1,故所求点P 的坐标为(1,1).典题演练提能·刷高分1.(2019重庆模拟)若直线y=ax 是曲线y=2ln x+1的一条切线,则实数a=( )A.e -12B.2e -12e 12 D.2e 12解析依题意,设直线y=ax 与曲线y=2ln x+1的切点的横坐标为x 0,则有y' x=x 0=2x 0,于是有{a =2x 0,ax 0=2ln x 0+1,解得x 0=√e ,a=2x 0=2e -12,选B.2.过曲线y=e x 上一点P (x 0,y 0)作曲线的切线,若该切线在y 轴上的截距小于0,则x 0的取值范围是( ) A.(0,+∞) B.1e ,+∞ C.(1,+∞) D.(2,+∞)e x ,y'=e x ,切线斜率为e x 0,切线方程为y-y 0=e x 0(x-x 0),当x=0时,y=-x 0e x 0+y 0=-x 0e x 0+e x 0=e x 0(1-x 0)<0,∴x 0>1,则x 0的取值范围是(1,+∞),故选C .3.(2019山西晋城二模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数,且当x<0时,f (x )=1-2ln (-x )x,则曲线y=f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为 .x+y-4=0x>0,则-x<0,所以f (-x )=1-2lnx-x .又函数f (x )是定义在R 上的奇函数,所以f (x )=-f (-x )=1-2lnxx ,此时f'(x )=2lnx -3x 2,f'(1)=-3,f (1)=1,所以切线方程为y-1=-3(x-1),即3x+y-4=0.4.已知函数f (x )=f'(π6)cos x+sin x ,则f (π6)的值为 .f'(x )=-f'(π6)sin x+cos x ,∴f'(π6)=-f'(π6)sin π6+cos π6=-12f'(π6)+√32, 所以32f'(π6)=√32,∴f'(π6)=√33. 所以f (π6)=√33cos π6+sin π6=12+12=1,故填1. 5.(2019河北武邑中学调研二)曲线y=e -5x +2在点(0,3)处的切线方程为 .5x+3e -5x +2的导数y'=-5e -5x ,则在x=0处的切线斜率为-5,所以曲线y=e -5x +2在点(0,3)处的切线方程为y=-5x+3. 故答案为y=-5x+3.6.已知函数f (x )的导函数为f'(x ),且满足关系式f (x )=3xf'(2)+ln x ,则f'(1)的值等于 .f (x )=3xf'(2)+ln x ,可得f'(x )=3f'(2)+1x ,∴f'(2)=3f'(2)+12,解得f'(2)=-14, ∴f'(1)=3f'(2)+1=14.7.已知函数f (x )=2ln x 和直线l :2x-y+6=0,若点P 是函数f (x )图象上的一点,则点P 到直线l 的距离的最小值为 .y=2x+m 与函数f (x )的图象相切于点P (x 0,y 0)(x 0>0).f'(x )=2x ,则f'(x 0)=2x 0=2,解得x=1.∴P (1,0).则点P 到直线2x-y+6=0的距离d=√2+(-1)=8√55. 即为点P 到直线2x-y+6=0的距离的最小值.命题角度2导数与函数的单调性高考真题体验·对方向1.(2017浙江·7)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( )y=f'(x )的三个零点分别为x 1,x 2,x 3,且x 1<0<x 2<x 3.所以在区间(-∞,x 1)和(x 2,x 3)上,f'(x )<0,f (x )是减函数, 在区间(x 1,x 2)和(x 3,+∞)上,f'(x )>0,f (x )是增函数, 所以函数y=f (x )的图象可能为D,故选D .2.(2017山东·10)若函数e x f (x )(e =2.718 28…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.f (x )=2-xB.f (x )=x 2C.f (x )=3-xD.f (x )=cos x项,令g (x )=e x ·2-x ,则g (x )=(e 2)x,因为e2>1,所以g (x )在R 上单调递增,具有M 性质;B 项,令g (x )=e x ·x 2,则g'(x )=e x (x 2+2x )=x (x+2)·e x ,令g'(x )=0,得x 1=0,x 2=-2,g (x )在(-∞,-2),(0,+∞)上单调递增,在(-2,0)上单调递减,不具有M 性质;C 项,令g (x )=e x ·3-x , 则g (x )=(e 3)x,因为0<e3<1,所以g (x )在R 上单调递减,不具有M 性质;D 项,令g (x )=e x cos x ,则g'(x )=e x (cos x-sin x ),令g'(x )=0,得tan x=1. 所以x=k π+π,k ∈Z ,故g (x )在R 上不单调递增,不具有M 性质.3.(2016全国Ⅰ·12)若函数f (x )=x-13sin 2x+a sin x 在(-∞,+∞)单调递增,则a 的取值范围是( ) A.[-1,1]B.-1,13 C.-13,13D.-1,-13,f'(x )=1-23cos 2x+a cos x=-43cos 2x+a cos x+53. 因为f (x )在R 上单调递增,所以f'(x )=-43cos 2x+a cos x+53≥0在R 上恒成立. (方法一)则由题意可得,当cos x=1时,f'(x )≥0, 当cos x=-1时,f'(x )≥0,即{-43+a +53≥0,-43-a +53≥0,解得-13≤a ≤13. (方法二)令t=cos x ∈[-1,1], 当t=0时,53>0恒成立; 当0<t ≤1时,a ≥43t-53t . 令h (t )=43t-53t,则h'(t )=43+53t 2>0, 所以h (t )在(0,1]上单调递增. 所以h (t )max =h (1)=-13.所以a ≥-13. 当-1≤t<0时,a ≤43t-53t . 令g (t )=43t-53t ,则g'(t )=43+53t 2>0, 所以g (t )在[-1,0)上单调递增. 所以g (t )min =g (-1)=13,所以a ≤13.综上,-13≤a ≤13.典题演练提能·刷高分1.已知函数f (x )e x在其定义域上单调递减,则函数f (x )的图象可能是( )函数f (x )e x 在其定义域上单调递减,∴f (x )e x'=f '(x )-f (x )e x≤0在定义域上恒成立,且不可恒为0,即f (x )≥f'(x )恒成立.结合函数f (x )的图象及导数的几何意义可得选项A 满足条件.选A . 2.已知函数f (x )=-x 3-7x+sin x ,若f (a 2)+f (a-2)>0,则实数a 的取值范围是( ) A.(-∞,1) B.(-∞,3) C.(-1,2) D.(-2,1)函数f (x )=-x 3-7x+sin x ,∴f (-x )=x 3+7x-sin x=-f (x ),即函数f (x )在R 上为奇函数.∵f'(x )=-3x 2-7+cos x ,∴f'(x )=-3x 2-7+cos x<0恒成立,即函数f (x )在R 上为减函数. ∵f (a 2)+f (a-2)>0,∴f (a 2)>-f (a-2)=f (2-a ), ∴a 2<2-a ,即a 2+a-2<0.∴-2<a<1.故选D .3.已知函数f (x )满足f (x )>f'(x ),在下列不等关系中,一定成立的是( ) A.e f (1)>f (2) B.e f (1)<f (2) C.f (1)>e f (2) D.f (1)<e f (2)f'(x )-f (x )<0,∴f '(x )-f (x )e x<0, ∴f '(x )e x -f (x )e x(e x )2<0,∴f '(x )e x -f (x )(e x )'(e x )2<0,∴f (x )e x'<0,∴y=f (x )e x 在R 上是减函数. ∵1<2,∴f (1)e 1>f (2)e 2,∴e f (1)>f (2),故选A . 4.(2019山东泰安二模)若函数f (x )=12(cos x+sin x )(cos x-sin x-4a )+(4a-3)x 在区间0,π2上单调递增,则实数a 的取值范围为( ) A.a ≥32 B.32<a<3C.a ≥1D.1<a<3解析 f (x )=12(cos 2x-sin 2x )-2a (cos x+sin x )+(4a-3)x=12cos 2x-2a (cos x+sin x )+(4a-3)x.∴f'(x )=-sin 2x-2a (-sin x+cos x )+(4a-3).设t=sin x-cos x=√2sin x-π4,则x ∈0,π2时,x-π4∈-π4,π4,∴t ∈[-1,1],且sin 2x=1-t 2,∴f'(x )化为g (t )=-(1-t 2)+2at+(4a-3)=t 2+2at+4a-4;由题意知g (t )=t 2+2at+4a-4≥0恒成立,其中t ∈[-1,1];当-a ≤-1,即a ≥1时,g (t )在区间[-1,1]上单调递增,∴g (t )的最小值为g (-1)=1-2a+4a-4≥0,解得a ≥32;当-1<-a<1,即-1<a<1时,g (t )在[-1,1]内先减后增,∴g (t )的最小值为g (-a )=a 2-2a 2+4a-4≥0,解得a=2,不合题意;当-a ≥1,即a ≤-1时,g (t )在[-1,1]上单调递减,∴g (t )的最小值为g (1)=1+2a+4a-4≥0,解得a ≥12,不合题意;综上所述,实数a 的取值范围为a ≥32.故选A .5.已知函数y=f (x )对任意的x ∈(0,π)满足f'(x )sin x>f (x )cos x (其中f'(x )为函数f (x )的导函数),则下列不等式成立的是( ) A.f π4<√2f π6 B.f π4>√2f π6 C.f π6>√2f π4 D.f π6<√2f π4F (x )=f (x )sinx ,x ∈(0,π),则F'(x )=f '(x )sinx -f (x )cosxsin 2x,∵f'(x )sin x>f (x )cos x ,∴f'(x)sin x-f(x)cos x>0,∴F'(x)>0, ∴y=F'(x)在(0,π)内为单调递增函数.∴Fπ4>Fπ6,即f(π4)sinπ4>f(π6)sinπ6,即fπ4>√2fπ6,故选B.6.已知函数f(x)与其导函数f'(x)的图象如图所示,则满足f'(x)<f(x)的x的取值范围为()A.(0,4)B.(-∞,0),(1,4)C.0,43D.(0,1),(4,+∞),当f'(x)>0时,函数f(x)单调递增,当f'(x)<0时,函数f(x)单调递减.由图象可知,当0<x<1时,函数y=f'(x)的图象在y=f(x)图象的下方,满足f'(x)<f(x);当x>4时,函数y=f'(x)的图象在y=f(x)图象的下方,满足f'(x)<f(x).所以满足f'(x)<f(x)的解集为{x|0<x<1或x>4},故选D.7.已知函数f(x)=(e x-e-x)x2,若实数m满足f(log3m)-f(log13m)≤2f(1),则实数m的取值范围为()A.(0,3]B.[13,3]C.(0,9]D.(0,13)∪(3,+∞)R,∵f(-x)=(e-x-e x)(-x)2=-f(x),∴函数f(x)为奇函数.又当x≥0时,f'(x)=(e x+e-x)x2+(e x-e-x)·2x≥0,∴函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,则在R上奇函数f(x)为增函数,∴f(log3m)-f(lo g13m)=f(log3m)-f(-log3m)=2f(log3m)≤2f(1),即f(log3m)≤f(1),∴log3m≤1,解得0<m≤3,故选A.8.函数f(x)在定义域R内可导,若f(x)=f(2-x),且(x-1)f'(x)<0,若a=f(0),b=f(12),c=f(3),则a,b,c的大小关系是.f (x )=f (2-x ),∴函数f (x )的图象关于直线x=1对称,∴c=f (3)=f (-1),∵(x-1)f'(x )<0,∴当x ∈(-∞,1)时,f'(x )>0,即f (x )在(-∞,1)上为增函数;当x ∈(1,+∞)时,f'(x )<0,即f (x )在(1,+∞)上为减函数.∴f (12)>f (0)>f (-1),即b>a>c.命题角度3导数与函数的极值和最值高考真题体验·对方向1.(2016四川·6)已知a 为函数f (x )=x 3-12x 的极小值点,则a=( )A.-4B.-2C.4D.2(x )=3x 2-12=3(x+2)(x-2),令f'(x )=0,得x=-2或x=2,易得f (x )在(-2,2)上单调递减,在(-∞,-2),(2,+∞)上单调递增, 故f (x )极小值为f (2),由已知得a=2,故选D .2.(2014全国Ⅱ·12)已知函数f (x )=ax 3-3x 2+1,若f (x )存在唯一的零点x 0,且x 0>0,则a 的取值范围是 ( )A .(2,+∞)B .(1,+∞)C .(-∞,-2)D .(-∞,-1)a=0时,f (x )=-3x 2+1存在两个零点,不合题意;当a>0时,f'(x )=3ax 2-6x=3ax (x -2a ),令f'(x )=0,得x 1=0,x 2=2a,所以f (x )在x=0处取得极大值f (0)=1,在x=2a 处取得极小值f (2a )=1-4a 2,要使f (x )有唯一的零点,需f (2a )>0,但这时零点x 0一定小于0,不合题意;当a<0时,f'(x )=3ax 2-6x=3ax (x -2a ),令f'(x )=0,得x 1=0,x 2=2a ,这时f (x )在x=0处取得极大值f (0)=1,在x=2a 处取得极小值f (2a )=1-4a 2, 要使f (x )有唯一零点,应满足f (2a )=1-4a 2>0,解得a<-2(a>2舍去),且这时零点x 0一定大于0,满足题意,故a 的取值范围是(-∞,-2).典题演练提能·刷高分1.函数f (x )=13x 3-32x 2+2x+1在[0,3]的最小值是 ( )A.53B.1C.0D.-176(x )=x 2-3x+2=(x-1)(x-2),令f'(x )>0得,x<1或x>2,令f'(x )<0得,1<x<2,因为x ∈[0,3],所以f (x )在[0,1],[2,3]单调递增,在[1,2]单调递减,∵f (0)=1,f (2)=13×23-32×22+2×2+1=53>1,∴f (x )min =1.2.已知函数f (x )=2e f'(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.-1eC.1D.2ln 2f'(x )=2ef '(e )x−1e ,∴f'(e)=2ef '(e )e −1e ,∴f'(e)=1e , ∴f'(x )=2x −1e .令f'(x )=0,则x=2e . ∴x ∈(0,2e)时,f'(x )>0,f (x )单调递增;x ∈(2e,+∞)时,f'(x )<0,f (x )单调递减.∴f (x )的极大值为f (2e)=2ln 2e -2=2ln 2,选D .3.若x=1是函数f (x )=ax 2+ln x 的一个极值点,则当x ∈1e ,e 时,f (x )的最小值为( )A.1-e 2B.-e +1C.-12e 2-1 D.e 2-1f'(x )=2ax+1x ,∵f'(1)=0,∴2a+1=0.∴a=-12.当x ∈1e ,1时,f'(x )≥0,当x ∈[1,e]时,f'(x )≤0,∴f (x )min =min {f(1e ),f (e )}=1-e 22,选A .4.设函数f (x )=-x 3+3bx ,当x ∈[0,1]时,f (x )的值域为[0,1],则b 的值是( )A.12B.√22C.√232D.√432(x )=-3x 2+3b ,若b ≤0,则f'(x )≤0,则f (x )在[0,1]上是减函数,x ∈[0,1]时,f (x )≤f (0)=0.当b>0时,0<x<√b 时,f'(x )>0,x>√b 时,f'(x )<0,∴f (x )在(0,√b )上是增函数,在(√b ,+∞)上是减函数,当√b ≥1时,f (1)=-1+3b=1,b=23<1矛盾,当0<√b <1时,f (√b )=1, 即-(√b )3+3(√b )3=1,∴b=√232.5.(2019河北衡水中学高三六模)已知函数f (x )=x+1e x-ax 有两个极值点,则实数a 的取值范围是( )A.-1e ,+∞ B.(-1,+∞) C.(-1,0) D.-1e ,0f (x )=x+1e x -ax 有两个极值点,所以方程f'(x )=-x e x -a=0有两个不相等的实根.令g (x )=xe x ,则g (x )=x ex 与直线y=-a 有两个不同的交点.又g'(x )=1-x e x ,由g'(x )=1-x e x=0得x=1.所以当x<1时,g'(x )>0,g (x )=xex 单调递增;当x>1时,g'(x )<0,g (x )=x ex 单调递减.所以g (x )max =g (1)=1e.又g (0)=0,当x>0时,g (x )=xx >0.作出函数的简图如下:因为g (x )=xe x 与直线y=-a 有两个不同交点,所以0<-a<1e ,即-1e <a<0.故选D .6.(2019河北武邑中学调研二)已知函数f (x )=a e x -x 2-(2a+1)x ,若函数f (x )在区间(0,ln 2)上有极值,则实数a 的取值范围是( ) A.(-∞,-1) B.(-1,0) C.(-2,-1) D.(-∞,0)∪(0,1)(x )=a e x -2x-(2a+1),令g (x )=a e x -2x-(2a+1).由函数f (x )在区间(0,ln 2)上有极值⇔g (x )在区间(0,ln 2)上单调且存在零点. 所以g (0)g (ln 2)=(a-2a-1)(2a-2ln 2-2a-1)<0,即a+1<0,解得a<-1.故实数a 的取值范围是(-∞,-1).故选A .7.已知函数f (x )=x ln x+12x 2,x 0是函数f (x )的极值点,给出以下几个命题:①0<x 0<1e ;②x 0>1e ;③f (x 0)+x 0<0;④f (x 0)+x 0>0.其中正确的命题是 .(填出所有正确命题的序号)f'(x )=ln x+x+1(x>0),不妨令g (x )=ln x+x+1(x>0),由g'(x )=1x +1,当x ∈(0,+∞)时,有g'(x )>0总成立,所以g (x )在(0,+∞)上单调递增, 且g (1e )=1e >0,而x 0是函数f (x )的极值点,所以f'(x 0)=g (x 0)=0,即g (1e )>g (x 0),所以0<x 0<1e,即命题①成立,则命题②错误;因为ln x 0+x 0+1=0,所以f (x 0)+x 0=x 0ln x 0+12x 02+x 0=x 0(ln x 0+x 0+1)-12x 02=-12x 02<0,故③正确,而④错误.所以填①③.。

2020届高考数学(文)总复习：第二章第十一节第二课时导数与函数的极值、最值(含解析答案)

课时规范练 A 组基础对点练1．设a ∈R ，若函数y ＝e x ＋ax ，x ∈R 有大于零的极值点，则( ) A ．a ＜－1 B ．a ＞－1 C ．a ＞－1eD ．a ＜－1e解析：∵y ＝e x ＋ax ，∴y ′＝e x ＋a . ∵函数y ＝e x＋ax 有大于零的极值点，则方程y ′＝e x ＋a ＝0有大于零的解， ∵x ＞0时，－e x ＜－1，∴a ＝－e x ＜－1.选A. 答案：A2．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，则f (2)等于( ) A ．11或18 B ．11 C ．18D ．17或18解析：∵函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值10，∴f (1)＝10，且f ′(1)＝0，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，即⎩⎨⎧1＋a ＋b ＋a 2＝10，3＋2a ＋b ＝0，解得⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3，或⎩⎨⎧a ＝4，b ＝－11.而当⎩⎨⎧a ＝－3，b ＝3时，f ′(x )＝3x 2－6x ＋3＝3(x －1)2，x ∈(－∞，1)，f ′(x )＞0，x ∈(1，＋∞)，f ′(x )＞0，故舍去．∴f (x )＝x 3＋4x 2－11x ＋16，∴f (2)＝18.选C. 答案：C3．(2019·岳阳模拟)下列函数中，既是奇函数又存在极值的是( ) A ．y ＝x 3 B ．y ＝ln(－x ) C ．y ＝x e －xD ．y ＝x ＋2x解析：A 、B 为单调函数，不存在极值，C 不是奇函数，故选D.答案：D4．若a＞0，b＞0，且函数f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1处有极值，若t＝ab，则t的最大值为( )A．2 B．3C．6 D．9解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′(x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x ＝1处有极值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0⇒a＋b＝6，∵a＞0，b＞0，a＋b≥2ab，∴ab≤9，当且仅当a＝b＝3时等号成立．故选D.答案：D5．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值是( )A．－37 B．－29C．－5 D．以上都不对解析：f′(x)＝6x2－12x＝6x(x－2)，所以f(x)在[－2,0]上单调递增，在(0,2]上单调递减．所以x＝0为极大值点，也为最大值点．所以f(0)＝m＝3，所以m＝3.所以f(－2)＝－37，f(2)＝－5.所以最小值是－37.答案：A6．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)图象的是( )解析：因为[f(x)e x]′＝f′(x)e x＋f(x)(e x)′＝[f(x)＋f′(x)]e x，且x＝－1为函数f(x)e x的一个极值点，所以f(－1)＋f′(－1)＝0；选项D中，f(－1)＞0，f′(－ 1)＞0，不满足f′(－1)＋f(－1)＝0.答案：D7．函数y ＝2x －1x2的极大值是________．解析：y ′＝2＋2x3，令y ′＝0，得x ＝－1.当x ＜－1时，y ′＞0；当－1＜x ＜0时，y ′＜0.当x ＞0，y ′＞0，所以当x ＝－1时，y 取极大值－3. 答案：－38．已知函数y ＝f (x )＝x 3＋3ax 2＋3bx ＋c 在x ＝2处有极值，其图象在x ＝1处的切线平行于直线6x ＋2y ＋5＝0，则f (x )的极大值与极小值之差为________．解析：因为y ′＝3x 2＋6ax ＋3b ，⎩⎨⎧3×22＋6a ×2＋3b ＝0，3×12＋6a ＋3b ＝－3⇒⎩⎨⎧a ＝－1，b ＝0.所以y ′＝3x 2－6x ，令3x 2－6x ＝0，则x ＝0或x ＝2. 所以f (x )极大值－f (x )极小值＝f (0)－f (2)＝4. 答案：49．已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋(m ＋6)x ＋1既存在极大值又存在极小值，则实数m 的取值范围是________．解析：因为f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋(m ＋6)，所以Δ＝4m 2－4×3(m ＋6)＞0，解得m ＞6或m ＜－3，所以实数m 的取值范围是(－∞，－3)∪(6，＋∞)．答案：(－∞，－3)∪(6，＋∞)10．已知函数f (x )＝e x (ax ＋b )－x 2－4x ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝4x ＋4. (1)求a ，b 的值；(2)讨论f (x )的单调性，并求f (x )的极大值．解析：(1)f ′(x )＝e x (ax ＋a ＋b )－2x －4.由已知得f (0)＝4，f ′(0)＝4，故b ＝4，a ＋b ＝8. 从而a ＝4，b ＝4.(2)由(1)知f (x )＝4e x (x ＋1)－x 2－4x ，f ′(x )＝4e x (x ＋2)－2x －4＝4(x ＋2)⎝⎛⎭⎪⎫e x－12.令f′(x)＝0，得x＝－ln 2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln 2，＋∞)时，f′(x)＞0；当x∈(－2，－ln 2)时，f′(x)＜0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln 2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln 2)上单调递减．当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．B组能力提升练11．已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则( ) A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值解析：当k＝1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0＜x ＜1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(e x－1)(x－1)＞0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(e x－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0＜x＜1，x＞1时，f(x)＞0，由极值的概念，知选C.答案：C12．若0＜x1＜x2＜1，则( )A．e x2－e x1＞ln x2－ln x1B．e x1－e x2＜ln x2－ln x1C．x2e x1＞x1e x2D．x2e x1＜x1e x2解析：令f(x)＝e xx，则f′(x)＝x e x－e xx2＝e x x－x2.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，即f(x)在(0,1)上单调递减，∵0＜x1＜x2＜1，∴f(x2)＜f(x1)，即e x2x2＜e x1x1，∴x2e x1＞x1e x2，故选C.答案：C13．已知奇函数f (x )＝⎩⎨⎧exx －x ，h xx则函数h (x )的最大值为__________．解析：先求出x >0时，f (x )＝e x x－1的最小值．当x >0时，f ′(x )＝e xx －x 2，∴x ∈(0,1)时，f ′(x )<0，函数单调递减，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，函数单调递增，∴x ＝1时，函数取得极小值即最小值，为e －1，∴由已知条件得h (x )的最大值为1－e. 答案：1－e14．若函数f (x )＝x 3－3x 在区间(a,6－a 2)上有最小值，则实数a 的取值范围是________．解析：若f ′(x )＝3x 2－3＝0，则x ＝±1，且x ＝1为函数的极小值点，x ＝－1为函数的极大值点．函数f (x )在区间(a,6－a 2)上有最小值，则函数f (x )的极小值点必在区间(a,6－a 2)内，且左端点的函数值不小于f (1)，即实数a 满足a ＜1＜6－a 2且f (a )＝a 3－3a ≥f (1)＝－2.解a ＜1＜6－a 2，得－5＜a ＜1.不等式a 3－3a ≥f (1)＝－2，即a 3－3a ＋2≥0，a 3－1－3(a －1)≥0，(a －1)(a 2＋a －2)≥0，即(a －1)2(a ＋2)≥0，即a ≥－2，故实数a 的取值范围为[－2,1)．答案：[－2,1)15．已知a ，b 是实数，1和－1是函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx 的两个极值点．(1)求a 和b 的值．(2)设函数g (x )的导函数g ′(x )＝f (x )＋2，求g (x )的极值点．解析：(1)由题设知f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b ，且f ′(－1)＝3－2a ＋b ＝0，f ′(1)＝3＋2a ＋b ＝0，解得a ＝0，b ＝－3. 将a ＝0，b ＝－3代入检验知符合题意． (2)由(1)知f (x )＝x 3－3x .因为f (x )＋2＝(x －1)2(x ＋2)，所以g ′(x )＝0的根为x 1＝x 2＝1，x 3＝－2，于是函数g (x )的极值点只可能是x ＝1或x ＝－2.当x ＜－2时，g ′(x )＜0；当－2＜x ＜1时，g ′(x )＞0，故x ＝－2是g (x )的极小值点．当－2＜x ＜1或x ＞1时，g ′(x )＞0，故x ＝1不是g (x )的极值点．所以g (x )的极小值点为x ＝－2，无极大值点．16．已知函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A (4，103)．(1)求函数f (x )的单调区间．(2)若函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有3个零点，求m 的取值范围．解析：(1)因为函数f (x )＝a 6x 3－a 4x 2－ax －2的图象过点A (4，103)．所以32a 3－4a －4a －2＝103，解得a ＝2，即f (x )＝13x 3－12x 2－2x －2，所以f ′(x )＝x 2－x －2.由f ′(x )＝x 2－x －2＜0，解得－1＜x ＜2；由f ′(x )＞0，得x ＜－1或x ＞2.所以函数f (x )的递减区间是(－1,2)，递增区间是(－∞，－1)，(2，＋∞)． (2)由(1)知f (x )的极大值＝f (－1)＝－13－12＋2－2＝－56，同理，f (x )的极小值＝f (2)＝83－2－4－2＝－163，由数形结合思想，要使函数g (x )＝f (x )－2m ＋3有三个零点，则－163＜2m －3＜－56，解得－76＜m ＜1312. 所以m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－76，1312.。

2020高考文科数学(人教A版)总复习练习：第三章导数及其应用课时规范练1

7.D s'=t2-12t+32,由导数的物理意义可知,速度为零的时刻就是 s'=0 的时刻,解方程 t2-12t+32=0,得
t=4 或 t=8.故选 D.
1
��'(2) 1
8.-2 由导数的几何意义可知 f'(2)=2,又 f(2)=2×2-8=-4,所以��(2)=-2.
��
1
7.一质点做直线运动,由始点经过 t s 后的距离为 s=3t3-6t2+32t,则速度为 0 的时刻是( )
A.4 s 末
B.8 s 末
C.0 s 末与 8 s 末
D.4 s 末与 8 s 末
��'(2)
8.(2018 河北衡水中学 17 模,14)函数 y=f(x)的图象在点 M(2,f(2))处的切线方程是 y=2x-8,则��(2)=
C. 2, ��
( ]1 ��
D. 2, ��
课时规范练 14 导数的概念及运算
2
1.A ∵f'(x)=13��
-
3
,
�� (1 - Δ��) - ��(1) �� (1 - Δ��) - ��(1)
��0�� 0 = ��0,
��0 = 0,
13.B 设直线 l 的方程为 y=kx-1,直线 l 与 f(x)的图象相切于点(x0,y0),则 �� 0 + 1 = ��,解得 �� = 1.

2020高考人教版文科数学总复习讲义：导数及其应用课时1含答案

导数的概念及运算1．了解导数概念的实际背景．2．通过函数图象直观理解导数的几何意义，会求曲线的切线方程．3．能根据导数的定义，求一些简单函数的导数．4．能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．知识梳理1．导数的概念(1)平均变化率：函数y ＝f (x )从x 0到x 0＋Δx 的平均变化率Δy Δx ＝ f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx. (2)函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的瞬时变化率 li m Δx →0 Δy Δx通常称为f (x )在x ＝x 0处的导数，并记作f ′(x 0)，即 f ′(x 0)＝li m Δx →0 f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx. (3)函数f (x )的导函数如果函数y ＝f (x )在开区间(a ，b )内每一点都是可导的，就说f (x )在开区间(a ，b )内可导，其导数也是开区间(a ，b )内的函数，称作f (x )的导函数，记作 y ′或f ′(x ) .2. 导数的几何意义函数y ＝f (x )在点x 0处的导数f ′(x 0)的几何意义是曲线y ＝f (x )在点(x 0，f (x 0))处的切线的斜率 .曲线在点P (x 0，f (x 0))处的切线方程是 y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0) .3．导数的运算(1)基本初等函数的导数公式①C ′＝ 0 (C 为常数)；②(x n )′＝ nx n －1 (n ∈Q )；③(sin x )′＝ cos x ；④(cos x )′＝－sin x ；⑤(a x )′＝ a x ln a (a >0且a ≠1)；⑥(e x )′＝ e x ；⑦(log a x )′＝ 1x ln a(a >0且a ≠1)； ⑧(ln x )′＝ 1x. (2)导数的运算法则①和差的导数[f (x )±g (x )]′＝ f ′(x )±g ′(x ) .②积的导数[f (x )·g (x )]′＝ f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x ) .③商的导数[f (x )g (x )]′＝ f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )g 2(x ) (g (x )≠0)．热身练习1．若f (x )＝2x 2图象上一点(1,2)及附近一点(1＋Δx,2＋Δy )，则ΔyΔx 等于(C)A ．3＋2ΔxB ．4＋ΔxC ．4＋2ΔxD ．3＋ΔxΔy ＝f (x ＋Δx )－f (x )＝2(1＋Δx )2－2＝2[2Δx ＋(Δx )2]，所以ΔyΔx ＝4＋2Δx .2．设函数f (x )可导，则lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)2Δx 等于(C)A ．f ′(1)B ．2f ′(1)C.12f ′(1) D ．f ′(2)因为f (x )可导，所以lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)2Δx ＝12lim Δx →0 f (1＋Δx )－f (1)Δx ＝12f ′(1)．3．下列求导运算中正确的是(B)A ．(x ＋1x )′＝1＋1x 2 B ．(lg x )′＝1x ln 10C ．(ln x )′＝xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x(x ＋1x )′＝1－1x 2，故A 错；(ln x )′＝1x ，故C 错；(x 2cos x )′＝2x cos x －x 2sin x ，D 错．4．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y ＝2ln x 在点(1,0)处的切线方程为 2x －y －2＝0 .因为y ′＝2x ，y ′| x ＝1＝2，所以切线方程为y －0＝2(x －1)，即y ＝2x －2.5．(1)(2016·天津卷)已知函数f (x )＝(2x ＋1)e x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则f ′(0)的值为3 . (2)y ＝x x ＋1，则y ′x ＝2＝ 19 .(1)因为f ′(x )＝2e x ＋(2x ＋1)e x ＝(2x ＋3)e x ，所以f ′(0)＝3e 0＝3.(2)因为y ′＝(xx ＋1)′＝x ′(x ＋1)－x (x ＋1)′(x ＋1)2＝1(x ＋1)2，所以y ′x ＝2＝1(2＋1)2＝19.导数的概念利用导数的定义求函数f (x )＝1x ＋2的导数．因为Δy ＝1x ＋Δx ＋2－1x ＋2＝－Δx (x ＋Δx ＋2)(x ＋2)，所以Δy Δx ＝－1(x ＋Δx ＋2)(x ＋2)，所以f ′(x )＝li m Δx →0 Δy Δx ＝li m Δx →0[－1(x ＋Δx ＋2)(x ＋2)] ＝－1(x ＋2)(x ＋2)＝－1(x ＋2)2.利用定义求导数的基本步骤：①求函数的增量：Δy ＝f (x ＋Δx )－f (x )；②求平均变化率：Δy Δx ＝f (x ＋Δx )－f (x )Δx； ③取极限得导数：f ′(x )＝li m Δx →0 f (x ＋Δx )－f (x )Δx .1．设函数f (x )在x 0处可导，则li m Δx →0f (x 0－Δx )－f (x 0)Δx 等于(B) A ．f ′(x 0) B ．－f ′(x 0)C ．f (x 0)D ．－f (x 0)li m Δx →0 f (x 0－Δx )－f (x 0)Δx＝－li m Δx →0 f [x 0＋(－Δx )]－f (x 0)(－Δx )＝－f ′(x 0)．导数的运算求下列函数的导数：(1)y ＝x 2sin x; (2)y ＝1＋sin x 1－cos x .(1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x .(2)y ′＝(1＋sin x )′(1－cos x )－(1＋sin x )(1－cos x )′(1－cos x )2＝cos x (1－cos x )－(1＋sin x )sin x (1－cos x )2 ＝cos x －sin x －1(1－cos x )2.利用导数公式和运算法则求导数，是求导数的基本方法(称为公式法)．用公式法求导数的关键是：认清函数式的结构特点，准确运用常用的导数公式．2．(1)(2018·天津卷)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 e .(2)设y ＝1＋cos x sin x ，则y ′π2＝－1 .(1)因为f (x )＝e x ln x ，所以f ′(x )＝e xln x ＋e x x ，所以f ′(1)＝e. (2)因为y ′＝(1＋cos x )′sin x －(1＋cos x )(sin x )′sin 2x＝－sin 2x －(1＋cos x )cos x sin 2x ＝－1－cos x sin 2x，所以y ′π2＝－1.求切线方程(1)(2017·全国卷Ⅰ)曲线y ＝x 2＋1x在点(1,2)处的切线方程为____________________． (2)若曲线y ＝x ln x 存在斜率为2的切线，则该切线方程为________________．因为y ′＝2x －1x 2，所以y ′|x ＝1＝1，即曲线在点(1,2)处的切线的斜率k ＝1，所以切线方程为y －2＝x －1，即x －y ＋1＝0.(2)因为y ′＝ln x ＋1，设切点为P (x 0，y 0)，则y ′x ＝x 0＝ln x 0＋1＝2，所以x 0＝e ，此时y 0＝x 0ln x 0＝eln e ＝e ，所以切点为(e ，e)．故所求切线方程为y －e ＝2(x －e)，即2x －y －e ＝0.(1)x －y ＋1＝0 (2)2x －y －e ＝0(1)求切线方程有如下三种类型：①已知切点(x 0，y 0)，求切线方程；②已知切线的斜率k ，求切线方程；③求过(x 1，y 1)的切线方程．其中①是基本类型，类型②和类型③都可转化为类型①进行处理．(2)三种类型的求解方法：类型①，利用y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)直接求出切线方程．类型②，设出切点(x 0，y 0)，再由k ＝f ′(x 0)，再由(x 0，y 0)既在切线上，又在曲线上求解；类型③，先设出切点(x 0，y 0)，利用k ＝f ′(x 0)及已知点(x 1，y 1)在切线上求解．3．(2018·广州市模拟)已知直线y ＝kx －2与曲线y ＝x ln x 相切，则实数k 的值为(D)A ．ln 2B ．1C ．1－ln 2D ．1＋ln 2本题实质上是求曲线过点(0，－2)的切线问题，因为(0，－2)不是切点，可先设出切点，写出切线方程，再利用切线过(0，－2)得到所求切线方程．设切点为(x 0，x 0ln x 0)，因为y ′＝ln x ＋1，所以k ＝ln x 0＋1，所以切线方程为y －x 0ln x 0＝(ln x 0＋1)(x －x 0)，因为切线过点(0，－2)，所以－2－x0ln x0＝－x0ln x0－x0，所以x0＝2，所以k＝ln 2＋1.1．函数y＝f(x)的导数实质上是“增量(改变量)之比的极限”，即f′(x)＝li mΔx→0ΔyΔx＝li mΔx→0f(x＋Δx)－f(x)Δx.2．关于函数的导数，要熟练掌握基本导数公式和求导的运算法则，一般要遵循先化简再求导的基本原则．3．导数f′(x0)的几何意义是曲线y＝f(x)在点M(x0，f(x0))处切线的斜率，其切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)．若设点(x0，y0)是切线l与曲线C的切点，则有如下结论：①f′(x0)是切线l的斜率；②点(x0，y0)在切线l上；③点(x0，y0)在曲线C上．。

2020年高考数学导数解答题专项练习(含答案解析)

2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）1.已知函数f(x)=x2-mln x，h(x)=x2-x＋a.(1)当a=0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m=2时，若函数k(x)=f(x)-h(x)在区间(1,3)上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．2.设函数已知函数f(x)=ae x-x+1.（1）求函数f(x)的单调区间；（2）若f(x)在(0,3)上只有一个零点，求a的取值范围；3.已知函数f(x)=lnx+a(x-1)2(a>0).（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)在区间(0,1)内有唯一的零点x0，证明：.（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.5.已知函数f(x)=2lnx-2mx+x 2(m>0).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）当时，若函数f(x)的导函数f /(x)的图象与x轴交于A,B两点，其横坐标分别为x 1,x 2(x 1<x 2)，线段AB的中点的横坐标为x 0，且x 1,x 2恰为函数h(x)=lnx-cx 2-bx的零点.求证：.6.已知函数，g(x)=mx.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a=0时，f(x)≤g(x)恒成立，求实数m 的取值范围；(3)当a=1时，求证：当x>1时，.(I)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)若x∈[e a,+∞]时，f(x)≥0恒成立，求实数a 的取值范围．8.已知函数R.（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)有两个零点，求实数a 的取值范围．9.已知函数f(x)=ln x－kx，其中k∈R 为常数．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个相异零点x 1，x 2(x 1<x 2)，求证：ln x 2>2－ln x 1.10.已知函数f(x)=x-alnx,a∈R.（1）研究函数f(x)的单调性；（2）设函数f(x)有两个不同的零点x 1,x 2,且x 1<x 2.①求a 的取值范围；②求证：x 1x 2>e 2.11.设函数f(x)=ex-1-x-ax 2.(1)若a=0，求f(x)的单调区间；(2)若当x≥0时f(x)≥0恒成立，求a 的取值范围．12.已知函数f(x)=lnx-mx 2，g(x)=0.5mx 2+x，m ϵR,令F(x)=f(x)+g(x).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若关于x 的不等式F(x)≤mx-1恒成立，求整数m 的最小值.13.已知函数f(x)=lnx-mx(m 为常数).(1)讨论函数f(x)的单调区间；(2)当时,设g(x)=2f(x)+x 2的两个极值点x 1,x 2(x 1<x 2)恰为h(x)=lnx-cx 2-bx 的零点,求的最小值.14.设函数f(x)=(x－1)e x －kx 2.(1)当k=1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若f(x)在x∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围．15.已知函数f(x)=ln x＋－1.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设m∈R，对任意的a∈(－1，1)，总存在x 0∈[1，e]，使得不等式ma－f(x 0)<0成立，求实数m 的取值范围．16.已知函数.(1)求的单调区间；(2)设，若对任意，均存在，使得，求的取值范围.17.设函数f（x）=alnx﹣bx2．（1）当b=1时，讨论函数f（x）的单调性；，（2）当a=1，b=0时，函数g（x）=f（x）﹣kx，k为常数，若函数g（x）有两个相异零点x1x，证明：．218.已知函数f（x）=axlnx﹣x+1（a≥0）．（1）当a=1时，求f（x）的最小值；（2）若x∈（1，+∞），f（x）＞0恒成立，求实数a的取值范围；（3）证明：当m＞n＞1时，m n﹣1＜n m﹣1．19.已知函数在处的切线与轴平行，()(1)试讨论f(x)在上的单调性；(2)①设，求g(x)的最小值；②证明：.20.已知函数f(x)=(x﹣1)2+a(lnx﹣x+1)(其中a∈R，且a为常数)(1)当a=4时，求函数y=f(x)的单调区间；(2)若对于任意的x∈(1，+∞)，都有f(x)＞0成立，求a的取值范围；(3)若方程f(x)+a+1=0在x∈(1，2)上有且只有一个实根，求a的取值范围．2020年高考数学导数解答题专项练习（含答案解析）答案解析1.解：(1)由f(x)≥h(x)，得m≤xln x在(1，＋∞)上恒成立．令g(x)=x ln x ，则g′(x)=ln x－1ln x2，当x∈(1，e)时，g′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，g′(x)＞0，所以g(x)在(1，e)上递减，在(e，＋∞)上递增．故当x=e 时，g(x)的最小值为g(e)=e.所以m≤e.即m 的取值范围是(-∞，e]．(2)由已知可得k(x)=x-2ln x-a.函数k(x)在(1,3)上恰有两个不同零点，相当于函数φ(x)=x-2ln x 与直线y=a 有两个不同的交点．φ′(x)=1-2x =x－2x，当x∈(1,2)时，φ′(x)＜0，φ(x)递减，当x∈(2,3)时，φ′(x)＞0，φ(x)递增．又φ(1)=1，φ(2)=2-2ln 2，φ(3)=3-2ln 3，要使直线y=a 与函数φ(x)=x-2ln x 有两个交点，则2-2ln 2＜a＜3-2ln 3.即实数a 的取值范围是(2-2ln 2,3-2ln 3)．2.解:3.解：4.解：5.解：6.解：7.解：8.解：9.解：10.解：11.解：(1)a=0时，f(x)=e x－1－x，f′(x)=e x－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)在(－∞，0)单调减少，在(0，＋∞)单调增加(2)f′(x)=e x－1－2ax.由(1)知e x≥1＋x，当且仅当x=0时等号成立．故f′(x)≥x－2ax=(1－2a)x，从而当1－2a≥0，即a≤0.5时，f′(x)≥0(x≥0)，而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0.由e x>1＋x(x≠0)得e－x>1－x(x≠0)，从而当a>时，f′(x)<e x－1＋2a(e－x－1)=e－x(e x－1)(e x－2a)，故当x∈(0，ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，于是当x∈(0，ln2a)时，f(x)<0，综上可得a的取值范围为(－∞，0.5]．12.解：13.解：14.15.16.17.18.19.解：20.解：。

高考数学专题：导数大题专练含答案

高考数学专题：导数大题专练含答案一、解答题1．已知函数()ln ex f x x =，()2ln 1g x a x x =-+，e 是自然对数的底数．(1)求函数()f x 的最小值；(2)若()0g x ≤在()0,∞+上恒成立，求实数a 的值；(3)求证：2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭．2．已知函数()()e sin x f x rx r *=⋅∈N ，其中e 为自然对数的底数.(1)若1r =，求函数()y f x =的单调区间；(2)证明：对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数a ，b ，使得当[,]x a b ∈时，|()|1f x ≤.3．已知：()e xf x mx =+.(1)当1m =时，求曲线()y f x =的斜率为2的切线方程；(2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，求实数m 的范围4．设函数()1e ln 1xa f x a x -=--，其中0a > (1)当1a =时，讨论()f x 单调性；(2)证明：()f x 有唯一极值点0x ，且()00f x ≥.5．已知函数()ln 1f x x ax =++，R a ∈，函数()()21e ln 2xg x x x x x x =-++-，)2e ,x -∈+∞⎡⎣．(1)试讨论函数()f x 的单调性；(2)若0x 是函数()g x 的最小值点，且函数()()h x xf x =在0x x =处的切线斜率为2，试求a 的值．6．已知函数()()32131.3f x x a x x =-++ (1)若1a =，求函数()f x 的单调区间; (2)证明：函数()2y f x a =-至多有一个零点. 7．已知函数()ln xf x x =， ()()1g x k x =-． (1)证明： R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线；(2)若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立，求实数k 的取值范围．8．2020年9月22日，中国政府在第七十五届联合国大会上提出：“中国将提高国家自主贡献力度，采取更加有力的政策和措施，二氧化碳排放力争于2030年前达到峰值，努力争取2060年前实现碳中和.”为了进一步了解普通大众对“碳中和”及相关举措的认识，某机构进行了一次问卷调查，部分结果如下：(1)根据所给数据，完成下面的22⨯列联表，并根据列联表，判断是否有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关？附：()()()()()22n ad bc K a b c d a c b d -=++++，n a b c d =+++.(2)经调查后，有关部门决定加大力度宣传“碳中和”及相关措施以便让节能减排的想法深入人心.经过一段时间后，计划先随机从社会上选10人进行调查，再根据检验结果决定后续的相关举措.设宣传后不了解“碳中和”的人概率都为()01p p <<，每个被调查的人之间相互独立.①记10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，求()f p 的最大值点0p ； ②现对以上的10人进行有奖答题，以①中确定的0p 作为答错的概率p 的值.已知回答正确给价值a 元的礼品，回答错误给价值b 元的礼品，要准备的礼品大致为多少元？（用a ，b 表示即可）9．已知函数()321623f x x ax x =+-+在2x =处取得极值．(1)求()f x 的单调区间；(2)求()f x 在[]4,3-上的最小值和最大值．10．已知函数()ln 2f x x x ax =++在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直．(1)求实数a 的值；(2)求()f x 的单调区间和极值．【参考答案】一、解答题 1．(1)1- (2)2(3)证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数判断函数()f x 的单调性，进而可得最值；（2）将不等式恒成立转化为求函数()g x 的最大值问题，可得参数取值范围；（3）根据函数()f x 与()g x 的单调性直接可证不等式. (1)函数()ln ln ex f x x x x x ==-的定义域为()0,∞+，()ln f x x '=，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()1,x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，所以()()min 11f x f ==-． (2)函数()2ln 1g x a x x =-+，0x >，则()()2220a a x g x x x x x-'=-=>，当0a ≤时，()0g x '<，()g x 在()0,∞+上单调递减，此时存在()00,1x ∈，使得()()010g x g >=，与题设矛盾，当0a >时，x ⎛∈ ⎝时，()0g x '>，x ⎫∈+∞⎪⎪⎭时，()0g x '<，故()g x 在⎛ ⎝上单调递增，在⎫+∞⎪⎪⎭上单调递减，所以()max 1ln 12222a a a ag x g a ==+=-+，要使()0g x ≤在()0,∞+恒成立，则()max 0g x ≤，即ln 10222aa a -+≤，又由（1）知()ln 1f x x x x =-≥-即ln 10x x x -+≥，（当且仅当1x =时，等号成立）．令2a x =有ln 10222a a a -+≥，故ln 1022a a -+=且12a =，所以2a =． (3)由（1）知()l n 1l n x f x x x x ex ==-≥-（当且仅当1x =时等号成立）．令()10t x t t +=>，则1x >，故111ln 1t t t t t t +++->-，即11ln 1tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以11e tt t ++⎛⎫> ⎪⎝⎭令2022t =，则20232023e 2022⎛⎫> ⎪⎝⎭；由（2）知22ln 1x x ≤-在()0,∞+上恒成立，所以22ln 1x x ≤-（当且仅当1x =时等号成立）．令()210m x m m +=>，则21x >，故11ln 1m m m m ++<-，即1ln 1mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭，所以1e mm m +⎛⎫< ⎪⎝⎭．令2022m =，则20222023e 2022⎛⎫< ⎪⎝⎭综上，2022202320232023e 20222022⎛⎫⎛⎫<< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭.【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．2．(1)增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦ 减区间为52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)证明过程见解析. 【解析】【分析】（1）对函数求导，利用辅助角公式合并为同名三角函数，利用单调增减区间代入公式求解即可.（2）将绝对值不等式转化为11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，移向构造新函数，利用导数判定单调性，借助零点定理和隐零点证明新构造函数恒正，再结合三角函数的特有的周期特点寻找M 即可. (1)()e (sin cos )sin 4x x f x x x x π⎛⎫'=+=+ ⎪⎝⎭令22242k x k πππππ-≤+≤+，得32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦令322242k x k ππππ+≤+≤π+，得24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦当32,244x k k ππππ⎡⎤∈-+⎢⎥⎣⎦时, ()0f x '>,()f x 单调递增当24x k ππ⎡∈+⎢⎣,524k ππ⎤+⎥⎦时, ()0,()f x f x '< 单调递減综上() f x 单调递增区间为32,2,44k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦单调递减区间为 52,2,44k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦(2)要证|()|1f x ≤，即证e sin 1xrx ⋅≤，即证11sin =e e xx rx ⎛⎫≤ ⎪⎝⎭即证 11sin e e xxrx ⎛⎫⎛⎫-≤≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在[,]x a b ∈时成立即可,[,]x a b ∈时,1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩. 令1()sin e x h x rx ⎛⎫=- ⎪⎝⎭, 1()cos e xh x r rx ⎛⎫'=+ ⎪⎝⎭当222,k k x rr πππ⎛⎫+ ⎪∈⎪ ⎪⎝⎭时, cos 0,r rx > 所以1()cos 0,e xh x r rx ⎛⎫'=+> ⎪⎝⎭所以()h x 单调递增，2210,e k rk h rππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2221210(0)e k r k h k r ππππ+⎛⎫⎛⎫+ ⎪⎪=±>> ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭0(2)22,k k x rrπππ+∴∃∈ , 满足()00h x =由单调性可知02,k x x r π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭, 满足()0()0h x h x <= 又因为当021,,sin 0,0,xk x x rx r e π⎛⎫⎛⎫∈>≥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 1sin 0xrx e ⎛⎫∴+≥ ⎪⎝⎭，所以1sin 0e 1sin 0e xxrx rx ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩能够同时满足，对于任意的正实数M ，总存在正整数k ，且满足2Mr k π>时, 使得 2k M r π>成立，所以不妨取 02,,2k Mr a k b x rππ⎛⎫=>= ⎪⎝⎭ 则,a b M >且[,]x a b ∈时，1sin 01sin 0xxrx e rx e ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪+≥ ⎪⎪⎝⎭⎩，故对于任意的正实数M ，总存在大于M 的实数,a b ，使得当[,]x a b ∈ 时,|()|1f x ≤. 3．(1)21y x =+(2)ln 3m ⎡∈-⎣【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义直接可得切线方程；（2）()2213222m f x x ≥+-恒成立，可转化为()22130222xm g x e mx x =+--+≥恒成立，利用导数判断函数()g x 的单调性与最值情况. (1)当1m =时，()e xf x x =+，则()e 1xf x '=+，设切点为()()00,x f x ，故()00e 12xk f x '==+=，解得00x =，故()000e e 01x f x x =+=+=，即切点坐标为()0,1，所以切线方程()120y x -=-，即21y x =+； (2)当0x ≥时，()2213222m f x x ≥+-成立，即2213e 0222xm mx x +--+≥恒成立，设()2213e 222xm g x mx x =+--+，()e x g x x m '=-+， ()e 1x g x ''=-，因为0x ≥，故()e 10xg x ''=-≥恒成立，则()e xg x x m '=-+在()0,∞+上单调递增，所以()()01g x g m ''≥=+，当1m ≥-时，()()010g x g m ''≥=+≥恒成立，故()g x 在()0,∞+上单调递增，即()()2235012222m m g x g ≥=-+=-，所以25022m -≥，解得m ≤≤故1m -≤≤当1m <-时，()010g m '=+<，()e 2m g m m -'-=+，设()e 2mh m m -=+，1m <-，()e 20m h m -'=-+<恒成立，则()h m 在(),1-∞-上单调递减，所以()()120h m h e >-=->，即()e 20mg m m -'-=+>，所以存在()00,x m ∈-，使()00g x '=，即000xe x m -+=，所以()g x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增，故()()02200013e 222x m g x g x mx x ≥=+--+()()00000222000011313e e e e e 022222x x x x x x x x x =+----+=-++≥，解得0ln 3x ≤，即00ln 3x ≤≤，设()e xx m x ϕ==-，0ln3x ≤≤，()1e 0x x ϕ'=-≤恒成立，故()x ϕ在()0,3上单调递减，故()()3ln33x ϕϕ≥=-，即ln33m ≥-，所以ln331m -≤<-，综上所述，ln 3m ⎡∈-⎣.【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．4．(1)()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增； (2)证明见解析. 【解析】【分析】（1）首先确定()f x 定义域，再应用二阶导数的符号判断f x 的单调性，进而分区间判断f x 的符号，即可确定()f x 的单调性.（2）求()f x 的二阶导，根据其符号知f x 在()0,+∞上单调递增，令0f x 得到ln 1x x a+=，构造()ln 1x h x x a=+-结合其单调性，注意利用导数研究()ln 1x x x ϕ=-+的符号，再用放缩法判断1a h a ⎛⎫⎪+⎝⎭、()1ea h +的符号，即可判断零点0x 的唯一性，进而得到00011ln ln x x a x -==-，结合基本不等式求证()00f x ≥. (1)当1a =时，()1e ln 1xf x x -=--，定义域为()0,+∞，则()11e x f x x -'=-，()121e 0xf x x -+'=>'，所以f x 在()0,+∞上单调递增，又()10f '=，当01x <<时，0f x ，所以()f x 在区间0,1上单调递减；当1x >时，0f x，所以()f x 在区间()1,+∞上单调递增.综上，()f x 在0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增. (2)由题意，()11ex af x x -='-，()1211e 0x af x a x-=⋅+'>'，则f x 在()0,+∞上单调递增，至多有一个零点，令()ln 1x x x ϕ=-+，其中1x >，则()111xx x xϕ-'=-=，当()0,1x ∈时，()0ϕ'>x ，()ϕx 单调递增. 当()1,x ∈+∞时，()0ϕ'<x ，()ϕx 单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 10x x -+≤，于是ln 1≤-x x ，令0f x，则e e x a x ⋅=，两边取自然对数可得ln 1xx a+=，令()ln 1x h x x a=+-，则()h x 在()0,+∞上单调递增. 故11ln 1111011111a a a h a a a a a ⎛⎫=+-≤-+-=-<⎪+++++⎝⎭，又()11111e eln ee 10a a a a h a a a++++=+⋅-=+>，所以()h x 在()0,+∞上有唯一零点0x ，则f x 有唯一零点0x ，即()f x 有唯一极值点0x .下证()00f x ≥：因为()01001e0x af x x -'=-=，所以0101e x a x -=，可得00011ln ln x x a x -==-，所以()010000e ln 11120x ax a f x a x x a -=--=+--≥=，当且仅当0x a =时等号成立，综上，()f x 有唯一极值点0x 且()00f x ≥，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，利用二阶导数研究一阶导数的单调性，根据零点所得的等量关系构造()ln 1x h x x a=+-，结合单调性、零点存在性定理判断f x 零点的唯一性，进而利用基本不等式证明不等式. 5．(1)答案见解析； (2)12a =. 【解析】【分析】（1）由题可得()11ax f x a xx+'=+=，讨论0a ≥，0a <即得；（2）由题可得()g x '是一个单调递增的函数，利用零点存在定理可得()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，进而可得()0000111ln e e 1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，利用导数可得001e x x =，结合条件可得00ln 20x ax +=，即求. (1)()11ax f x a x x+'=+=，0x >，当0a ≥时，函数()f x 在定义域()0,∞+上单调递增；当0a <时，函数的单调性如表格所示：由题可得()()()22121e 1ln 2e ln 1x xg x x x x x x x x '=-++-++-=++-，0x >，则()g x '是一个单调递增的函数，当2e x -=时，()()2242e e e e e 30g ----'=+-<，当1x =时，()12e 10g '=->，故()2e ,1t -∃∈，使得()0g t '=，且所以0x t =，00000e ln 10g x x x x '=++-=，整理该式有()02000e 1ln x xx x +=-，()000001111e ln xx x x x +=+， ∴()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭令()()21ln ,e m x x x x -=+>，则()2ln 0m x x '=+>，所以函数在()2e ,-+∞上单调递增，故()000111ln ee1ln x x x x ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭的解满足001e xx =；又()2ln h x x x ax x =++，()1ln 21h x x ax '=+++，()0002ln 22h x x ax '=++=，所以00ln 20x ax +=，由01e xx =知，0020x ax -+=，故12a =．6．(1)()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）直接求导后判断单调性即可；（2）先变形得到323033x a x x -=++，构造函数，求导后说明单调性即可证明.(1)当1a =时，()()321313f x x x x =-++，2()23f x x x '=--. 令()0f x '=，解得1x =-或3x =，当()(),13,x ∞∞∈--⋃+时，()0f x '>；当(1,3)x ∈-时，()0f x '<，故()f x 在(,1)-∞-，(3,)+∞上单调递增，在(1,3)-上单调递减.(2)()321()2333y f x a x a x x =-=-++，由于2330x x ++>，所以()20f x a -=等价于3230.33x a x x -=++设()32333x g x a x x =-++，则()g x '()()222269033x x x xx ++=++，当且仅当0x =或3x =-时，()0g x '=，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，故()g x 至多有一个零点，从而()2y f x a =-至多有一个零点. 7．(1)证明见解析 (2)e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【解析】【分析】（1）求出()f x 的导数，设出切点，可得切线的斜率，根据斜率相等，进而构造函数()=ln 1h x x x +-，求出导数和单调区间，即可证明；（2）由2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1x k x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，再利用导数法求出()()n 1l xx x x ϕ-=在2e,e ⎡⎤⎣⎦的最大值即可求解.(1)由题意可知，()f x 的定义域为()()0,11,+∞，由()ln x f x x=，得()()2ln 1ln x f x x -'=，直线y g x 过定点()1,0，若直线yg x 与曲线()y f x =相切于点()00000,01ln x x x x x ⎛⎫>≠ ⎪⎝⎭且，则()002000ln 1ln 1ln x x x k x x --==-，即00ln 10x x +-=① 设()()=ln 1,0h x x x x +-∈+∞，则()1=10h x x'+>，所以()h x 在()0+∞上单调递增，又()1ln1110h =+-=，从而当且仅当01x =时，①成立，这与01x ≠矛盾. 所以，R k ∀∈，直线y g x 都不是曲线()y f x =的切线. (2)由()()f x g x ≤，得()1ln xxk x ≤-， 22e e ,0e 11e 1x x ∴≤≤∴<-≤-≤-，()l 1n xk x x -∴≥若2e,e x ⎡⎤∀∈⎣⎦，使()()f x g x ≤恒成立转化为()maxln 1xk x x ⎡⎤≥⎢⎥⎢⎥⎣⎦-，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦即可. 令()()n 1l x x x x ϕ-=，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()()2ln 1ln 1x x x x x ϕ---+'=⎡⎤⎣⎦，令()ln 1t x x x =--+，2e,e x ⎡⎤∈⎣⎦，则()110t x x'=--<，所以()t x 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；所以()()e lne e 1e<0t x t ≤=--+=-，故()0ϕ'<x()ϕx 在2e,e ⎡⎤⎣⎦上是单调递减；当e x =时，()ϕx 取得最大值为()()e ee e 1ln e e 1ϕ==--，即ee 1k ≥-. 所以实数k 的取值范围为e ,e 1⎡⎫+∞⎪⎢-⎣⎭【点睛】解决此题的关键利用导数的几何意义及两点求斜率，再根据同一切线斜率相等即可证明，对于恒成立问题通常采用分离常数法，进而转化为求函数的最值问题，利用导数法即可求解.8．(1)列联表见解析，没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关； (2)①0310p =；②()73a b + 【解析】（1）对满足条件的数据统计加和即可，然后根据给定的2K 计算公式，将计算结果与195%0.05-=所对应的k 值比较大小即可；（2）①利用独立重复试验与二项分布的特点，写出10人中恰有3人不了解“碳中和”的概率为()f p ，再利用导数求出最值点； ②利用独立重复试验的期望公式代入可求出答案. (1)由题中表格数据完成22⨯列联表如下：()22800125250150275800 3.463 3.841275525400400231K ⨯⨯-⨯==≈<⨯⨯⨯.故没有95%的把握认为“是否了解‘碳中和’及相关措施”与“学生”身份有关. (2)①由题得，()()733101f p C p p =-，()0,1p ∈， ∴()()()()()763236321010C 3171C 1310f p p p p p p p p ⎡⎤'=---=--⎣⎦. 令()0f p '=，得310p =，当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f p '>；当3,110p ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0f p '<， ∴当30,10p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调选增；当3,110p ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()f p '单调递减， ∴()f p 的最大值点0310p =. ②本题求要准备的礼品大致为多少元，即求10个人礼品价值X 的数学期望. 由①知答错的概率为310，则()33101731010E X a b a b ⎡⎤⎛⎫=-+=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，故要准备的礼品大致为73a b +元.9．(1)增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2- (2)()max 312f x =，()min 163f x =-【分析】（1）根据题意得()20f '=，进而得12a =，再根据导数与单调性的关系求解即可；（2）由（1）知[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2-，进而求解()4f -，()3f -，()2f ，()3f 的值即可得答案. (1)解：（1）()226f x x ax '=+-，因为()f x 在2x =处取得极值，所以()24460f a '=+-=，解得12a =．检验得12a =时，()f x 在2x =处取得极小值，满足条件.所以()26f x x x '=+-，令()0f x '>，解得3x <-或2x >，令()0f x '<，解得32x -<<，所以()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-； (2)解：令()260f x x x '=+-=，解得3x =-或2x =，由（1）知()f x 的增区间为(),3-∞-，()2,+∞，减区间为()3,2-；当[]4,3x ∈-时，()f x 的增区间为[)4,3--，(]2,3，减区间为()3,2- 又()()()()321138444642323f -=⨯-+⨯--⨯-+=， ()()()()321131333632322f -=⨯-+⨯--⨯-+=，()321116222622323f =⨯+⨯-⨯+=-，()32115333632322f =⨯+⨯-⨯+=-，所以()max 312f x =，()min 163f x =-． 10．(1)3a =-；(2)增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ，极小值22e -，无极大值.【解析】【分析】（1）根据()1112f '⨯=-，代值计算即可求得参数值；（2）根据（1）中所求参数值，求得()f x '，利用导数的正负即可判断函数单调(1)因为()ln 1f x x a '=++，在点()()1,1f 处的切线斜率为()11k f a '==+，又()f x 在点()()1,1f 处的切线与直线220x y 相互垂直，所以()1112f '⨯=-，解得3a =-. (2)由（1）得，()ln 2f x x '=-，()0,x ∈+∞，令()0f x '>，得2e x >，令()0f x '<，得20e x <<，即()f x 的增区间为()2e ,+∞，减区间为()20,e ．又()22222e e ln e 3e 22ef =-+=-，所以()f x 在2e x =处取得极小值22e -，无极大值．【点睛】本题考查导数的几何意义，以及利用导数研究函数的单调性和极值，属综合中档题.。

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1 / 10 【2020最新】人教版最新高考文科数学专题复习导数训练题及参考答案

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教学资料范本 2 / 10

(附参考答案) 一、考点回顾 1．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的内容．考查方式以客观题为主，主要考查导数的基本公式和运算法则，以及导数的几何意义. 2.导数的应用是高中数学中的重点内容,导数已由解决问题的工具上升到解决问题必不可少的工具,特别是利用导数来解决函数的单调性与最值问题是高考热点问题.选择填空题侧重于利用导数确定函数的单调性、单调区间和最值问题,解答题侧重于导数的综合应用,即与函数、不等式、数列的综合应用. 3.应用导数解决实际问题,关键是建立适当的数学模型（函数关系）,如果函数在给定区间内只有一个极值点,此时函数在这点有极值,而此时不用和端点值进行比较,也可以得知这就是最值. 二、经典例题剖析考点一：求导公式例1是的导函数，则 . 考点二：导数的几何意义例2. 已知函数的图象在点处的切线方程是，则 . )(xfy))1(,1(fM

221xy)1()1(/ff

考点三：导数的几何意义的应用例3.已知曲线直线且直线与曲线相切于点求直线的方程及切点坐标. ,23:23xxxyC,:kxyllC,0,000xyxl

考点四：函数的单调性

例4.设函数在及时取得极值.cbxaxxxf8332)(231x2x

(1)求的值及函数的单调区间； ba,)(xf

(2)若对于任意的都有,3,0x)(xf

2cc

考点五：函数的最值例5.已知为实数，(1)求导数；(2)若求在区间上的最值.a).)(4()(2axxxf)(/xf,0)1(/f)(xf2,2

考点六：导数的综合性问题例6. 设函数为奇函数，其图象在点处的切线与直线垂直，导函数(1)求

的值； )0()(3acbxaxxf 3 / 10

(2)求函数的单调递增区间，并求函数在上的最大值和最小值. 例7．已知在区间上是增函数,在区间上是减函数，又．1322f



（Ⅰ）求的解析式；（Ⅱ）若在区间上恒有成立，求的取值范围．()fx

[0](0)mm，()fxx≤m

例8．设函数（），其中．（Ⅰ）当时，求曲线在点处的切线方程；

（Ⅱ）当时，求函数的极大值和极小值；2()()fxxxa

xRaR1a

()yfx(2(2))f，0a()fx

（Ⅲ）当时，证明存在，使得不等式对任意的恒成立．3a10k，

22(cos)(cos)fkxfkx≥

xR

例9．已知在上是增函数,上是减函数,方程有三个实根，它们分别是(1)

求的值，并求实数的取值范围；(2)求证：≥),,()(23Rcbacbxxaxxf0,

3,00)(xf.,2,ba

三、方法总结（一）方法总结导数是中学限选内容中较为重要的知识，由于其应用的广泛性，为我们解决所学过的有关函数问题提供了一般性方法，是解决实际问题强有力的工具．导数的概念及其运算是导数应用的基础，是高考重点考查的对象．要牢记导数公式，熟练应用导数公式求函数的导数，掌握求导数的方法．应用导数解决实际问题的关键是要建立恰当的数学模型，了解导数概念的实际背景．应用导数求函数最值及极值的方法在例题讲解中已经有了比较详细的叙述．（二）高考预测导数的考查方式以客观题为主，主要考查求导数的基本公式和法则，以及导数的几何意义．也可以解答题的形式出现，即以导数的几何意义为背景设置成导数与解析几何的综合题．导数的应用是重点，侧重于利用导数确定函数的单调性和极值、最值、值域问题．四、强化训练

1．已知曲线的一条切线的斜率为，则切点的横坐标为（ A ）42x

y

21 A．1 B．2 C．3 D．4 2．函数已知在时取得极值，则（ D ）,93)(23xaxxxf)(xf3xa

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5 4 / 10

3．函数在区间上的最大值是（ A ）323

12)(xxxf

6,0

A． B． C．

D．32316312

4．三次函数在内是增函数，则（ A ）xaxy3,x

A． B． C． D． 0a0a

1a3

1a

5．在函数的图象上,其切线的倾斜角小于的点中,坐标为整数的点的个

数是（ D ）xxy834



A．3 B．2 C．1 D．0 6．已知函数当时，取得极大值7；当时，取得极小值．求这个极小值及

的值．,)(23cbxaxxxf1x1xcba,,

7．设函数已知是奇函数.).()(23Rxcxbxxxf （1）求的值；（2）求的单调区间与极值. 8．用长为18 cm的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为2：1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？ 9．已知函数，其中是的导函数.

(I)对满足的一切的值，都有，求实数的取值范围；0gx

(II)设，当实数在什么范围内变化时，函数的图象与直线只有一个公共

点.2amm

yfx3y

10．设函数．(I)求的最小值；22()21(0)fxtxtxtxtR，()fx()ht

(II)若对恒成立，求实数的取值范围．()2httm(02)t，m

11．设函数).,(4)1(3)(23Rbabaxxaxxf (I)若函数在处取得极小值求的值；(II)求函数的单调递增区间；)(xf

3x,2

ba,)(xf

(III) 若函数在上有且只有一个极值点，求实数的取值范围．)(xf

)1,1(a

12．已知二次函数满足：对任意，都有≥且当时，有≤成立．(I)试求

的值；(II)若求的表达式；),,()(2RcbacbxaxxfRx)(xf,x)3,1(x)(xf

2)2(81x

)2(f,0)2(f)(xf 5 / 10

(III)在(II)的条件下，若时，>恒成立，求实数的取值范围．

,0x

)(xf412

xmm

13．已知函数).,(4)(,6)23(213)(223Rmamxaxxgxxaxaxf

(I)当时，求的最大值和最小值；3,0,1xa()fx

(II)当<2且时，无论如何变化，关于的方程总有三个不同实根，求的取值范围．a0aax)()(xgxfm 例题参考答案例1 3；例2 3；例3 ；例4 (1) 增区间为；减区间为，



83,23,41xy

,4,3ba,2,1,

(2) ；例5 (1) (2)；例6 (1) (2) ；.0,12,2cba.28)2()(,18)3()(;,2,2,minmaxfxffxf

例7解：（Ⅰ），由已知，2()32fxaxbxc(0)(1)0ff

即解得0320cabc，，

032cba，

．

2()33fxaxax，，，．13332422aaf2a32()23fxxx

（Ⅱ）令，即，，或．()fxx≤32230xxx≤

(21)(1)0xxx≥

102x≤≤1x≥

又在区间上恒成立，．()fxx≤0m，

102m≤

例8解：（Ⅰ）当时，，得，且1a232()(1)2fxxxxxx

(2)2f 2()341fxxx

，．(2)5f

所以，曲线在点处的切线方程是，整理得．2(1)yxx(22)，

25(2)yx580xy （Ⅱ）解：，．2322()()2fxxxaxaxax

22()34(3)()fxxaxaxaxa

令，解得或．()0fx3

axxa

由于，以下分两种情况讨论．0a （1）若，当变化时，的正负如下表：0ax

()fx