專題三導數(shù)及其應(yīng)用3.1導數(shù)的概念及運算考點導數(shù)的運算及幾何意義1.(2024全國甲理,6,5分,易)設(shè)函數(shù)f(x)=ex+2sinx1+x2,則曲線A.16 B.13 C.126Af'(x)=(e∴曲線y=f(x)在點(0,1)處的切線的斜率k=f'(0)=3,∴切線的方程為y=3x+1,令x=0,得y=1;令y=0,得x=-13∴曲線y=f(x)在點(0,1)處的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為S=12×1×-132.(2023全國甲文,8,5分)曲線y=exx+1在點1,e2A.y=e4xB.y=eC.y=e4x+e4D.y=e2答案C由y=exx+1,可得y'=xex(x+1)2,則y'|x=1=e4,∴曲線在點1,e2處的切線方程為y-e2=e43.(2016四川理,9,5分)設(shè)直線l1,l2分別是函數(shù)f(x)=?lnx,0<x<1,lnx,x>1圖象上點P1,P2處的切線,l1與l2垂直相交于點P,且l1,lA.(0,1)B.(0,2)C.(0,+∞)D.(1,+∞)答案A設(shè)l1是y=-lnx(0<x<1)的切線,切點P1(x1,y1),l2是y=lnx(x>1)的切線,切點P2(x2,y2),l1:y-y1=-1x1(x-xl2:y-y2=1x2(x-x①-②得xP=y1易知A(0,y1+1),B(0,y2-1),∵l1⊥l2,∴-1x1·1x2=-1,∴x∴S△PAB=12|AB|·|xP|=12|y1-y2+2|=12·(y1?=12·[?ln(x1x2又∵0<x1<1,x2>1,x1x2=1,∴x1+x2>2x1∴0<S△PAB<1.故選A.思路分析設(shè)出點P1,P2的坐標,進而根據(jù)已知表示出l1,l2,然后求出點A、B的坐標及xP,最后利用點在曲線上及垂直的條件求出面積表達式,從而求出面積的取值范圍.評析本題考查了利用導數(shù)求切線問題,及考生的運算能力.4.(2014課標Ⅱ理,8,5分)設(shè)曲線y=ax-ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為y=2x,則a=()A.0B.1C.2D.3答案Dy'=a-1x+1,當x=0時,y'=a-1=2,∴a=3,5.(2021新高考Ⅰ,7,5分)若過點(a,b)可以作曲線y=ex的兩條切線,則()A.eb<aB.ea<bC.0<a<ebD.0<b<ea答案D解法一:當x→-∞時,曲線y=ex的切線的斜率k>0且k趨向于0,當x→+∞時,曲線y=ex的切線的斜率k>0且k趨向于+∞,結(jié)合圖象可知,兩切線的交點應(yīng)該在x軸上方,且在曲線y=ex的下方,∴0<b<ea,故選D.解法二:易知曲線y=ex在點P(t,et)處的切線方程為y-et=et(x-t),∵切線過點(a,b),∴b-et=et(a-t),整理得et(t-a-1)+b=0.令f(t)=et(t-a-1)+b,則f'(t)=et(t-a),當t<a時,f'(t)<0,當t>a時,f'(t)>0,∴f(t)在(-∞,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增,∴當t=a時,f(t)取得最小值f(a)=-ea+b.由已知得,f(t)的零點的個數(shù)即為過點(a,b)的切線條數(shù),∴f(t)有且僅有2個零點.∴f(a)=-ea+b<0,即b<ea.①若b≤0,則當t<a時,t-a-1<0,et(t-a-1)<0,則f(t)<0,∴f(t)在(-∞,a)上無零點,而f(t)在[a,+∞)上至多有一個零點,不合題意.②若0<b<ea,由以上討論可知,f(t)在(-∞,a)上為減函數(shù),在(a,+∞)上為增函數(shù),∴f(t)min=f(a)=-ea+b<0,且limt→?∞f(t)=b>0,f(a+1)=由零點存在性定理可知f(t)在(-∞,a)和[a,+∞)上各有一個零點,結(jié)合f(t)的單調(diào)性知f(t)有且只有兩個零點.綜上,0<b<ea.故選D.6.(2024新課標Ⅰ,13,5分,中)若曲線y=ex+x在點(0,1)處的切線也是曲線y=ln(x+1)+a的切線,則a=.

13答案ln2解析因為y=ex+x,所以y'=ex+1,所以曲線y=ex+x在點(0,1)處切線的斜率k=2,又切線過點(0,1),所以曲線y=ex+x在點(0,1)處切線的方程為y=2x+1,對y=ln(x+1)+a求導得y'=1x+1,由直線y=2x+1也是曲線y=ln(x+1)+a的切線,得1x+1=2,解得x=-12,將x=-12所以曲線y=ln(x+1)+a與直線y=2x+1相切的切點坐標為-12,a-ln27.(2021全國甲理,13,5分)曲線y=2x?1x+2在點(-1,-3答案y=5x+2解題指導:利用導數(shù)的幾何意義求切線的斜率,利用點斜式得切線方程.解析y=2(x+2)?5x+2=2?5所以k=y'|x=-1=5,從而切線方程為y+3=5(x+1),即y=5x+2.易錯警示:①對分式型函數(shù)求導要注意公式的使用,先對分式進行化簡可降低出錯率.②要注意“在點處”和“過某點”的區(qū)別.8.(2022新高考Ⅱ,14,5分)曲線y=ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為,.

答案y=1ex;y=-1ex(解析由題意可知,函數(shù)的定義域為{x|x≠0}.易證函數(shù)y=ln|x|為偶函數(shù),當x>0時,y=lnx,設(shè)切點坐標為(x0,lnx0),∵y'=1x,∴切線斜率k=y'|故切線方程為y-lnx0=1x0(x-x0),又知切線過原點(0,0),∴-lnx0=-1,∴x0=e,故切線方程為y-1=1e(x-e),即y=1ex.由偶函數(shù)圖象的對稱性可知另一條切線方程為y=-1ex,故過坐標原點的兩條切線方程為y=1e9.(2022新高考Ⅰ,15,5分)若曲線y=(x+a)ex有兩條過坐標原點的切線,則a的取值范圍是.

答案(-∞,-4)∪(0,+∞)解析設(shè)f(x)=(x+a)ex,則f'(x)=(x+a+1)ex,設(shè)切點為(x0,(x0+a)ex因此切線方程為y-(x0+a)ex0=(x0+a+1)ex0(x又∵切線過原點(0,0),∴-(x0+a)ex0=(x0+a+1)·ex0(-x0),整理得x02+ax0-a=0,又切線有兩條,∴關(guān)于x0的方程x02+ax0-a=0有兩不等實根,故Δ=a2+4a>010.(2019天津文,11,5分)曲線y=cosx-x2在點(0,1)處的切線方程為答案x+2y-2=0解析本題通過求曲線在某點處的切線,考查學生對基本初等函數(shù)的導數(shù)公式、導數(shù)的運算法則、導數(shù)的幾何意義的理解和掌握程度.∵y=cosx-x2,∴y'=-sinx-12,∴y'|x=0=-12,即曲線在(0,1)處的切線斜率為-12,∴切線方程為y-1=-方法總結(jié)求曲線在某點處(注意:該點必為切點)切線的方法:①求導函數(shù);②把該點橫坐標代入,求出該點處導數(shù)值,即為切線的斜率;③用點斜式寫出切線方程.11.(2018課標Ⅱ理,13,5分)曲線y=2ln(x+1)在點(0,0)處的切線方程為.

答案y=2x解析本題主要考查導數(shù)的幾何意義.因為y'=2x+1,所以y'|x=0=2,又(0,0)所以曲線在點(0,0)處的切線方程為y=2x.12.(2018課標Ⅱ文,13,5分)曲線y=2lnx在點(1,0)處的切線方程為.

答案2x-y-2=0解析本題主要考查導數(shù)的幾何性質(zhì).由y=2lnx得y'=2x.因為k=y'|x=1=2,點(1,0)為切點所以切線方程為y=2(x-1),即2x-y-2=0.13.(2018課標Ⅲ理,14,5分)曲線y=(ax+1)ex在點(0,1)處的切線的斜率為-2,則a=.

答案-3解析本題考查導數(shù)的綜合應(yīng)用.設(shè)f(x)=(ax+1)ex,則f'(x)=(ax+a+1)ex,所以曲線在點(0,1)處的切線的斜率k=f'(0)=a+1=-2,解得a=-3.14.(2017課標Ⅰ文,14,5分)曲線y=x2+1x在點(1,2)處的切線方程為答案x-y+1=0解析本題考查導數(shù)的幾何意義.∵y=x2+1x,∴y'=2x-1x2,∴y'|x=1=2-1=1,∴所求切線方程為15.(2017天津文,10,5分)已知a∈R,設(shè)函數(shù)f(x)=ax-lnx的圖象在點(1,f(1))處的切線為l,則l在y軸上的截距為.

答案1解析本題主要考查導數(shù)的幾何意義以及直線方程與截距.由題意可知f'(x)=a-1x,所以f因為f(1)=a,所以切點坐標為(1,a),所以切線l的方程為y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1.令x=0,得y=1,即直線l在y軸上的截距為1.易錯警示不能正確求解函數(shù)的導數(shù),而導致不能正確求解切線l的斜率.16.(2016課標Ⅱ理,16,5分)若直線y=kx+b是曲線y=lnx+2的切線,也是曲線y=ln(x+1)的切線,則b=.

答案1-ln2解析直線y=kx+b與曲線y=lnx+2,y=ln(x+1)均相切,設(shè)切點分別為A(x1,y1),B(x2,y2),由y=lnx+2得y'=1x,由y=ln(x+1)得y'=1x+1,∴k=1x1=1x2+1,∴x1=1k,x2=1k-1,∴y1=-lnk+2,y∵A、B在直線y=kx+b上,∴2?ln評析解決本題的關(guān)鍵是知道切點既在曲線上,又在切線上.17.(2015課標Ⅰ文,14,5分)已知函數(shù)f(x)=ax3+x+1的圖象在點(1,f(1))處的切線過點(2,7),則a=.

答案1解析由題意可得f'(x)=3ax2+1,∴f'(1)=3a+1,又f(1)=a+2,∴f(x)=ax3+x+1的圖象在點(1,f(1))處的切線方程為y-(a+2)=(3a+1)(x-1),又此切線過點(2,7),∴7-(a+2)=(3a+1)(2-1),解得a=1.18.(2015課標Ⅱ文,16,5分)已知曲線y=x+lnx在點(1,1)處的切線與曲線y=ax2+(a+2)x+1相切,則a=.

答案8解析令f(x)=x+lnx,求導得f'(x)=1+1x,f'(1)=2,又f(1)=1,所以曲線y=x+lnx在點(1,1)處的切線方程為y-1=2(x-1),即y=2x-1.設(shè)直線y=2x-1與曲線y=ax2+(a+2)x+1的切點為P(x0,y0),則y'|x=x0=2ax0+a+2=2,得a(2x0+1)=0,∴a=0或x0=-12,又ax02+(a+2)x0+1=2x0-1,即ax02+ax0+2=0,當a=0評析本題主要考查導數(shù)的幾何意義,能夠利用點斜式求出切線方程是解題關(guān)鍵.19.(2015陜西理,15,5分)設(shè)曲線y=ex在點(0,1)處的切線與曲線y=1x(x>0)上點P處的切線垂直,則P的坐標為答案(1,1)解析∵函數(shù)y=ex的導函數(shù)為y'=ex,∴曲線y=ex在點(0,1)處的切線的斜率k1=e0=1.設(shè)P(x0,y0)(x0>0),∵函數(shù)y=1x的導函數(shù)為y'=-1∴曲線y=1x(x>0)在點P處的切線的斜率k2=-1則有k1k2=-1,即1·?1x02=-1,解得x0∴x0=1.又∵點P在曲線y=1x(x>0)上,∴y0=1,故點P的坐標為20.(2012課標文,13,5分)曲線y=x(3lnx+1)在點(1,1)處的切線方程為.

答案y=4x-3解析y'=3lnx+1+x·3x=3lnx+4,k=y'|x=1=4,切線方程為y-1=4(x-1),即評析本題考查了導數(shù)的幾何意義,考查了運算求解能力.21.(2020新高考Ⅰ,21,12分)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna.(1)當a=e時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.解析f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=aex-1-1x(1)當a=e時,f(x)=ex-lnx+1,f'(1)=e-1,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y-(e+1)=(e-1)(x-1),即y=(e-1)x+2.直線y=(e-1)x+2在x軸,y軸上的截距分別為?2e?1,2因此所求三角形的面積為2e?1(2)當0<a<1時,f(1)=a+lna<1.當a=1時,f(x)=ex-1-lnx,f'(x)=ex-1-1x.當x∈(0,1)時,f'(x)<0;當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0.所以當x=1時,f(x)取得最小值,最小值為f(1)=1,從而f(x)≥1當a>1時,f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).名師點評:本題第(2)問中,由不等式成立求參數(shù)的取值范圍,常規(guī)解法是分離參數(shù)轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題,而本題中參數(shù)分布范圍較廣,無法分離,所以要對參數(shù)進行分類討論,怎樣分類是本題的一個難點,特別是當a>1時,證明f(x)≥1需要用到a=1時的結(jié)論,思路很窄,技巧性較強.22.(2022全國甲文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=x3-x,g(x)=x2+a,曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線也是曲線y=g(x)的切線.(1)若x1=-1,求a;(2)求a的取值范圍.解析解法一:由題意可知f'(x)=3x2-1,f(x1)=x13-x1,則曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線方程為y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x1因為曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線也是曲線y=g(x)的切線,所以y=(3x即方程x2-(3x12-1)x+2x13+從而Δ=(3x12-1)2-4(2x13+a)=0?4a(1)若x1=-1,則4a=12?a=3.(2)4a=9x14令h(x)=9x4-8x3-6x2+1,則h'(x)=36x3-24x2-12x=12x(x-1)(3x+1),令h'(x)>0,得-13<x<0或x>1,令h'(x)<0,得x<-13或0<x所以h(x)在?13,0和(1,+∞)上單調(diào)遞增,在?∞,?13和又h(1)=-4,h?13=2027,所以h所以a≥-1.解法二:由題意可知f'(x)=3x2-1,f(x1)=x13-x1,則曲線y=f(x)在點(x1,f(x1))處的切線方程為y-(x13-x1)=(3x12-1)(x-x1),即y=(3x1設(shè)公切線與曲線y=g(x)的切點為(x2,x22+a),又g'(x2)=2x則切線可表示為y-(x22+a)=2x2(x-x2),即y=2x2x-x22因為①②表示同一直線方程,所以3則(3x12-1)2-8x下面同解法一.易錯警示:不能認為兩曲線的公切線切點相同.23.(2022全國乙理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)+axe-x.(1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)若f(x)在區(qū)間(-1,0),(0,+∞)各恰有一個零點,求a的取值范圍.解析(1)當a=1時,f(x)=ln(1+x)+xe-x,其定義域為(-1,+∞),f'(x)=1x+1+(1-x)e-又f(0)=0,f'(0)=2,所以曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=2x.(2)f(x)=ln(1+x)+axe-x有零點,即方程ln(x+1)=-axe-x有根,設(shè)g(x)=ln(x+1),h(x)=-axe-x,因為f(x)在區(qū)間(-1,0),(0,+∞)各恰有一個零點,所以g(x)和h(x)的圖象在(-1,0),(0,+∞)上各恰有一個交點.易知g'(x)=1x+1,h'(x)=-a(1-x)e-x,g(0)=h(0)當x∈(-1,+∞)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.①若a=0,顯然不滿足.②若a>0,則當x∈(-1,1)時,h'(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,當x∈(1,+∞)時,h'(x)>0,h(x)單調(diào)遞增,此時g(x)和h(x)在(-1,0)上無交點.③若a<0,則當x∈(-1,1)時,h'(x)>0,h(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增,當x∈(1,+∞)時,h'(x)<0,h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.(i)當x→+∞時,h(x)→0,g(x)→+∞,且g(0)=h(0)=0,要滿足g(x)和h(x)的圖象在(0,+∞)上有一個交點,需g'(0)<h'(0),解得a<-1;(ii)當x=-1時,h(-1)=ae,當x→-1時,g(x)→-∞,且g(0)=h(0)=0,要滿足g(x)和h(x)的圖象在(-1,0)上有一個交點,也需要g'(0)<h'(0),解得a<-1.綜上所述,a的取值范圍為(-∞,-1).

3.2導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值考點1導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性1.(2023新課標Ⅱ,6,5分)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx在區(qū)間(1,2)單調(diào)遞增,則a的最小值為()A.e2B.eC.e-1D.e-2答案C∵f(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增,∴f'(x)≥0在(1,2)內(nèi)恒成立,即f'(x)=aex-1x≥0(1<x<2),∴a≥1xex(1<令g(x)=xex(1<x<2),則g'(x)=(x+1)ex>0,∴g(x)在(1,2)內(nèi)單調(diào)遞增,g(x)∈(e,2e2),∴1xex∈12e2,1e,∴a2.(2022全國甲,理6,文8,5分)當x=1時,函數(shù)f(x)=alnx+bx取得最大值-2則f'(2)=()A.-1B.-12答案Bf'(x)=ax由題可知x=1為f(x)的極大值點,∴f'(1)=0,f(1)=?2,∴∴f'(x)=?2x+2x2,∴f'(2)=-1解后反思:若定義域為開區(qū)間的函數(shù)存在最值,則此最值必為函數(shù)的極值.3.(2022全國甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,則()A.a>0>bB.a>b>0C.b>a>0D.b>0>a答案A由9m=10可得m=log910>1,令f(x)=xm-(x+1),則f'(x)=mxm-1-1,易知當x>1時,f'(x)>0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(8)<f(9)<f(10),所以8m-9<9m-10<10m-11,即a>0>b,故選A.4.(2022新高考Ⅰ,7,5分)設(shè)a=0.1e0.1,b=19,c=-ln0.9,則()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b答案Ca=0.1e0.1=110e0.1,b=19,則ab=110e0.119=910e0.1,構(gòu)造f(x)=(1-x)ex,則f'(x)=-xex,當x>0時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,∴f(0.1)<f下面比較a與c.令g(x)=xex+ln(1-x),0<x<14,則g'(x)=(x+1)ex-1令H(x)=(1-x2)ex-1,0<x<14,則H'(x)=(1-x2-2x)ex,易知H'(x)>0,則H(x)在0,1∴H(x)>H(0)=0.∴g(x)在0,14上為增函數(shù),∴g(0.1)>g(0),∴0.1e0.1+ln0.9>0,∴a>c,∴b>a5.(2021全國乙理,12,5分)設(shè)a=2ln1.01,b=ln1.02,c=1.04-1,則()A.a<b<cB.b<c<aC.b<a<cD.c<a<b答案B解題指導:注意到a,b為同底的對數(shù)值,考慮用對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性比較大小,c與a、b的結(jié)構(gòu)不同,可構(gòu)造與lnx相關(guān)的不等式,放縮后再比較大小.解析解法一:a=ln1.012,因為1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012>1.02,所以a>b,排除選項A與選項D.設(shè)f(x)=lnx-2(x?1)x+1(x>1),則f'(x)所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,從而f(x)>f(1)=0,即lnx>2(x故a=2ln1.01>2×2×0.011.01+1c=1.04?1=因為1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.012<1.04,所以1.01<1.04,所以2.01<1.04+1,所以0.042.01>0.041.04+1,即a>故選B.解法二:因為a=2ln1.01=ln1.012=ln1.0201,所以a>b,下面比較a與c的大小.令f(x)=2ln(1+x)-1+4x+1,x∈[0,1則f'(x)=21+∵(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)≥0(x∈[0,1)),∴f'(x)≥0,∴f(x)在[0,1)上為增函數(shù),∴f(0.01)>f(0)=0,得a>c.再比較b與c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1,令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x∈[0,1則g'(x)=11+2而(1+x)2-(1+2x)=x2≥0,∴g(x)在[0,1)上為增函數(shù),∴g(0.02)>g(0)=0,∴c>b.綜上,a>c>b,故選B.拓展延伸:關(guān)于lnx的重要不等式(1)1-1x≤lnx≤x-1(x>0)(2)lnx≥12x?1x,0<x≤1;lnx≤(3)lnx≥2(x?1)x+1,x≥1;lnx≤2(x(4)ln(x+1)≥x-x22,x(5)lnx≤x?1,x≥1(6)x1x2<x1?x2lnx1?lnx2<6.(2024新課標Ⅰ,10,6分,中)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-1)2(x-4),則()A.x=3是f(x)的極小值點B.當0<x<1時,f(x)<f(x2)C.當1<x<2時,-4<f(2x-1)<0D.當-1<x<0時,f(2-x)>f(x)10ACD由題意知f'(x)=3(x-1)(x-3).對于A,令f'(x)>0,得x<1或x>3,令f'(x)<0,得1<x<3,所以f(x)在(-∞,1)上單調(diào)遞增,在(1,3)上單調(diào)遞減,在(3,+∞)上單調(diào)遞增,所以x=3是f(x)的極小值點,故A正確;對于B,當0<x<1時,0<x2<x<1,由f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,得f(x2)<f(x),故B錯誤;對于C,由1<x<2,得1<2x-1<3,由f(x)在(1,3)上單調(diào)遞減,得f(1)>f(2x-1)>f(3),即-4<f(2x-1)<0,故C正確;對于D,f(2-x)-f(x)=(x-1)2(-2-x)-(x-1)2(x-4)=(x-1)2(-2x+2)=-2(x-1)3,當-1<x<0時,f(2-x)-f(x)>0,則f(2-x)>f(x),故D正確.故選ACD.7.(2016課標Ⅰ文,12,5分)若函數(shù)f(x)=x-13sin2x+asinx在(-∞,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是A.[-1,1]B.?C.?13答案Cf'(x)=1-23cos2x+acosx=1-23(2cos2x-1)+acosx=-43cos2x+acosx+53,f(x)在R上單調(diào)遞增,則f'(x)≥0在R上恒成立,令cosx=t,t∈[-1,1],則-43t2+at+53≥0在[-1,1]上恒成立,即4t2-3at-5令g(t)=4t2-3at-5,則g(1)=4?3a?5≤0,g(疑難突破由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決.評析本題考查由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)范圍,利用導數(shù)將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題,再利用二次函數(shù)來解決即可.8.(2015課標Ⅱ理,12,5分)設(shè)函數(shù)f'(x)是奇函數(shù)f(x)(x∈R)的導函數(shù),f(-1)=0,當x>0時,xf'(x)-f(x)<0,則使得f(x)>0成立的x的取值范圍是()A.(-∞,-1)∪(0,1)B.(-1,0)∪(1,+∞)C.(-∞,-1)∪(-1,0)D.(0,1)∪(1,+∞)答案A令g(x)=f(x)x,則g'(x)=xf'(x)?f(x∵f(x)是奇函數(shù),f(-1)=0,∴f(1)=-f(-1)=0,∴g(1)=f(1)∴當x∈(0,1)時,g(x)>0,從而f(x)>0;當x∈(1,+∞)時,g(x)<0,從而f(x)<0.又∵g(-x)=f(?x)?x=∴當x∈(-∞,-1)時,g(x)<0,從而f(x)>0;當x∈(-1,0)時,g(x)>0,從而f(x)<0.綜上,所求x的取值范圍是(-∞,-1)∪(0,1).評析出現(xiàn)xf'(x)+f(x)>0(<0)時,考慮構(gòu)造函數(shù)F(x)=xf(x);出現(xiàn)xf'(x)-f(x)>0(<0)時,考慮構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(9.(2014課標Ⅱ文,11,5分)若函數(shù)f(x)=kx-lnx在區(qū)間(1,+∞)單調(diào)遞增,則k的取值范圍是()A.(-∞,-2]B.(-∞,-1]C.[2,+∞)D.[1,+∞)答案D依題意得f'(x)=k-1x≥0在(1,+∞)上恒成立,即k≥1x在(1,+∞)∵x>1,∴0<1x∴k≥1,故選D.10.(2023全國乙理,16,5分)設(shè)a∈(0,1),若函數(shù)f(x)=ax+(1+a)x在(0,+∞)單調(diào)遞增,則a的取值范圍是.

答案5解析由題意得,f'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,即axlna+(1+a)xln(1+a)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立,∵a∈(0,1),∴a+1∈(1,2),∴l(xiāng)n(1+a)>0,lna<0,∴y=axlna與y=(1+a)xln(1+a)在(0,+∞)上均為增函數(shù),∴y=f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴f'(0)≥0,即lna+ln(a+1)≥0,即ln(a2+a)≥ln1?a2+a≥1,解得a≤?1?52或a≥?1+52,又a∈(∴a∈5?111.(2024新課標Ⅱ,16,15分,中)已知函數(shù)f(x)=ex-ax-a3.(1)當a=1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)若f(x)有極小值,且極小值小于0,求a的取值范圍.16解析(1)當a=1時,f(x)=ex-x-1,f'(x)=ex-1,則切線斜率為k=f'(1)=e-1,又∵f(1)=e-1-1=e-2,∴切線方程為y-(e-2)=(e-1)(x-1),整理得y=(e-1)x-1.(2)∵f(x)=ex-ax-a3,∴f'(x)=ex-a.①當a≤0時,f'(x)>0恒成立,f(x)單調(diào)遞增,無極值,不符合題意,故a≤0時不成立.②當a>0時,令f'(x)=0,得x=lna,當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.∴x=lna時f(x)有極小值,極小值為f(lna)=elna-alna-a3=a-alna-a3.又∵極小值小于0,∴a-alna-a3<0,又∵a>0,∴1-lna-a2<0,設(shè)g(a)=1-lna-a2,a∈(0,+∞),∵g'(a)=-1a-2a<0,∴g(a)單調(diào)遞減又∵g(1)=0,∴a∈(1,+∞)時,g(a)<0,即極小值f(lna)<0,∴a>1.綜上所述,a的取值范圍為(1,+∞).12.(2024全國甲理,21,12分,難)已知函數(shù)f(x)=(1-ax)ln(1+x)-x.(1)若a=-2,求f(x)的極值;(2)當x≥0時,f(x)≥0,求a的取值范圍.21解析(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-1,+∞),當a=-2時,f(x)=(1+2x)ln(x+1)-x,則f'(x)=2ln(x+1)+xx令F(x)=2ln(x+1)+xx+1,則F'(x)=2x可得F'(x)>0在(-1,+∞)上恒成立,則F(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,又F(0)=0,∴當x∈(-1,0)時,F(x)<0,當x∈(0,+∞)時,F(x)>0,即當-1<x<0時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x>0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,所以f(x)在x=0處取得極小值,f(x)極小值=f(0)=0,無極大值.(2)∵當x≥0時,f(x)≥0,又f(0)=0,∴y=f(x)在x=0處取得最小值.又f'(x)=-aln(1+x)+(-a令g(x)=f'(x)=-aln(1+x)+(-a則g'(x)=-a1+x+-令h(x)=-ax-2a-1,x∈[0,+∞),h(0)=-2a-1.①當-2a-1≥0,即a≤-12時,-a>0,h(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)≥0在[0,+∞)上恒成立則g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,又g(0)=0,從而f'(x)=g(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,即f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,又f(0)=0,∴f(x)≥0在[0,+∞)上恒成立.②當-2a-1<0且-a≤0,即a≥0時,h(x)<0在[0,+∞)上恒成立,即g'(x)<0在[0,+∞)上恒成立,則g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,又g(0)=0,從而f'(x)=g(x)≤0在[0,+∞)上恒成立,f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞減,又f(0)=0,∴f(x)≤0,與題意不符.③當-2a-1<0且-a>0,即-12<a<0時,令h(x)=0,得x=-2-1∴當x∈0,?2?1a時,h(x)<0,即g'(x)<0在0,?2?∴g(x)在0,?2?1a上單調(diào)遞減,又g(0)=0,∴g(x)<0在0,?2?∴f'(x)<0在0,?2?1a上恒成立,從而f(x)在0,?2?又f(0)=0,∴f(x)<0在0,?2?1a上恒成立,綜上,a的取值范圍為-∞,-113.(2023新課標Ⅰ,19,12分)已知函數(shù)f(x)=a(ex+a)-x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)證明:當a>0時,f(x)>2lna+32解析(1)由已知得函數(shù)f(x)的定義域為R,f'(x)=aex-1.①當a≤0時,f'(x)<0,f(x)在R上單調(diào)遞減;②當a>0時,令f'(x)=0,則x=ln1a當x<ln1a時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減當x>ln1a時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增綜上所述,當a≤0時,f(x)在R上單調(diào)遞減;當a>0時,f(x)在?∞,ln1a上單調(diào)遞減,(2)證明:由(1)知,當a>0時,f(x)在?∞,ln1a上單調(diào)遞減,在ln1a,+∞上單調(diào)遞增,則f(x)min=fln1a要證明f(x)>2lna+32,只需證明1+a2+lna>2lna+3即證a2-lna-12>0令g(x)=x2-lnx-12(x>0),則g'(x)=2x-1x=當0<x<22時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減當x>22時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增∴g(x)min=g22=12-ln22-12=-ln2∴g(x)>0在(0,+∞)上恒成立,即a2-lna-12>0∴f(x)>2lna+3214.(2023全國甲文,20,12分,難)已知函數(shù)f(x)=ax-sinxcos2x(1)當a=1時,討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)+sinx<0,求a的取值范圍.解析(1)當a=1時,f(x)=x-sinxcos2xf'(x)=1-cos3x+2sin2所以函數(shù)f(x)在0,π2(2)令g(x)=sinxcos2x-sinx=sin則g'(x)=3cos3x因為x∈0,π2,所以3cos2xsin2x+2sin4x>0,cos3x>0,則g'(x)>0,所以函數(shù)g(x)在0,g(0)=0,當x→π2時,g(x)→+∞因為f(x)+sinx<0恒成立,所以sinxcos2x-sinx>即直線y=ax在0<x<π2時恒在g(x)的圖象下方,如圖所示由圖及g'(0)=0可得a≤0,即a的取值范圍為(-∞,0].15.(2019課標Ⅲ文,20,12分)已知函數(shù)f(x)=2x3-ax2+2.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)當0<a<3時,記f(x)在區(qū)間[0,1]的最大值為M,最小值為m,求M-m的取值范圍.解析本題考查函數(shù)的導數(shù)及其應(yīng)用的基礎(chǔ)知識,考查導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系以及利用導數(shù)求函數(shù)最值的方法,考查學生的運算求解能力、推理論證能力以及分類討論思想的應(yīng)用.(1)f'(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).令f'(x)=0,得x=0或x=a3若a>0,則當x∈(-∞,0)∪a3,+∞時,當x∈0,a3時,f故f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調(diào)遞增,在若a=0,f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞增;若a<0,則當x∈?∞,a3∪(0,+∞)時,當x∈a3,0時,f故f(x)在?∞,a3,(0,+∞)單調(diào)遞增,(2)當0<a<3時,由(1)知,f(x)在0,a3單調(diào)遞減,在a3,1單調(diào)遞增,所以f(x)在[0,1]的最小值為fa3=-a于是m=-a327所以M-m=2當0<a<2時,可知2-a+a327單調(diào)遞減,所以M-m的取值范圍是當2≤a<3時,a327單調(diào)遞增,所以M-m的取值范圍是綜上,M-m的取值范圍是827規(guī)律總結(jié)含參函數(shù)單調(diào)性的討論,關(guān)鍵在于確定參數(shù)的分界值,確定分界值的順序:(1)f'(x)最高次項系數(shù)是否等于0;(2)方程f'(x)=0是否有實數(shù)解;(3)方程f'(x)=0的解是否在定義域內(nèi);(4)f'(x)=0的解x1,x2之間的大小比較.易錯警示解題時,易犯以下兩個錯誤:①對參數(shù)a未討論或?qū)分類討論不全面,尤其易忽略a=0的情形而導致失分;②當a>0時,f(x)在(-∞,0),a3,+∞單調(diào)遞增,將這兩個區(qū)間合并表示為f(x)a3,+∞單調(diào)遞增導致錯誤16.(2017課標Ⅰ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若f(x)≥0,求a的取值范圍.解析本題考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值.(1)函數(shù)f(x)的定義域為(-∞,+∞),f'(x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).①若a=0,則f(x)=e2x,在(-∞,+∞)單調(diào)遞增.②若a>0,則由f'(x)=0得x=lna.當x∈(-∞,lna)時,f'(x)<0;當x∈(lna,+∞)時,f'(x)>0.故f(x)在(-∞,lna)單調(diào)遞減,在(lna,+∞)單調(diào)遞增.③若a<0,則由f'(x)=0得x=ln?a當x∈?∞,ln?a當x∈ln?a2,+∞時故f(x)在?∞,ln?a2單調(diào)遞減(2)①若a=0,則f(x)=e2x,所以f(x)≥0.②若a>0,則由(1)得,當x=lna時,f(x)取得最小值,最小值為f(lna)=-a2lna,從而當且僅當-a2lna≥0,即a≤1時,f(x)≥0.③若a<0,則由(1)得,當x=ln?a2時,f(x)取得最小值,最小值為fln?a從而當且僅當a234?即a≥-2e34時,f(x)綜上,a的取值范圍是[-2e317.(2021全國甲文,20,12分)設(shè)函數(shù)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,其中a>0.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)若y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,求a的取值范圍.解題指導:(1)對函數(shù)f(x)求導并因式分解得到f'(x)=(2ax+3)(ax?1)x,根據(jù)a>0,x>0,可以判斷f'(x)的正負,即可判斷出f(2)根據(jù)題意得到函數(shù)f(x)在(0,+∞)上沒有零點.由(1)可得f(x)min=f1a,使f1a>0,即可求出a解析(1)f(x)=a2x2+ax-3lnx+1,x∈(0,+∞),∴f'(x)=2a2x+a-3x∵a>0,x>0,∴2ax+3當x∈0,1a時,f'(x)當x∈1a,+∞時,f'(x∴函數(shù)f(x)在0,1a上單調(diào)遞減,在1(2)∵y=f(x)的圖象與x軸沒有公共點,∴函數(shù)f(x)在(0,+∞)上沒有零點,由(1)可得函數(shù)f(x)在0,1a上單調(diào)遞減,在1a,+∞上單調(diào)遞增,∴f(x)min=f∴l(xiāng)na>-1,解得a>1e故實數(shù)a的取值范圍是1e關(guān)鍵點撥利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性時,要注意:①題目中函數(shù)的定義域是否有限制;②多個同單調(diào)性的區(qū)間不能用并集符號相連;③在對含參數(shù)問題進行分類討論時,分類要做到“不重不漏、層次分明”.18.(2021全國乙文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=x3-x2+ax+1.(1)討論f(x)的單調(diào)性;(2)求曲線y=f(x)過坐標原點的切線與曲線y=f(x)的公共點的坐標.解題指導:由題設(shè)求出函數(shù)f(x)的導函數(shù)f'(x),因為參數(shù)a影響了判別式,故對a進行分類討論,設(shè)出切點P(x0,y0),結(jié)合導數(shù)的幾何意義求出切線方程,再由切點在曲線y=f(x)上、切線經(jīng)過原點列出關(guān)于x0的方程,進而求解.解析(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可得f'(x)=3x2-2x+a,對于3x2-2x+a=0,Δ=4-12a.①當a≥13時,Δ≤0,即f'(x)≥0在R上恒成立,此時f(x)在R上單調(diào)遞增②當a<13時,Δ>0,方程3x2-2x+a=0的兩個根為x1=1?1?3a3,x2=1+1?3a3,故當x∈?∞,1?1?3a3∪1+1?3a3,+∞時,f'(x)>0,當x∈所以f(x)在?∞,1?1?3a3(2)設(shè)過原點的切線與曲線y=f(x)相切于點P(x0,y0),則切線的斜率為f'(x0)=3x02-2x0+故以點P為切點的切線方程為y=(3x02-2x0+a)(x-x0)+y0.由y0=x03?x02+ax0+1,且切線過原點,得2x03?x02-1=0,即(x0-1)(2x02+x0+1)所以切線方程為y=(1+a)x,聯(lián)立y消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,∴x=1或-1,∴公共點為(1,1+a)與(-1,-1-a).疑難點撥:單調(diào)性問題的本質(zhì)為解不等式,利用導函數(shù)的圖象確定符號,當參數(shù)影響到導函數(shù)的符號時,對其分類討論;切線問題的核心是切點,而切線與曲線的公共點不一定只有切點,這是一個易錯點.19.(2021全國甲理,21,12分)已知a>0且a≠1,函數(shù)f(x)=xaax(x(1)當a=2時,求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,求a的取值范圍.解題指導:(1)對原函數(shù)求導,利用導數(shù)的正負來確定增減區(qū)間.(2)將兩圖象的交點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程解的個數(shù)問題,將a和x分離,通過構(gòu)造函數(shù)分析函數(shù)的性質(zhì)及圖象的變化趨勢,進而求解參數(shù)的范圍.解析(1)當a=2時,f(x)=x22x=x2·2-x(則f'(x)=2x·2-x+x2·(-ln2·2-x)=x·2-x(2-xln2).令f'(x)=0,則x=2ln2f'(x),f(x)的情況如下:x0,22f'(x)+0-f(x)↗極大值↘所以函數(shù)f(x)在0,2ln2上單調(diào)遞增,在2(2)令f(x)=1,則xaax=1,所以xa=兩邊同時取對數(shù),可得alnx=xlna,即lnx根據(jù)題意可知,方程lnxx設(shè)g(x)=lnxx,則g'(x)=令g'(x)=0,則x=e.當x∈(0,e)時,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當x∈(e,+∞)時,g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減.又知g(1)=0,limx→+∞g(x)=0,g(x)max=g(e)所以要使曲線y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個交點,則只需lnaa∈0,1e,即g(a)=lnaa∈0,1e,所以a∈綜上,實數(shù)a的取值范圍為(1,e)∪(e,+∞).20.(2021北京,19,15分)已知函數(shù)f(x)=3?2x(1)若a=0,求曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;(2)若函數(shù)f(x)在x=-1處取得極值,求f(x)的單調(diào)區(qū)間,以及最大值和最小值.解析(1)當a=0時,f(x)=3?2xx2,∴f(1)=1,又f'(x)=2x?6x3,故f'(1)=-4,故曲線y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程為y=-4(x-1)+1,(2)由題意得f'(x)=2x2?6x?2a(x2+a)2,且f'(故f(x)=3?2xx2+4,x∈R,f'(x令f'(x)>0,解得x>4或x<-1;令f'(x)<0,解得-1<x<4,故函數(shù)f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,-1)和(4,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(-1,4).所以f(x)的極大值為f(-1)=1,f(x)的極小值為f(4)=-14又當x∈(-∞,-1)時,3-2x>0,故f(x)>0;當x∈(4,+∞)時,3-2x<0,故f(x)<0,∴f(x)max=f(-1)=1,f(x)min=f(4)=-14解題指導:(1)當a=0時,求出f(1)與f'(1)的值,再寫出切線方程;(2)由f'(-1)=0求出a的值,再通過導函數(shù)的符號求出f(x)的單調(diào)區(qū)間和最值.21.(2022北京,20,15分)已知函數(shù)f(x)=exln(1+x).(1)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程;(2)設(shè)g(x)=f'(x),討論函數(shù)g(x)在[0,+∞)上的單調(diào)性;(3)證明:對任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).解析(1)∵f'(x)=exln(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,∴f'(0)=e0ln(1+0)+11+0又f(0)=e0ln1=0,∴曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x.(2)易得g(x)=f'(x)=exln(1+x)+11+x,∴g'(x)=exln(1+x)+11+x+11+x?1(1+x)2=ex∵x∈[0,+∞),∴l(xiāng)n(1+x)≥0,11+x>0,x又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.∴g(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增.(3)證明:由(2)知g(x)=f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,不妨設(shè)s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),則h'(x)=f'(x)-f'(x+s)<0.因此h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,∴h(0)>h(t),∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).考點2導數(shù)與函數(shù)的極（最）值1.(2023全國乙文,8,5分)函數(shù)f(x)=x3+ax+2存在3個零點,則a的取值范圍是()A.(-∞,-2)B.(-∞,-3)C.(-4,-1)D.(-3,0)答案Bf'(x)=3x2+a,當a≥0時,f'(x)≥0,則f(x)在R上單調(diào)遞增,則f(x)只有一個零點,不合題意,∴a<0.令f'(x)=0,得x1=-?a3,x2=當x∈(-∞,x1)∪(x2,+∞)時,f'(x)>0,當x∈(x1,x2)時,f'(x)<0,∴f(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增,在(x1,x2)上單調(diào)遞減,在(x2,+∞)上單調(diào)遞增,∵f(x)存在3個零點,∴f(x)的極大值f(x1)=f??a3且f(x)的極小值f(x2)=f?a3=解①得a<0,解②得a<-3.綜上所述,a的取值范圍為(-∞,-3),故選B.2.(2024新課標Ⅱ,11,6分,難)設(shè)函數(shù)f(x)=2x3-3ax2+1,則()A.當a>1時,f(x)有三個零點B.當a<0時,x=0是f(x)的極大值點C.存在a,b,使得x=b為曲線y=f(x)的對稱軸D.存在a,使得點(1,f(1))為曲線y=f(x)的對稱中心11AD依題意得f'(x)=6x2-6ax,令f'(x)=0,得6x(x-a)=0,解得x=0或x=a.對于選項A,a>1時,當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下:x(-∞,0)0(0,a)a(a,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗又f(0)=1>0,f(a)=2a3-3a3+1=1-a3<0,所以f(x)有三個零點,選項A正確.對于選項B,a<0時,當x變化時,f'(x),f(x)的變化情況如下:x(-∞,a)a(a,0)0(0,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴x=0是f(x)的極小值點,選項B錯誤.對于選項C,當x→+∞時,f(x)→+∞;當x→-∞時,f(x)→-∞,因此曲線y=f(x)不存在對稱軸,選項C錯誤.對于選項D,由f'(x)=6x2-6ax得f″(x)=12x-6a,令f″(x)=0,得12x-6a=0,解得x=a2,取a2=1,因此,當a=2時,點(1,f(1))為曲線y=f(x)的對稱中心.驗證:f(2-x)=2(2-x)3-6(2-x)2+1=-2x3+6x2-7,∴f(2-x)+f(x)=-2x3+6x2-7+2x3-6x2+1=-6=2f(1).因此,選項D正確.故選AD.3.(多選)(2023新課標Ⅱ,11,5分,中)若函數(shù)f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有極大值也有極小值,則(A.bc>0B.ab>0C.b2+8ac>0D.ac<0答案BCD由題意得f'(x)=ax+?bx2+?2cx3=ax2?∵y=f(x)既有極大值也有極小值,∴y=ax2-bx-2c在(0,+∞)上有兩個變號零點.設(shè)方程ax2-bx-2c=0的兩根分別為x1,x2(x1>0,x2>0,x1≠x2),∴x1+x2=ba>0,x1x2=?2ca>4.(2017浙江,7,5分)函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f'(x)的圖象如圖所示,則函數(shù)y=f(x)的圖象可能是()答案D本題考查函數(shù)圖象的識辨,利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性和極值.不妨設(shè)導函數(shù)y=f'(x)的零點依次為x1,x2,x3,其中x1<0<x2<x3,由導函數(shù)圖象可知,y=f(x)在(-∞,x1)上為減函數(shù),在(x1,x2)上為增函數(shù),在(x2,x3)上為減函數(shù),在(x3,+∞)上為增函數(shù),從而排除A,C.y=f(x)在x=x1,x=x3處取到極小值,在x=x2處取到極大值,又x2>0,排除B,故選D.5.(2016四川文,6,5分)已知a為函數(shù)f(x)=x3-12x的極小值點,則a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D由題意可得f'(x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f'(x)=0,得x=-2或x=2,則f'(x),f(x)隨x的變化情況如下表:x(-∞,-2)-2(-2,2)2(2,+∞)f'(x)+0-0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴函數(shù)f(x)在x=2處取得極小值,則a=2.故選D.評析本題考查了函數(shù)的極值問題.正確理解函數(shù)的極值點的概念是解題的關(guān)鍵.6.(2014課標Ⅱ理,12,5分)設(shè)函數(shù)f(x)=3sinπxm.若存在f(x)的極值點x0滿足x02+[f(x0)]2<m2,A.(-∞,-6)∪(6,+∞)B.(-∞,-4)∪(4,+∞)C.(-∞,-2)∪(2,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)答案Cf'(x)=3πmcos∵f(x)的極值點為x0,∴f'(x0)=0,∴3πmcos∴πmx0=kπ+π2,k∈∴x0=mk+m2,k∈Z又∵x02+[f(x0)]2<m∴mk+m22+3sink即m2k+122+3<m2∵m≠0,∴k+122<m又∵存在x0滿足x02+[f(x0)]2<m2,即存在k∈Z∴m2?3∴m2?3m2>122,∴m2-3>m評析本題考查了函數(shù)的極值問題,三角函數(shù)求值、恒成立等問題.考查分析問題、解決問題的能力.7.(2013課標Ⅱ,理10,文11,5分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,下列結(jié)論中錯誤的是()A.?x0∈R,f(x0)=0B.函數(shù)y=f(x)的圖象是中心對稱圖形C.若x0是f(x)的極小值點,則f(x)在區(qū)間(-∞,x0)單調(diào)遞減D.若x0是f(x)的極值點,則f'(x0)=0答案C由三次函數(shù)值域為R知f(x)=0有解,所以A項正確;因為y=x3的圖象為中心對稱圖形,而f(x)=x3+ax2+bx+c的圖象可以由y=x3的圖象平移得到,故B項正確;若f(x)有極小值點,則f'(x)=0有兩個不等實根x1,x2(x1<x2),f'(x)=3x2+2ax+b=3(x-x1)(x-x2),則f(x)在(-∞,x1)上為增函數(shù),在(x1,x2)上為減函數(shù),在(x2,+∞)上為增函數(shù),故C項錯誤;D項正確.故選C.評析本題考查了三次函數(shù)的圖象和性質(zhì),考查了利用導數(shù)研究函數(shù)極值與單調(diào)性.8.(2022全國乙文,11,5分)函數(shù)f(x)=cosx+(x+1)sinx+1在區(qū)間[0,2π]的最小值、最大值分別為()A.-πC.-π2答案Df'(x)=(x+1)cosx,x∈[0,2π],令f'(x)=0得x=π2或x=3π當x在[0,2π]上變化時,f'(x),f(x)的變化情況如表所示:x00,ππ33π2,2π2πf'(x)+0-0+f(x)2↗極大值π2↘極小值-3↗2由表可知,f(x)在[0,2π]上的最大值為π2+2,最小值為-3π2,故選9.(2021全國乙理,10,5分)設(shè)a≠0,若x=a為函數(shù)f(x)=a(x-a)2(x-b)的極大值點,則()A.a<bB.a>bC.ab<a2D.ab>a2答案D解題指導:求出f'(x)=0的兩根,根據(jù)已知條件x=a為函數(shù)f(x)的極大值點,分類討論比較根的大小,得出滿足條件的不等式即可.解析f(x)=a(x-a)2(x-b)=a[x3-(2a+b)x2+(2ab+a2)x-a2b],∴f'(x)=a[3x2-(4a+2b)x+2ab+a2]=a(x-a)[3x-(a+2b)].令f'(x)=0,得x1=a,x2=a+2(i)若a>0,要使函數(shù)f(x)在x=a處取得極大值,則需f(x)在(-∞,a)上單調(diào)遞增,在a,a+2b3上單調(diào)遞減,此時需a<a+2b3,得0<a(ii)若a<0,要使函數(shù)f(x)在x=a處取得極大值,則需f(x)在a+2b3,a上單調(diào)遞增,在(a,+∞)上單調(diào)遞減,此時需滿足a>a+2b3,得b<a<0,∴a2<ab.綜上可知,解題通法求解析式中含有參數(shù)的函數(shù)極值問題時,需要用分類討論的思想才能解決,討論的依據(jù)有兩種:一是看參數(shù)是否對f'(x)的零點有影響,若有影響,則需要分類討論;二是看f'(x)在其零點附近的符號的確定是否與參數(shù)有關(guān),若有關(guān),則需分類討論.10.(多選)(2022新高考Ⅰ,10,5分)已知函數(shù)f(x)=x3-x+1,則()A.f(x)有兩個極值點B.f(x)有三個零點C.點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心D.直線y=2x是曲線y=f(x)的切線答案AC∵f(x)=x3-x+1,∴f'(x)=3x2-1,令f'(x)=0,得x=±33,當x∈?∞,?33時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,當x∈?33,33時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減,當x∈33,+∞時,f'(x)>0,f(x)∵f33=39?33+1=9?239>0,∴f(x)的極小值大于0,由于函數(shù)f(x)的圖象是由奇函數(shù)y=x3-x的圖象向上平移1個單位長度得到的,故f(x)的圖象關(guān)于點(0,1)對稱,即點(0,1)是曲線y=f(x)的對稱中心,故選項C正確.曲線y=f(x)的切線斜率為2,即f'(x)=2,得x=±1,故曲線y=f(x)的斜率為2的切線方程為y=2x-1或y=2x+3,故選項D錯誤.故選AC.11.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函數(shù)f(x)=|2x-1|-2lnx的最小值為.

答案1解題指導:先分類討論去掉絕對值符號,然后用函數(shù)的單調(diào)性分析其最小值.解析①當x>12時,f(x)=2x-1-2lnx,∴f'(x)=2-2x=2x?2x,∴當x∈12,1時,f'(x)<0,當f'(x)>0,∴f(x)在12,1上單調(diào)遞減,在(1,+∞)∴f(x)min=f(1)=1.②當0<x≤12時,f(x)=1-2x-2lnx此時f'(x)=-2-2x<0恒成立∴f(x)在0,12∴f(x)min=f12=2ln2∵2ln2>1,∴f(x)min=1.方法總結(jié):絕對值問題的常見處理策略:1.分類討論去掉絕對值符號;2.利用絕對值的幾何意義畫圖分析.12.(2022全國乙理,16,5分)已知x=x1和x=x2分別是函數(shù)f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的極小值點和極大值點.若x1<x2,則a的取值范圍是.

答案1解析∵f(x)=2ax-ex2,∴f'(x)=2axlna-2ex.根據(jù)題意,得x1,x2是f'(x)=0的兩個不相等的實根.由f'(x)=0得,axlna=ex.由題意得函數(shù)y=axlna與y=ex的圖象有兩個不同的交點.

當a>1時,畫出函數(shù)y=axlna與y=ex的圖象,如圖①所示,當x∈(-∞,x1)時,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(-∞,x1)上單調(diào)遞增;當x∈(x1,x2)時,f'(x)=2axlna-2ex<0,f(x)在(x1,x2)上單調(diào)遞減;當x∈(x2,+∞)時,f'(x)=2axlna-2ex>0,f(x)在(x2,+∞)上單調(diào)遞增.∴x=x1和x=x2分別是f(x)的極大值點和極小值點,這與已知矛盾.∴當a>1時,不滿足題意,舍去.圖①圖②當0<a<1時,畫出函數(shù)y=axlna與y=ex的圖象,如圖②所示,設(shè)過原點的切線l與y=axlna的圖象相切于點(x0,ax0lna),而y'=ax(lna)2,此時切線l的斜率k=ax0·(lna)2,∴ax0(lna)2=∴k=e(lna)2,要使函數(shù)y=axlna與y=ex的圖象有兩個不同的交點,則k<e,即e(lna)2<e.∴(lna)2<1,即-1<lna<1,∴1e<a<e.又0<a<1,∴1e<a綜上所述,a的取值范圍是1e13.(2023新課標Ⅱ,22,12分,難)(1)證明:當0<x<1時,x-x2<sinx<x;(2)已知函數(shù)f(x)=cosax-ln(1-x2),若x=0是f(x)的極大值點,求a的取值范圍.解析(1)證明:令g(x)=x-x2-sinx,0<x<1,則g'(x)=1-2x-cosx,令G(x)=g'(x),得G'(x)=-2+sinx<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以g'(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,因為g'(0)=0,所以g'(x)<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,所以g(x)<g(0)=0,即當0<x<1時,x-x2<sinx.令h(x)=sinx-x,0<x<1,則h'(x)=cosx-1<0在區(qū)間(0,1)上恒成立,所以h(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,所以h(x)<h(0)=0,即當0<x<1時,sinx<x.綜上,當0<x<1時,x-x2<sinx<x.(2)易知f(x)的定義域為(-1,1),f(x)為偶函數(shù),f'(x)=-asinax+2x1?x2,易知f'(x)是(-1,令F(x)=f'(x),則F'(x)=2+2x2(1?x2)顯然F'(x)在(-1,1)上是偶函數(shù),F'(0)=2-a2,當2-a2<0,即a>2或a<-2時,易知F'(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,又F'(0)<0,所以?m∈(0,1),x∈(-m,m)時,F'(x)<0恒成立,故f'(x)在(-m,m)上單調(diào)遞減.又f'(0)=0,故-m<x<0時,f'(x)>0,0<x<m時,f'(x)<0,故f(x)在(-m,0)上單調(diào)遞增,在(0,m)上單調(diào)遞減,x=0是f(x)的極大值點,符合題意.當2-a2≥0,即-2≤a≤2時,易知F'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,又F'(0)>0,所以F'(x)>0在(0,1)上恒成立,故f'(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,則f'(x)在(-1,1)上單調(diào)遞增.又f'(0)=0,所以-1<x<0時,f'(x)<0,0<x<1時,f'(x)>0,故f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,1)上單調(diào)遞增,x=0是f(x)的極小值點,不符合題意.綜上,a的取值范圍為(-∞,-2)∪(2,+∞).

13.(2023全國乙理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=1x+aln(1+(1)當a=-1時,求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程;(2)是否存在a,b,使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對稱?若存在,求a,b;若不存在,說明理由(3)若f(x)在(0,+∞)存在極值點,求a的取值范圍.解析(1)當a=-1時,f(x)=1x?1ln(x+1),則f(1)=0,且f'(x)=-1x2ln(x+1故f'(1)=-ln2,所以所求切線方程為y=-(x-1)ln2,即xln2+y-ln2=0.(2)存在.f1x=(x+a)lnx+1x,其定義域為(-∞,-1)∪(0,要使函數(shù)f1x的圖象關(guān)于直線x=b對稱,則由x≠0且x≠-1知b=-12,此時f1x=(x+a)lnx+1x的圖象關(guān)于直線x=-12對稱即?1即a+∴a+t-12=?a+t+(3)f'(x)=-1x2ln(x+1)+要使f(x)在(0,+∞)存在極值點,則方程ln(x+1)-ax2記g(x)=ln(x+1)-ax2+x則g'(x)=-x(1+x)2·(ax+2①當a≤0時,g'(x)>0,故g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增,g(x)>g(0)=0,不符合題意,舍去;②當a≥12時,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)單調(diào)遞減,g(x)<g(0)=0,不符合題意,舍去③當0<a<12時,令g'(x)>0,得0<x<1?2aa;令g'(x得x>1?2aa.易知x→+∞時,g(x)故只需g(x)max=g1?2aa=ln1?2aa+1?1?2aa2·a+1?2aa1?2aa+1=ln1a?1+4a-2>0即可,設(shè)h(t)=ln(t-1)+4t-2,t>2,則h'(t)=1t?1?4t2=(t?2)2(t?1)t2>0,故h綜上所述,當a∈0,12時,f(x)在(0,+∞)14.(2023北京,20,15分)設(shè)函數(shù)f(x)=x-x3eax+b,曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線方程為y=-x+1.(1)求a,b的值;(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x),求g(x)的單調(diào)區(qū)間;(3)求f(x)的極值點個數(shù).解析(1)∵點(1,f(1))在切線y=-x+1上,∴f(1)=0,f'(1)=-1,而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,又知f'(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,∴f'(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.(2)g(x)=f'(x)=e1-x(x3-3x2)+1,g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),令g'(x)=0,得x=0或x=3±3.x,g'(x),g(x)的變化情況如下表:x(-∞,0)0(0,3-3)3-3(3-3,3+3)3+3(3+3,+∞)g'(x)+0-0+0-g(x)單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增極大值單調(diào)遞減故g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,0)和(3-3,3+3),單調(diào)遞減區(qū)間為(0,3-3)和(3+3,+∞).(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在區(qū)間(-∞,0)上有一個變號零點,故f(x)在(-∞,0)上有一個極值點.又∵g(1)=-1<0,且g(3-3)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3-3)上有一個變號零點,故f(x)在(0,3-3)上有一個極值點.∵g(3)=1>0,且g(3+3)>g(3)>0,∴g(x)在(3-3,3+3)上有一個變號零點,故f(x)在(3-3,3+3)上有一個極值點.當x>3時,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+3,+∞)上無零點,即f(x)無極值點.綜上,f(x)有3個極值點.15.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函數(shù)f(x)=ex-ax和g(x)=ax-lnx有相同的最小值.(1)求a;(2)證明:存在直線y=b,其與兩條曲線y=f(x)和y=g(x)共有三個不同的交點,并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數(shù)列.解析(1)f'(x)=ex-a,g'(x)=a-1x當a≤0時,f'(x)>0恒成立,f(x)在R上無最小值,不符合題意.∴a>0.令f'(x)=0,得x=lna,令g'(x)=0,得x=1a易知f(x)min=f(lna)=a-alna,g(x)min=g1a=1+lna∴a-alna=1+lna,即lna=a?1a令h(x)=lnx-x?1x+1(則h'(x)=1x?∴h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則h(x)最多有一個零點.又h(1)=ln1-1?11+1=0∴方程①有且僅有一解,為a=1,即為所求.(2)證明:由(1)知,f(x)=ex-x,g(x)=x-lnx,當x<0時,f(x)單調(diào)遞減,當x>0時,f(x)單調(diào)遞增;當0<x<1時,g(x)單調(diào)遞減,當x>1時,g(x)單調(diào)遞增.不妨設(shè)直線y=b與y=f(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x1,x2,與y=g(x)的圖象的兩交點的橫坐標分別為x2,x3,且x1<x2<x3.則ex1?x1=ex2-x2=x2-ln∴ex1?x易知x1∈(-∞,0),x2∈(0,1),則lnx2∈(-∞,0),又f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減,∴x1=lnx2,同理x2=lnx3,x3=ex又ex2-x2=x2-lnx2,∴l(xiāng)nx2+ex2∴x1+x3=lnx2+ex2=2x∴x1,x2,x3成等差數(shù)列.16.(2019課標Ⅱ文,21,12分)已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1.證明:(1)f(x)存在唯一的極值點;(2)f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).解析本題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的極值點及方程根的問題,考查推理論證能力、運算求解能力,考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理及數(shù)學運算.(1)f(x)的定義域為(0,+∞).f'(x)=x?1x+lnx-1=ln因為y=lnx單調(diào)遞增,y=1x單調(diào)遞減,所以f'(x)單調(diào)遞增.又f'(1)=-1<0,f'(2)=ln2-12=ln4?12>0,故存在唯一x0∈(1,2),使得又當x<x0時,f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當x>x0時,f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增.因此,f(x)存在唯一的極值點.(2)由(1)知f(x0)<f(1)=-2,又f(e2)=e2-3>0,所以f(x)=0在(x0,+∞)內(nèi)存在唯一根x=α.由α>x0>1得1α<1<x0又f1α=1α?1ln1α故1α是f(x)=0在(0,x0)的唯一根綜上,f(x)=0有且僅有兩個實根,且兩個實根互為倒數(shù).思路分析(1)求函數(shù)極值點的個數(shù),實質(zhì)是求導函數(shù)零點的個數(shù),注意應(yīng)用零點存在性定理;(2)由第(1)問易知方程f(x)=0在(x0,+∞)上存在唯一根α,根據(jù)所要證明的結(jié)論,只需求出f1α=0即可17.(2019江蘇,19,16分)設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R,f'(x)為f(x)的導函數(shù).(1)若a=b=c,f(4)=8,求a的值;(2)若a≠b,b=c,且f(x)和f'(x)的零點均在集合{-3,1,3}中,求f(x)的極小值;(3)若a=0,0<b≤1,c=1,且f(x)的極大值為M,求證:M≤427解析本小題主要考查利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì),考查綜合運用數(shù)學思想方法分析與解決問題以及邏輯推理能力.(1)因為a=b=c,所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)3.因為f(4)=8,所以(4-a)3=8,解得a=2.(2)因為b=c,所以f