一道导数调研试题的解法探究
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.。
一道三角函数与导数结合的试题解法初探
一道三角函数与导数结合的试题解法初探许顺龙(福建省漳州市台商投资区角美中学ꎬ福建漳州３６３１０７)摘㊀要:近年来高考导数命题的一个新亮点就是以三角函数为背景ꎬ考查导数的综合应用.借助导数来研究有关三角函数型的问题ꎬ能更充分考查学生的数学思想方法㊁数学运算求解能力以及综合应变能力ꎬ彰显学生数学思维的灵活性㊁多样性及创新性.关键词:导函数ꎻ三角函数ꎻ切线放缩ꎻ必要性探路中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００８１－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:许顺龙(１９８３.２－)ꎬ男ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:２０２１年度漳州市基础教育课程教学研究课题 新高考背景下的高中数学项目式学习的策略研究 以漳州台商投资区角美中学为例 (项目编号:ＺＪＫＴＹ２１０８６)㊀㊀题目㊀(泉州市２０２２届高中毕业班质量监测五第２２题)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘ(ａ>０).(１)证明:ｆｘ()在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０ꎬ且ｆᶄ(ｘ０)ɤ２ꎻ(２)当ｘȡ－π时ꎬｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ求实数ａ的取值范围.１试题分析本题是一道导数与三角函数㊁指数函数结合的综合性问题ꎬ第(１)问是利用导数方法证明不等式恒成立ꎬ考查在三角函数背景下运用导数判断函数的单调性㊁求函数的最值㊁零点存在定理等知识ꎻ第(２)问是以三角函数和指数函数交汇作为研究的主体ꎬ打破了常规ꎬ考虑直接用数形结合方法很难解答出来ꎬ进而尝试求导ꎬ由于求导会出现含三角函数的表达式ꎬ使用常规方法处理后续问题变得困难.本题主要考查学生对函数的隐零点的掌握以及根据切线放缩㊁端点效应等方式来解决问题的能力ꎻ对学生的抽象概括㊁推理论证㊁运算求解等核心素养能力要求较高ꎻ考查函数与方程㊁化归与转化㊁分类与整合㊁数形结合等数学思想ꎻ体现综合性㊁应用性与创新性.２试题解析解法１㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０).当０<ｘ<π２时ꎬ２ｓｉｎｘ>０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ此时ｆｘ()单调递增.又ｆ０()＝ｅ－ａ－２<ｅ０－２<０ꎬｆπ２æèçöø÷＝ｅπ２－ａ>０ꎬ所以ｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋２ｓｉｎｘ０＝２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｘ０ɪ０ꎬπ２æèçöø÷ꎬ所以２ｓｉｎｘ０＋π４æèçöø÷ɤ２.即ｆᶄｘ０()ɤ２ꎬ当ｘ０＝π４时ꎬ等号成立.综上ꎬｆｘ()在０ꎬπ２æèçöø÷有唯一零点ｘ０[１]ꎬ且ｆᶄｘ０()ɤ２.(２)由ｆｘ()ȡ２ｓｉｎｘ－π４æèçöø÷ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘｘȡ－π()ꎬ则ｇᶄｘ()＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘｘȡ－π()ꎬｇｘ()ȡ０.(ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇｘ()>０.(ⅱ)当０<ｘ<π时ꎬ由(１)知ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ>０ꎬｆｘ()单调递增ꎬ即ｇᶄｘ()单调递增.又由(１)知ꎬ对于唯一零点ｘ０[２]ꎬｇᶄｘ０()＝０ꎬ且当ｘ０<ｘ<π时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎬ当０<ｘ<ｘ０时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝ｇｘ０()＝ｅｘ０－ａ－２ｓｉｎｘ０.又ｇᶄｘ０()＝０ꎬ即ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｇｘ()ｍｉｎ＝２ｃｏｓｘ０－２ｓｉｎｘ０＝２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷.因为ｇｘ()ȡ０ꎬ所以２ｃｏｓｘ０＋π４æèçöø÷ȡ０.又因为０<ｘ０<π２ꎬ所以０<ｘ０ɤπ４.由ｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０ꎬ得ａ＝ｘ０－ｌｎ２ｃｏｓｘ０().又因为φｘ()＝ｘ－ｌｎ２ｃｏｓｘ()在区间０ꎬπ４æèçöø÷内单调递增ꎬ且φ０()＝－ｌｎ２ꎬφπ４æèçöø÷＝π４ꎬ所以－ｌｎ２<ａɤπ４.由已知ａ>０ꎬ故０<ａɤπ４.(ⅲ)当ｘȡπꎬ且０<ａɤπ４时ꎬｇｘ()ȡｅπ－ａ－２ｓｉｎｘȡｅπ－ａ－２ȡｅ３π４－２>０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围是０ꎬπ４æèç].解法２㊀(１)令ｐ(ｘ)＝ｅｘ－ａꎬｑ(ｘ)＝２ｃｏｓｘꎬｐ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递增ꎬｑ(ｘ)在０ꎬπ２[]单调递减ꎬｐ(０)＝ｅ－ａ<１(ａ>０)ꎬｑ(０)＝２>１ꎬｐ(π２)＝ｅπ２－ａ>０ꎬｑ(π２)＝０ꎬ即ｐ(０)<ｑ(０)ꎬｐ(π２)>ｑ(π２).所以ｐ(ｘ)与ｑ(ｘ)在０ꎬπ２æèçöø÷的图象只有唯一一个交点.所以ｆ(ｘ)在区间０ꎬπ２æèçöø÷内有唯一零点ｘ０.因为ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ＋２ｓｉｎｘ(ａ>０)ꎬｅｘ０－ａ＝２ｃｏｓｘ０.所以ｆᶄ(ｘ０)＝ｅｘ０－ａ＋２ｓｉｎｘ０＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２１－ｅ２(ｘ０－ａ)２＝ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ)ɤ２(ｅ２(ｘ０－ａ)＋２－ｅ２(ｘ０－ａ))＝２ꎬ即ｆᶄｘ０()ɤ２.注:此解法利用到不等式ａȡ０ꎬｂȡ０ꎬａ＋ｂɤ２(ａ＋ｂ).(２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.令ｈ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ(ｘȡ０)ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘꎬ当ｘȡπ２时ꎬｈᶄ(ｘ)＝ｅｘ－π４－２ｃｏｓｘ>２３４－２ｃｏｓｘ>２－２ｃｏｓｘ>０ꎬｈ(ｘ)在π２[ꎬ＋ɕ)单调递增.㊀当０<ｘ<π２时ꎬｈᵡ(ｘ)＝ｅｘ－π４＋２ｓｉｎｘ>０ꎬ此时ｈᶄ(ｘ)单调递增.又ｈᶄ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｃｏｓπ４＝０ꎬ所以当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎻ当π４<ｘ<π２时ꎬｈᶄ(ｘ)>０.因此当０<ｘ<π４时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)单调递减ꎻ当ｘ>π４时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)单调递增ꎻ故ｈ(ｘ)ȡｈ(π４)＝ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ符合题意.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法３㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０. (ⅰ)当－πɤｘɤ０时ꎬ－２ｓｉｎｘȡ０ꎬｅｘ－ａ>０ꎬ对于ａ>０ꎬ均有ｇ(ｘ)>０.(ⅱ)当ｘ>０时ꎬ①当ａ>π４时ꎬｇ(ｘ)<ｅｘ－π４－２ｓｉｎｘꎬ由于存在ｇ(π４)<ｅπ４－π４－２ｓｉｎπ４＝０ꎬ故ａ>π４不符合题意.②当０<ａɤπ４时ꎬｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘ.先证:ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１(ｘ>０).令ｆ１(ｘ)＝ｅｘ－ｘ－１ꎬ则ｆ１ᶄ(ｘ)＝ｅｘ－１.当ｘ<０时ꎬｆ１ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ１(ｘ)单调递减ꎻ所以ｆ１(ｘ)ȡｆ１(０)＝０.故ｅｘȡｘ＋１.因此有ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１.再证:ｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ(ｘ>０).(∗)当ｘȡπ时ꎬｘ－π４＋１ȡ３π４＋１>２ȡ２ｓｉｎｘꎬ(∗)成立.当０<ｘ<π时ꎬｆ２(ｘ)＝ｘ－π４＋１－２ｓｉｎｘ(０<ｘ<π)ꎬ则ｆ２ᶄ(ｘ)＝１－２ｃｏｓｘ.当０<ｘ<π４时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)<０ꎬｆ２(ｘ)单调递减ꎻ当π４<ｘ<π时ꎬｆ２ᶄ(ｘ)>０ꎬｆ２(ｘ)单调递增.所以ｆ２(ｘ)ȡｆ２(π４)＝０ꎬ故(∗)成立.故当ｘ>０时ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘ.因此ꎬ当０<ａɤπ４ꎬｘ>０时ꎬ由ｅｘ－π４ȡｘ－π４＋１ꎬｘ－π４＋１ȡ２ｓｉｎｘꎬ可得ｇ(ｘ)ȡｅｘ－π４－２ｓｉｎｘȡ０.综上所述ꎬａ的取值范围(０ꎬπ４].解法４㊀(１)同解法１㊁或解法２. (２)由ｆ(ｘ)ȡ２ｓｉｎ(ｘ－π４)ꎬ得ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘȡ０.令ｇ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｓｉｎｘ(ｘȡ－π)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｅｘ－ａ－２ｃｏｓｘꎬｇ(ｘ)ȡ０.由ｇ(ｘ)ȡ０ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０.即ｅπ４－ａ－２ｓｉｎπ４ȡ０.所以０<ａɤπ４.下证当０<ａɤπ４时符合题意ꎬ证法同解法２㊁３.㊀解法赏析㊀由于解析式中含三角函数和指数函数ꎬ无论怎么求导ꎬ导函数中都仍会含有三角函数和指数函数ꎬ所以在零点的求解中会出现无法直接求解出来的隐零点[３]ꎬ而解法１体现了解决隐零点的一般思路:形式上虚设ꎬ运算上代换ꎬ数值上估算ꎬ策略上等价转化ꎻ解法２的解题思路是采用直接构造函数ꎬ然后再证明ꎬ经过多次构造ꎬ二阶求导ꎬ三阶求导ꎬ充分认识并发挥了三角函数的特有性质(周期性㊁有界性㊁单调性)和ｅｘ求导的不变性ꎬ为此类问题的解决提供探索路径ꎻ解法３运用了分类讨论思想ꎬ解题过程中进行了指数放缩ꎬ将函数式子化简为更为简单的形式再加以证明ꎻ解法４用 必要条件探路ꎬ后再证明充分性 的方法ꎬ先由ｇ(ｘ)ȡ０－πɤｘɤ０()恒成立ꎬ可知ｇ(π４)ȡ０成立ꎬ即０<ａɤπ４ꎬ所以只需证当０<ａɤπ４时符合题意即可ꎬ四种解法既有区别又相互联系.３教学思考３.１导数与三角函数结合试题的解题策略近几年的高考数学试题与质检考试题中ꎬ导数与三角函数相结合的试题逐渐成为趋势ꎬ由于三角函数的特殊性质(周期性㊁有界性㊁放缩法等)ꎬ解题时不宜盲目求导ꎬ而是采取构造函数㊁分类讨论等方法ꎬ最终找出解题有用的特征ꎬ再联系三角恒等变换ꎬ并结合其他基本初等函数的性质分析讨论ꎬ这对培养学生的数学综合能力起到不可估量的作用[４].３.２新高考背景下的课堂教学思考通过这样的好题ꎬ我们可以看出新高考对于学生的考查不仅仅局限于知识与技能ꎬ而是全面考查学生的数学核心素养和关键能力.试卷题目类型灵活ꎬ导数融入三角函数ꎬ拓展了高考命题的范围.这就需要教师突破各种局限ꎬ大胆迎接各种挑战ꎬ突破传统的导数题的框架ꎬ勇于创新ꎬ教会学生以 不变的 知识与技能去应对 万变的 数学试题ꎬ培养学生未来发展所必备的数学核心素养ꎬ适应国家新高考选拔新型人才的要求.参考文献:[１]江智如ꎬ江伟ꎬ蔡珺.例谈以三角函数为载体函数综合问题的解题策略[Ｊ].中学数学研究(华南师范大学版)ꎬ２０２０(１５):１２－１６.[２]曹轩ꎬ龚芮.当导数遭遇三角[Ｊ].中学数学杂志ꎬ２０２０(１１):４２－４４.[３]房彬.三角函数与导数结合类型中隐零点问题的探究[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２１(１０):１１－１３. [４]陈俊斌.三角为基导数联姻[Ｊ].数学通讯ꎬ２０２１(１４):３２－３７.[责任编辑:李㊀璟]。
高二数学导数试题答案及解析
高二数学导数试题答案及解析1.若曲线的一条切线l与直线垂直，则切线l的方程为 ( )A．B．C．D．【答案】A【解析】设切点为，因为，所以，由导数的几何意义可知切线的斜率为。
直线的斜率为。
由题意可得，解得，切点为，切线的斜率为4，所以切线的方程为，即。
故A正确。
【考点】1导数的几何意义；2两直线垂直时斜率的关系；3直线方程。
2.曲线在点（1,1）处的切线方程为 .【答案】【解析】∵y=lnx+x，∴，∴切线的斜率k=2，所求切线程为.【考点】导数的几何意义.3.已知是定义在上的非负可导函数，且满足，对任意正数，若，则的大小关系为A．B．C．D．【答案】A【解析】因为，是定义在上的非负可导函数，且满足，即，所以，在是增函数，所以，若，则的大小关系为。
选A。
【考点】导数的运算法则，应用导数研究函数的单调性。
点评：中档题，在给定区间，如果函数的导数非负，则函数为增函数，如果函数的导数非正，则函数为减函数。
比较大小问题，常常应用函数的单调性。
4.已知函数的导函数为,1，1），且，如果，则实数的取值范围为（）A．（）B．C．D．【答案】B【解析】由于,1，1），故函数在区间上为增函数，且为奇函数，由得：，则，解得。
故选Ｂ。
【考点】函数的性质点评：求不等式的解集，常结合到函数的单调性，像本题解不等式就要结合到函数的单调性。
5.已知函数在上是单调函数,则实数a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为，函数在上是单调函数,所以，=0无不等实数解，即，解得，，故选B。
【考点】利用导数研究函数的单调性。
点评：简单题，在某区间，导数非负，函数为增函数，导数非正，函数为减函数。
6.已知曲线方程,若对任意实数,直线,都不是曲线的切线,则实数的取值范围是【答案】【解析】把已知直线变形后找出直线的斜率，要使已知直线不为曲线的切线，即曲线斜率不为已知直线的斜率，求出f（x）的导函数，由完全平方式大于等于0即可推出a的取值范围解：把直线方程化为y=-x-m，所以直线的斜率为-1，且m∈R，所以已知直线是所有斜率为-1的直线，即曲线的斜率不为-1，由得：f′（x）=x2-2ax，对于x∈R，有x2-2ax≥，根据题意得：-1<a＜1．故答案为【考点】求曲线上过某点曲线方程点评：此题考查学生会利用导数求曲线上过某点曲线方程的斜率，是一道基础题．7.曲线在点（1，2）处的切线方程是____________---------【答案】【解析】，直线斜率为1，直线方程为【考点】导数的几何意义点评：几何意义：函数在某一点处的导数值等于该点处的切线的斜率8.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）对任意，在区间上是增函数，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】（Ⅰ）解：当时，， 2分，又 4分所以曲线在点处的切线方程为即 6分（Ⅱ）= 8分记，则，在区间是增函数，在区间是减函数，故最小值为 -10分因为对任意，在区间上是增函数．所以在上是增函数， 12分当即时，显然成立当综上 15分【考点】导数的几何意义与函数单调性点评：第一问利用导数的几何意义：函数在某一点处的导数值等于该点处的切线斜率，可求得切线斜率，进而得到切线方程；第二问也可用参变量分离法分离，通过求函数最值求的取值范围9.已知函数，则（）A．0B．1C．-1D．2【答案】C【解析】根据题意，由于,则可知-1+0=-1，故答案为C.【考点】导数的运算点评：主要是考查了导数的运算法则的的运用，属于基础题。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知函数f（x）=x2+2alnx．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数在上是减函数，求实数a的取值范围．【答案】（Ⅰ）当a≥0时，递增区间为(0，＋∞)；当a＜0时，递减区间是(0，)；递增区间是(，＋∞)；（Ⅱ）．【解析】解题思路：（Ⅰ）求定义域与导函数，因含有参数，分类讨论求出函数的单调区间；（Ⅱ）利用“函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立”，得到不等式恒成立；再分离参数，求函数的最值即可.规律总结：若函数在某区间上单调递增，则在该区间恒成立；“若函数在某区间上单调递减，则在该区间恒成立.试题解析：（Ⅰ）f′(x)＝2x＋＝，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．①当a≥0时，f′(x)＞0，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＜0时，f′(x)＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下：x(0，)(，＋∞)－0＋由上表可知，函数f(x)的单调递减区间是(0，)；单调递增区间是(，＋∞)．（Ⅱ）由g(x)＝＋x2＋2aln x，得g′(x)＝－＋2x＋，由已知函数g(x)为[1,2]上的单调减函数，则g′(x)≤0在[1,2]上恒成立，即－＋2x＋≤0在[1,2]上恒成立．即a≤－x2在[1,2]上恒成立．令h(x)＝－x2，在[1,2]上h′(x)＝－－2x＝－(＋2x)＜0，＝h(2)＝－，所以a≤－．所以h(x)在[1,2]上为减函数，h(x)min故实数a的取值范围为{a|a≤－}.【考点】1.利用导数求函数的单调区间；2.根据函数的单调性求参数.2.函数的部分图象大致为( ).【答案】D【解析】，为奇函数，图像关于原点对称，排除选项Ｂ；，所以排除选项Ａ；当时，，所以排除选项Ｃ；故选选项Ｄ.【考点】函数的图像.3.已知函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值.(1)求a，b的值；(2)判断函数y＝f(x)的单调性并求出单调区间．【答案】（1）；（2）减区间(0,1)，增区间(1,+∞)【解析】(1)由函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值可知,解得;(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞),由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).试题解析：(1)又函数f(x)＝ax2＋bln x在x＝1处有极值,所以解得.(2)由(1)可知,其定义域是(0,+∞)由,得由,得所以函数的单调减区间(0,1)，增区间(1,+∞).【考点】1.导数与极值;2.导数与单调性4.函数f(x)＝ax3－x在R上为减函数，则()A．a≤0B．a＜1C．a＜0D．a≤1【答案】【解析】当时,在上为减函数,成立;当时, 的导函数为,根据题意可知, 在上恒成立,所以且,可得.综上可知.【考点】导数法判断函数的单调性;二次函数恒成立.5.已知在R上开导，且，若，则不等式的解集为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】令，则，由，则，在上为增函数，，所以的解集为,故选B.【考点】函数的单调性与导数的关系.6.设，分别是定义在上的奇函数和偶函数，当时，，且，则不等式的解集是 ( )A．B．C．D．【答案】D.【解析】先根据可确定，进而可得到在时单调递增，结合函数，分别是定义在上的奇函数和偶函数可确定在时也是增函数．于是构造函数知在上为奇函数且为单调递增的，又因为，所以，所以的解集为，故选D．【考点】利用导数研究函数的单调性．7.在上可导的函数的图形如图所示，则关于的不等式的解集为（）．A．B．C．D．【答案】A【解析】由图象可知f′（x）=0的解为x=-1和x=1函数f（x）在（-∞，-1）上增，在（-1，1）上减，在（1，+∞）上增∴f′（x）在（-∞，-1）上大于0，在（-1，1）小于0，在（1，+∞）大于0当x＜0时，f′（x）＞0解得x∈（-∞，-1）当x＞0时，f′（x）＜0解得x∈（0，1）综上所述，x∈（-∞，-1）∪（0，1），故选A．【考点】函数的图象；导数的运算；其他不等式的解法．8.函数，若对于区间[－3,2]上的任意x1，x2，都有 | f(x1)－f (x2)|≤ t，则实数t的最小值是()A．20B．18C．3D．0【答案】A【解析】所以在区间，单调递增，在区间单调递减．，，，，可知的最大值为20 .故的最小值为20.【考点】利用导数求函数的单调性与最值.9.设函数.（1）若在时有极值，求实数的值和的极大值；（2）若在定义域上是增函数,求实数的取值范围．【答案】（1）极大值为（2）【解析】（1）先求导，根据在时有极值，则，可求得的值。
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析
高二数学利用导数研究函数的单调性试题答案及解析1.已知(1)如果函数的单调递减区间为,求函数的解析式；(2)对一切的,恒成立,求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）三个二次间的关系，其实质是抓住二次函数的图像与横坐标的交点、二次不等式解集的端点值、二次方程的根是同一个问题．解决与之相关的问题时，可利用函数与方程的思想、化归的思想将问题转化，结合二次函数的图象来解决；（2）若可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到；（3）(3)对于恒成立的问题，常用到两个结论：（1）（2）试题解析：解:(1)由题意的解集是即的两根分别是．将或代入方程得．．……4分(2)由题意:在上恒成立即可得设,则令,得(舍)当时,;当时,当时,取得最大值, =-2．的取值范围是．【考点】(1)利用函数的单调性求函数解析式；（2）利用导数解决横成立的问题．2.函数的单调递增区间是（）.A．B．C．D．【答案】C【解析】，；令，得，即函数的单调递增区间是.【考点】利用导数研究函数的单调性.3.已知为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立,则不等式的解集为．【答案】【解析】因为为定义在(0,+∞)上的可导函数,且恒成立，所以在上恒成立，即在上为减函数；可化为，所以，解得.【考点】解抽象不等式.4.已知函数f(x)是偶函数，在上导数>0恒成立，则下列不等式成立的是( ).A．f(-3)<f(-1)<f(2)B．f(-1)<f(2)<f(-3)C．f(2)<f(-3)<f(-1)D．f(2)<f(-1)<f(-3)【答案】B【解析】因为函数在上，所以函数在上为增函数；又因为为偶函数，所以，，所以，即.【考点】函数的奇偶性.5.函数有极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】∵函数有极值点，∴f（x）的导数 f′（x）=x2-2x+a=0有两个实数根，∴，故选D．【考点】函数存在极值的条件.6.若定义在R上的函数f(x)的导函数为，且满足，则与的大小关系为（）.A．<B．=C．>D．不能确定【答案】C【解析】构造函数，则，因为，所以；即函数在上为增函数，则，即.【考点】利用导数研究函数的单调性.7.函数是定义在上的奇函数，且.（1）求函数的解析式；（2）证明函数在上是增函数；（3）解不等式：.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】（1）（由是定义在上的奇函数，利用可求得，再由可求得，即可求得；（2）由（1）可得，即得函数在上是增函数；（3）由，再利用为奇函数，可得，即可求得结果.试题解析：（1）是定义在上的奇函数，；又，，；（2），，即，∴函数在上是增函数.（3），又是奇函数，，在上是增函数，，解得，即不等式的解集为.【考点】函数的奇偶性；利用导数判断函数单调性.8.已知定义域为R的函数，且对任意实数x，总有/（x）＜3则不等式＜3x－15的解集为()A．(﹣∞，4）B．（﹣∞，﹣4）C．（﹣∞，﹣4）∪（4，﹢∞）D．（4，﹢∞）【答案】【解析】设,则所求的不等式解集可理解为使的解集.的导函数为,根据题意可知对任意实数恒成立,所以在上单调递减.则,令,则根据单调递减可知:.【考点】导数法判断单调性;根据单调性解不等式.9.在区间内不是增函数的是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】选项中，时都有，所以在上为单调递增函数，所以在是增函数；选项在，而在上为增函数，所以在是增函数；选项，令得或，所以在为增函数，而，所以在上增函数；选项，令，得。
高中数学 考前归纳总结 导数中的探索性问题
导数中的探索性问题一、常见基本题型：(1)探索图像的交点个数问题，可转化方程解的个数求解，例1、 已知函数32()3f x x ax x =--,(1)若13x =-是()f x 的极值点，求()f x 在[1,]a 上的最大值；（2）在（1）的条件下，是否存在实数b ，使得函数()g x bx =的图像与函数()f x 的图象恰有3个交点？若存在，请求出实数b 的取值范围；若不存在，试说 明理由。
解:（1）因为13x =-是()f x 的极值点,所以,'1()0,4,3f a -=∴='()0f x =由得:13,3x =-,在区间[1,4]上, ()f x 在(1,3)单调减在(3,4)单调增, 且(1)6,(4)12,f f =-=-所以,max ()(1)6f x f ==- (2) 设32()()()43F x f x g x x x x bx =-=---,由题意可得()F x 有三个零点, 又由于0是()F x 的一个零点,所以,只要再有两个零点且都不相同即可;因此,方程2430x x b ---=有两个不等实根且无零根, 所以,2(4)4(3)0,30b b ⎧-++>⎨+≠⎩所以,存在实数b 使得函数()g x bx =的图像与函数()f x 的图象恰有3个交 点,7b >-且3b ≠-.（2）探索函数的零点个数问题例2.已知函数21()2,()ln 2f x ax xg x x =+=，是否存在正实数a ，使得函数 ()()g x x x Γ=-()21f x a '++在区间1(,)e e 内有两个不同的零点？若存在，请求出 a 的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：ln ()(2)21x x ax a xΓ=-+++， 因()x Γ在区间1(,)e e内有两个不同的零点,所以()0x Γ=， 即方程2(12)0ax a x lnx +--=在区间1(,)e e内有两个不同的实根 设2()(12)H x ax a x lnx =+-- (0)x >，1()2(12)H x ax a x '=+--22(12)1(21)(1)ax a x ax x x x +--+-==令()0H x '=，因为a 为正数，解得1x =或12x a=-（舍） 当1(,1)x e ∈时, ()0H x '<, ()H x 是减函数；当(1,)x e ∈时, ()0H x '>，()H x 是增函数.为满足题意，只需()H x 在1(,)e e内有两个不相等的零点, 故 min 1()0()(1)0()0H e H x H H e ⎧>⎪⎪=<⎨⎪>⎪⎩, 解得1212-+<<e e e a (3) 探索函数图象的位置关系问题例3.若存在实常数k 和b ，使得函数()f x 和()g x 对其定义域上的任意实数x 分别满足： ()f x kx b ≥+和()g x kx b ≤+，则称直线:l y kx b =+为()f x 和()g x 的“隔离直线”． 已知2()h x x =，()2ln x e x ϕ=（其中e 为自然对数的底数）．(1)求()()()F x h x x ϕ=-的极值；(2) 函数()h x 和()x ϕ是否存在隔离直线？若存在，求出此隔离直线方程；若不存在， 请说明理由．解：(1) ()()()F x h x x ϕ=-=22ln (0)x e x x ->，2()2e F x x x '∴=-=当x =()0F x '=．当0x <<()0F x '<，此时函数()F x 递减；当x >()0F x '>，此时函数()F x 递增；∴当x =()F x 取极小值，其极小值为0．(2)由（1）可知函数)(x h 和)(x ϕ的图象在e x =处有公共点，则2()e G x'=-= 当x =()0G x '=．当0x <<()0G x'>，此时函数()G x 递增；当x >()0Gx '<，此时函数()G x 递减； ∴当x =()G x 取极大值，其极大值为0．从而()2ln 0G x e x e =-+≤，即)0(2)(>-≤x e x e x ϕ恒成立．∴函数()h x 和()x ϕ存在唯一的隔离直线y e =-．二、针对性练习1. 设函数2()22ln(1)f x x x x =+-+.(1)求函数()f x 的单调区间；(2)当1[1,1]x e e∈--时,是否存在整数m ，使不等式22()2m f x m m e <≤-++恒 成立？若存在，求整数m 的值；若不存在，请说明理由。
高三数学导数的实际应用试题答案及解析
高三数学导数的实际应用试题答案及解析1.已知函数 ().（1）若,求函数的极值;（2）设．①当时,对任意,都有成立,求的最大值;②设的导函数.若存在,使成立,求的取值范围.【答案】（1）参考解析；（2）①－1－e－1，②(－1,+∞)【解析】（1）由函数 ()，且，所以对函数求导，根据导函数的正负性可得到结论（2）①当时,对任意,都有成立，即时，恒成立. 由此可以通过分离变量或直接求函数的最值求得结果，有分离变量可得b≤x2－2x－在x∈(0,＋∞)上恒成立.通过求函数h(x)＝x2－2x－ (x＞0)的最小值即可得到结论.②若存在,使.通过表示即可得到＝，所以求出函数u(x)＝(x＞1)的单调性即可得到结论.（1）当a＝2,b＝1时,f (x)＝(2＋)e x,定义域为(－∞,0)∪(0,＋∞).所以f ′(x)＝e x. 2分令f ′(x)＝0,得x1＝－1,x2＝,列表(0,)(,＋∞)－↗极大值极小值↗由表知f (x)的极大值是f (－1)＝e－1,f (x)的极小值是f ()＝4. 4分（2）①因为g (x)＝(ax－a)e x－f (x)＝(ax－－2a)e x,当a＝1时,g (x)＝(x－－2)e x.因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立,所以b≤x2－2x－在x∈(0,＋∞)上恒成立． 7分记h(x)＝x2－2x－ (x＞0),则h′(x)＝.当0＜x＜1时,h′(x)＜0,h(x)在(0,1)上是减函数;当x＞1时,h′(x)＞0,h(x)在(1,＋∞)上是增函数;所以h(x)min＝h(1)＝－1－e－1;所以b的最大值为－1－e－1. 9分解法二：因为g (x)＝(ax－a)e x－f (x)＝(ax－－2a)e x,当a＝1时,g (x)＝(x－－2)e x.因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立，所以g(2)＝－e2＞0,因此b＜0. 5分g′(x)＝(1＋)e x＋(x－－2)e x＝．因为b＜0,所以：当0＜x＜1时,g′(x)＜0,g(x)在(0,1)上是减函数；当x＞1时,g′(x)＞0,g(x)在(1,＋∞)上是增函数．所以g(x)min＝g(1)＝(－1－b)e－1 7分因为g (x)≥1在x∈(0,＋∞)上恒成立，所以(－1－b)e－1≥1,解得b≤－1－e－1因此b的最大值为－1－e－1. 9分②解法一：因为g (x)＝(ax－－2a)e x,所以g ′(x)＝(＋ax－－a)e x.由g (x)＋g ′(x)＝0,得(ax－－2a)e x＋(＋ax－－a)e x＝0,整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.存在x＞1,使g (x)＋g ′(x)＝0成立.等价于存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立． 11分因为a＞0,所以＝.设u(x)＝(x＞1),则u′(x)＝．因为x＞1,u′(x)＞0恒成立,所以u(x)在(1,＋∞)是增函数,所以u(x)＞u(1)＝－1,所以＞－1,即的取值范围为(－1,＋∞). 14分解法二：因为g (x)＝(ax－－2a)e x,所以g ′(x)＝(＋ax－－a)e x.由g (x)＋g ′(x)＝0,得(ax－－2a)e x＋(＋ax－－a)e x＝0,整理得2ax3－3ax2－2bx＋b＝0.存在x＞1,使g (x)＋g ′(x)＝0成立.等价于存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立. 11分设u(x)＝2ax3－3ax2－2bx＋b(x≥1)u′(x)＝6ax2－6ax－2b＝6ax(x－1)－2b≥-2b 当b≤0时,u′(x）≥0此时u(x)在[1,＋∞)上单调递增,因此u(x)≥u(1)＝－a－b因为存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立所以只要－a－b＜0即可,此时－1＜≤0 12分当b＞0时,令x0＝＞＝＞1,得u(x)＝b＞0,又u(1)＝－a－b＜0于是u(x)＝0,在(1,x)上必有零点即存在x＞1,2ax3－3ax2－2bx＋b＝0成立,此时＞0 13分综上有的取值范围为(－1,+∞)------14分【考点】1.函数的极值.2.函数最值.3.函数恒成立问题.4.存在性的问题.5.运算能力.2.将一个边长分别为a、b(0<a<b)的长方形的四个角切去四个相同的正方形，然后折成一个无盖的长方体形的盒子．若这个长方体的外接球的体积存在最小值，则的取值范围是________．【答案】【解析】设减去的正方形边长为x，其外接球直径的平方R2＝(a－2x)2＋(b－2x)2＋x2，由R′＝0，∴x＝(a＋b)．∵a<b，∴x∈，∴0<(a＋b)< ，∴1<<.3.对于三次函数，给出定义：是函数的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”.某同学经研究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心.若，请你根据这一发现，求：（1）函数的对称中心为__________；（2）=________.【答案】(1)；（2）2013.【解析】，，令，∴，∴∴对称中心为，∴，∴.【考点】1.新定义题；2.导数.4.已知，函数．（1）当时，写出函数的单调递增区间；（2）当时，求函数在区间[1，2]上的最小值；（3）设，函数在（m，n）上既有最大值又有最小值，请分别求出m，n的取值范围（用a表示）．【答案】（1）；（2）；（3）详见解析.【解析】（1）对于含绝对值的函数一般可通过讨论去掉绝对值化为分段函数再解答，本题当时，函数去掉绝对值后可发现它的图象是由两段抛物线的各自一部分组成，画出其图象，容易判断函数的单调递增区间；（2）时，所以，这是二次函数，求其在闭区间上的最小值，一般要分类讨论，考虑对称轴和区间的相对位置关系，从而判断其单调性，从而求出最小值；（3）函数在开区间上有最大值和最小值，必然要使开区间上有极大值和极小值，且使极值为最值，由于函数是与二次函数相关，可考虑用数形结合的方法解答.试题解析：（1）当时，, 2分由图象可知，的单调递增区间为． 4分（2）因为，所以． 6分当，即时，； 7分当，即时，． 8分． 9分（3）， 10分①当时，图象如图1所示．图1由得． 12分②当时，图象如图2所示．图2由得． 14分【考点】含绝对值的函数、二次函数.5.设，当时，恒成立，则实数的取值范围为。
函数与导数问题的转化——探析２０２２年浙江高考数学第２２题的多种解法
讲题比赛特等奖获奖论文之五:函数与导数问题的转化探析２０２２年浙江高考数学第２２题的多种解法◉杭州第七中学㊀王浩宇１试题呈现(２０２２年浙江卷第２２题)设函数f (x )＝e２x＋l n x (x ＞０)．(１)求f (x )的单调区间．(２)已知a ,b ɪR ,曲线f (x )上不同的三点(x １,f (x １)),(x ２,f (x ２)),(x ３,f (x ３))处的切线都经过点(a ,b )．证明:(ⅰ)若a ＞e ,则０＜b －f (a )＜１２a e －１æèçöø÷;(ⅱ)若０＜a ＜e ,x １＜x ２＜x ３,则２e ＋e －a６e２＜１x １＋１x ３＜２a －e －a６e２．(注:e ＝２．７１８２８ 是自然对数的底数．)２思路分析本题第(１)小题求导即可,较为简单．下面主要对第(２)小题进行思路分析．２．１第(２)小题第(ⅰ)问思路分析分析题干,发现命题者在题干中给出了曲线过点(a ,b )的三条切线,题干中的信息可转化为方程b ＝fᶄ(x )a －x ()＋f (x )有三个正根．思路一:函数零点个数．由于方程b ＝fᶄ(x )(a －x )＋f (x )无法直接求解,故将其等价转化为函数零点个数问题,画出函数的草图,数形结合分析,可知a ,b 需满足的条件．此时不等式左侧已经得证,而右侧不等式的证明则可通过分析法,放缩b的范围得证,此为方法１．思路二:两个函数图象交点个数．进一步研究发现,可将b 单独分离,减少函数中参数的数量,便于计算．将问题转化为两个函数图象交点个数的问题,该方法与方法１类似,在计算上略有简化,此为方法２．思路三:换元法简化计算过程．方法２中函数有较多分式,在求导时计算量较大,故对该函数使用换元法(取倒数),将分式转化为整式简化计算,其余做法与方法２类似,此为方法３．第(ⅰ)问具体思维导图如图１所示．图１２．２第(２)小题第(ⅱ)问思路分析分析题干,由思路分析可知h (x )的单调性,可得条件１．由于所证结论中存在x １,x ３,因此大胆进行尝试,写出h x １()和h x ３()的具体表达式;由于所证结论中未出现参数b ,故将h (x １)与h (x ３)两式相减消去参数b ,可得条件２．此处是该题的一个难点,在没有思路时,可大胆猜测,小心求证．为了缩小已知和求证之间的差距,尝试对所证的结论进行转化．参考a ＜x ＜b ⇔x －a ()x －b ()＜０,可将所证结论转化为两式相乘的形式．思路一:单向放缩化简．观察化简后的式子,发现条件２与该不等式有类似结构,化简后均可得类似２l n x ３x １ x ３x １＋１x ３x １－１＞２＋e －a ６e æèçöø÷２－e a －a ２６e ２æèçöø÷的结构．由于不等式左右两侧变量完全不相干,使用放缩法,将左侧式子转化为关于a 和e 的表达式．将化简后的不等式看成函数,通过求导计算,使用分析法可证明结论,此为方法１和方法４．思路二:双向放缩化简．反思思路一的计算过程,发现对右侧不等式求导,计算量较大．文卫星老师曾说过 想多算少是本领 ,结合方法１中所求的函数零点和拐点为１,将ae－１看成整体,结合高阶无穷小相关思想,尝试构建关于ae －１的二次幂的式子,对不等式右侧式子进行放缩,此为方法２和方法３．但是该方法较难想到,且需要一定的高等数学知识的积累．思路三:函数单调性证明．在方法３构造函数的过程中,发现可以利用函数p (x )的单调性证明,此为方法５．该过程可以避免构造函数和对不等式进行放缩,只需利用p (x )的单调性．在具体计算过程中发现该方法计算量非常大且非常繁琐,构造的函数也较难想到,故并不推荐．思路四:极限法消参．对要证结论消参,将x １,x ３中的一个用e 和a 表示,之后证明极端情况成立．所得式子与一元二次不等式有非常类似的结构,故考虑以求解一元二次不等式方式进行证明,该过程需要使用泰勒公式将对数函数进行转化,此为方法６．第(ⅱ)问思维导图如图２所示:图２３具体解答方法３．１第(１)小题解答方法对函数f (x )求导,当x ＞０时,f (x )的单调递减区间是０,e ２æèçöø÷,单调递增区间是e ２,＋ɕæèçöø÷．３．２第(２)小题第(ⅰ)问的解答方法分析题干:f (x )上不同的三点处的切线为y ＝f ᶄ(x i )(x －x i )＋f (x i )(i ＝１,２,３)由于点(a ,b )满足上面三个方程,因此b ＝f ᶄ(x )a －x ()＋f (x )有三个正实根x １,x ２,x ３．方法１:函数的零点个数．构造函数h (x )＝f (x )－b －f ᶄ(x )(x －a ),要满足题目条件,需要h (x )有三个正零点．画出h (x )的草图,如图３所示．图３结合图３分析,当h (x )有三个零点时,满足h (a )＜０且h (e )＞０即可．不等式左侧得证．又因为h (e )＞０,所以b ＜１＋a２e．两边同减f (a ),可得b －f (a )＜１＋a ２e －e ２a －l n a ．放缩后,只需证１＋a２e－e ２a －l n a ＜１２a e －１æèçöø÷,即证e ２a ＋l n a ＞３２,即证f (a )＞３２．由第(１)问知f (a )＞f (e )＝３２显然成立．方法２:两个函数图象的交点．设g (x )＝f (x )＋f ᶄ(x )(a －x ),则g (x )的图象与y ＝b 有三个交点．g (x )草图,如图４所示．图４分析图象可得只需g (a )＜b ＜g (e ),即f (a )＜b ＜a２e＋１．之后的证明同方法１．方法２是方法１的变式,计算量与方法１接近,分别从两函数图象的交点和函数的零点角度分析问题．但以上两种解法均有分式出现,可否一开始就进行换元达到化简运算的目的由此得出方法３,主要考查学生直观想象的数学核心素养．图５方法３:换元法化简计算．使用换元法,设m i ＝１x ii ＝１,２,３(),G (m )＝a ＋e ()m －a e m ２２－l n m －１,为满足题目条件需要G (m )与y ＝b 有三个交点．对G (m )求导,画出图象,如图５所示．分析图象发现,要满足题目条件,只需G １a æèçöø÷＜b ＜G １e æèçöø÷,化简可得f (a )＜b ＜１＋a ２e ．之后的证明同方法１．３．３第(２)小题第(ⅱ)问的解答方法方法１:不等式转化与放缩．条件１:若０＜a ＜e ,仍设过点(a ,b )的函数为h (x ),求导得h (x )单调区间．条件２:由h (x １)＝h (x ３)＝０,可得a ＋e ()１x １－１x ３æèçöø÷－e a ２１x ２１－１x ２３æèçöø÷＋l n x １－l n x ３＝０．设t １＝１x １,t ３＝１x ３,ìîíïïïï则有t １＋t ３＝２１e ＋１a æèçöø÷－２e a l n t １－l n t ３t １－t ３．要证２e ＋e －a ６e ２＜t １＋t ３＜２a －e －a６e２,只需证t １＋t ３()－２a －e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúút １＋t ３()－２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú＜０．代入t １＋t ３的值并化简,即证２l n t １t ３ t １t ３＋１t １t ３－１＞１３６－１６ a e æèçöø÷ ２－１６ æèça e ＋１６ a ２e ２öø÷．使用换元法优化式子结构,设m ＝t １t ３,n ＝a e ,则m ＞１n ＞１．故只需证２l n m m ＋１m －１＞１３６－１６n æèçöø÷２－１６n ＋１６n ２æèçöø÷．该不等式左右两侧的未知量不相干,尝试将不等式左侧式子进行放缩．通过对y ＝２l n m m ＋１m －１求导发现该函数在(１,＋ɕ)单调递增,又因为m ＞１n ＞１,所以２l n m m ＋１m －１＞２n ＋１()n －１l n n ．故只需证２l n n n ＋１n －１＞１３６－１６n æèçöø÷２－１６n ＋１６n ２æèçöø÷,①设q (x )＝２l n x ＋x －１３()x ２－x ＋１２()x －１()３６x ＋１()．求导发现q (x )在０,１()上单调递增,因此q (n )＜q (１)＝０．即２l n n ＋n －１３()２n ２－n ＋１()n －１()３６n ＋１()＜０得证．方法１最后的求导计算量非常大,主要考查学生数学运算的核心素养．在该方法的研究过程中,因为q (x )的式子结构较为复杂,考虑到x ＝１既是q (x )的零点,也是q (x )的拐点,故大胆尝试将n －１看成一个整体对q (n )进行化简,构建高阶无穷小量,该方法能够大幅度减少运算量,但是较难想到．虽然该方法的思路高于学生现有的认知,但是教师可以将此作为学生思维的最近发展区,引导成绩优秀的学生进行研究．方法２:双向放缩不等式．将n －１作为整体对不等式①的右侧进行化简,可得２l n n n ＋１n －１＞４－１３n －１()＋１３n n －１()－１３６n n －１()２．当０＜n ＜１时,１３６n n －１()２的值接近于０,故将其舍去进行放缩,即证l n n n ＋１n －１＞２＋１６n －１()２,即证l n n －２n －１()n ＋１－１６n －１()３n ＋１＜０．接下来利用函数的单调性进行判断．设r (x )＝l n x －２x －１()x ＋１－１６ x －１()３x ＋１,当０＜x ＜１时,r ᶄ(x )＞０恒成立,因此r (x )＜r (１)＝０,得证．笔者尝试对方法２中的计算步骤进行化简,尽可能构建已知和未知的相同部分,最终得到更简单的方法３．教师在讲解的过程中,也要做到 优术 ,层层递进简化计算．方法３:对比消元．要证的不等式转化为e a ２１x １＋１x ３æèçöø÷２－e ＋a ()１x １＋１x ３æèçöø÷＋e a ２ ２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷２a －e －a ６e ２æèçöø÷＜０．由h x １()－h x ３()＝０,得－e a ２１x １＋１x ３æèçöø÷２＋a ＋e ()１x １＋１x ３æèçöø÷＋(l n x １－l n x ３)x １＋x ３x ３－x １＝０．只需证e a ２２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷２a －e －a ６e ２æèçöø÷＜l n x ３x １x ３x １＋１x ３x １－１．方法１中同样有这个式子,但是此处用函数来证明更简单．记t ＝x ３x １＞e a ,n ＝a e ,即证t ＋１()l n tt －１＞２＋１６１－n ()２－n ７２１－n ()２．由于t ＞１n＞１时,R (t )＝t ＋１()l n t t －１递增,因此t ＋１t －１l n t ＞n ＋１n －１ l n n ,当０＜n ＜１时,１７２n n －１()２的值接近于０,故将其舍去,即证n ＋１n －１l n n ＞２＋１６n －１()２．接下来的证明与方法２相同．和第(ⅰ)问一样,由于证明过程中需要多次用到换元法化简,故笔者尝试在证明开始就使用换元法,得到方法４．方法４的证明思路与方法１类似．方法４:倒数换元．令t ＝１x 优化式子结构,得p (t )＝h １t æèçöø÷．要证原不等式,只需证t １＋t ３－２a －e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú t １＋t ３－２e ＋e －a ６e ２æèçöø÷éëêêùûúú＜０．由p t １()－p t ３()＝０,可得t １＋t ３()２－２a ＋２e æèçöø÷t １＋t ３()＝－２a e (t １＋t ３)(l n t ３－l n t １)t ３－t １．由第(ⅰ)问知,必有１＋a ２e ＜b ＜e２a＋l n a ,且存在三个零点满足０＜t ３＜１e ＜t ２＜１a ＜t １．设k ＝t １t ３＞e a ＞１,m ＝e a ＞１,即(k ＋１)l n kk －１＞２＋m －１()２１２m －１()７２m３．令不等式左边为r (k ),可知r (k )在(１,＋ɕ)上单调递增,所以r (k )m i n ȡr (m ),则只需证m ＋１()l n m m －１＞２＋m －１()２(１２m －１)７２m３,令c ＝１m ɪ(０,１),则即证l n c ＋２１－c ()１＋c ＋１－c ()３(１２－c )７２(１＋c )＜０,化简后该不等式与方法２中的①式相同．接下去的证法与之前的方法相同．放缩不等式除了求导㊁舍去较小值以外,还能利用函数单调性,方法４就是利用特殊函数p (t )的单调性解决问题．该方法思维含量较少,但是计算量非常大,会消耗学生大量时间,不划算．方法５:特殊函数法．继续使用方法４中函数p (t )．由t １＞１a可知０＜２e ＋e －a ６e ２－t １＜１e ,通过求导发现p (t )在０,１e æèçöø÷上单调递减．所以要证２e ＋e －a６e２－t １＜t ３,只需证p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞p t ３()＝０．对p ２e ＋e －a ６e２－t １æèçöø÷中含有t１的式子求导,发现在定义域中,当变量大于１a 时,该式的导数大于０,故放缩可得,p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞p ２e ＋e －a ６e２－１a æèçöø÷,故证明上式右边大于０即可．令n ＝ae＜１,设y １＝l n (１３６n －１６n ２－１),y ２＝－３７７２n ＋７３６n ２－１７２n ３＋７３－２n．求导可得当０＜n ＜１时,y １与y ２均单调递增,且y ᶄ１＞y ２ᶄ,又因为当n 取１时y １＝y ２,故当０＜n ＜１时,y １＜y ２．故p ２e ＋e －a ６e ２－t １æèçöø÷＞y ２－y １＞０得证．另一侧不等式证明同理．笔者继续寻找计算量更小的方法,通过对p (t )的分析,发现p (t )非常接近二次不等式,仅多出一个对数结构的式子．回顾高中数学知识,泰勒公式展开能将对数转化为整式,故尝试使用泰勒公式展开化简问题,方法如下．方法６:泰勒公式展开．设F (x )＝f ᶄ(x )a －x ()＋f (x )＝b ,x ＞０,则F (x )有三个解x １,x ２,x ３,且０＜x １＜a ＜x ２＜e ＜x ３．要证１x １＋１x ３＜２a －e －a ６e ２,即证１x １＋１e ＜２a －e －a６e２．由于x １越小,１x １＋１e越大,故证明极端情况成立即可．此时b ＝F (e )．取s ＝１x １＞１a ,化简有－e a ２s ２＋a ＋e ()s －２＋a ２e æèçöø÷＝l n s ,为满足题目条件,该方程需要有解．尝试用泰勒公式展开转化为二次不等式的形式．因为l n s ＋l n a ＞a s －１a æèçöø÷－a ２２ s －１a æèçöø÷２,即证e －a ()a ２ s ２＋a －e ()s ＋a ２e －１２＋１－l n a ＜０．由于不等式中有较多的e －a 的形式,故将１看成l ne,可得a ２s ２－s －１２e ＋l ne －l n ae －a ＜０．由对数平均不等式可得a ２s ２－s －１２e ＋１㊀a e ＜０,解得s ＜２－㊀aea ,故只需证１e ＋２－㊀ae a ɤ２a －e －a ６e ２．令v ＝ae,即v －㊀v ɤ１６(v ２－v ),等价于１６㊀v (㊀v ＋１)ɤ１,v ɪ(０,１),显然成立．另一侧不等式证明同理．４总结２０２２年的浙江高考数学压轴题继承了浙江卷命题简捷明了的风格,并未出现大段文字,为了与明年的全国卷衔接,压轴题还出现了需要转换的内容,学生需要将 三条切线过同一个点 这个条件进行转化,以此获得解题所需的不等式．该题为双变量含参不等式的证明,属于难题,主要难点在计算和等价转化上．该题不仅考查学生对数学解题 术 的应用,还考查学生对数学解题 道 的理解．对于这类含有参数的不等式,通过构造不同函数,利用函数图象不断等价转化,类比讨论,采用极端位置分析等方法,考查学生数学建模㊁数学运算㊁直观想象㊁逻辑推理等数学核心素养．解题过程中的感悟如下:多参函数设主元,整体代换简运算;泰勒展开来帮忙,适当放缩繁变简．㊀㊀㊀Z。
新高考导数压轴题的六种解法
分析：易知函数犳（狓）的导函数犳′（狓）单调递增， 当犪＝１时由犳′（１）＝０得犳（狓）ｍｉｎ＝犳（１）＝１，符合题
（ ） 意；当犪＞１时，可证犳′
≥１． 综上所述，犪 的取值范围为［１，＋ ∞）．
三、构造指、对数不等式
分析：构造不等式ｅ狓 ＞狓－１，狓－１≥ｌｎ狓，则原 不等式转化为狓（犪－１）≥－ｌｎ犪，再分类讨论即可求出 犪 的取值范围．
解：由犳（狓）≥１可得犪ｅ狓－１ －ｌｎ狓 ＋ｌｎ犪 ≥１，即 犪ｅ狓－１ －１≥ｌｎ狓 －ｌｎ犪．设犵（狓）＝ｅ狓 －狓 －１，所 以 犵′（狓）＝ｅ狓 －１＞０恒成立，所以犵（狓）在（０，＋ ∞）单 调递增，所以犵（狓）＞犵（０）＝１－０－１＝０，所以ｅ狓 － 狓－１＞０，即ｅ狓 ＞狓－１，再设犺（狓）＝狓－１－ｌｎ狓，所
教学
２０２１年２月 解法探究
参谋
Байду номын сангаас
新高考导数压轴题的六种解法
? 海南中学 余书胜
２０２０年新高考压轴题是一道非常好的导数题，本
题主要考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成
立问题，考 查 综 合 分 析 求 解 能 力，分 类 讨 论 思 想 和 等
教学 参谋 解法探究 ２０２１年２月
ｌｎ狓 ≥０，即狓－１≥ｌｎ狓． 因为犪 ＞０，ｅ狓－１ ≥狓，则犪ｅ狓－１ ≥犪狓，此时只需要
证犪狓 ≥狓－ｌｎ犪，即证狓（犪－１）≥－ｌｎ犪． ① 当犪≥１时，狓（犪－１）≥０，０≥－ｌｎ犪，所以犪≥
解：犳（狓）＝犪ｅ狓－１－ｌｎ狓＋ｌｎ犪＝ｅｌｎ犪＋狓－１－ｌｎ狓＋ｌｎ犪 ≥１等价ｅｌｎ犪＋狓－１＋ｌｎ犪＋狓－１≥ｌｎ狓＋狓＝ｅｌｎ狓 ＋ｌｎ狓． 令犵（狓）＝ｅ狓 ＋狓，上述不等式等价于犵（ｌｎ犪＋狓－１） ≥犵（ｌｎ狓），显然犵（狓）为单调增函数，所以原不等式等 价 于ｌｎ犪＋狓－１≥ｌｎ狓，即ｌｎ犪 ≥ｌｎ狓－狓＋１．令犺（狓） ＝ｌｎ狓－狓＋１，则犺′（狓）＝狓１ －１＝１狓－狓 在（０，１）上 犺′（狓）＞０，犺（狓）单调递增；在（１，＋∞）上犺′（狓）＜０， 犺（狓）单调递减，所以犺（狓）ｍａｘ＝犺（１）＝０，ｌｎ犪≥０，即犪 ≥１，所以犪 的取值范围是［１，＋ ∞）．
(完整版)高中数学高考导数题型分析及解题方法
生命是永恒不断的创造，因为在它内部蕴含着过剩的精力，它不断流溢，越出时间和空间的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表现的形式表现出来。
－－泰戈尔导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数； 两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。
二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。
1．32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ；3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =- 2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0）3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --=4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1）123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P Θ所以切线方程为0211=+-+=-y x x y 即， （2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255 110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f（2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f 当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。
高三数学利用导数研究函数的单调性试题
高三数学利用导数研究函数的单调性试题1.（本小题满分13分）设函数（为常数，是自然对数的底数）.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）若函数在内存在两个极值点，求的取值范围.【答案】（I）的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.【解析】（I）函数的定义域为，由可得，得到的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）分，，，时，讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.试题解析：（I）函数的定义域为，由可得，所以当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增.所以的单调递减区间为，单调递增区间为.（II）由（I）知，时，函数在内单调递减，故在内不存在极值点；当时，设函数，因为，当时，当时，，单调递增，故在内不存在两个极值点；当时，得时，，函数单调递减，时，，函数单调递增，所以函数的最小值为，函数在内存在两个极值点；当且仅当，解得，综上所述，函数在内存在两个极值点时，k的取值范围为.【考点】应用导数研究函数的单调性、极值，分类讨论思想，不等式组的解法.2.函数f(x)＝x＋eln x的单调递增区间为________．【答案】(0，＋∞)【解析】函数定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋>0，故单调增区间是(0，＋∞)．3.已知函数函数在处取得极值1.（1）求实数b，c的值；（2）求在区间[-2，2]上的最大值．【答案】（1）（2）详见解析.【解析】（1）根据分段函数可知，时，，根据函数在处，取得极值1，可知,,求出与,并且回代函数，验证能够满足在处函数取得极值；（2）当时，函数,,求函数的极值点，与端点值，判定最大值，当时，,,设，显然大于0，所以只要讨论三种情况的正负，取得函数的单调性，闭区间内求最大值，再与的最大值比较大小.（1）由题意当时，，当时，，依题意得，经检验符合条件. 4分（2）由（1）知，当时，，，令得当变化时，的变化情况如下表：+—由上表可知在上的最大值为. 7分当时,.，令，当时，显然恒成立，当时，在单调递减，所以恒成立.此时函数在上的最大值为；当时，在上，当时, 在上所以在上，函数为单调递增函数.∴在最大值为，，故函数在上最大值为.综上：当时，在上的最大值为；当时, 在最大值为. 12分【考点】1.利用导数求函数的极值；2.利用导致求函数的最值.4.已知函数f(x)＝ax3＋(a－2)x＋c的图象如图所示．(1)求函数y＝f(x)的解析式；(2)若g(x)＝－2ln x在其定义域内为增函数，求实数k的取值范围．【答案】（1）f(x)＝x3－x＋3（2）[1，＋∞)【解析】(1)∵f′(x)＝ax2＋a－2，由图可知函数f(x)的图象过点(0,3)，且f′(1)＝0.得即∴f(x)＝x3－x＋3.(2)∵g(x)＝－2ln x＝kx－－2ln x，∴g′(x)＝k＋－＝.∵函数y＝g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴若函数y＝g(x)在其定义域内为单调增函数，则函数g′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，即kx2＋k－2x≥0在区间(0，＋∞)上恒成立．即k≥在区间(0，＋∞)上恒成立．令h(x)＝，x∈(0，＋∞)，则h(x)＝＝≤1(当且仅当x＝1时取等号)．∴k≥1.∴实数k的取值范围是[1，＋∞)．5.已知函数其中a是实数．设，为该函数图象上的两点，且．（1）指出函数f(x)的单调区间;（2）若函数f(x)的图象在点A，B处的切线互相垂直，且，求的最小值;（3）若函数f(x)的图象在点A，B处的切线重合，求a的取值范围．【答案】（1）[－1，0)，(0，+∞)（2）1（3）(－ln2－1，+∞)【解析】（1）函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为[－1，0)，(0，+∞)．（2）由导数的几何意义可知，点A处的切线斜率为，点B处的切线斜率为，故当点A处的切线与点B处的切线垂直时，有．当x<0时，对函数f(x)求导，得．因为，所以，所以．因此当且仅当，即且时等号成立．所以函数f(x)的图象在点A，B处的切线互相垂直时，的最小值为1．（3）当或时，，故．当时，函数f(x)的图象在点处的切线方程为，即．当时，函数f(x)的图象在点处的切线方程为，即．两切线重合的充要条件是由（1）式及知，．由（1）（2）式得，．设，则．所以是减函数．则．所以．又当且趋近于－1时，无限增大，所以a的取值范围是．故当函数f(x)的图象在点A，B处的切线重合时，a的取值范围是．6.已知函数f(x)＝ln x＋ax(a∈R)．(1)求f(x)的单调区间；(2)设g(x)＝x2－4x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈[0,1]，使得f(x1)＜g(x2)，求a的取值范围．【答案】(1) f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为 (2)【解析】(1)f′(x)＝a＋＝ (x＞0)．①当a≥0时，由于x＞0，故ax＋1＞0，f′(x)＞0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．②当a＜0时，由f′(x)＝0，得x＝－.在区间上，f′(x)＞0，在区间上，f′(x)＜0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)由题意得f(x)max ＜g(x)max，而g(x)max＝2，由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．当a＜0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2＞－1－ln(－a)，解得a＜－.故a的取值范围为.7.设f(x)=-x3+x2+2ax.(1)若f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围.(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-,求f(x)在该区间上的最大值.【答案】(1) a>- (2) f(x)max = 【解析】(1)f(x)=-x 3+x 2+2ax,∴f'(x)=-x 2+x+2a,当x ∈[,+∞)时,f'(x)的最大值为f'()=+2a.函数f(x)在(,+∞)上存在单调递增区间,即导函数在(,+∞)上存在函数值大于零成立, ∴+2a>0a>-.(2)已知0<a<2,f(x)在[1,4]上取到最小值-,而f'(x)=-x 2+x+2a 的图象开口向下,且对称轴为x=, ∴f'(1)=-1+1+2a=2a>0, f'(4)=-16+4+2a=2a-12<0,则必有一点x 0∈[1,4]使得f'(x 0)=0,此时函数f(x)在[1,x 0]上单调递增,在[x 0,4]上单调递减, f(1)=-++2a=+2a>0,∴f(4)=-×64+×16+8a=-+8a, ∴-+8a=-,得a=1,此时,由f'(x 0)=-+x 0+2=0得x 0=2或-1(舍去), 所以函数f(x)max =f(2)=.8. 若函数f(x)＝x 3－x 2＋ax ＋4恰在[－1,4]上单调递减，则实数a 的值为________． 【答案】-4【解析】∵f(x)＝x 3－x 2＋ax ＋4，∴f′(x)＝x 2－3x ＋a.又函数f(x)恰在[－1,4]上单调递减，∴－1,4是f′(x)＝0的两根，∴a ＝－1×4＝－4.9. 函数y ＝x 2－ln x 的单调减区间是 ( )． A ．(－1,1]B ．(0,1]C ．[1，＋∞)D ．(0，＋∞)【答案】B【解析】y ′＝x －，且x ＞0， 令y ′＝x －≤0，解之得0＜x ≤1. ∴函数的单调减区间为(0,1]10. 没函数在(0，+)内有定义，对于给定的正数K ，定义函数，取函数，恒有，则A ．K 的最大值为B ．K 的最小值为C ．K 的最大值为2D ．K 的最小值为2【答案】B 【解析】由，，得；当时，，当时，，即在时取到最大值，而恒成立，所以，故的最小值为，选B.【考点】应用导数研究函数的单调性及最值，不等式恒成立问题.11.设函数，若时，有极小值，（1）求实数的取值；（2）若数列中，，求证：数列的前项和；（3）设函数，若有极值且极值为，则与是否具有确定的大小关系？证明你的结论.【答案】(1)；（2）详见解析；（3）不具有.【解析】(1)对函数求导，再由极小值的定义，代入得到导数为0以及相应的函数值，从而得到；（2）由上问得到数列为递增的数列，所以，将代入即可得证；（3）先对函数求导，计算得极小值点.再通过作出比较大小，即构造函数.再计算该函数的极小值，又因为.从而的极值与不具有明确的大小关系.试题解析：（1） 1分3分4分（2）由条件和第（1）问可知，函数在上单调递增， 5分7分（3），由有极值且的定义域为可知：异号，极小值点为， 8分9分令，构造函数，由条件和第（1）问可知：时，有极小值而 11分所以可能大于0或可能等于0或可能小于0，即的极值与不具有明确的大小关系. 13分【考点】1.函数的求导法则；2.函数的单调性；3.极值；4.作差法比较大小.12.若函数有大于零的极值点，则的取值范围是_________.【答案】【解析】，令，∴，∴.【考点】函数的极值.13.已知定义在上的函数，其中为常数.（1）当是函数的一个极值点，求的值；（2）若函数在区间上是增函数，求实数的取值范围；（3）当时，若，在处取得最大值，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3） .【解析】(1) 本小题首先由可得，因为是是函数的一个极值点，所以；(2) 本小题首先利用导数的公式和法则求得，根据函数在区间上是增函数，讨论参数的不同取值对单调性的影响；（3）本小题首先求得，然后求得导数，然后讨论单调性，求最值即可.试题解析：（1）由可得因为是是函数的一个极值点，所以（2）①当时，在区间上是增函数，所以符合题意②当时，，令当时，对任意的，，所以符合题意当时，时，，所以，即符合题意综上所述，实数的取值范围为（3）当时，所以令，即显然设方程的两个实根分别为，则不妨设当时，为极小值所以在上的最大值只能是或当时，由于在上是递减函数，所以最大值为所以在上的最大值只能是或由已知在处取得最大值，所以即，解得又因为，所以实数的取值范围为【考点】1.导数公式与法则；2.函数的单调性；3.等价转化.14.若函数在上的导函数为，且不等式恒成立，又常数，满足，则下列不等式一定成立的是 .①；②；③；④.【答案】①【解析】令，.，因为,所以，即在上是增函数.由得，即，所以.所以①成立，③不成立；再令，.所以，因为不能确定是否大于0，所以单调性不能确定，即不知道与的大小关系，所以②④不一定成立.因此本题填①.【考点】利用导数研究函数的单调性、导数的运算法则、利用函数单调性比较大小15.设函数，其中为常数。
高二数学函数与导数试题答案及解析
高二数学函数与导数试题答案及解析1.设函数，，当时，取得极值；(1) 求的值，并判断是函数的极大值还是极小值；(2) 当时，函数与的图象有两个公共点，求的取值范围；【答案】是函数的极小值；，【解析】解：（1）由题意当时，取得极值，即此时当时，，当时，，是函数的极小值； ---------------------4分（2）设，则，设，，令解得或，列表如下：4__0+函数在和上是增函数，在上是减函数；当时，有极大值；当时，有极小值；函数与的图象有两个公共点，函数与的图象有两个公共点或 ---------------------14分..2.若幂函数的图象经过点（4，2），则函数的单调递增区间为。
【答案】（0，+）【解析】略3.设函数若曲线的斜率最小的切线与直线平行。
（1）求的值；（2）求函数的单调区间。
【答案】（1）（2）当，所以为单调增区间.当，所以为单调减区间.【解析】略4.设是奇函数，对任意的实数，有则在区间上（）A．有最大值B．有最小值C．有最大值D．有最小值【答案】A【解析】任取，所以是单调递减函数，所以函数最大值为【考点】抽象函数单调性与最值5.已知函数的导数为，（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故选C.【考点】导数公式应用研究.6.（本小题满分12分）已知函数，是函数的导函数，有且只有四个单调区间．（Ⅰ）设的导数为，分别求和（两个结果都含）；（Ⅱ）求实数的取值范围；（Ⅲ）设，试比较与的大小．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）；（Ⅲ）.【解析】（Ⅰ）由导数公式直接求解即可；（Ⅱ）有且只有四个单调区间关于的方程有三个解，求二阶导数，研究的单调性与极值，由极大值大于，极小值小于可求的范围；（Ⅲ）由在上是增函数可得时，不等式恒成立得，计算，利用放缩比较两个数的大小.试题解析：（Ⅰ）∵，∴的定义域是，且，∴．（Ⅱ）∵有且只有四个单调区间，∴关于的方程有三个解．∴关于的方程有两个不同实根，设这两个根为，根据条件，这两个根是正根，且．∵，∴且，解得．下面验证时，．不妨假定，（方法一）由条件得，∴，∵，∴当变化时，函数，变化情况如下表：极大极小∵，∴极大，极小．由于，∴时，．又，令，则时，，即在区间上单调递增，∴时，，∴，∴有三个零点．综上所述，实数的取值范围是．（方法二）∴，．设，则时，，∴是区间上的单调增函数，∴当时，，∴∴，即，．∵，∴当变化时，函数，变化情况如下表：极大值（大于极小值（小于由于，∴时，．又，令，则时，，即在区间上单调递增，∴时，，∴，∴有三个零点．综上所述，实数的取值范围是．（Ⅲ）设，当时，，∴在上是增函数，即时，，即∴.由（Ⅰ）知，，∴．∵，∴∴．【考点】1.导数公式的应用；2.导数与函数单调性、极值；3.函数与方程、不等式.7.函数的零点所在的大致区间是（）A．（3，4）B．（2，e）C．（1，2）D．（0，1）【答案】C【解析】判定端点值是否异号，，，，，都是同号，所以不选，，，所以零点必在区间内．【考点】函数的零点8.已知函数,则在点处的线方程为．【答案】【解析】根据题意，可知点，而，所以，所以在点处的线方程为，即．【考点】导数的几何意义，切线方程的求法，直线方程的点斜式，商函数的求导法则．9.函数在上的极小值点为（）A．0B．C．D．【答案】C【解析】因为所以，令，则或由得：；由得：或所以函数在区间上为减函数，在区间和区间上均为增函数，所以函数的极小值点为.故选C.【考点】1、导数在研究函数性质中的应用.10.函数在上的最大值为1，最小值为，则．【答案】【解析】由题意，，则；时，，不成立．【考点】函数的最值及其几何意义．11.定义区间的区间长度为，如图是某圆拱形桥一孔圆拱的示意图．这个圆的圆拱跨度，拱高，建造时每间隔需要用一根支柱支撑，求支柱的高度所处的区间．（要求区间长度为）【答案】支柱的高度大约为，从而得出其对应的区间，答案不唯一．【解析】该题让球支柱的高度所处的区间，只要求出的高度的大约值即可，而其高度需要借助于坐标来完成，所以在解题的过程中，需要建立相应的坐标系，求得圆拱桥对应的圆拱所在的抛物线方程，根据题中所给的有关长度，确定出点的横坐标，将其代入，求得对应的纵坐标，求得大约值，从而确定出其所在的相应的区间，答案是不唯一的．试题解析：建系如图：,则设圆拱所在的圆半径为，利用勾股定理，，圆心坐标为，故圆方程为：，点的横坐标为，故代入圆方程求出纵坐标为．故．注：答案不唯一哈．最后的答案估算占分．【考点】利用曲线方程，求点的坐标，解决实际问题．12.（本题12分）已知函数，（1）当时，解不等式；（2）比较的大小；（3）解关于x的不等式．【答案】（1）（2）当时，当时，有当时，（3）【解析】（1）将代入不等式，结合二次函数图像求解；（2）比较大小一般采用作差法，将结果与0比较，求解时注意分情况讨论；（3）中首先将不等式化为，通过讨论的大小得到不等式的解集试题解析：（1）当时，有不等式，∴，∴不等式的解集为：；（2）∵且∴当时，有当时，有当时，；（3）∵不等式当时，有，∴不等式的解集为；当时，有，∴不等式的解集为；当时，不等式的解集为．【考点】1．一元二次不等式解法；2．分情况讨论13.设函数，若，则（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，当即时，，解得，舍；当即时，，所以，解得．综上可得．故D正确．【考点】分段函数．14.已知函数．（1）求的单调区间；（2）若方程有四个不等实根，求实数的取值范围．【答案】（1）的单调递减区间是和，单调递增区间是;（2）．【解析】（1）根据绝对值的含义，分区间把绝对值符号去掉，写成分段函数的形式，分离常数，再由反比例函数研究每个区间上的单调性即可；（2）分讨论，结合函数的图象特点，分段讨论，结合二次方程根的分布原理，可求的取值范围．试题解析：（1）．由反比例函数的单调性知：的单调递减区间是和，单调递增区间是．（2）①若，则方程，即，由（1）知，仅唯一零点，不合题意；②若，有四个实根即函数与开口向下的抛物线有四个交点．当时，单调递减，单调递增，故最多一个交点，当时，，，仅有一个交点，这与他们有四个交点不符；③若，由知，是其一根．当时，有，即．因为，所以该方程在实数范围有两根，而，故方程在上仅有一根，因此在上有两实数根，即在上有两实数根，等价于有两个不等的负实根，令，又，故，此时由韦达定理知有两个不等负根，且均不等于．综上可知的取值范围是．【考点】1．分段函数的表示及单调性；2．函数与方程．15.函数在处有极值10，则．【答案】7【解析】对原函数求导可得，由题得，当时，，此时不是极值点，不合题意，经检验符合题意，所以【考点】函数的极值16.已知二次函数的图象如图所示，则其导函数的图象大致形状是（）【答案】B【解析】由的图象可知，在上是增函数，在上是减函数，从而在上恒成立，在上恒成立，从而知的图象应如图B所示．故选B．【考点】导数在研究函数的应用．17.在R上可导的函数f（x）的图象如图示，f′（x）为函数f（x）的导数，则关于x的不等式x·f′（x）＜0的解集为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】根据图像，的解集是或，的解集是，所以的解集是或，所以不等式组的解集是或，故选A．【考点】导数的应用【方法点睛】主要考察了利用导数与函数的图像，属于基础题型，导数与函数单调性的关系是在某一区间内，函数单调递增，，函数单调递减，，所以由函数的图像就能确定导函数大于或小于0的区间，最后再解不等式．18.若曲线在处的切线与曲线在处的切线互相垂直，则实数的值为________．【答案】【解析】分别求出两个函数的导函数，求得两函数在x=1处的导数值，由题意知两导数值的乘积等于-1，由此求得a的值．根据在处的切线与曲线在处的切线互相垂直，可得．【考点】利用导数研究曲线上某点处的切线方程【方法点睛】函数f（x）在点x0处的导数f′（x）的几何意义是在曲线y＝f（x）上点P（x，y）处的切线的斜率（瞬时速度就是位移函数s（t）对时间t的导数）．相应地，切线方程为y－y＝f′（x0）（x－x）．求曲线切线时，要分清在点P处的切线与过P点的切线的不同．19.已知曲线上一点，则过点的切线的倾斜角为（）A．30°B．45°C．135°D．165°【答案】B【解析】由，因此，由导数的几何意义知，曲线上过点的切线的斜率为，因此过点的切线的倾斜角为45°【考点】导数的几何意义；20.已知f（x）=x3+x2-6x+c，若x[0，2]都有f（x）>2c-恒成立，则c的取值范围是【答案】【解析】，令，解得（舍）或，所以当时；当时，所以函数在上单调递减，在上单调递增．所以上，要使都有恒成立，只需，解得．【考点】1用导数求最值；2恒成立问题．21.设，函数的导函数是，且是奇函数，则的值为（）A．1B．C．D．-1【答案】A【解析】求导数可得，是奇函数，，解得，故选A.【考点】1、函数的求导法则；2、函数的奇偶性.22.直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A（1，3），则b的值为．【答案】3【解析】由于切点在直线与曲线上，将切点的坐标代入两个方程，得到关于a，b，k 的方程，再求出在点（1，3）处的切线的斜率的值，即利用导数求出在x=1处的导函数值，结合导数的几何意义求出切线的斜率，再列出一个等式，最后解方程组即可得．从而问题解决．解：∵直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A（1，3），∴…①又∵y=x3+ax+b，∴y'=3x2+ax，当x=1时，y'=3+a得切线的斜率为3+a，所以k=3+a；…②∴由①②得：b=3．故答案为：3．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．x的图象是（）23.当0＜a＜1时，在同一坐标系中，函数y=a﹣x与y=loga【答案】C【解析】先将函数y=a﹣x化成指数函数的形式，再结合函数的单调性同时考虑这两个函数的单调性即可判断出结果解：∵函数y=a﹣x与可化为函数y=，其底数大于1，是增函数，x，当0＜a＜1时是减函数，又y=loga两个函数是一增一减，前增后减．故选C．【考点】对数函数的图象与性质；指数函数的图象与性质．24.二次函数f(x)的图像经过点，且，则不等式的解集为（）A．(－3，1)B．(－lg3，0)C．D．(－∞，0)【答案】D【解析】设，则，并且，由于，所以，所以，由，可得，解得所以不等式的解集为，故选D.【考点】1、二次函数及二次不等式；2、指数函数.【思路点睛】本题是一个二次函数、导数以及二次不等式的综合应用问题，属于中档题.解决本题的基本思路是，首先要设出二次函数的一般式，再根据题目条件确定二次函数的解析式，这样就得到一个关于的二次不等式，最后解这个关于的不等式，就可得出不等式的解集，使问题得以解决.25.已知函数，.⑴求函数的极大值和极小值;⑵求函数图象经过点的切线的方程；⑶求函数的图象与直线所围成的封闭图形的面积.【答案】（1）极大值1，极小值；（2）y=1或；（3）【解析】（1）f′（x）=x（x-1），分别令f′（x）＞0，f′（x）＜0，可得其单调性与极值；（2）由（1）可得，由点为切点时，可得切线方程；若点不为切点时，设切点为P，则切线方程为：把点代入解得，即可得出切线方程；（3）由，解得x=0或．可得函数的图象与直线y=1所围成的封闭图形的面积为：，利用微积分基本定理即可得出试题解析：（1），令，解得x=0或x=1，令，得x<0或x>1，，解得0<x<1，∴函数f（x）在上单调递增，在（0,1）上单调递减，在上单调递增∴x=0是其极大值点，x=1是极小值点，所以f（x）的极大值为f（0）=1；f（x）的极小值为（2）设切点为P，切线斜率∴曲线在P点处的切线方程为，把点代入，得，所以切线方程为y=1或；（3）由，所以所求的面积为.【考点】利用导数研究函数的极值；定积分；定积分在求面积中的应用；利用导数研究曲线上某点切线方程26.设函数是奇函数的导函数，，当x＞0时，，则使得成立的的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】设，则g（x）的导数为：，∵当x＞0时总有xf′（x）＜f（x）成立，即当x＞0时，g′（x）恒小于0，∴当x＞0时，函数为减函数，又∵，∴函数g（x）为定义域上的偶函数又∵，∴函数g（x）的图象性质类似如图：数形结合可得，不等式f（x）＞0⇔x g（x）＞0⇔或，【考点】函数的单调性与导数的关系27.函数，若对，求实数的最小值.【答案】【解析】任意存在型命题关键转化为对应函数最值问题：再分别求出对应函数最值，，最好解对应不等式即可试题解析：解：由题意，在递减，在递增，所以，在单调递增，，；【考点】恒成立问题28.已知函数在单调递增，则实数的取值范围是_______________.【答案】【解析】依题意在区间上恒成立,,所以.【考点】函数导数与单调性．29.已知直线与曲线相切，则的值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设切点为,,所以切线方程为,依题意,切线过点,代入切线方程得,解得,故.【考点】利用导数求切线.30.若偶函数，当，满足，且，则的解集是 .【答案】【解析】由得，因为，所以，设，则，所以时，，即在上单调递增，因为，所以时，，当时，，又是偶函数，则是奇函数，因此当时，也有，所以不等式的解集是．【考点】导数与函数的单调性．构造法解函数不等式．31.某商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量（单位：千克）与销售价格（单位：元/千克）满足关系式，其中，为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．（1）求的值；（2）若该商品的成品为3元/千克, 试确定销售价格的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大．【答案】（1）（2）【解析】（Ⅰ）由f（5）=11代入函数的解析式，解关于a的方程，可得a值；（Ⅱ）商场每日销售该商品所获得的利润=每日的销售量×销售该商品的单利润，可得日销售量的利润函数为关于x的三次多项式函数，再用求导数的方法讨论函数的单调性，得出函数的极大值点，从而得出最大值对应的x值试题解析：（1）因为时，所以∴；（2）由（1）知该商品每日的销售量，所以商场每日销售该商品所获得的利润：；．令得．当时，，当时，函数在上递增，在上递减，所以当时函数取得最大值答：当销售价格时，商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42．【考点】函数模型的选择与应用；利用导数研究函数的单调性32.如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为18000，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，怎样确定广告的高与宽的尺寸（单位：cm），能使矩形广告面积最小？【答案】.【解析】通过假设广告矩形栏目的长、宽，表达广告栏目的矩形面积，进而利用基本不等式求解面积的最小值.试题解析：解法1：设矩形栏目的高为a cm，宽为b cm，则ab="9000." ①广告的高为a+20，宽为2b+25，其中a＞0，b＞0.广告的面积S＝(a+20)(2b+25)＝2ab+40b+25a+500＝18500+25a+40b≥18500+2=18500+当且仅当25a＝40b时等号成立，此时b=，代入①式得a=120，从而b=75.即当a=120，b=75时，S取得最小值24500.故广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.解法2：设广告的高为宽分别为x cm，y cm，则每栏的高和宽分别为x－20，其中x＞20，y＞25两栏面积之和为2(x－20)，由此得y=广告的面积S=xy=x()＝x，整理得S=因为x－20＞0，所以S≥2当且仅当时等号成立，此时有(x－20)2＝14400(x＞20)，解得x=140，代入y=+25，得y＝175，即当x=140，y＝175时，S取得最小值24500，故当广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.【考点】基本不等式的应用.【思路点睛】本题主要考查函数表达式及基本不等式的应用.由题已知，可通过假设矩形的长与宽，进而表示广告面积的表达式，利用基本不等式，求出面积的最小值.在应用不等式求最值时，需要满足一正二定三相等的原则，即①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.若使用基本不等式时，等号取不到，可以通过“对勾函数”，利用单调性求最值.33.如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为18000，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，怎样确定广告的高与宽的尺寸（单位：cm），能使矩形广告面积最小？【答案】.【解析】通过假设广告矩形栏目的长、宽，表达广告栏目的矩形面积，进而利用基本不等式求解面积的最小值.试题解析：解法1：设矩形栏目的高为a cm，宽为b cm，则ab="9000." ①广告的高为a+20，宽为2b+25，其中a＞0，b＞0.广告的面积S＝(a+20)(2b+25)＝2ab+40b+25a+500＝18500+25a+40b≥18500+2=18500+当且仅当25a＝40b时等号成立，此时b=，代入①式得a=120，从而b=75.即当a=120，b=75时，S取得最小值24500.故广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.解法2：设广告的高为宽分别为x cm，y cm，则每栏的高和宽分别为x－20，其中x＞20，y＞25两栏面积之和为2(x－20)，由此得y=广告的面积S=xy=x()＝x，整理得S=因为x－20＞0，所以S≥2当且仅当时等号成立，此时有(x－20)2＝14400(x＞20)，解得x=140，代入y=+25，得y＝175，即当x=140，y＝175时，S取得最小值24500，故当广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.【考点】基本不等式的应用.【思路点睛】本题主要考查函数表达式及基本不等式的应用.由题已知，可通过假设矩形的长与宽，进而表示广告面积的表达式，利用基本不等式，求出面积的最小值.在应用不等式求最值时，需要满足一正二定三相等的原则，即①一正：关系式中，各项均为正数；②二定：关系式中，含变量的各项的和或积必须有一个为定值；③三相等：含变量的各项均相等，取得最值.若使用基本不等式时，等号取不到，可以通过“对勾函数”，利用单调性求最值.34.已知函数.（I）求函数的单调区间；（II）若函数上是减函数，求实数a的最小值．【答案】（I）当时,，所以函数的增区间是，当且时,，所以函数的单调减区间是;（II）【解析】（I）先求出函数的定义域为, 再求出，由，得到函数的增区间，由，可得函数的单调减区间（II）因f(x)在上为减函数，在上恒成立，可得当时，．从而可得a的最小值试题解析：（I）由已知得函数的定义域为,函数,当时,，所以函数的增区间是;当且时,，所以函数的单调减区间是,（II）因f(x)在上为减函数，且.故在上恒成立．所以当时，．又，故当，即时，．所以于是，故a的最小值为．【考点】函数的单调性及导数的关系，求参数的取值范围【方法点睛】(1)函数的定义域是函数的灵魂，它决定了函数的值域，并且它是研究函数性质的基础，因此，我们一定要树立函数的定义域优先意识；（2）可导函数在指定的区间上单调递增（减），求参数问题，可转化为恒成立，从而构建不等式，要注意“=”是否可以取到. (3)对于恒成立的问题，常用到以下两个结论：（1），（2）35.设是定义在R上的奇函数，当x≤0时，=，则 .【答案】【解析】由函数是奇函数可得【考点】函数奇偶性与函数求值36.已知函数的图象如图所示，则不等式的解集为（）A．(-∞，)∪(,2)B．(－∞，0)∪(，2)C．(－∞，∪(，＋∞)D．(－∞，)∪(2，＋∞)【答案】B【解析】由的图象可知，在上，在上，，所以等价于或，即或或，解得或，故选B．【考点】导数与函数单调性的关系．37.已知f（x）为偶函数，当时，,则曲线y=f（x）在点（1,−3）处的切线方程是_______________.【答案】【解析】当时，，则．又因为为偶函数，所以，所以，则切线斜率为，所以切线方程为，即．【考点】函数的奇偶性与解析式，导数的几何意义．【知识拓展】本题题型可归纳为“已知当时，函数，则当时，求函数的解析式”．有如下结论：若函数为偶函数，则当时，函数的解析式为；若为奇函数，则函数的解析式为．38.f（x）的定义域为（0，＋∞），且对一切x＞0，y＞0都有f＝f（x）－f（y），当x＞1时，有f（x）＞0.（1）求f（1）的值；（2）判断f（x）的单调性并证明；（3）若f（6）＝1，解不等式.【答案】（1）0；（2）证明见解析；（3）0＜x＜4．【解析】（1）应用已知不等式，令则（2）应用单调性的定义判断.（3）对于解析式不清楚的抽象函数，当单调递增时当单调递减时试题解析：（1）f（1）＝f＝f（x）－f（x）＝0，x＞0.（2）f（x）在（0，＋∞）上是增函数．证明：设0＜x1＜x2，则由f＝f（x）－f（y），得f（x2）－f（x1）＝f，∵＞1，∴f＞0.∴f（x2）－f（x1）＞0，即f（x）在（0，＋∞）上是增函数．（3）∵f（6）＝f＝f（36）－f（6），又f（6）＝1，∴f（36）＝2，原不等式化为：f（x2＋5x）＜f（36），又∵ f（x）在（0，＋∞）上是增函数，∴解得0＜x＜4.【考点】1、函数的单调性；2、函数单调性的应用．39.已知函数，为常数，且函数的图象过点．（1）求的值；（2）若，且，求满足条件的的值．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由函数过点,代入表达式可得值；（2）由将两函数表代入,转化为关于的指数型复合方程.利用换元法,将指数型方程化为一元二次方程,解一元二次方程后再解指数方程,可得值.试题解析：（1）由已知得，解得．（2）由（1）知，又，则，即，即，令，则，即，又，故，即，解得．【考点】1.指数运算；2.一元二次方程的解法；3.换元法.40.设定义在上的函数，且对任意有，且当时，．（1）求证：，且当时，有；（2）判断在上的单调性；（3）设集合，集合，若，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析；（2）在上单调递减；（3）.【解析】（1）由所给函数满足的条件,用特殊值法令,可得,再利用,可得与之间的关系,由时,范围,可得时,范围；（2）由函数单调性的定义出发,可判断函数单调性；（3）结合条件由可得,由可得,由,将两式联立可得一元二次不等式无解,可得关于的不等式,解可得的范围. 试题解析：（1）由题意知，令，则，因为当时，，所以，设，则，所以即当时，有．（2）设是上的任意两个值，且，则，所以，因为，且，所以，即，即．所以在上单调递减．（3）因为，所以，由（2）知在上单调递减，则，又，所以，因为，又由得，由题可知上式无解即，即，解得：，故的取值范围为．【考点】1.函数单调性；2.一元二次不等式；3.集合的交集.41.已知函数（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若对任意的，都存在使得不等式成立，求实数的取值范围。
探究高中导数问题的一般性解题方法
探究高中导数问题的一般性解题方法摘要：对于科学技术研究而言，导数是重要的研究工具和手段.对于中学阶段而言,导数是进一步研究函数的方法与手段也是高考命题的热点,在研究函数一些性质和意义方面时有着广泛的应用,同时对研究几何、不等式起着重要作用.学生运用导数解决函数问题能够有利于更好地理解问题,更好地掌握函数及其性质,并发展学生的思维.本文就高中导数部分相关知识和应试要求进行阐述解决导数问题的一般性解题方法并加以例题的论证应用.关键词：高中数学；导数；解题方法1高中导数研究趋势1.1导数的地位及意义在科技的发展研究中,导数起着至关重要的作用，为数学的发展和其他学科的发展进步奠定了基础.由于数学的的抽象性，导数在其他自然学科等方面都有广泛且深入的应用，是深入研究发展科学的重要手段.对于中学阶段而言,导数对于研究函数和其他方面有着广泛的应用,从而也就导致了导数部分不仅是中学数学中的重点,更是高考中着重考察的重难点,并且利用导数求函数的极值与最值、结合单调性与最值求参数范围、证明不等式更是高考的热点,所占分值较高.虽然导数在研究函数中的应用在中学教学和高考中是重点,但我们不能忽视概念的教学,否则学生很难体会学习理解导数及其应用时涉及的数学思想与方法.事实上,导数中动态的变化过程与静态思想方法较多的初中教学有很大的差异,囿于学生的认知水平和可接受能力,人教版的教材中并没有突然地引进极限的概念,而是从学生的实际生活和其他学科知识出发,通过实例引导学生体会由平均变化率到瞬时变化率的过程,直至建立起整个高中阶段的导数的教学模型.1.2中学教学对导数的要求1.21课程标准对导数相关内容的要求《普通高中数学课程标准（实验）》[1]教学与高考的基本依据,它对高中数学的每一块知识都有相应的具体横向和纵向的要求.通过对导数这部分知识的要求的研究可知,微积分是数学发展和进步的里程碑，它提供了重要的方法来研究函数及变量.其中导数又是学习微积分的核心与基础.在高中时期导数的学习中,学生不仅要能理解和掌握导数的相关知识及其在应试解题中的应用,还要从中体会导数相关知识在解决实际问题中的实用性，更重要的是要向学生渗透相应的数学思想,进而提升学生的数学能力和数学素养.1.22高考大纲对导数相关内容的要求导数,自1986年第一次作为选修内容放到中学教学以后,就逐步成为研究函数问题的重要手段,近几年来,更是成为六高考的热点、难点,并逐步成为了高考压轴题的必考内容.通过研读“2018年普通高等学校招生统一考试理科数学教学大纲”[2],阐述高考大纲对导数及其应用的相关要求再结合高中导数应用试题发现,学生如果想要达到《课程标准》和考纲的要求,并且能在高考数学中迅速、准确地解决导数应用试题,需要对导数及其应用这部分知识极其的熟悉,并且能够完全熟练掌握加以应用,如：能求基本初等函数的导数和部分的复合函数的导数，会根据导数求函数的单调区间和“四值”等.除此之外还需要多种数学思想作为支撑和数学能力作为辅助,做到举一反三,以不变应万变.因此,基于导数如此重要的地位，应用试题的解题策略和方法的研究是这一块知识教学的重点和难点,解题策略与方法的研究可以帮助学生在达到课标和考纲要求的同时,做到高效率解题,进一步也可以培养学生思维,锻炼学生对新知识的内化能力,将新知识与头脑中原有的认知建立起联系,构建整个高中阶段导数的框架,这也锻炼了学生归纳总结的能力.2导数相关概念的界定2.1导数的概念一般地,函数()y f x =在0x x =处的瞬时变化率是()()0000limlim x x f x x f x yx x∆→∆→+∆-∆=∆∆,我们称它为函数()y f x =在0x x =处的导数（derivative ）,记作()f x '或0x x y =',即()()()00000limlim x x f x x f x yf x x x∆→∆→+∆-∆'==∆∆.2.2几何意义函数()y f x =在点0x 处的导数()0f x '就是曲线()y f x =在点()00,P x y 处的切线斜率,即()0k f x '=,相应地,切线方程为()()()000y f x f x x x '-=-. 2.3物理意义函数()s s t =,在点0t 处的导数()0s t '是物体的运动方程()s s t =在0t 时刻的瞬时速度v ,即()0v s t '=;那么()v v t =在点0t 处的导数()0v t '是物体的运动方程()v v t =在0t 时刻的瞬时加速度a ,即()o a v t '=.2.4导数与函数的单调性设函数()f x 在(,a b 内可导,'是的导数,则注：对于在(),a b 内可导的函数()f x 来说,()0f x '>是()f x 在(),a b 上为递增函数的充分不必要条件；()0f x '<是()f x 在(),a b 上为递减函数的充分不必要条件.例如：()3f x x =在整个定义域上为增函数,但()()23,00f x x f ''==,所以在0x =处并不满足()0f x '>,即并不是在定义域任意一点处都满足()0f x '>.分析解读：导数的概念、几何意义与运算等是高考热点,常考题型多为选择题、填空题和解答题第一问.学习过这部部分的知识后,学生应达到理解导数概念,会求过曲线上某点的切线的斜率并能写出切线方程,能将几何关系转化为代数关系，会计算应试试题中的导数的水平.3导数的应用3.1利用导数的几何意义求曲线的切线方程若已知曲线()y f x =过点()00,P x y ,求曲线过点P 的切线方程. 此时需要分别讨论点()00,P x y 是切点和不是切点两种情况来进行求解：⒈当点()00,P x y 是切点时,可以直接根据导数的几何意义和点斜式直线方程表达式写出切线方程为()()()000y f x f x x x '-=-； ⒉当点(0,P x例1 已知()f x 为偶函数,当0x <时,()()ln 3f x x x =-+,则曲线()y f x =在点()1,3-处的切线方程是()21y x =--分析：根据已知条件和函数的性质求出当0x >时函数的解析式,在判断点()1,3-是否在曲线上,即该点是否是切点，最后根据导数的的几何意义和点斜式直线方程的表达式写出所求的切线方程.解析：令0x >,则0x -<,()ln 3f x x x -=- 又()()f x f x -=,()()ln 30f x x x x ∴=-> 则()()130f x x x x'=->,()12f ∴=- ∴在点()1,3-处的切线方程为()321y x -=--, 即21y x =--.例2 已知()2f x x =,则曲线()y f x =过点()1,0P -的切线方程是()0440y x y =+=或 分析：本题考查“过某点的切线方程”该点又不在曲线上，所以需要设出切点坐标再求解. 解析：由题意,得()2f x x '=,点P 不在曲线上,设直线与曲线相切于点()00,x y , 则所求切线方程的斜率02k x =,所以切线方程为()0021y x x -=-, 由()00,x y 在曲线()y f x =上,得200x y =,将()200,x x 代入切线方程得()200021x x x =+,解得00x =或02x =-,所以所求切线方程为0y =或()41y x =-+, 即0y =或4+440x y +=.例3 定义曲线C 上的点到直线l 的距离最小值称为曲线C 到直线l 的距离，已知曲线21:C y x a =+到直线:l y x =的距离等于曲线()222:42C x y ++=到直线:l y x =的距离，则实数9.4a ⎛⎫=⎪⎝⎭解析：曲线()222:42C x y ++=到直线:l y x =的距离为d =-=设曲线21:C y x a =+上的点()00,x y 到直线:l y x =的距离最短，则过点()00,x y 的切线平行于直线:l y x =.对应的导函数为2y x '=，由021x =得出012x =，所以点()00,x y 为11,24a ⎛⎫+ ⎪⎝⎭= 解得94a =或7,4a =- 当7,4a =-直线l 与曲线1C 相交，不合题意舍去.3.2利用导数研究函数单调性 方法一：方法二：①首先求出函数()f x 的定义域,确保原函数及导函数在定义域内有意义； ②根据求导法则和四则运算等求出导函数()f x '；③在定义域内解不等式()0f x '>和()0f x '<,若不等式中带有参数,则一般需对参数进行多种情况分类讨论；④确定函数()f x 的单调区间,若函数()f x 中带有参数,最后所求区间也带有参数. 例4 已知函数()2ln af x x x x=--,a ∈,讨论函数()f x 的单调性.解析：函数()2ln a f x x x x=--的定义域为()0,+∞,()22221a a x x af x x x x -+'=+-=, ()0f x '=,得220x x a -+=,其判别式44a ∆=-.①当0∆≤,即1a ≥时,220x x a -+≥,()0f x '≥,此时()f x 在()0,+∞上单调递增；②当0∆>,即1a <时,方程220x x a -+=的两根为11x =21x =若0a ≤,则10x ≤,则()20,x x ∈时,()0f x '<,()2,x x ∈+∞时,()0f x '>, 即()f x 在()20,x 上单调递减,在()2,x +∞上单调递增；若0a >,则10x >,则()10,x x ∈时,()0f x '>,()12,x x x ∈时,()0f x '<,()2,x x ∈+∞时,()0f x '>,即()f x 在()10,x 上单调递增,在上()12,x x 单调递减,在()2,x +∞上单调递增.综上所述,当0a ≤时,函数()f x 在()20,x 上单调递减,在()2,x +∞上单调递增；当01a <<时,函数()f x 在()10,x 上单调递增,在()12,x x 上单调递减,在()2,x +∞上单调递增；当1a ≥时,函数()f x 在()0,+∞上单调递增. 3.3利用导数与函数的单调性求参数的取值范围这类求参数问题一般可将函数单调性问题转化为()0f x '≥(或()0f x '≤)，分离参数，最后转化为不等式问题求解.例5 设函数()()23xx axf x a e+=∈⑴若()f x 在0x =处取得极值,确定a 的值,并求此时曲线()y f x =在点()()1,1f处的切线方程；⑵若()f x 在[)3,+∞上为减函数,求a 的取值范围. 解析：⑴对()f x 求导得()()()()2226336x xxxx a e x ax e x a x af x e e+---+-+'==, 因为()f x 在0x =处取得极值,所以()00f '=,即0a =,当0a =时,()23x x f x e =,()236xx xf x e-+'= 故()31f e =,()31f e'=, 从而()f x 在点()()1,1f 处的切线方程为()331y x e e-=-,化简得30x ey -=. ⑵由（1）可知()()236xx a x af x e-+-+'=, 令()()2362g x x x a =-+-+,由()0g x =,解得1x =,2x =,当1x x <时,()0g x <,即()0f x '<,故()f x 为减函数； 当12x x x <<时,g (x )>0,即()0f x '>,故()f x 为增函数； 当2x x >时,g (x )<0,即()0f x '>,故()f x 为减函数. 由()f x 在[)3,+∞上为减函数,知23x =≤,解得92a ≥-,故a 的取值范围为9,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 例6 已知函数()()2x f x ax bx c e =++在[]0,1上单调递减且满足()()01,10f f ==. ⑴求a 的取值范围.⑵设()()(),g x f x f x '=-求()g x 在[]0,1上的最大值和最小值.分析：⑴将()f x 用含a 的代数式表示出来,根据已知条件转化为恒成立问题求解. ⑵化简()()(),g x f x f x '=-通过对()g x 求导,然后分类讨论求最值. 解析：⑴由()()01,10f f ==,得1,1,c a b =+=-则()()211,xf x ax a x e ⎡⎤=-++⎣⎦()()21,xf x ax a x a e '⎡⎤=++-⎣⎦依题意对于任意[]0,1,x ∈有()0.f x '≤当0a >时,因为二次函数()21y ax a x a =+--的图象开口向上，而()00,f a '=-<所以需()()110,f a e '=-<即01a <<；当1a =时,对于任意[]0,1,x ∈有()()210,x f x x e '=-≤且只在1x =时()()0,f x f x '=符合条件；当0a =时,对于任意[]0,1,x ∈()()210,x f x x e '=-≤且只在0x =时()()0,f x f x '=符合条件；当0a <时，因()()00,f a f x '=->不符合条件. 故a 的取值范围为01a ≤≤.⑵因()()()()21,21,x x g x ax a e g x ax a e '=-++=-+-i 当0a =时，()()0,x g x e g x '=>在0x =处取得最小值()01g =，在1x =处取得最大值()1.g e =ii 当1a =时，对于任意[]0,1x ∈有()()20,xg x xe g x '=-≤在0x =处取得最大值()02g =，在1x =处取得最小值()10.g =iii 当01a <<时，由()0g x '=得10.2ax a-=> 若112a a -≥，即103a <≤时， ()g x 在[]0,1上单调递增，()g x 在0x =处取得最小值()01g a =+，在1x =处取得最大值()()11.g a e =- 若11,2a a -<即113a <<时， ()g x 在12a x a -=处取得最大值12122aaa g ae a --⎛⎫= ⎪⎝⎭，在0x =或1x =处取得最小值，而()()()01,11,g a g a e =-=-由()()()01110,g g e a e -=++-=得11.e a e -=+则当1131e a e -<≤+时，()()()010,g g g x -≤在0x =处取得最小值()01g a =+； 当111e a e -<<+时，()()()010,g g g x ->在1x =处取得最小值()()11.g a e =- 3.4利用导数研究函数的极（最）值 解决函数极值问题的一般思路例7 已知函数()()2ln 1f x x x ax bx =--+（,a b ∈,,a b 为常数,e 为自然对数的底数）.⑴当1a =时,讨论函数()f x 在区间11,1e e ⎛⎫++⎪⎝⎭上极值点的个数； ⑵当1,2a b e ==+时,对任意的()1,x ∈+∞都有()2xf x ke <成立,求正实数k 的取值范围. 解析：⑴当1a =-时,()()ln 121xf x x x b x '=-+++-, 记()()g x f x b '=-,则()()()22321122111x x g x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+=---,令()302g x x '=⇒=, 当131,2x e ⎛⎫∈+⎪⎝⎭时,()0g x '<；当3,12x e ⎛⎫∈+ ⎪⎝⎭时,()0g x '>,所以当32x =时,()g x 取得极小值6ln 2-,又1212g e e e ⎛⎫+=++ ⎪⎝⎭,()1124g e e e +=++,()()0f x g x b '=⇒=-,所以(i )当6ln 2b -≤-,即ln 26b ≥-时,()0f x '≥,所以函数()f x 在区间11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上无极值点；(ii )当26ln 22b e e -<<++,即22ln 26e b e---<<-时,()0f x '=有两个不同的解,函数()f x 在区间11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上有两个极值点； (iii )当21224e b e e e ++<-<++,即12242e b e e e---<<---时,()0f x '=有一个解,函数()f x 在区间11,1e e ⎛⎫++⎪⎝⎭上有一个极值点； (iv )当124b e e -≥++,即124b e e ≤---时,()0f x '≤,函数()f x 在区间11,1e e ⎛⎫++ ⎪⎝⎭上无极值点.⑵当1,2a b e ==+时,对任意的()1,x ∈+∞都有()2xf x ke <成立, 即()()22ln 12x x x x e x ke --++<,即()2ln 12x kex x e x--++<, 记()()ln 12h x x x e =--++,()2x kex xϕ=, 由于()12111xh x x x -'=-=--,当12x <<时,()0h x '>；当2x >时,()h x o '<, 所以当2x =时,()h x 取得最大值()2h e =,又()()22222222x x xx k e e x e x k x xϕ--'==, 当12x <<时,()0x ϕ'<,当2x >时,()0x ϕ'>, 所以当2x =时,()x ϕ取得最小值()22keϕ=, 所以只需22kee k <⇒>,即正实数k 的取值范围是()2,+∞. 3.5利用导数解决不等式问题的常见类型及解题策略3.51利用导数证明不等式若证明()()(),,f x g x x a b <∈,则可以通过构造函数()()()F x f x g x =-,证明()0F x <； 如果证明()F x 在(),a b 上的最大值小于0,那么即可证明()()(),,f x g x x a b <∈. 3.52利用构造函数证明不等式这一类问题常见于选择填空,主要是通过题目中的()f x 与()f x '的关系式构造出我们需要的函数,再通过已知条件和构造函数的导数来判断构造函数的单调性,从而解决相应的问题： ⑴关系为“加”：①()()0f x f x '+≥,构造()()()x xe f x e f x f x ''⎡⎤=+⎡⎤⎣⎦⎣⎦; ②()()0xf x f x '+≥,构造()()()xf x xf x f x ''=+⎡⎤⎣⎦;③()()0xf x nf x '+≥,构造()()()()()11n n n n x f x x f x nx f x x xf x nf x --'''⎡⎤=+=+⎡⎤⎣⎦⎣⎦; ⑵关系为“减”：①()()0f x f x '-≥,构造()()()()()2x x x x xf x e f x e f x f x f x e e e '''--⎡⎤==⎢⎥⎣⎦； ②()()0xf x f x '-≥,构造()()()2f x xf x f x x x ''-⎡⎤=⎢⎥⎣⎦； ③()()0xf x nf x '-≥,构造()()()()()121n n n n n f x x f x nx f x xf x nf x x x x --'''--⎡⎤==⎢⎥⎣⎦. 例8 设函数()f x '是奇函数()()f x x ∈的导函数,()10f -=,当0x >时,()()0f x f x '-<,则使得()0f x >成立的x 的取值范围是()A ()().,10,1A -∞-⋃ ()().1,01,B -⋃+∞ ()().,11,0C -∞-⋃- ()().0,11,D ⋃+∞解析：令()()f x g x x =,则()()()2xf x f x g x x '-'=,由题意知,当0x >时,()0g x '<,()g x ∴在(),o +∞上是减函数.()f x 是奇函数,()10f -=,()()110f f ∴=--=,()()1101f g ∴==. ∴当()0,1x ∈时,()0g x >,从而()0f x >当()1,x ∈+∞时,()0g x <,从而()0f x <. 又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--,()g x ∴是偶函数,∴当(),1x ∈-∞-时,()0g x <,从而()0f x >;当()1,0x ∈-时,()0g x >,从而()0f x <. 综上,所求x 的取值范围是()(),10,1-∞-⋃ . 此外还可能有一些特殊的构造,比如接下来这个问题： 例9 定义在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上的函数()f x ,()f x '是它的导函数,且恒有()()tan f x f x x '>成立,则()A63f ππ⎛⎫⎛⎫< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()2cos116B f π⎛⎫> ⎪⎝⎭264C f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 43f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解析：令()()cos g x f x x=,则()()()()()()cos sin cos tan g x f x x f x x x f x f x x '''=-=-,由题意知,当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x '>,()g x ∴在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上是增函数,63g g ππ⎛⎫⎛⎫∴< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即12623f f ππ⎛⎫⎛⎫<⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭, 故选A.3.53利用导数解决不等式的恒成立问题“恒成立”问题,一般都可以通过求相关函数的最值来解决,如：当()f x 在x D ∈上存在最大值和最小值时,若()()f x g a ≥对于x D ∈恒成立,应求()f x 在x D ∈上的最小值,将原条件转化为()()min g a f x ≤；若()()f x g a ≤对于x D ∈恒成立,应求()f x 在x D ∈上的最大值,将原条件转化为()()max g a f x ≥；若存在x D ∈,使得()()f x g a ≥成立,则应求()f x 在x D ∈上的最大值,将原条件转化为()()max g a f x ≤；若存在x D ∈,使得()()f x g a ≤成立,则应求()f x 在x D ∈上的最小值,将原条件转化为()()min g a f x ≥.例10 已知函数()1ln f x x a x =--. ⑴若()0f x ≥,求a 的值；⑵设m 为整数,且对于任意正整数n ,2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,求m 的最小值. 解题引导： ⑴⑵解析：⑴()f x 定义域为()0,+∞. ①若0a ≤,因为11ln 2022f a ⎛⎫=-+<⎪⎝⎭,所以不满足题意； ②若0a >,由()1a x af x x x-'=-=知, 当()0,x a ∈时,()0f x '<；当(),x a ∈+∞时,()0f x '>.所以()f x 在()0,a 上单调递减,在(),a +∞上单调递增.故x a =是()f x 在()0,+∞上的唯一最小值点.由于()10f =,所以当且仅当1a =时,()0f x ≥. 故1a =.⑵由(1)可知当()1,x ∈+∞时,1ln 0x x -->, 令112n x =+,得11ln 122nn ⎛⎫+< ⎪⎝⎭, 从而221111111ln 1ln 1ln 1112222222n n n⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 换元后求出2111111222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的范围故2111111222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭. 而21111112222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,所以m 的最小值为3. 例11 已知函数()ln 1xx f x e +=（e 为自然对数的底数）. ⑴求()f x 的单调区间.⑵设()()()2g x x x f x '=+，其中()f x '为()f x 的导函数，证明：对任意()20,1.x g x e -><+分析：⑴求出()f x '以及()0f x '=的根，再判断()f x '的符号.⑵直接求()g x 的最值很困难，可以对()g x 进行放缩，再求最值.解析：⑴由()ln 1xx f x e +=得()0,x ∈+∞，得()()11ln ,0,,xxx f x x e --'=∈+∞ 令()0f x '=可得1x =，当01x <<时，()11ln 0xx x f x e --'=>；当1x >时，()0f x '<.故()f x 在区间()0,1上是增函数；在()1,+∞上为减函数. ⑵()()()()()21ln 1,0,xx x xg x x x f x x x e--'=+=+∈+∞ 因此，对于任意的0x >，()21g x e -<+等价于()21ln 1.1xe x x x e x ---<++ 令()()1ln ,0,,h x x x x x =--∈+∞则()()()2ln 2ln ln ,0,,h x x x e x -'=--=--∈+∞ 因此，当()20,x e -∈时，()()0,h x h x '>单调递增； 当()2,x e -∈+∞时，()()0,h x h x '<单调递减.所以()()22max 1h x h e e --==+ 故21ln 1x x x e ---≤+. 设()()()01,1x x x x e x x e e e ϕϕ'=-+=-=-()()()0,,0,x x x ϕϕ'∴∈+∞>单调递增，()()00,x ϕϕ>=故()0,x ∈+∞时，()()10,xx e x ϕ=-+>即11xe x >+，所以()221ln 11.1xe x x x e e x ----≤+<+- 因此，对任意()20,1.x g x e -><+ 3.6利用导数研究函数零点或方程的根方法：⑴先求出函数()f x 的定义域和导函数()f x '； ⑵根据导函数()f x '来求函数()f x 的单调区间和极值； ⑶根据函数()f x 的单调性等性质做出大致图象； ⑷判断函数零点的个数.在高考中这类问题通常含有参数，此时则需要我们对参数进行多种情况的分类讨论. 例12 已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点. ⑴求a 的取值范围；⑵设12,x x 是()f x 的两个零点,证明：122x x +<. 解析：⑴()()()()()12112x x f x x e a x x e a '=-+-=-+, (i )设0a =,则()()2xf x x e =-,()f x 只有一个零点；(ii )设0a >,则当(),1x ∈-∞时,()0f x '<；当()1,x ∈+∞时,()0f x '>,所以()f x 在(),1-∞上单调递减；在()1,+∞上单调递增.又()()1,2f e f a =-=,取b 满足0b >且ln 2ab <,则()()232022a f b b a b b ⎛⎫>-+->⎪⎝⎭, 故()f x 存在两个零点.(iii )设0a <,由()0f x '=得1x =或()ln 2x a =-, 若2ea ≥-,则()ln 21a -≤,故当()1,x ∈+∞时,()0f x '>,因此()f x 在()1,+∞上单调递增,又当1x ≤时()0f x <,所以()f x 不存在两个零点. 若2ea <-,则()ln 21a ->,故当()()1,ln 2x a ∈-时,()0f x '<；当()()ln 2,x a ∈-+∞时,()0f x '>.因此()f x 在()()1,ln 2a -上单调递减,在()()ln 2,a -+∞上单调递增.又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点.综上,a 的取值范围为()0,+∞.⑵不妨设12x x <,由(1)知()1,1x ∈-∞,()21,x ∈+∞,()f x 在(),1-∞上单调递减,所以122x x +<等价于()()122f x f x >-,即()220f x -<.由于()()22222221x f x x ea x --=-+-,而()()()22222210x f x x e a x =-+-=,所以()()22222222x x f x x e x e --=---,设()()222222x x g x x ex e -=---,则()()()21x x g x x e e -'=--,所以当1x >时,()0g x '<而()10g =, 故当1x >时,()0g x <, 从而()()2220g x f x =-<, 故122x x +<得证.3.7利用导数解决生活中的优化问题这类问题一般都将实际问题转化为求函数的“四值”问题，因此，导数就成为了解决此类问题的有力工具.解决优化问题的基本思路：例13 请你设计一个包装盒.如图所示，ABCD 是边长为60cm 的正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得,,,A B C D 四个点重合于图中的点P ，使硬纸板刚好折成一个正四棱柱形状的包装盒.,E F 在AB 上，EF 的长是被切去的等腰直角三角形斜边的长.设().AE FB x cm ==⑴甲厂商要求包装盒的侧面积()2S cm 最大，试问此时x 应取何值？⑵乙厂商要求包装盒的体积()3V cm 最大，此时x 应如何取值？此时包装盒的高与底面边长的比值是多少？分析：本题主要考查求函数的最值，其中有配方法和通过导数求函数最值的方法.⑴由图写出侧面积S 的函数表达式，再对表达式进行化简、配方，可以求出S 的最大值和与之相对应的x 值.⑵由图写出体积V 的函数表达式，对其进行化简，再通过求导判断函数的单调性，进而求得V 的最大值和与之对应此时的x 值，再求长度比即可. 解析：⑴由题意可知，()()22226046022408030,S x x x x x =---=-<<15x cm ∴=时，侧面积最大. ⑵由题可知，()()()()222602230030,20.V x x x x V x =⋅⋅-=-<<'∴=-当020x <<时，V 单调递增，当2030x <<时，V 单调递减， 所以，当20x =时，V 最大.)6012.x -= 例14 某工厂生产某种碳素笔,每百支的碳素笔的成本价格为30元,并且每百支碳素笔的加工费为m 元（其中m 为常数,且46m ≤≤）.设该工厂碳素笔的出厂价为x 元／百支（3540x ≤≤）,根据市场调查,日销售量与xe 成反比例,当每百支碳素笔的出厂价为40元时,日销售量为10万支.⑴当每百支碳素笔的出厂价为多少元时,该工厂的日利润y 最大？并求出y 的最大值. ⑵已知工厂日利润达到1000元才能保证工厂盈利.若该工厂在出厂价规定的范围内,总能盈利,则百支碳素笔的加工费m 最多为多少元？（精确到0.1元） 解析：⑴设日销量为s 百支,则x ks e =（k 为常数,且0k >）, 40x =时,1000s =,401000ke∴=,401000k e ∴=401000xe s e ∴=,()()401000303540xe y x m m e ∴=--≤≤. ()40100035xe y m x e'=+-,令0y '=,可得31x m =+, 46,353137m m ≤≤∴≤+≤,当3531m m ≤<+时,0y '>, 当3140m x +≤<时,0y '<, 故当31x m =+时,9max 1000my e-=.⑵由题意知3540x ≤≤时,()401000301000xe x m e--≥恒成立, 综合(1)可知()()40354040100035301000100040301000e m ee m e ⎧--≥⎪⎪⎨⎪--≥⎪⎩解得55m e -≤-,所以每百支碳素笔的加工费m 最多为4.9元.分析解读：优化问题是导数与现实实际生活的一个结合，在应试中此类问题一般最终都是转化为关于函数“四值”的求解.通过这部分的学习后，学生应该熟练掌握此部分相关知识，更要体会数学的思想和价值. 3.8定积分与微分基本定理3.81定积分的基本性质 ⑴()()bbaakf x dx k f x dx =⎰⎰；⑵()()()()1212bb ba a a f x f x dx f x dx f x dx ±=±⎡⎤⎣⎦⎰⎰⎰ ⑶()()()bcbaacf x dx f x dx f x dx =+⎰⎰⎰（其中a c b <<）.3.82定积分的几何意义⑴当函数()f x 在区间[],a b 上恒为正时,定积分()baf x dx ⎰的几何意义是由直线(),,0x a x b a b y ==≠=和曲线()y f x =所围成的曲边梯形的面积（图甲）.甲⑵一般情况下,定积分()baf x dx ⎰的几何意义是介于x 轴、曲线()y f x =以及直线,x a x b ==之间的曲边梯形面积的代数和（图乙）,其中在x 轴上方的面积等于该区间的积分值,在x 轴下方的面积等于该区间上积分值的相反数.乙3.83定积分的物理意义 ⑴变速直线运动的路程公式如果变速直线运动的速度为()v v t =,那么从时刻t a =到t b =所经过的路程()bas v t dt =⎰.⑵变力做功公式一物体在变力()F x 的作用下,沿着与()F x 相同方向从x a =移动到x b =时,力()F x 所做的功是()ba W F x dx =⎰.3.84微积分基本定理一般地,如果()f x 是区间[],a b 上的连续函数,并且()()F x f x '=,那么()()()baf x dx F b F a =-⎰,这个结论叫做微分基本定理,又叫做牛顿—莱布尼茨公式.为了方便,我们常常把()()F b F a -记成()b F x a,即()()()()bab f x dx F x F b F a a==-⎰.3.85例15(11cos x x dx -⎰的值为（D ）3.4A 3.5B 5.4C 6.5D 解析：cos y x x=为奇函数, 11cos 0x xdx -∴=⎰,513231133621555x dx x -==⨯=-⎰,(116cos 5x x dx -∴=⎰,故选D .3.86利用定积分的几何意义求定积分当曲边梯形面积容易看出时,可通过已知的图形面积求定积分.如：定积分0⎰的所表示的图形是单位圆面积的14,所以04π=⎰.例16 设()[)[]21,1,1,1,2,x f x x x ∈-=-∈⎪⎩则()21f x dx -⎰的值为（A ）4.234.43A C ππ++ .32.34B D ππ++ 解析：由题意可知()()2122111f x dx x dx --=+-⎰⎰⎰,根据定积分的几何意义,可知1-⎰是以原点为圆心,1为半径的圆的面积的12, 12π-∴=⎰,()23121412323f x dx x x ππ-⎛⎫∴=+-=+ ⎪⎝⎭⎰,故选A . 3.87曲边梯形面积的求解步骤:当计算一个较复杂的曲边梯形的面积时，首先我们需要画出题中描述的草图，进而确定定积分的相应所需要的条件，最后计算.例17 如图,在边长为2的正方形ABCD 中,M 是AB 的中点,则过,,C M D 三点的抛物线与CD 围成阴影部分的面积是（D ）2.3A 4.3B 5.2C 8.3D 解题引导：解析：由题意,建立如图所示的坐标系,则()2,1D ,设抛物线的方程为()220y px p =>, MA 建立直角坐标系求抛物线方程利用定积分求面积即可将()2,1D 代入,可得14p =,y ∴=, ∴所求面积3202282033S x ===⎰,故选D .例18 曲线2y x =,直线,3y x y x ==围成的图形的面积是133⎛⎫⎪⎝⎭. 分析：本题易出现的错误有两个方面：⑴不能正确画出题中图象,准确分割图象,通过分段积分求面积解析：作出曲线 曲线2y x =,直线,3y x y x ==的图象，所求面积为下图的中阴影部分的面积.解方程组2,,y x y x ⎧=⎨=⎩得交点()()1,1,0,0. 解方程组2,3,y x y x ⎧=⎨=⎩得交点()()3,9,0,0,M A因此,所求图形的面积为()()()1320113201223232333231331012331311313311.23233S x x dx x x dx xdx x x dx x x x =-+-=+-⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫=+⨯-⨯-⨯-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰⎰⎰分析解读：定积分相关知识在高考分值中为5分左右,常见题型为选择题.要求学生应达到了解微分基本定理,会求函数的定积分和理解定积分的几何意义,会求曲边梯形的面积的水平.。
高三数学导数试题答案及解析
高三数学导数试题答案及解析1.若函数在其定义域内的一个子区间内不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为的定义域为，又，由，得．当时，，当时，据题意，，解得．故选B．【考点】应用导数研究函数的单调性2.曲线处的切线与坐标轴围成的三角形面积为()A．B．C．D．【答案】A【解析】切线斜率，故切线方程为，即，其和坐标轴围成的三角形面积，选A.【考点】导数的几何意义、直线方程.3.已知函数在区间上是增函数,则实数的取值范围为 .【答案】【解析】由题意知在有定义，即在恒成立，即，又在增，故在恒成立，因为，故，综上可知,.【考点】利用导数研究函数单调性、函数最值.4.定义在上的函数同时满足以下条件：①函数在上是减函数，在上是增函数；②是偶函数；③函数在处的切线与直线垂直. （Ⅰ）求函数的解析式；（Ⅱ）设，若存在使得，求实数的取值范围.【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）【解析】（Ⅰ）由三个条件可得三个等式，从而可求出三个未知数.（Ⅱ）一般地若存在使得，则;若存在使得，则.在本题中，由可得: .则大于的最小值.试题解析：（Ⅰ）,由题设可得:所以（Ⅱ）由得: 即:令由题意得:所以在单调递增,在上单调递减又,所以的最小值为【考点】函数的性质,导数的求法及应用.5.设函数 (R)，且该函数曲线在处的切线与轴平行.（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）证明：当时，.【答案】（Ⅰ）在上单调递减，在上单调递增；（Ⅱ）见解析.【解析】（Ⅰ）先求出原函数的导函数，令导函数大于零得单调增区间，令导函数小于零得单调减区间；（Ⅱ）当时，，在上单调递增，求出在上的最大值为和最小值，用最大值减去最小值可得结论.试题解析：（Ⅰ），由条件知，故则 3分于是.故当时，；当时，。
从而在上单调递减，在上单调递增. 6分（Ⅱ）由（Ⅰ）知在上单调递增，故在上的最大值为最小值为 10分从而对任意有，而当时，，从而12分【考点】1.利用导数研究函数的单调性；2.利用导数求函数的最值；3.正余弦函数的取值范围.6.曲线在点处的切线方程为 .【答案】【解析】∵，∴，∴，∴切线方程为，即.【考点】用导数求切线方程.7.过坐标原点与曲线相切的直线方程为 .【答案】【解析】设切点坐标为，∵，∴，∴，∴切线方程为，又∵在切线上，∴即，又∵在曲线上，∴，∴，∴切线方程为即.【考点】过点求切线.8.已知函数,则函数的图象在点处的切线方程是 .【答案】【解析】，由得，切线斜率为，所以切线方程为，即.【考点】1.直线方程；2.导数的几何意义.9.已知函数在点处的切线方程是x+ y－l=0，其中e为自然对数的底数，函数g（x）=1nx－ cx+ 1+ c（c>0），对一切x∈（0,+）均有恒成立．（Ⅰ）求a，b，c的值；（Ⅱ）求证：.【答案】（Ⅰ）,,；（Ⅱ）详见解析.【解析】（Ⅰ）利用导数的几何意义求、，利用导数导数法判断单调性，用函数的最值积恒成立求；（Ⅱ）构造新函数，利用导数法求的最小值，利用结合（Ⅰ）中的结论进行证明.试题解析：（Ⅰ）,,,,. (2分),由于,所以当时,是增函数,当时,是减函数,,由恒成立，，即恒成立，①（4分）令，则，在上是增函数，上是减函数，，即，当且仅当时等号成立 .，由①②可知，，所以. (6分)（Ⅱ）证法一:所求证不等式即为.设,,当时,是减函数,当时,是减函数,,即. (8分)由（Ⅰ）中结论②可知,,,当时,,从而 (10分).(或者也可)即,原不等式成立. (12分)【考点】导数法判断函数的单调性，恒成立，不等式的证明.10.曲线C：在x＝0处的切线方程为________．【答案】【解析】因为，，所以，，曲线在点处的切线的斜率为，曲线在点处的切线的方程为，故答案为．【考点】导数的几何意义11.已知，根据函数的性质、积分的性质和积分的几何意义计算的值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为是奇函数，由定积分的性质【考点】考查定积分的简单计算．12.已知函数的导函数为（其中为自然对数的底数，为实数）,且在上不是单调函数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，，在上恒成立，此时函数在上是单调递增函数，与题设条件矛盾，排除A、B选项，由于，故，函数的导函数，令，解不等式得，解不等式得，故函数在区间上单调递减，在上单调递增，故函数在处取得极小值，亦即最小值，由于函数在上不是单调函数，故函数存在变号零点，，由于，解得.【考点】函数的单调性与导数13.已知函数（为自然对数的底数）（Ⅰ）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；（Ⅱ）求函数的极值；（Ⅲ）当时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值（Ⅲ）的最大值为【解析】（Ⅰ）由，得．又曲线在点处的切线平行于轴，得，即，解得．（Ⅱ），①当时，，为上的增函数，所以函数无极值．②当时，令，得，．，；，．所以在上单调递减，在上单调递增，故在处取得极小值，且极小值为，无极大值．综上，当时，函数无极小值；当，在处取得极小值，无极大值．（Ⅲ）当时，令，则直线：与曲线没有公共点，等价于方程在上没有实数解．假设，此时，，又函数的图象连续不断，由零点存在定理，可知在上至少有一解，与“方程在上没有实数解”矛盾，故．又时，，知方程在上没有实数解．所以的最大值为．解法二：（Ⅰ）（Ⅱ）同解法一．（Ⅲ）当时，．直线：与曲线没有公共点，等价于关于的方程在上没有实数解，即关于的方程：（*）在上没有实数解．①当时，方程（*）可化为，在上没有实数解．②当时，方程（*）化为．令，则有．令，得，当变化时，的变化情况如下表：当时，，同时当趋于时，趋于，从而的取值范围为．所以当时，方程（*）无实数解，解得的取值范围是．综上，得的最大值为．此题的一二问考查的是最基本的函数切线问题及对极值含参情况的讨论，所以导数公式必需牢记，对于参数的讨论找到一个合理的分类标准做到不重不漏即可，可这往往又是学生最容易出现问题的地方.而第三问对于曲线是否无交点要懂得转化成函数零点或方程根的个数问题处理，这也是常规处理含参就比较麻烦，平时要多加练习.【考点】本小题主要考查函数与导数，两数的单调性、极值、零点等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、数形结合思想、分类与整合思想、化归与转化思想．属综合要求比较高的难题.14.设，则的值为( )A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，由于，那么可知，故选C.【考点】定积分的运算点评：主要是考查了分段函数的解析式以及定积分的计算，属于基础题。
高中数学导数解答题解题思路
高中数学导数解答题解题思路导数解答题经常出现在高考中，是高考中的重难点，是很多同学的丢分点，因此学好导数部分十分重要。
要想学好数学导数，同学们只是记住知识点是不够的，还需要有自己的解题思维，科学解答导数难题。
高中数学导数解答题解题思路一、明确为什么求导导数题本质上是函数综合解答题。
因为在高考中这个题的求解非用导数不可,所以才叫导数题，是一种俗称。
试想如果题目给出的函数是我们熟知的基本函数，比如一、二次、反比例函数，还有指、对、幂函数、正、余弦函数，或是它们的简单的线性复合函数，这些函数的图象是熟悉明确的，还用求导吗? 当然是不必的。
问题是高考中的导数题给出的函数不是上面提到的函数。
比如2019年,2019年，2019年，2019年，2019年，这些函数的图象是什么样子?是不知道的. 描点行吗? 描多少点? 根据描出的点能确定函数的图象吗? 即便是根据描出的点能确定函数的图象，也不能作为解答题的依据呀!所以，求函数的导数是不得已而为之。
求导又能带来什么呢?这个问题是很清楚的：导数正，函数增;导数负，函数减! 概括讲，根据导数的正负可求出函数的单调性，根据函数的单调性能获知函数的大致轮廓。
高中数学导数解答题解题思路二、莫忘研究的对象是函数上面解释了求导的必要性，同时也指出了导数的局限性。
导数作为研究函数的重要工具也只能探究出函数的大致轮廓。
发表如此议论，旨在提醒同学们在探究出函数的单调性之后，避免出现下面的问题。
1，函数的最值问题。
求出单调性后顺势研究起导数的最值来;2，函数的零点问题。
求出单调性后顺势研究起导数的零点来;3，求完导后，遇到不能按常规来确定函数的单调性时，盲目地二次求导;4，在确定了函数的单调性后，对于题目提出的问题无所适从时，两眼死盯在导函数上!前两种情况是不经意间的错误，只影响本题的得分，是局部事故。
而后两种错误如陷进迷宫，既走不出来，又欲罢不能，在高考时出现这样的情景，危害巨大!不仅本题得不到分，而且时间被浪费掉了，心里发慌，头脑不净，不能全神贯注后续的思考，是全局事故!上述四种错误的本质是忘了研究的对象是函数，这在生物学上叫做后涉抑制现象。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
（ ） ０，０
Ｆ ） （
当 ＝ ： ， ）＝ ，（ … ＝ｇ ） 时 ｇ（ ０ｇ ） （ ．
因为 ｇ ｘ ０有 唯 一 解 ， 以 ｇ ） ０ （ ）＝ 所 （ ＝ ．
（ ，） ‰ １
１
Ｏ
（， １ ＋∞ ）
＋
Ｒ， ０＞０ ． 且 ）
（） １ 讨论 函数 ＿ 的 单 调 性 ； 厂 （ ） （） ２ 若 ＝２ １ ， 于 的 方 程 ＿ ）＝２ ｘ有 唯 一 解 ， ００关 厂 （ ａ 求
。的值。
设 函数 ｈ ）＝ ｌｘ＋ 一１ 因 为 在 ＞ （ ２ｎ ， ０时 ， （ 是 增 ｈ ）
一
答案： ） （ 由已知 ＞ ， （） ２一 一 ） 竿． Ｉ 得 ０且厂 ＝ （ １ ．
当 是 奇 数 时 （ ＞ ， ） ０ 则 － ） （ ， 厂 在 ０ ＋＊ ） 是增 函数 ； （ 上
当 是 偶 数 时 ， 厂（ 则 ）： 一 ： 三 ２
所 以 当 ∈（ ） ０， 时 （ ）＜０ ． 当 ∈（ ＋ ） ，（ 口， 时 ’ ）＞０ ．
函数 ， 以 ｈ ）＝０至 多 有 一 解． 所 （
因 为 （ ）＝ ， １ ０ 本 题是 ２０ ２ １ ０ ９～ ０ ０年 南 通 市 高 ｉ 第 三 次 模 拟 所以方程（ ） 的解 为 ： ， 而 解 得 。： ． ：１ 从 反 思 将 方 程 ＿（ ） ＝２ ｘ有 唯 一 解 转 化 为 方 程 厂 ａ
函数 ；
厂（ ）＝ ０的 唯一 解 ．
再 令 ｙ＝ 一１ ２ ｎ ， Ｙ ＝ ＋ １ｘ＋ 由 ＋１＞ ０知 ， Ｙ＝ 一１
当 Ｅ（ ， 。） ， ＋ａ 时 ｇ （ ）＞ ， （ 在 （ ， ０ ｇ ） ２ ＋∞ ） 是 上 单 调递 增 函数 ．
２ｎ ＋ 在 区 间 （ ， ） （ ， ） 单 调 增 ， 以 ＝１是 １ｘ ０ ， 。 ＋ 上 所
强 的 观察 能力 、 维 能 力 及 处 理 复 杂 代 数 式 的 能 力 ． 思 以下 是
故 当 是 偶 数 时 ， ） （ ， ） 是 减 函 数 ， （ ， ｆ（ 在 ０ 上 在 ｏ
＋ ） 是 增 函数 ． 上
笔 者 用 分 离 参 数 法 解 该 题 第 二 问 ， 理 出供 大 家参 考 ． 整 解法一
●
７ ・ ６：
●
、 ：
国
辔 。 一Fra bibliotek道导数调研试题的解法探 究
◎ 王树 峰 （ 苏省如皋市薛窑中学 江 ２６ ４ ） ２ ５ １
两 式相 减 ， ａｎ ２＋。 ２一Ⅱ＝０， 得 ］ｘ 因 为 。＞０， 以 ２ｎ ２＋ 所 １ｘ ２—１＝０（ ） ．
题 目 已矢 函 数 ， ）＝ 一 ａ ｏ ｋ ・ ｎ （ ∈Ｎ Ⅱ 口 （ ２ ｃ ｓ ￣ ｌｘ ， ∈
（
） 无直求， 学陷绝． 法接解 分生入境 ０ 部 再
图像 交 点 个 数 问题 ．
乖 ｆ ＝’ ｆ一 ２ ’程 ）实 ０ ｇ２ ｏ “一 方 （ 其 用‘ 得 ２ ０
【 ２ ＝ ， 【 一 一 ＝ ． ｇ（ ） ０ ｎ２ 口 ０
是 由此 方 程 组 消去 得 到 的 ， 而 消 去 参 数 。可 得 ２ｎ ＋ 转 １ ｘ
ｇ
分析
数 学 考试 第 ２ ０题 ， 要 考 查 函 数 、 数 、 数 函 数 、 角 函 主 导 对 ｉ 数 等 知识 ， 考查 函数 与方 程 、 形 结 合 、 化 和 化 归 、 类 讨 数 转 分 论等数学思想方法． （ ） 题 要准 确地确 定分类 的标 准 ； 第 １小
第 （ ） 题 ， 重 在 正 确 审 题 ， 方 程 根 的 问 题 转 化 为 函 数 ２小 着 将
贝ｇ： ０即 一 ： ＝， ０‘’ ’ ｆ “一 ０ ｆ ＝ 。 ２
，
）＝ ａ 有 唯 一 解 ， ｇ ）＝ ２ｘ 即 （ ０有 唯一 解 ；
忑， 由
令 ｇ （ ）＝ ， ０ 得 一 ｘ一０＝ ． ａ ０ 因为 ｎ＞ ， ０ ０ ＞ ，
所 以 。 ：里 ｃ。（ 去 ） 舍
：
里
＝。 得 ＝１ 下 面 分 析 ＝ １是 ， ，
，
当 Ｅ（ ，： 时 ， ０ ） ｇ （ ）＜ ， （ 在 （ ， ） 单 调 递 减 ０ ｇ ） ０ 是
一
Ｙ＝ ＋ｌ ｎ ｘ在 （ ， 。） 有 且 只 有 一 个 零 点 ， 妨 设 ０ ＋。 上 不
２ 三 （ ： 一。 。： 一。 ）
若 方 程
零 点 ＝‰ ∈（ ， ） ０ １． （ ） ＋ｌ ０时 ， １当 ｎ ＝ 方程 ２ （ ａ ＋ｌ ）＝ 无 解 ； ｎ ｘ （ ） ＋ｌ ≠０时 ， 。＝ｘ＋ ｎ ， ， ）＝ ２ 当 ｎ ２ ｌｘ 令 （ 厂（ ＝ ）
１＝ ， 利 用 函数 与 方 程 的有 关 知 识 解 得 ＝１ 即 １ ０再 ， 一
２ｌ 一 ａ １ ０解得 ｏ ÷ ， ａ ｌ ２× ＝ ， ｎ ＝ 使问题成功获解的学生凤毛
．
麟 角 ！参 考 答 案 虽 然 思 路 自然 ， 技 巧 性 很 强 、 度 很 大 对 但 跨
学 生 而 言 有一 定 的 难 度 ， 具 挑 战 性 ！需 要 学 生 具 备 有 较 极
．
（ 离参数 、 形结合） 分 数
（） ２ 若 ＝ ０ ０ 则 － ）＝ 一 ａｎ （ ∈Ｎ ． ２ １， 厂 （ ２ ｌｘ ）
’ ．
‘ ＋］ Ｙ： ｎ ｘ在 区 间 （ ， 。 上 单 调增 且 值 域 为 Ｒ， ０ ＋ｏ ）
．
记 ｇ ）＝ ）一 ａ 一 ａ ｌ （ ／ ２ ｘ＝ ２ ｘｎ ｘ一２ ｘ ｇ （ ）＝２ ａ ， ∞ ｘ一