利用导数研究函数的性质-2021年高考数学备考艺考生百日冲刺系列试题教师版(新高考地区)

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2021高考数学考前微专题07导数的综合应用(教师版)

和 y=ex 的图像的交点，即点的坐标是两个曲线方程的解，此处考查了函数与方程的思想；第二层意思:该点处切线
相同，即函数 y=g(x)和 y=e 在该点处切线方程一样，进一步挖掘 y=g(x)和 y=ex 在该点处斜率相等.通过建立方程组证
明.
证明:由于公共点
在
上，
所以因为所以由①②得
.
和
的图像在
由判别式△的正负问题进行分类讨论，重点考查了学生转化与化归、分类讨论的数学思想；第(Ⅱ)问在第(I)问的基
础上进一步深化，把存在性问题呈现在学生面前.其中
，让学生将函数值问题转化为函数图像问题，再
转化为方程问题求解.重点考查了学生转化与化归、数形结合、函数与方程的数学思想；第(Ⅲ)第(Ⅱ)问的基础上进
内单调递增，在区间
内单调递减
(Ⅱ)证明:由(I)知
.
不妨设为极大值点，
0，如图所示.
2
由 f'(x)=0 得 (Ⅲ)证明:当
. ，代入上式得 a≥3 时，如图.
，结论得证.
又 f(x) 在区间 [0 ， 2] 上单调递减，
b| M=
，
.
当
时，如图
M ，而 g(0)=|1+b| ， g(2)=|1 － 2a －
当
时，如图，M=
于.
; ，所以 g(x)在区间[－1，1]上的最大值不小
此题对函数最大值问题考查较深入，体现了数形结合、分类与整合等数学思想的应用，对学生推理论证能力、运算求解能力以及将已知结论转化为条件的应用意识等能力提出了较高的要求.近三年的高考题中，2016 年高考数学浙江卷理科第 21 题重点对函数最小值问题进行了考查.高考数学呈现出对函数极值的考查转向对函数最值考查的态势，如 2016 年高考数学全国卷Ⅱ理科第 21 题、2016 年高考数学上海卷文科第 21 题、2017 年高考数学北京卷第 21

专题11利用导数研究函数的性质B辑(解析版)

2021年高考数学压轴必刷题（第二辑）专题11利用导数研究函数的性质B 辑1．已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的最小值是（） A ． B ．C ．-2D ．-1【答案】D 【解析】()11'1022x f x x x +=-=>++，当时，()()'0,f x f x <单调递减，当时，()()'0,f x f x >单调递增，()10f -=，即函数存在唯一零点，即，，即在有零点，①若()244440a a ∆=-+=，即，此时的零点为，显然符合题意；②（i ）若()244440a a ∆=-+>，即或，若在只有一个零点，则；（ii ）若在只有两个零点，则，解得12a -≤<- 即的最小值为，故选D.2．函数()22xxf x e e =-+，若函数在区间的取值范围为，则的取值范围为（）A ． B．((),ln 2-∞+C ．D ．【答案】C()()()22,ln 222,ln 2x x x x e e x f x e e x ⎧--+<⎪=⎨-+≥⎪⎩，当时，，易知时，，0ln 2x <<时，，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，当时，，所以在区间()ln 2,+∞上单调递增，又因为()03f =，()ln 22f =，当时，，即()223xxee-+=，解得(ln 1x =，当时，，所以当时，，作出示意图，如图，因为函数在区间的取值范围为，所以(ln 2ln 1n ≤≤，当(ln 1n =时，，此时，当(ln 2ln 1n ≤<+时，，此时(ln 1m n +<，综上所述，的取值范围为．故选：C3．已知函数()21(1)2xxf x x e ae ax =--+只有一个极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．（﹣∞，0]∪[，+∞） B ．（﹣∞，0]∪[，+∞） C ．（﹣∞，0]∪[，+∞） D ．（﹣∞，]∪[0，+∞）【答案】A由题意，函数()21(1)2xxf x x e ae ax =--+，可得因为函数只有一个极值点，即20x x xe ae a -+=只有一个变号零点，（1）当时，，易知是的唯一极值点，（2）当时，方程20x x xe ae a -+=可化为，令，可得两函数都是奇函数，所以只需判断时两函数无交点即可， ①当时，，可得是的唯一极值点，故满足题意； ②当时，()0xxh x e e-'=+>，所以在递增，且()00h =，当时，()h x →+∞，设过原点的切线为，设切点为(,)(0)m km m >，则，解得0,2m k ==，如图所示，当在直线下方（第一象限）时，因为切线的切点为原点，所以也可以与切线重合，此时是唯一交点，能满足()0f x '=的变换零点，即原函数的极值点，满足题意，故，即，综上可得，实数的取值范围是或，即实数的取值范围是1(,0][,)2-∞+∞. 故选：A.4．若对于任意[),0,x y ∈+∞，不等式恒成立，则实数的最大值是( ) A ． B ．1C ．2D ．【答案】D 【解析】当时，不等式即为，显然成立，当时，设，所以不等式恒成立，即为不等式恒成立，即有()222()222x y y x x f x e e e e e ----=++≥⋅=+（当时等号成立），由题意可得2422x ax e -≤+，即有在时恒成立，令函数，则22222(1)()4x x xe e g x x---+'=，令()0g x '=，即有2(1)1x x e --=，令()()22(1)x x h x x eh x xe --⇒='=-，当时，()0h x '>，函数单调递增，由于()21h =，即有2(1)1x x e --=的根为2，当时，函数单调递增，时，函数单调递减，即有时，取得最小值，其最小值为，所以实数的最大值为，故选D ．5．已知定义在上的函数，，其中为偶函数，当时，'()0g x >恒成立；且满足：①对，都有((f x f x =；②当[x ∈时，3()3f x x x =-.若关于的不等式2[()](2)g f x g a a ≤-+对恒成立，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】∵函数满足：当时，()0g x '>恒成立，∴函数为上的偶函数，且在上为单调递增函数，且有(||)()g x g x =，∴2[()](2)g f x g a a ≤-+，恒成立2|()||2|f x a a ⇔-+≤恒成立，只要使得定义域内2max min |()||2|f x a a -+≤，由((f x f x =-，得(()f x f x +=，即函数的周期，∵时，3()3f x x x =-，求导得2()333(1)(1)f x x x x '=-=+-，该函数过点(0)(00)0)，，，如图，且函数在处取得极大值，在处取得极小值，即函数在上的最大值为2，∵，函数的周期是，∴当时，函数的最大值为2，由22|2|a a -+≤，即，则，解得或. 故选D ．6．函数，当时，恒成立，则a 的取值范围为（） A ． B ．C ．D ．【答案】B 取，则有，故.又时，恒成立等价于()cos 10x e a x x+-->在上恒成立.令()(),0,xe s x x x=∈+∞，()()21x e x s x x -'=，当()0,1x ∈时，，()1,x ∈+∞时，，所以在上减函数，在为增函数，所以，故当时，有()cos 110xe a x e a x+--≥+->，综上，.故选：B.7．已知函数f （x ）满足2()2()1ln x f x xf x x '+=+，，当x ＞0时，下列说法正确的是（） ①只有一个零点； ②有两个零点； ③有一个极小值点； ④有一个极大值点 A ．①③ B ．①④ C ．②③ D ．②④【答案】B令2()()g x x f x =，则'2()()2()1+ln g x x f x x x x '=+=，()ln +g x x x C =⋅，即，∴()2xlnx Cf x x+=， ∵，∴，∴，，当时，()0f x '>，单调递增；当时，()0f x '<，单调递减，在处取得极大值，而这也是最大值，即③错误，④正确；又0()1f =，且当时，恒成立，只有一个零点为，即①正确，②错误. ∴正确的有①④，故选：B .8．曲线在处的切线与曲线在处的切线平行，则的递减区间为（） A ． B ． C ． D ．【答案】D由题意，函数，，则()xf x e '=，，因为在处的切线与曲线在处的切线平行，可得()()01f g '='，即0231e a =⨯-，即，解得，所以，令()2320g x x '=-<，得，即函数的递减区间为. 故选：D.9．设是定义在上的函数，其导函数为，若()()1f x f x '+<，()011f =，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为（） A ． B ． C ． D ．【答案】D 设，则，函数单调递减，()011f =，故()()00110g f =-=，，即()10xxe f x e ->，即()()0g x g >，故.故选：D.10．若关于x 的不等式e 2x ﹣a ln xa 恒成立，则实数a 的取值范围是（） A ．[0，2e ] B ．（﹣∞，2e ] C ．[0，2e 2] D ．（﹣∞，2e 2]【答案】C解：当a ＜0时，f （x ）＝e 2x ﹣a ln x 为（0，+∞）的增函数（增函数+增函数=增函数），此时时，f （x ），所以不符合题意；当a ＝0时，e 2x ﹣a ln xa 即为e 2x ≥0显然成立；当a ＞0时，f （x ）＝e 2x ﹣a ln x 的导数为＝2e 2x ，由于y ＝2e 2x 在（0，+∞）递增（增函数+增函数=增函数），设＝0的根为m ，即有a ＝2me 2m ，.当0＜x ＜m 时，＜0，f （x ）单调递减；当x ＞m 时，＞0，f （x ）单调递增，可得x ＝m 处f （x ）取得极小值，且为最小值e 2m ﹣a ln m ，由题意可得e 2m ﹣a ln ma ，即a ln ma ，化为m +2m ln m ≤1，设g （m ）＝m +2m ln m ，＝1+2（1+ln m ），所以函数在内单调递减，在单调递增. 当m ＝1时，g （1）＝1，当时，()0g m <. 可得m +2m ln m ≤1的解为0＜m ≤1，设22()2,()2(21)0,mmh m me h m m e '=∴=+>所以函数在单调递增. 则a ＝2me 2m ∈（0，2e 2]，综上可得a ∈[0，2e 2]，故选：C ．11．已知曲线在处的切线是轴，若方程()()f x m m R =∈有两个不等实根，则的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C 的定义域为，，依题意可知，解得1,1a b =-=，所以()ln 1f x x x =-+，()'111x f x x x-=-=，所以在区间上递增，在上递减，，由于方程()()f x m m R =∈有两个不等实根，所以，不妨设1201x x <<<，当时，12121,12x x x x →→⇒+→，当时，12120,x x x x →→+∞⇒+→+∞，即的取值范围是. 故选：C12．已知函数，对任意的实数，()2,x ∈-∞+∞，且，不等式恒成立，则实数的取值范围是（） A ． B ．C ．D ．【答案】B ，且，()()11221112221212sin sin sin sin 0x a x x a x x ax a x x ax a x a x x x x --------∴-=>--，令，则对任意的实数，()2,x ∈-∞+∞，且都成立，在上为增函数，即()1cos 0g x a a x '=--≥恒成立，整理得，可知1cos 0x +≥ 当1cos 0x +=时，不等式成立，当1cos 0x +>时，恒成立，又，. 故选：B.13．已知函数有两个零点，则a 的取值范围是（） A ． B ．C ．D ．【答案】B()1(0)a x a f x x x x-'=-=>，当时，()0f x '>，∴在上单调递增，不合题意，当时，时，()0f x '<；时，()0f x '>，∴在上单调递减，在上单调递增，∴min ()()2ln f x f a a a a ==-，依题意得2ln 0a a a -<，∴，取，，则，，且()1()0f x f e e ==>，()()2222ln (2ln 1)f x f a a a a a a a a ==-+=-+，令()2ln 1g a a a =-+，则，∴在上单调递增，∴()22()30g a g e e >=->，∴()20f x >，∴在及上各有一个零点，故a 的取值范围是，故选：B.14．已知函数()() ln ,x xf xg x xe x-==.若存在120,,,()x x R ∈∞∈+使得()()120f x g x =<成立，则的最小值为（） A ． B ． C ． D ．【答案】D易知在上单调递增，在上单调递减，同理，，易得在上单调递增，在上单调递减，又存在120,,,()x x R ∈∞∈+使得()()120f x g x =<成立，则12(0,1),(,0)x x ∈∈-∞，12ln 0,0x x <<，且12112ln 1 ln ln 0e ex x x x x x ==<，又在上单调递增，故，所以1211ln x x x x =，令，则'()ln 1h x x =+，易知，在上单调递减，在上单调递增，故min 11()()e eh x h ==-. 故选：D.15．若函数()sin xxf x e ex x -=-+-，则满足恒成立的实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A因为，所以是上的奇函数，()cos 1x x f x e e x -'=++-，()cos 1cos 11cos 0x x f x e e x x x -'=++-≥-=+≥，所以是上的增函数，等价于所以，所以，令2()2ln(1)2x g x x =-++，则max ()a g x ≥，因为()()g x g x -=且定义域为，所以是上的偶函数，所以只需求在上的最大值即可.当[)0,x ∈+∞时，2()2ln(1)2x g x x =-++，()()22122()111x x x x g x x x x x +---+'=-+==-+++，则当时，()0g x '>；当[)1,x ∈+∞时，()0g x '<；所以在上单调递增，在上单调递减，可得：max 1()(1)2ln 22g x g ==-，即，故选：A16．在上可导的函数3211()232f x x ax bx c =+++，当(0,1)x ∈时取得极大值，当(1,2)x ∈ 时取得极小值，则的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】()()()()()20002{10{21,202f b f x x ax b f a b a b f a b >>=++∴<∴+<-'''∴>>-'+在由所构成的三角形的内部，可看作点与点的连线的斜率，结合图形可知17．定义在上的函数满足()'10xf x +>，，则不等式()0xf e x +>的解集为（）A ．B ．C ．()ln2,+∞D ．【答案】C设()()ln g x f x x =+，则1'()1'()'()0xf x g x f x x x+=+=>， ∴在上是增函数，不等式()0xf e x +>可化为()ln 0(2)ln 2xxf e e f +>=+，即()(2)xg e g >，∴，．故选C ．18．已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a a =-+-+>的值域与函数()()f f x 的值域相同，则的取值范围为（） A ． B ．C ．D ．【答案】D时，()0f x '<；，()0f x '>， ∴在上递增，在上递减，max 3()(1)12f x f a ==-，即的值域为. 令，则，∵在上递增，在上递减，要使的值域为，则，∴的取值范围是，故选：D .19．已知函数()1n(3)x f x e x =-+,则下面对函数的描述正确的是（） A ．1(3,),()3x f x ∀∈-+∞≥ B ．1(3,),()2x f x ∀∈-+∞>- C ．D ．min ()(0,1)f x ∈【答案】B因为()ln(3)xf x e x =-+，所以，导函数在上是增函数，又，'1(1)ln 20f e-=->，所以在上有唯一的实根，设为，且0(2,1)x ∈--，则为的最小值点，且，即00ln(3)x x =-+，故，故选B.20．已知函数，方程有3个不同的解，现给出下述结论： ①；②；③的极小值()02f x <-. 其中所有正确结论的序号是（） A ．② B ．③C ．①③D ．②③【答案】D 由221111()ln 1,()x f x x t f x x x x x'''-=+++=-=，所以在递减，递增，当时，()(1)20f f t x ''≥=+=，此时为增函数，方程不会有三个解，此时不符合题意，即①错误. 若时，(1)0f '<，又时，()f x '→+∞；时，()f x '→+∞，所以有两个零点，不妨，则01a b <<<. 当(0,)x a ∈时，()0f x '>；当(,)x a b ∈时，()0f x '<；当(,)x b ∈+∞时，()0f x '>.因为时，()f x →-∞；；时，()f x →+∞，所以此时有三个零点，即为，不妨设，则. 因为，则，所以，从而，即②正确.由上面可知0()()(1)2f x f b f t =<=<-，所以③正确. 故选：D .21．已知关于的不等式()1ln ln 1xx e e x x λλ+>+在上恒成立，则实数的取值范围为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A由()1ln ln 1xx ee x x λλ+>+，得，构造函数()()1lnf x x x =+，则()1ln 1x xf x '=++，()22111x f x x x x -''=-=，当()0,1x ∈时，()0f x ''<，当()1,x ∈+∞时，()0f x ''<()()min 120f x f ''∴==>，所以在上单调递增，得，，在上恒成立，设，，当时，()0g x '>，单调增，当(),x e ∈+∞时，()0g x '<，单调减，()()max 1g x g e e==，所以故选: A.22．已知函数，若存在唯一的正整数，使得，则的取值范围为（） A ． B ． C ． D ．【答案】C 【解析】由题意设，则，在递减，在上递增，且，在一个坐标系中画出两个函数图象如图：存在唯一的正整数，使得()00f x >，即由图得，则，即，解得的取值范围是，故选C. 23．已知函数()()21ln 12f x x x m x x =-+-有两个极值点，则实数的取值范围为（） A ．B ．C ．）D ．【答案】B因为函数()()21ln 12f x x x m x x =-+-，所以，因为函数()()21ln 12f x x x m x x =-+-有两个极值点，所以有两个变号零点，有两个不同的交点，令，所以，当时，()0g x '>，当时，()0g x '<，所以当时，()()max 1g x g e e==，如图所示：则，解得，所以实数的取值范围为. 故选：B24．定义在上的函数，是它的导函数，且恒有()()'tan f x f x x <成立，则（） A ． B ．()12()sin16f f π<C ．D ()()43ππ>【答案】A 【解析】因为,所以, cos 0x >. 由()()'tan f x f x x <，得. 令，（），则，所以函数在上为增函数，则，即，所以，即，故答案为A.25．已知函数是定义在上的可导函数，其导函数记为，若对于任意实数，有，且()1y f x =-为奇函数，则不等式的解集为（） A ． B ．C ．D ．【答案】B 【解析】令，则，，即为减函数，()1y f x =-为奇函数，()010f ∴-=，即()()01,01f g ==，则不等式等价于，即()()0g x g <，解得不等式的解集为，故选B. 26．下列命题为真命题的是（） ①②③④ A ．①④ B ．②④C ．②③D ．①②④【答案】B对于①，令()ln ln 2f x x =，则122()2f x x x'==，当时，()0f x '>，故在上单调递增，()()4f f π<，即ln 20π<，故，故①错误；对于②，令，则1()f x x '==当04x e <<时，()0f x '>，故在上单调递增，()()f f e π>，即，即，故，故②正确；对于③，令()sin f x x =，则在上单调递减，又，sin3sin 4∴>，故③错误；对于④，，因为在上是减函数，，，又，，即，故④正确．故选：．27．已知函数2()ln x f x e x x =++与函数2()2x g x e x ax -=+-的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围为（） A ． B ．C ．D ．【答案】B 由得：由题意可知在()0,x ∈+∞上有解即：在()0,x ∈+∞上有解即与在上有交点()0,x e ∴∈时，，则单调递增；(),x e ∈+∞，，则单调递减当时，取极大值为：函数与的图象如下图所示：当与相切时，即时，切点为，则011a =-=- 若与在上有交点，只需即：(],1a ∈-∞- 本题正确选项：28．已知偶函数满足()()44f x f x +=-，且当(]0,4x ∈时，()()ln 2x f x x=，关于的不等式在区间上有且只有300个整数解，则实数的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】D 因为偶函数满足, 所以,所以的周期为且的图象关于直线对称,由于[200,200]-上含有50个周期,且在每个周期内都是轴对称图形,所以关于的不等式2()()0f x af x +>在上有3个整数解, 当(0,4]x ∈时,,由'()0f x >,得,由'()0f x <,得, 所以函数在上单调递增,在上单调递减, 因为(1)ln 2f =,ln83(2)(3)(4)ln 2044f f f >>==>, 所以当(1,2,3,4)x k k ==时,,所以当时,2()()0f x af x +>在上有4个整数解,不符合题意, 所以,由2()()0f x af x +>可得或, 显然在上无整数解,故而在上有3个整数解,分别为, 所以,,(1)ln 2a f -<=, 所以. 故选:D29．设函数f (x )的导函数为，f (0)=1，且3()'()3f x f x =-,则4()'()f x f x >的解集是( ) A ． B ．C ．D ．【答案】B 构造函数()()31xf xg x e+=，，故()()00102f g e +==. ，故为常函数. 故()()312xf xg x e+==，，()3'6xf x e =， 4()'()f x f x >，即，解得.故选：.30．若函数，，若有两个零点，则的取值范围为（） A ．B ．C ．D ．【答案】A解：由题意得，'()(1)(21)xxf x ae e =-+，，可得函数的单调性如下：当时，'()0f x >，单调递减，当时，'()0f x <，单调递增，可知，当时，取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+. ①当时，由于(ln )0f a -=，故只有一个零点；②当(1,)∈+∞a 时，由于，即(ln )0f a ->，故没有零点； ③(0,1)∈a 时，由于，即(ln )0f a -<，又422(2)(2)2220f aea e e ----=+-+>-+>，故在上有一个零点，令，则'()1xg x e =-，当时，'()0g x >，在上单调递增，故当时，()(0)1g x g >=，即1(0)x e x x ->>.设整数满足31ln(1)ln ln 0n a a a>->=->，则 ∴，故在内有一个零点. 综上所述，的取值范围是答案选：A。

《利用导数研究函数的性质》典型例题

− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存
在,求出点坐标;若不存在,说明理由.
点拨
这是一道考查导数的实际应用问题,了解数学模型中的参数、结论的实际含义.与
存在性有关的不等式证明或求参数取值范围的问题转化为函数最值问题,把图形位
学而优 · 教有方

+ − = − + − ,
典型例题
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
题型3 求导数应用中“存在性”问题(数学建模)
典例3
[简单问题解决能力]已知函数() =

− + ( ∈ ).在直线
= 上是否存在点,使得过点至少有两条直线与曲线 = ()相切?若存

解析由() ≥ + + ,得 − ( + ) − ≥ 在 ∈ 上恒成立.
设() = − ( + ) − ,则′() = − ( + ).
由′() = − ( + ) = ,得 = ( + ), ( > −).
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
人教B版同步教材名师课件
利用导数研究函数的性质
---典型例题
学而优 · 教有方
考情分析
高中数学
GAOZHONGSHUXUE
导数与函数内容的结合命题已成为高考的热点题型,应引起足够的重视.理解
函数的单调性与导数的关系,能利用导数研究函数单调性,掌握利用导数求函
数极值、最值的方法,会利用导数解决某些实际问题.以导数为研究函数的重

高考数学备考艺体生百日突围系列(解析版)一

导数的计算【背一背基础知识】1. 基本初等函数的导数公式2．导数的运算法则（1） [f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；（2） [f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；（3）2()'()()'()()'()()f x f x g x g x f x g x g x ⎡⎤⋅-⋅=⎢⎥⎣⎦(g (x )≠0)．【讲一讲释疑解惑】1.导数运算时，要注意以下几点： ①尽可能的把原函数化为幂函数和的形式；②遇到三角函数求导时，往往要对原函数进行化简，从而可以减少运算量； ③求复合函数的导数时，要合理地选择中间变量. 2.典型例题例1【2018年天津卷文】已知函数f (x )=e x ln x ，为f (x )的导函数，则的值为__________．【答案】e例2【2018届山西省运城市夏县中学高三上学期第一次月考】函数sin xy x=的导数为__________．【答案】2cos sin x x xy x-'=【解析】()22''cos ,'x sinx x sinx sinx x x sinx y y x x x --=∴==，故答案为2cos 'x x sinxy x-=.导数的几何意义【背一背基础知识】函数y ＝f (x )在x ＝x 0处的导数几何意义：函数()y f x =在点0x 处的导数0'()f x 就是曲线()y f x =在点00(,())x f x 处的切线和斜率，即0'()k f x =. 相应地，切线方程为y －f (x 0)＝f ′(x 0)(x －x 0)．【讲一讲基本技能】1.必备技能：1.求函数()f x 图象上点00(,())P x f x 处的切线方程的关键在于确定该点切线处的斜率k ，由导数的几何意义知0'()k f x =，故当0'()f x 存在时，切线方程为000()'()()y f x f x x x -=-.2.要深入体会切线定义中的运动变化思想：①两个不同的公共点→两公共点无限接近→两公共点重合(切点)；②割线→切线.3.可以利用导数求曲线的切线方程，由于函数()y f x =在0x x =处的导数表示曲线在点00(,())P x f x 处切线的斜率，因此，曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线方程，可按如下方式求得：第一，求出函数()y f x =在0x x =处的导数，即曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处切线的斜率；第二，在已知切点坐标和切线斜率的条件下，求得切线方程000'()()y y f x x x =+-；如果曲线()y f x =在点00(,())P x f x 处的切线平行于y 轴(此时导数不存在)时，由切线的定义可知，切线的方程为0x x =. 2.典型例题例1.【2018年新课标I 卷文】设函数．若为奇函数，则曲线在点处的切线方程为A.B.C.D.【答案】D【解析】分析：利用奇函数偶此项系数为零求得，进而得到的解析式，再对求导得出切线的斜率，进而求得切线方程.详解：因为函数是奇函数，所以，解得，所以，，所以，所以曲线在点处的切线方程为，化简可得，故选D.例2【2017天津，文10】已知a∈R，设函数()lnf）处的切线为l，则l在=-的图象在点（1，(1)f x ax xy轴上的截距为.【答案】1【解析】应用导数研究函数的单调性、极值、最值【背一背基础知识】1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；学-科网②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根附近的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．【讲一讲释疑解惑】1.必备技能：(1)导数法证明函数()f x 在(,)a b 内的单调性的步骤 ①求'()f x ；②确认'()f x 在(,)a b 内的符号；③作出结论：'()0f x ≥时为增函数；'()0f x ≤时为减函数．（2）求函数的单调区间方法一：①确定函数()y f x =的定义域； ②求导数''()y f x =；[来源学科网ZXXK]③解不等式'()0f x ≥，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式'()0f x ≤，解集在定义域内的部分为单调递减区间．（3）求函数的单调区间方法二：①确定函数()y f x =的定义域；②求导数''()y f x =，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定义区间内的一切实根；③把函数()f x 的间断点(即()f x 的无定义点)的横坐标和上面的各实数根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()f x 的定义区间分成若干个小区间；④确定'()f x 在各个区间内的符号，根据符号判定函数在每个相应区间内的单调性． 2.典型例题例1.【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D ．例2.【2018年江苏卷】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3【解析】分析：先结合三次函数图象确定在上有且仅有一个零点的条件，求出参数a ,再根据单调性确定函数最值，即得结果. 详解：由得，因为函数在上有且仅有一个零点且，所以，因此从而函数在上单调递增，在上单调递减，所以，例 3.【2016年高考北京理数】设函数()a xf x xebx -=+，曲线()y f x =在点(2,(2))f 处的切线方程为(1)4y e x =-+，（1）求a ，b 的值；（2）求()f x 的单调区间.【答案】（Ⅰ）2a =，b e =；（2）)(x f 的单调递增区间为(,)-∞+∞. 【解析】（1）因为bx xex f xa +=-)(，所以b e x x f x a +-='-)1()(.依题设，⎩⎨⎧-='+=,1)2(,22)2(e f e f 即⎩⎨⎧-=+-+=+--,1,222222e b e e b e a a 解得e b a ==,2；（2）由（Ⅰ）知ex xex f x+=-2)(.由)1()(12--+-='x x e x e x f 即02>-x e知，)(x f '与11-+-x e x 同号.[来源学_科_网Z_X_X_K]令11)(-+-=x e x x g ，则11)(-+-='x ex g .所以，当)1,(-∞∈x 时，0)(<'x g ，)(x g 在区间)1,(-∞上单调递减；当),1(+∞∈x 时，0)(>'x g ，)(x g 在区间),1(+∞上单调递增. 故1)1(=g 是)(x g 在区间),(+∞-∞上的最小值，从而),(,0)(+∞-∞∈>x x g .综上可知，0)(>'x f ，),(+∞-∞∈x ，故)(x f 的单调递增区间为),(+∞-∞.【练一练能力提升】（一）选择题（12*5=60分）1.【2016高考四川文科】已知a 函数3()12f x x x =-的极小值点，则a =( )(A)-4 (B) -2 (C)4 (D)2 【答案】D【解析】()()()2312322f x x x x '=-=+-，令()0f x '=得2x =-或2x =，易得()f x 在()2,2-上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()f x 极小值为()2f ，由已知得2a =，故选D. 2.若21()(2)ln 2f x x b x =--+在(1，＋∞)上是减函数，则b 的取值范围是( ) A ．[－1，＋∞) B ．(－1，＋∞) C ．(－∞，－1] D ．(－∞，－1)【答案】C3.函数的图象如下图所示，则导函数的图象的大致形状是（）[来源学科网]【答案】D ．4.已知函数()y f x =的图象在点()()1,1f 处的切线方程210x y -+=，则()()121f f +'的值是（）． A.12 B. 1 C. 32D. 2 【答案】D【解析】由1210y -+=得1y =，因此有()11f =， ()1'12f =，∴()()112'11222f f +=+⨯=．故选D ．5.【2018届安徽省蚌埠市高三上学期第一次教学质量检查】已知,R k b ∈，设直线:l y kx b =+是曲线x y e x =+的一条切线，则（）A. 1k <且1b ≤B. 1k <且1b ≥C. 1k >且1b ≤D. 1k >且1b ≥ 【答案】C【解析】曲线xy e x =+的导数为11xy e '=+>，得1k > 直线l ： y kx b =+在y 轴上的截距为b ，曲线xy e x =+， 0x =时， 1y =，可以知道1b ≤)(x f y =)('x f y =故选C .6.函数93)(23-++=x ax x x f ，已知)(x f 在3-=x 时取得极值，则a =（）（A ）2（B ）3（C ）4（D ）5【答案】D【解析】将函数求导，'2()323f x x ax =++，由函数在x=-3时取得极值，得'(3)0f -= ， a=57．【2018届浙江省杭州市高三上学期期末】若直线y x =与曲线x my e +=（m R ∈， e 为自然对数的底数）相切，则m =（）A. 1B. 2C. -1D. -2 【答案】C【解析】设切点坐标为()00x mx e+，， x my e+=， ´x my e+=，则切线方程为()000y x mx m ee x x ++-=-，又因为切线为y x =过()00，代入得01x =，将()11，代入x m y e +=中得1m =-故选C .8．【2018届浙江省嘉兴市高三上学期期末】函数3y x x =-的图象与直线2y ax =+相切，则实数a =（） A. 1- B. 1 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】()233200000000031,23121,312y x a x x ax x x x x x a =-=-=+∴-=-+∴==-'=选C.[9．【2018届陕西省高三教学质量检测（一）】设函数()312f x x x b =-+，则下列结论正确的是( )A. 函数()f x 在(),1-∞-上单调递增B. 函数()f x 在(),1-∞-上单调递减C. 若6b =-，则函数()f x 的图像在点()()2,2f --处的切线方程为10y = D. 若0b =，则函数()f x 的图像与直线10y =只有一个公共点【答案】C【解析】对于选项A,B ，由条件得()()()2312322f x x x x ==-'-+，故()f x 在区间(),2-∞-和()2,+∞上单调递增，在()2,2-上单调递减，故A,B 都不正确．对于选项C ，可得()()()()()23232120,22122610f f -=⨯--=-=--⨯--='，故所求的切线方程为100y -=，即10y =，所以C 正确．对于选项D ，当0b =时，由()31210f x x x =-=可得312100x x --=．令()31210g x x x =--，则()()()2312322g x x x x ==-'-+，故函数()g x 在区间(),2-∞-和()2,+∞上单调递增，在()2,2-上单调递减，所以当x 2=-时， ()g x 有极大值，且极大值为()260g -=>；当x 2=时， ()g x 有极小值，且极小值为()2260g =-<，因此函数()g x 的图象与x 轴有三个交点，从而函数()f x 的图像与直线10y =有三个交点．故D 不正确．综上选C ．10.如图，是函数的导函数的图象，则下面判断正确的是（）A ．在区间（－2，1）上是增函数B ．在区间（1，3）上是减函数C ．在区间（4，5）上是增函数D ．当时，取极大值．【答案】C)(x f y =)(x f ')(x f )(x f )(x f 4=x )(x f11.【2018届重庆市九校联盟高三上学期第一次联考】设定义在()0,+∞上的函数()f x 的导函数()f x '满足()1xf x '>，则（）A. ()()21ln2f f ->B. ()()21ln2f f -<C. ()()211f f ->D. ()()211f f -< 【答案】A【解析】由0x >， ()()()'11ln xf x f x x x>'>⇒='，故()()21ln2ln1ln22121f f -->=--，即()()21f f -> ln2，故选：A ．12.【2018届山东省德州市高三上学期期中】函数()cos xf x e x =+的图像在0x =处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为（） A. 2 B. 4 C. 12 D. 32【答案】A【解析】∵()cos xf x e x =+，∴()sin xf x e x '=-，∴()01f '=.又()02f =.∴函数()y f x =在0x =处的切线方程为2y x -=，即20x y -+=.令x=0，得y=2；令y=0，得x=-2.∴切线与两坐标轴围成的三角形的面积为12222S =⨯⨯=.选A. 二、填空题（4*5=20分）13.【2018届安徽省黄山市高三一模】已知()()31303f x x xf =+',则()1f '＝_________. 【答案】1【解析】由题意可得： ()()2'3'0f x x f =+，令0x =可得： ()()()2'003'0,'00f f f =+∴=，则： ()()()321,','113f x x f x x f =∴==.学-科网[来源:Z,xx,]14.若函数2()xf x x e ax =--在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是 . 【答案】2ln 22a ≤-15.【2018届福建省福州市高三上学期期末】曲线3222y x x x =-+在1x =处的切线方程为__________．【答案】y x =【解析】由()3222y f x x x x ==-+，得()()2'342,'11,f x x x f =-+= ()11f =，所以切线斜率为1，切点坐标为()1,1 ，由点斜式得切线方程为()111y x -=⨯-，即y x =，故答案为y x =. 16. 【2018年文北京卷】设函数.（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为0，求a ；【答案】（Ⅰ） . 【解析】（Ⅰ）因为，所以.，由题设知，即，解得.。

2021年高考数学备考艺考生百日冲刺1.7应用导数研究函数(解析版)

2021年高考数学备考艺考生百日冲刺专题1. 7应用导数研究函数研究近几年高考命题可以发现，关于导数概念的独立考查极少，关于导数运算的独立考查也较少，往往是将导数运算与几何意义、导数的应用等结合在一起考查.高考对导数的应用的考查，从题型看，有两种，即客观题与主观题，作为客观题往往考查导数的基本应用，即研究函数的单调性、极（最）值；通过主观题考查导数的应用，解答题难度较大，常与不等式的证明、函数的零点、方程等结合考查，且有综合化更强的趋势；另外，应用导数研究生活中的优化问题，也是一个热点.预计2021年应以通过主观题考查为主.熟记常见导数公式，正确进行计算是基础.一、利用导数研究函数的单调性在(,)a b 内可导函数()f x ，'()f x 在(,)a b 任意子区间内都不恒等于0.'()0()f x f x ≥⇔在(,)a b 上为增函数． '()0()f x f x ≤⇔在(,)a b 上为减函数．二、函数的极值 (1)函数的极小值：函数y ＝f(x)在点x ＝a 的函数值f(a)比它在点x ＝a 附近其它点的函数值都小，f′(a)＝0，而且在点x ＝a 附近的左侧f′(x)＜0，右侧f′(x)＞0，则点a 叫做函数y ＝f(x)的极小值点，f(a)叫做函数y ＝f(x)的极小值． (2)函数的极大值：函数y ＝f(x)在点x ＝b 的函数值f(b)比它在点x ＝b 附近的其他点的函数值都大，f′(b)＝0，而且在点x ＝b 附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，则点b 叫做函数y ＝f(x)的极大值点，f(b)叫做函数y ＝f(x)的极大值．极小值点，极大值点统称为极值点，极大值和极小值统称为极值．三、函数的最值(1)在闭区间[a ，b]上连续的函数f(x)在[a ，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a ，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a ，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．【典例1】（2020·全国高考真题（理））已知函数f (x )=sin 2x sin2x . （1）讨论f (x )在区间(0，π)的单调性；【答案】（1）当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增.【解析】(1)由函数的解析式可得：()32sin cos f x x x =，则：()()224'23sin cos sin f x x x x =-()2222sin 3cos sin x x x =- ()222sin 4cos 1x x =-()()22sin 2cos 12cos 1x x x =+-，()'0f x =在()0,x π∈上的根为：122,33x x ππ==，当0,3x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增，当2,33x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减，当2,3x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 【典例2】（2020·全国高考真题（文））已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；【答案】（1）()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；（2）1(,)e+∞. 【解析】（1）当1a =时，()(2)xf x e x =-+，'()1xf x e =-，令'()0f x <，解得0x <，令'()0f x >，解得0x >，所以()f x 的减区间为(,0)-∞，增区间为(0,)+∞；【规律方法】1．利用导数证明或判断函数单调性的思路求函数f (x )的导数f ′(x )：(1)若f ′(x )>0，则y ＝f (x )在(a ，b )上单调递增；(2)若f ′(x )<0，则y ＝f (x )在(a ，b )上单调递减；(3)若恒有f ′(x )＝0，则y ＝f (x )是常数函数，不具有单调性．2.利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数f(x)的定义域；②求导数f ′(x)；③由f ′(x)>0（或f ′(x)<0）解出相应的x 的取值范围，当f ′(x)>0时，f(x)在相应区间上是增函数；当f ′(x)<0时，f(x)在相应区间上是减增函数.【典例3】（2020·金华市曙光学校高二月考）已知()lg f x x x =，那么()f x 单调递增区间__________；()f x 单调递减区间__________.【答案】1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】因为()lg f x x x =,故11()lg lg lg lg lg ln10ln10f x x x x x e ex x '=+⋅=+=+=.令()0f x '=可得1ex =,即1x e=. 又()f x '为增函数,故当10,e x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0f x '<,()f x 单调递减；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时, ()0f x '>,()f x 单调递增.故答案为：(1) 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭；(2)10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【总结提升】利用导数求函数单调区间的方法(1)当导函数不等式可解时，解不等式f ′(x )＞0或f ′(x )＜0求出单调区间．(2)当方程f ′(x )＝0可解时，解出方程的实根，按实根把函数的定义域划分区间，确定各区间f ′(x )的符号，从而确定单调区间．(3)若导函数的方程、不等式都不可解，根据f ′(x )结构特征，利用图象与性质确定f ′(x )的符号，从而确定单调区间．温馨提醒：所求函数的单调区间不止一个，这些区间之间不能用并集“∪”及“或”连接，只能用“，”“和”字隔开．【典例4】（2020·安徽金安�六安一中高二开学考试（文））函数()1ln 1f x x x =--的图象大致是（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】由题意，函数()1ln 1f x x x =--的定义域为(0,1)(1,)⋃+∞，可排除A 项；设()ln 1g x x x =--，则()()110,1g g x x'==-，当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增；当(0,1)x ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减，可得()()10g x g ≥=，所以函数()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞单调递减，且()0f x >. 故选：B. 【规律方法】1.函数图象的辨识主要从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置． (2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势； (3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性； (4)从函数的特征点，排除不合要求的图象. 2．函数的图象与函数的导数关系的判断方法(1)对于原函数，要重点考查其图象在哪个区间内单调递增，在哪个区间内单调递减． (2)对于导函数，则应考查其函数值在哪个区间内大于零，在哪个区间内小于零，并考查这些区间与原函数的单调区间是否一致．【典例5】 (2019年高考北京理)设函数（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___________．()e e xxf x a -=+【答案】【解析】首先由奇函数的定义得到关于的恒等式，据此可得的值，然后利用可得a 的取值范围.若函数为奇函数，则即，即对任意的恒成立，则，得.若函数是R 上的增函数，则在R 上恒成立，即在R 上恒成立，又，则，即实数的取值范围是. 【总结提升】1.由函数的单调性求参数的取值范围的方法(1)可导函数在区间(a ，b )上单调，实际上就是在该区间上f ′(x )≥0(或f ′(x )≤0)恒成立，得到关于参数的不等式，从而转化为求函数的最值问题，求出参数的取值范围．注意检验参数取“＝”时是否满足题意．(2)可导函数在区间(a ，b )上存在单调区间，实际上就是f ′(x )＞0(或f ′(x )＜0)在该区间上存在解集，从而转化为不等式问题，求出参数的取值范围．再验证参数取“＝”时f(x)是否满足题意．(3)若已知f (x )在区间I 上的单调性，区间I 上含有参数时，可先求出f (x )的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围．2．恒成立问题的重要思路 (1)m ≥f (x )恒成立⇒m ≥f (x )max ． (2)m ≤f (x )恒成立⇒m ≤f (x )min ．【典例6】（2020·湖南雁峰�衡阳市八中高三其他（文））已知函数2()cos f x x x =-，则31,(0),52f f f ⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的大小关系是（） A ． 31(0)52f f f ⎛⎫⎛⎫<<-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ． 13(0)25f f f ⎛⎫⎛⎫<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(]1,0--∞a a ()0f x '≥()e e xxf x a -=+()(),f x f x -=-()ee e e xx x x a a --+=-+()()1e e0xxa -++=x 10a +=1a =-()e e xxf x a -=+() e e 0x xf x a -'=-≥2e x a ≤2e 0x >0a ≤a (],0-∞C ． 31(0)52f f f ⎛⎫⎛⎫<-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ． 13(0)25f f f ⎛⎫⎛⎫-<< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B 【解析】函数22()()cos()cos ()f x x x x x f x -=---=-=，()f x ∴为偶函数，(0.5)(0.5)f f ∴=-， ()2sin f x x x '=+，当02x π<<时， ()2sin 0f x x x '=+>，函数在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上递增， (0)(0.5)(0.6)f f f ∴<<，即(0)(0.5)(0.6)f f f <-<，故选B ．【规律方法】应用导数比较函数值的大小，主要是通过求导、确定函数的单调性，进一步完成比较. 【典例7】（重庆高考真题（理））设函数f(x)在R 上可导，其导函数为f ′(x)，且函数y =(1−x)f ′(x)的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（）A ．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(1)B ．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(1)C ．函数f(x)有极大值f(2)和极小值f(−2)D ．函数f(x)有极大值f(−2)和极小值f(2) 【答案】D 【解析】x <−2,1−x >0,(1−x)f ′(x)>0则f ′(x)>0函数f(x)增； −2<x <1,1−x >0,(1−x)f ′(x)<0则f ′(x)<0函数f(x)减； 1<x <2,1−x <0,(1−x)f ′(x)>0则f ′(x)<0函数f(x)减；x>2,1−x<0,(1−x)f′(x)<0则f′(x)>0函数f(x)增；选D.【总结提升】1.函数极值的辨析问题，特别是有关给出图象研究函数性质的题目，要分清给的是f(x)的图象还是f ′(x)的图象，若给的是f(x)的图象，应先找出f(x)的单调区间及极(最)值点，如果给的是f ′(x)的图象，应先找出f ′(x)的正负区间及由正变负还是由负变正，然后结合题目特点分析求解．2.f(x)在x＝x0处有极值时，一定有f′(x0)＝0，f(x0)可能为极大值，也可能为极小值，应检验f(x)在x＝x0两侧的符号后才可下结论；若f′(x0)＝0，则f(x)未必在x＝x0处取得极值，只有确认x1<x0<x2时，f(x1)·f(x2)<0，才可确定f(x)在x＝x0处取得极值．3.易错提醒：（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．【典例8】（2017·全国高考真题（理））若x=−2是函数f(x)=(x2+ax−1)e x−1的极值点，则f(x)的极小值为（）．A．−1 B．−2e−3 C．5e−3 D．1【答案】A【解析】由题可得f′(x)=(2x+a)e x−1+(x2+ax−1)e x−1=[x2+(a+2)x+a−1]e x−1，因为f′(−2)=0，所以a=−1，f(x)=(x2−x−1)e x−1，故f′(x)=(x2+x−2)e x−1，令f′(x)>0，解得x<−2或x>1，所以f(x)在(−∞,−2),(1,+∞)上单调递增，在(−2,1)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)=(1−1−1)e1−1=−1，故选A．【规律方法】(1)求函数f(x)极值的步骤：①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(2)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．【典例9】（2020·江苏省高考真题）在平面直角坐标系xOy中，已知0)P，A，B是圆C ：221()362x y +-=上的两个动点，满足PA PB =，则△PAB 面积的最大值是__________．【答案】【解析】PA PB PC AB =∴⊥设圆心C 到直线AB 距离为d ，则||1AB PC ==所以11)2PABSd ≤⋅+=令222(36)(1)(06)2(1)(236)04y d d d y d d d d '=-+≤<∴=+--+=∴=（负值舍去）当04d ≤<时，0y '>；当46d ≤<时，0y '≤，因此当4d =时，y 取最大值，即PABS取最大值为故答案为：【规律方法】求函数最值的四个步骤：第一步求函数的定义域；第二步求f ′(x )，解方程f ′(x )＝0；第三步列出关于x ，f (x )，f ′(x )的变化表；第四步求极值、端点值，比较大小，确定最值．特别警示：不要忽视将所求极值与区间端点的函数值比较．1.（2020·河南新乡�高三三模（理））函数()cos xf x e x =-的部分图象大致为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】由()cos xf x e x =-，则()sin xf x e x '=+当0x >时，e 1x >则()sin 0xf x e x '=+>，所以函数()f x 在()0+∞，上单调递增，则排除选项A ，C 又22cos022f e e ππππ--⎛⎫-=--=> ⎪⎝⎭（），排除除选项B 故选：D2．（2020·甘肃省岷县第一中学高二开学考试（理））设函数f （x ）在定义域内可导，y=f （x ）的图象如图所示，则导函数y=f ′（x ）的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】根据()f x 的图像可知，函数从左到右，单调区间是：增、减、增、减，也即导数从左到右，是：正、负、正、负.结合选项可知，只有A 选项符合，故本题选A.3．（2020·广东东莞�高二期末）函数()(2)xf x x e =+的单调递增区间是（）A ．(,3)-∞B ．(0,3)C ．(3,0)-D ．(3,)-+∞【答案】D 【解析】由已知()(3)xf x x e '=+，当3x <-时()0f x '<，当3x >-时()0f x '>，所以增区间为(3,)-+∞．故选：D ．4．（2020·江苏常熟�高二期中）若函数()332f x x bx =-+在区间()2,3内单调递增，则实数b 的取值范围是（） A ．4b ≤ B ．4b <C ．4b ≥D ．4b >【答案】A 【解析】3()32f x x bx =-+，2()33f x x b '=-，∵函数()332f x x bx =-+在区间()2,3内单调递增，∴导函数2()33f x x b '=-0,(2,3)x ≥∈恒成立，则2,(2,3)b x x ≤∈恒成立，故4b ≤. 故选：A ．5.（2018·浙江高考模拟）已知 a ＞0 且 a ≠1，则函数 f (x )＝(x －a )2ln x （） A ．有极大值，无极小值 B ．有极小值，无极大值 C ．既有极大值，又有极小值 D ．既无极大值，又无极小值【答案】C 【解析】由题意，f ′(x )=2(x −a )lnx +(x−a )2x=(x −a )(2lnx +1−ax)(x >0)，由f ′(x )=0，得x =a 或2lnx +1−a x=0，由方程2lnx +1−a x=0，结合函数图象，作出g (x )=2lnx +1和ℎ(x )=−ax 的图象，结合图象得g(x)=2lnx+1和ℎ(x)=−ax 的图象有交点，∴方程2lnx+1−ax=0有解，由此根据函数的单调性和极值的关系得到：函数f(x)=(x−a)2lnx既有极大值，又有极小值具有极大值，也有极小值，故选C.6．（2019·福建高考模拟（理））已知函数f(x)=ax3−bx+2的极大值和极小值分别为M，m，则M+m=（）A．0 B．1 C．2 D．4【答案】D【解析】f′(x)=3ax2−b=0,该方程两个根为x1,x2，故f(x)在x1,x2取到极值M+m=4−b⋅(x1+x2)+a(x1+x2)((x1+x2)2−3x1x2)，而x1+x2=0,x1x2=−b3a所以M+m=4，故选D.7.（2019·广东高三期末（文））已知x=1是f(x)=[x2−(a+3)x+2a+3]e x的极小值点，则实数a的取值范围是( )A．(1,+∞)B．(−1,+∞)C．(−∞,−1)D．(−∞,1)【答案】D【解析】依题意f′(x)=(x−a)(x−1)e x，它的两个零点为x1=1,x2=a，要x=1是函数的极小值点，则必须a<1，此时函数在(a,1)上递减，在(1,+∞)上递增，在x=1处取得极小值.故本题选D.8.（2020·安徽金安�六安一中高三其他（文））已知函数f(x)＝e x－(x＋1)2(e为2.718 28…)，则f (x )的大致图象是（）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】函数()2(1)x f x e x ＝－+，当1x =-时，()1=110f ee -->＝，故排除A 、D ，又()22()20ln 2x xf x e x f x e x '''=--=-=⇒=，，，当0ln 2x <<时，()(0())00f f f x x ''<''<∴<，，所以()f x 在()0,ln 2为减函数，故排除B,故选：C.9．（2020·安徽屯溪一中高二期中（理））若函数()33=-f x x x 在区间()5,21a a -+上有最小值，则实数a 的取值范围是（） A ．(]1,4- B ．()1,4- C ．11,2⎛⎤- ⎥⎝⎦D ．11,2⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【解析】对函数()f x 进行求导，得()233'=-+f x x ，当11x -<<，()0f x '>，当1x <-或1x >时，()0f x '<，所以函数()f x 在区间(),1-∞-上单调递减，在区间()1,1-上单调递增，在区间()1,+∞上单调递减，在1x =-处函数()f x 取得极小值2-，因为函数在()5,21a a -+端点处的函数值无法取到，所以区间()5,21a a -+内必存在极小值点1x =-，且此极小值点为最小值，因此5121a a -<-<+，解得14a -<<，又因为()22f =-，即函数()f x 在2x =时的函数值与1x =-处的极小值相同，为了保证在区间()5,21a a -+上最小值在1x =-取到，所以12a ≤，综上，112a -<≤. 故选：C10.（2019·福建高考模拟（文））函数f (x )的导函数f ′(x )满足f ′(x )>f (x )在R 上恒成立，且f (1)=e ，则下列判断一定正确的是（） A ．f (0)<1 B ．f (−1)<f (0) C ．f (0)>0 D ．f (−1)>f (0)【答案】A 【解析】令函数F （x ）=f(x)e x，则F ′（x ）=f′(x)−f(x)e x，∵f ′（x ）＞f （x ），∴F ′（x ）＞0，故函数F （x ）是定义在R 上的增函数， ∴F （1）＞F （0），即 f(1)e＞f(0)e 0，故有f （1）＞ef （0）；又f (1)=e ， ∴f (0)<1，故选：A.11．（2020·甘肃省岷县第一中学高二开学考试（理））设函数()()2ln 1f x x m x =++有两个极值点，则实数m 的取值范围是( ) A ．1(1,)2- B ．1(0,)2C ．1(0,]2D ．(]11,2-【答案】B 【解析】()f x 的定义域为()1,-+∞.()2221x x mf x x ++'=+，令其分子为()()2221g x x x m x =++>-，在区间()1,-+∞上有两个零点，故()10111022g m g m ⎧-=>⎪⎨⎛⎫-=-+< ⎪⎪⎝⎭⎩，解得10,2m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故选B.12.（2020·山东肥城高二期中）若函数()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，则k 的取值范围是______；若函数()f x 在区间()1,+∞内不单调，则k 的取值范围是______. 【答案】[)1,+∞ ()0,1 【解析】若()ln f x kx x =-在区间()1,+∞单调递增，所以()10f x k x'=-≥在()1,+∞上恒成立，即1k x ≥在()1,+∞上恒成立，又1x >时，11x<，所以1k ；若函数()f x 在区间()1,+∞内不单调，则方程()10f x k x'=-=在区间()1,+∞有解，因为1x >时，101x<<，因此只需01k <<. 故答案为：[)1,+∞；()0,1.。

2021-2022【通用版】高考数学(艺术生)考前冲刺专题《导数及其应用》(含答案)

专题一《导数及其应用测试题》命题报告：1.高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.2.考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是12-17分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。

3.重点推荐：基础卷第10题需要构造函数，利用导数与函数的单调性的关系求解。

一．选择题（本大题共12题，每小题5分）1. （2018•平罗县校级期中）已知函数f（x）=e2x，则=（）A．1 B．0 C．e2D．2e2[答案]D【解析】：∵f′（x）=2e2x，∴=f′（1），∴f′（1）=2e2，故选：D．2. （2018•攀枝花期末）设f′（x）是函数的导函数，则f'（0）的值为（）A．1 B．0 C．﹣1 D．【答案】：C【解析】根据题意，，其导数f′（x）==﹣，则f'（0）=﹣1；故选：C．3. （2018•银川三模）已知函数f（x）=cosx+alnx在x=处取得极值，则a=（）A．B．C．D．﹣【答案】C【解析】：∵f（x）=cosx+alnx，∴f′（x）=﹣sinx+，∵f（x）在x=处取得极值，∴f′（）=﹣+=0，解得：a=，经检验符合题意，故选：C．4. （2018春•云阳县期末）已知函数f（x）=x3﹣ax+1在[1，+∞）上是单调递增函数，则实数a的取值范围是（）A．a＜3 B．a≤3 C．a≤1 D．1＜a＜3【答案】：B【解析】求导函数，可得f′（x）=3x2﹣a，∵f（x）在[1，+∞）上单调递增，∴3x2﹣a≥0在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3x2在[1，+∞）上恒成立，∴a≤3，故选：B．5. （2018•柳州一模）设a∈R，若函数y=x+alnx在区间（，e）有极值点，则a取值范围为（）A．（，e）B．（﹣e，﹣）C．（﹣∞，）∪（e，+∞）D．（﹣∞，﹣e）∪（﹣，+∞）【答案】B6. （2018•吉安期中）设函数f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数y=f′（x）的图象可能为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】：由f（x）的图象判断出可得从左到右函数的单调性在y轴左侧先增，再减，在y轴的右侧，函数单调递减，∴导函数y=f′（x）的图象可能为区间（﹣∞，0）内，先有f′（x）＞0，再有f′（x）＜0，在（0，+∞）再有f′（x）＞0．故选：A．7. （2018•邯郸二模）若过点P（﹣1，m）可以作三条直线与曲线C：y=xe x相切，则m的取值范围是（）A．（﹣，+∞）B．（）C．（0，+∞）D．（）【答案】D【解析】：设切点为（x0，y0），过点P的切线程为，代入点P坐标化简为m=，即这个方程有三个不等根即可，令，求导得到f′（x）=（﹣x﹣1）（x+2）e x，函数在（﹣∞，﹣2）上单调递减，在（﹣2，﹣1）上单调递增，在（﹣1，+∞）上单调递减，故得到f（﹣2）＜m＜f（﹣1），即，故选：D．综上，若∃x∈（1，+∞），使得f（x）＞﹣a，a的取值范围为a．…………12分19. （2018•新余期末）函数f（x）=x3+ax2+bx﹣c，过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．（1）若y=f（x）在x=﹣2时有极值，求f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，求y=f（x）在[﹣3，1]上的最小值．【思路分析】（1）f′（x）=3x2+2ax+b，由过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．可得f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，可得f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得a，b，c．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表即可得出．【解析】：（1）f′（x）=3x2+2ax+b，∵过曲线y=f（x）上的点p（1，f（1）的切线方程y=3x+3．∴f（1）=6=1+a+b﹣c，f′（1）=3+2a+b=3．又y=f（x）在x=﹣2时有极值，∴f′（﹣2）=12﹣4a+b=0，联立解得：a=2，b=﹣4，c=﹣7．∴f（x）=x3+2x2﹣4x+7．（2）在（1）的条件下，f（x）=x3+2x2﹣4x+7．x∈[﹣3，1]．f′（x）=3x2+4x﹣4=（3x﹣2）（x+2），令f′（x）=0，解得x=或﹣2．列表如下：x [﹣3，﹣2）﹣2 （﹣2，）f′（x）+ 0 ﹣ 0 +f（x）单调递增极大值单调递减极小值单调递增由表格可得：x=时，函数f（x）取得极小值，=．又f（﹣3）=10＞．∴函数f（x）最小值为=．20. （2018 •新罗区校级月考）设函数f（x）=axlnx+（a＞0）．（Ⅰ）已知函数在x=1处取得极值，讨论函数f（x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f（x）﹣ax，若g（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围．【思路分析】（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．f′（x）=alnx+a﹣，根据函数在x=1处取得极值，可得f′（1）=0，解得a．进而得出单调性．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，可得axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a ≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解析】：（I）函数f（x）=axlnx+（a＞0），x＞0．∴f′（x）=alnx+a﹣，∵函数在x=1处取得极值，∴a﹣1=0，解得a=1．∴f′（x）=lnx+1﹣，可得：函数f′（x）在（0，+∞）上单调递增，又f′（1）=0，∴x∈（0，1）时，f′（x）＜0；x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0．∴函数f（x）在x∈（0，1）时单调递减；x∈（1，+∞）时，函数f（x）单调递增．（II）g（x）=f（x）﹣ax，a＞0，g（x）≥0恒成立，∴axlnx+﹣ax≥0，x＞0．可得alnx+﹣a≥0恒成立，令h（x）=alnx+﹣a，则h′（x）=﹣==，∴0＜x＜时，h′（x）＜0，此时函数h（x）单调递减；x＞时，h′（x）＞0，此时函数h（x）单调递增．∴h（x）min==aln+﹣a≥0，∴ln≥1，解得：a≤，∴a的取值范围是（0，]．21. （2018•思明区校级月考）已知函数f（x）=（m≥0），其中e为自然对数的底数．（1）讨论函数f（x）的极值；（2）若m∈（1，2），证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+．【思路分析】（1）求导对m分类讨论，即可得出单调性与极值．（2）当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，可得f（x1）min=f（m）．因此f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），利用导数研究其单调性即可得出．【解析】（1）：f′（x）==．①m＞0时，1﹣m＜1，令f′（x）=0，解得x=1或1﹣m．则函数f（x）在（﹣∞，1﹣m）上单调递减，在（1﹣m，1）内单调递增，在（1，+∞）上单调递减．∴x=1﹣m时，函数f（x）取得极小值；x=1时，函数f（x）取得极大值．②m=0时，f′（x）=≤0，函数f（x）在R上单调递减，无极值．（2）证明：当x1，x2∈[1，m]时，f（x1）＞﹣x2+1+，只要证明f（x1）min＞即可，由（1）可知：f（x）在x∈[1，m]内单调递减，∴f（x1）min=f（m）=．∴f（x1）min＞⇔x2＞﹣．m∈（1，2），令g（m）=﹣．m∈（1，2），g′（m）=﹣=＜0，∴函数g（m）在m∈（1，2）上单调递减，∴g（m）＜g（1）=1+﹣=＜1≤x2，因此结论成立．22. （2018•道里区校级二模）已知函数h（x）=ae x，直线l：y=x+1，其中e为自然对数的底．（1）当a=1，x＞0时，求证：曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）若函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，求实数a的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标x1，x2及对应的a，当x1＜x2时，求证：a＞．【思路分析】（1）可令g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间，可得g（x）的单调性，即可得证；（2）由题可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得ae x1=x1+1，ae x2=x2+1，作差可得a=，运用分析法证明，即证＞，即为x2﹣x1＞1﹣=1﹣，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【解析】：（1）证明：当a=1，x＞0时，令g（x）=，g′（x）=e x﹣x﹣1，g″（x）=e x﹣1，当x＞0时，g″（x）＞0，g′（x）递增，g′（x）＞g′（0）=0，∴g（x）递增，g（x）＞g（0）=0，∴曲线f（x）=h（x）﹣x2在直线l的上方；（2）由y=ae x和y=x+1，可得ae x=x+1，即有a=，设m（x）=，可得m′（x）=，当x＞0时，m′（x）＜0，m（x）递减；当x＜0时，m′（x）＞0，m（x）递增，可得m（x）在x=0处取得极大值，且为最大值1，图象如右上：由图象可得0＜a＜1时，a=有两解，可得函数h（x）的图象与直线l有两个不同的交点，则a的范围是（0，1）；设n（t）=t﹣1+，t＞0，n′（t）=1﹣=＞0，可得n（t）在t＞0上递增，可得n（t）＞n（0）=0，可得t＞1﹣成立，则当x1＜x2时，a＞．专题二、等差数列和等比数列测试题命题报告：3.高频考点：等差（等比数列）定义，通项公式以及求和公式以及数列的性质等。

考点08 利用导数研究函数的性质(教师版) 备战2021年新高考数学微专题补充考点精练

考点08 利用导数研究函数的性质1、了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次函数的多项式函数的单调性。

2、了解函数极大（小）值、最大（小）值与导数的关系，会求不超过三次函数的多项式函数的极大（小）值、最大（小）值。

利用导数研究函数的单调性、奇偶性、极值和最值是近几年高考的热点和难点，在考查中主要以压轴题的方式出现，难度较大。

纵观这几年江苏高考不难发现主要利用导数研究函数的单调性以及零点和不等式等知识点的结合。

因此在复习中要注意加强函数的性质的研究和学习。

1、利用导数研究函数的单调性要注意一下两点：（1）求函数的单调性不要忘记求函数的定义域。

（2）给定区间的单调性不要忽略等号；2、利用导数求函数的单调区间，这类问题常于含参的不等式结合，要重视分类讨论的思想和数形结合的思想的应用。

3、求参数的取值范围，这类问题可以转化为研究函数的极值或者最值问题；1、【2020年江苏卷】在平面直角坐标系xOy中，已知0)P ，A ，B 是圆C ：221()362x y +-=上的两个动点，满足PA PB =，则△P AB 面积的最大值是__________．【答案】【解析】PA PB PC AB =∴⊥设圆心C 到直线AB 距离为d ，则||1AB PC ==所以11)2PABSd ≤⋅+=令222(36)(1)(06)2(1)(236)04y d d d y d d d d '=-+≤<∴=+--+=∴=（负值舍去）当04d ≤<时，0y '>；当46d ≤<时，0y '≤，因此当4d =时，y 取最大值，即PABS取最大值为故答案为：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.3、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．【答案】【解析】，所以当时函数单调递减，当时函数单调递增，从而得到函数的递减区间为()5ππ2π,2π33k k k ⎡⎤--∈⎢⎥⎣⎦Z ，函数的递增区间为()ππ2π,2π33k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z ，所以当π2π,3x k k =-∈Z 时，函数取得最小值，此时，所以，故答案是.4、【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 e0xxa -++=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 xf 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-∞. 5、【2018年高考江苏】若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．【答案】–3【解析】由()2620f x x ax =-='得0x =或3ax =，因为函数()f x 在()0,+∞上有且仅有一个零点且()0=1f ，所以0,033a a f ⎛⎫>= ⎪⎝⎭，因此32210,33a a a ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得3a =.从而函数()f x 在[]1,0-上单调递增，在[]0,1上单调递减，所以()()max 0,f x f =()()(){}()min min 1,11f x f f f =-=-，则()()max min f x f x +=()()0+114 3.f f -=-=- 故答案为3-.6、【2020年全国1卷】.已知函数2()e x f x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性；（2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围. 【解析】(1)当1a =时，()2x x x e f x =+-，()21x f x e x '=+-，由于()20xf x e ''=+>，故()'f x 单调递增，注意到()00f '=，故：当(),0x ∈-∞时，()()0,f x f x '<单调递减，当()0,x ∈+∞时，()()0,f x f x '>单调递增. (2)由()3112f x x ≥+得，23112x e ax x x +-+，其中0x ≥， ①.当x =0时，不等式为：11≥，显然成立，符合题意；②.当0x >时，分离参数a 得，32112x e x x a x ----，记()32112x e x x g x x ---=-，()()231212x x e x x g x x ⎛⎫---- ⎪⎝⎭'=-，令()()21102xe x x h x x ---≥=，则()1xh x e x '=--，()10xh x e ''=-≥，故()'h x 单调递增，()()00h x h ''≥=，故函数()h x 单调递增，()()00h x h ≥=，由()0h x ≥可得：21102xe x x ---恒成立，故当()0,2x ∈时，0g x ，()g x 单调递增；当()2,x ∈+∞时，0g x ，()g x 单调递减；因此，()()2max724e g x g -⎡⎤==⎣⎦, 综上可得，实数a 的取值范围是27,4e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭. 7、【2020年天津卷】.已知函数3()ln ()f x x k x k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（i ）求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；（ii ）求函数9()()()g x f x f x x'=-+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k -时，求证：对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-．【解析】(Ⅰ) (i) 当k =6时，()36ln f x x x =+，()26'3f x x x=+.可得()11f =，()'19f =，所以曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为()191y x -=-，即98y x =-. (ii) 依题意，()()32336ln ,0,g x x x x x x=-++∈+∞. 从而可得()2263'36g x x x x x =-+-，整理可得：323(1)(1)()x x g x x '-+=，令()'0g x =，解得1x =.当x 变化时，()()',g x g x 的变化情况如下表：所以，函数g (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)； g (x )的极小值为g (1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由3()ln f x x k x =+，得2()3k f x x x'=+. 对任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x >，令12(1)x t t x =>，则 ()()()()()()()1212122x x f x f x f x f x ''-+--()22331121212122332ln x k k x x x x x x k x x x ⎛⎫⎛⎫=-+++--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3322121121212212332ln x x x x x x x x x k k x x x ⎛⎫=--++-- ⎪⎝⎭()332213312ln x t t t k t t t ⎛⎫=-+-+-- ⎪⎝⎭. ①令1()2ln ,[1,)h x x x x x=--∈+∞. 当x >1时，22121()110h x x x x '⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，由此可得()h x 在[)1,+∞单调递增，所以当t >1时，()()1h t h >，即12ln 0t t t-->.因为21x ≥，323331(1)0t t t t -+-=->，3k ≥-，所以()()332322113312ln 33132ln x t t t k t t t t t t t tt ⎛⎫⎛⎫-+-+------- ⎪+ ⎪⎝⎭⎝⎭32336ln 1t t t t=-++-. ②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t >时，()()1g t g >，即32336ln 1t t t t-++>，故32336ln 10t t t t-++-> ③ 由①②③可得()()()()()()()12121220x x fx f x f x f x ''-+-->.所以，当3k ≥-时，任意的[)12,1,x x ∈+∞，且12x x >，有()()()()1212122f x f x f x f x x x ''+->-. 8、【2020年山东卷】已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+．（1）当a e =时，求曲线y =f （x ）在点（1，f （1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若f （x ）≥1，求a 的取值范围．【解析】（1）()ln 1x f x e x =-+，1()x f x e x'∴=-，(1)1k f e '∴==-. (1)1f e =+，∴切点坐标为(1,1+e ),∴函数f(x)在点(1,f (1)处的切线方程为1(1)(1)y e e x --=--,即()12y e x =-+,∴切线与坐标轴交点坐标分别为2(0,2),(,0)1e --,∴所求三角形面积为1222||=211e e -⨯⨯--; （2）解法一：1()ln ln x f x ae x a -=-+,11()x f x ae x-'∴=-，且0a >. 设()()g x f x =',则121()0,x g x ae x-'=+> ∴g(x )在(0,)+∞上单调递增，即()f x '在(0,)+∞上单调递增，当1a =时，()01f '=,∴()()11min f x f ==,∴()1f x ≥成立.当1a >时，11a < ，111a e -<∴，111()(1)(1)(1)0a f f a e a a-''∴=--<,∴存在唯一00x >，使得01001()0x f x aex -'=-=，且当0(0,)x x ∈时()0f x '<，当0(,)x x ∈+∞时()0f x '>，011x aex -∴=，00ln 1ln a x x ∴+-=-，因此01min 00()()ln ln x f x f x ae x a -==-+001ln 1ln 2ln 12ln 1a x a a a x =++-+≥-+=+>1, ∴()1,f x >∴()1f x ≥恒成立；当01a <<时， (1)ln 1,f a a a =+<<∴(1)1,()1f f x <≥不是恒成立. 综上所述，实数a 的取值范围是[1,+∞). 解法二：()111x lna x f x aelnx lna e lnx lna -+-=-+=-+≥等价于11lna x lnx e lna x lnx x e lnx +-++-≥+=+,令()xg x e x =+,上述不等式等价于()()1g lna x g lnx +-≥,显然()g x 为单调增函数，∴又等价于1lna x lnx +-≥，即1lna lnx x ≥-+，令()1h x lnx x =-+,则()111xh x x x-=-=' 在()0,1上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，∴()()10max h x h ==,01lna a ≥≥，即，∴a 的取值范围是[1,+∞).9、【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.【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 =，与0<a <3矛盾.若3127a b -+=-，21a b -+=，则a =或a =-或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． 10、【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．【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 =-.11、【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=2.71828…为自然对数的底数．【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04a <≤．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()xf x ．综上所述，所求a的取值范围是⎛ ⎝⎦．题型一函数的单调性1、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数()()()ln 10f x x a x a a =+-+>,若有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是( )A ．3ln 30,2+⎛⎫⎪⎝⎭ B ．()0,2ln 2+C ．3ln 3,2ln 22+⎡⎫+⎪⎢⎣⎭ D ．2ln 243ln 3,32++⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】()()()ln 10f x x a x a a =+-+>，()()1'1f x a x=+-，()()1ln111f a a =+-+= 当1a ≤时，函数单调递增，不成立；当1a >时，函数在10,1a ⎛⎫ ⎪-⎝⎭上单调递增，在1,1a ⎛⎫+∞ ⎪-⎝⎭上单调递增；有且只有两个整数12,x x 使得()10f x >,且()20f x >，故()20f >且()30f ≤ 即ln 2220,ln 22a a a +-+>∴<+；ln 33ln 3330,2a a a ++-+≤∴≥ 故选：C .2、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知偶函数()f x 的定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，其导函数为()f x '，当02x π<<时，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<成立，则关于x 的不等式()cos 4f x x π⎛⎫<⋅ ⎪⎝⎭的解集为（） A ．,42ππ⎛⎫⎪⎝⎭ B ．,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．,00,44ππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭D ．,0,442πππ⎛⎫⎛⎫-⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭【答案】B【解析】根据题意设()()cos f x g x x =，则2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x'+'=，又当02x π<<时，()cos ()sin 0f x x f x x '+<，则有()0g x '<，所以()g x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又()f x 在,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭上是偶函数，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x--===-，所以()g x是偶函数，所以()()4()cos 4cos 4cos cos 4f f x f x f x x x x ππππ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎝⎭<→<⇒<⇒ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()4g x g π⎛⎫< ⎪⎝⎭，又()g x 为偶函数，且在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，且定义域为,22ππ⎛⎫- ⎪⎝⎭，则有||4x π>，解得 24x ππ-<<-或42x ππ<<，即不等式的解集为,,2442ππππ⎛⎫⎛⎫--⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故选：B.3、（江苏省如皋市2019-2020学年高三上学期10月调研）设函数()2xxf x e ex -=--，则不等式()()2210f x f x -+≤的解集为_____________.【答案】11,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】因为()2xxf x e ex -=--,所以()2(2)()x x x x f x e e x e e x f x ---=-+=---=-,所以函数()f x 为奇函数,因为()()()(2)2xxxxf x e e x e e --''''=--=+-2220≥=-=(当且仅当0x =时,等号成立)所以函数()f x 为R 上的递增函数,所以不等式()()2210f x f x -+≤可化为()2(21)f x f x -≤-,所以根据函数()f x 为奇函数可化为2(21)()f x f x -≤-,所以根据函数()f x 为增函数可化为221x x -≤-,可化为2210x x +-≤, 可化为(21)(1)0x x -+≤, 解得:112x ≤≤-, 所以不等式()()2210f x f x -+≤的解集为:1[1,]2-.故答案为1[1,]2-4、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，函数()1ln g x ax b x =--（,,0a b ab ∈≠R ）. （1）讨论()g x 的单调性；【解析】（1）解：()g x 的定义域为()0,∞+，()a g x x bx'=-，当0a >，0b <时，()0g x '>，则()g x 在()0,∞+上单调递增；当0a >，0b >时，令()0g x '>，得b x a >，令()0g x '<，得0b x a <<，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，在,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增；当0a <，0b >时，()0g x '<，则()g x 在()0,∞+上单调递减；当0a <，0b <时，令()0g x '>，得0b x a <<，令()0g x '<，得b x a >，则()g x 在0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在,b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明：设函数()()()31h x f x x =-+，则()2cos 31x x h x '=+-+. 因为0x ≥，所以(]20,21x ∈+，[]cos 1,1x ∈-，则()0h x '≤，从而()h x 在[)0,+∞上单调递减，所以()()()()3100h x f x x h =-+≤=，即()31f x x ≤+.5、（2020届浙江省宁波市余姚中学高考模拟）已知实数0a ≠，设函数()e ax f x ax =-．（1）求函数()f x 的单调区间；【解析】(1)由()(1)=0ax ax f x a e a a e =-'=⋅-,解得0x =．①若0a >,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减．②若0a <,则当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(0,)+∞内单调递增；当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<,故()f x 在(,0)-∞内单调递减．综上所述,()f x 在(,0)-∞内单调递减,在(0,)+∞内单调递增．6、（2020届江苏省南通市海门中学高三上学期10月检测）设a R ∈，函数()32221f x x ax a x =-+-，()f x '为函数()f x 的导函数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x '与函数()f x 存在相同的零点，求实数a 的值；（3）求函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值. 【解析】（1）因为()32221f x x ax a x =-+-所以()()()22343f x x ax a x a x a '=-+=--，当0a =时，()0f x '≥，所以函数()f x 在(),-∞+∞上单调递增；当0a <时，当x a <或3ax >时，()0f x '>，当3a a x <<时，()0f x '<，所以函数()f x 在(),a -∞和在,3a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递增，在,3a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减；同理当0a >时，函数()f x 在,3a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭和在(),a +∞上单调递增，在,3a a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减.（2）当0a =时，函数()f x '的零点是0，而()01f =-，所以不合题意，舍去；当0a ≠时，函数()f x '的零点是a 和13a ，因为()10f a =-≠，所以由函数()f x '与函数()f x 存在相同的零点，得03a f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即3332102793a a a -+-=，解得a =（3）由（1）得，当1a ≤时，函数()f x 在[)1,+∞上单调递增，此时函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值为()212f a a =-；当13aa ≤<，即13a 时，函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值为()1f a =-；当13a>，即3a >时，因为()212f a a =-，()1f a =-，所以()()1f f a >，此时函数的最小值为()1f a =-.所以函数()f x 在区间[)1,+∞上的最小值为22,1,1, 1.a a a a ⎧-≤⎨->⎩ 题型二利用导数研究函数的极值与最值1、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知()21ln 2f x x a x =-在区间()0,2上有极值点，实数a 的取值范围是（） A ．()0,2 B ．()()2,00,2- C ．()0,4 D ．()()4,00,4-【答案】C【解析】2()a x af x x x x -'=-=,由于函数()f x 在(0,2)上有极值点，所以()f x '在(0,2)上有零点.所以02a >⎧⎪<，解得(0,4)a ∈. 故选：D.2、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数3()()3f x x a x b =--+的极大值是M ，极小值是m ，则M m -( )A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，且与b 无关C ．与a 无关，且与b 无关D ．与a 无关，且与b 有关【答案】C 【解析】∵3()()3f x x a x b =--+， ∴2()3()3f'x x a =--，令2()3()30f'x x a =--=，得1x a =-，或1x a =+，当x 变化时，'()f x 、()f x 的变化如下表：∴()(1)13123f a a b M a b -=---+=-+=，()(1)13123m f a a b a b =+=-++=--+，∴4M m -=，故选：C ．3、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）已知0.5log 5a =、3log 2b =、0.32c =、212d ⎛⎫= ⎪⎝⎭，从这四个数中任取一个数m ，使函数()32123x mx x f x =+++有极值点的概率为（） A ．14B ．12 C ．34D ．1【答案】B【解析】f ′（x ）＝x 2+2mx +1，若函数f （x ）有极值点，则f ′（x ）有2个不相等的实数根，故△＝4m 2﹣4＞0，解得：m ＞1或m ＜﹣1，而a ＝log 0.55＜﹣2，0＜b ＝log 32＜1、c ＝20.3＞1，0＜d ＝（12）2＜1，满足条件的有2个，分别是a ，c ，故满足条件的概率p 2142==，故选：B ．4、（2019年北京101中学月考）如图，已知直线y kx =与曲线()y f x =相切于两点，函数()g x kx m(0)m >，则函数()()()F x g x f x =-（）A ．有极小值，没有极大值B ．有极大值，没有极小值C ．至少有两个极小值和一个极大值D ．至少有一个极小值和两个极大值【答案】C 【解析】如图，由图像可知，直线y kx =与曲线()y f x =切于a ，b ，将直线向下平移到与曲线()y f x =相切，设切点为c ，当x a <时，()f x 单调递增，所以有'()0f x >且()()f x f a k ''>=．对于()()()F x g x f x =-=()kx m f x +-，有()()0F x k f x ''=-<，所以()F x 在x a <时单调递减；当a x c <<时，()f x 单调递减，所以有'()0f x <且()()f x f a k ''<=．有()()0F x k f x ''=->，所以()F x 在a x c <<时单调递增；所以x a =是()F x 的极小值点．同样的方法可以得到x b =是()F x 的极小值点，x c =是()F x 的极大值点．故选C ．5、（2019年北京人民大学附属中学月考）已知0a >且1a ≠，函数32232,0()1,0xx x x f x a x ⎧++≤=⎨+>⎩在[2,2]-上的最大值为3，则实数a 的取值范围是（） A ．(0,1)(1,2] B． C ．(0,1)[2,)+∞ D ．(0,1)(1,2)【答案】A【解析】当0x ≤时，32()232f x x x =++，2'()666(1)f x x x x x =+=+，由'()0f x >得0x >（舍）或21x -≤<-，此时()f x 为增函数，由'()0f x <得10x -<≤，此时()f x 为减函数，则当1x =-时，()f x 取得极大值，极大值为(1)3f -=，当2x =-时，()f x 取得最小值，最小值为(2)2f -=-， ∵()f x 在[2,2]-上的最大值为3，∴当02x <≤时，函数()1xf x a =+的最大值不能超过3即可，当1a >时，()f x 为增函数，则当02x <≤时，函数()1xf x a =+的最大值为2(2)13f a =+≤，即22a ≤，得1a <≤当01a <<时，()f x 为减函数，则0()1112f x a <+=+=，此时满足条件．综上实数a 的取值范围是01a <<或1a <≤故选A ．6、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数2()ln f x x x x =+，0x 是函数()f x 的极值点，以下几个结论中正确的是（）A ．010x e <C ．00()20f x x +<D ．00()20f x x +>【答案】AC【解析】函数2()l (),n 0f x x x x x =+>,()ln 12f x x x '∴=++,∵0x 是函数()f x 的极值点，∴()'00f x =，即00ln 120x x ∴++=， 120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭, 0,()x f x '→→-∞,010x e∴<<,即A 选项正确,B 选项不正确; ()()()2000000000002ln 2l 21n 0f x x x x x x x x x x x +=++==-+++<,即C 正确,D 不正确.故答案为:AC.7、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）已知函数()[)2,b f x x a x a x=++∈+∞，，其中0a >，b R ∈，记(),m a b 为()f x 的最小值，则当(),4M a b =时，b 的取值范围为___________.【答案】()2-∞，【解析】函数()[2)b f x x a x a x++∈+∞＝，，，导数()221b f x x'-＝，当0b ≤时，()0f x '＞，()f x 在[)x a ∈+∞，递增，可得()f a 取得最小值，且为22b a a +，由题意可得22400b a a b a+≤＝，＞，方程有解；当0b ＞时，由()2210b f x x '-＝＝，可得x 负的舍去)，当a ≥()0f x '＞，()f x 在[)x a ∈+∞，递增，可得()f a 为最小值，且有22400b a a b a+＝，＞，＞，方程有解；当a ()f x 在[a 递减，在)+∞递增，可得f 为最小值，且有4a +，即40a -＝，解得02b ＜＜.综上可得b 的取值范围是()2-∞，. 故答案为：()2-∞，. 8、（江苏省如皋市2019-2020学年度高三年级第一学期教学质量调研（三)）已知a R ∈，实数x ，y 满足方程22ln 0x x y -+=，则()()222a x a y -+--的最小值为______. 【答案】0【解析】设(),2A a a -，(),B x y ，则()()2222a x a y AB -+--= (),2A a a -在直线2y x =-上，(),B x y 在曲线22ln y x x =-+， ∴求AB 的最小值，即为求曲线22ln y x x =-+上的点到直线2y x =-上的点的距离的最小值。

导数的综合-2021年高考数学备考艺考生百日冲刺系列试题(新高考地区)

导数的综合-2021年高考数学备考艺考生百日冲刺系列（新高考地区）专题10 导数的综合1、逻辑推理是得到数学结论，构建数学体系的重要方式，是数学严谨性的基本保证．利用两个经典不等式解决问题，降低了思考问题的难度，优化了推理和运算过程．(1)对数形式：x≥1＋ln x(x>0)，当且仅当x＝1时，等号成立．(2)指数形式：e x≥x＋1(x∈R)，当且仅当x＝0时，等号成立．进一步可得到一组不等式链：e x>x＋1>x>1＋ln x(x>0，且x≠1)．2、一般地，若a>f(x)对x∈D恒成立，则只需a>f(x)max；若a<f(x)对x∈D恒成立，则只需a<f(x)min.若存在x0∈D，使a>f(x0)成立，则只需a>f(x)min；若存在x0∈D，使a<f(x0)成立，则只需a<f(x0)max.由此构造不等式，求解参数的取值范围．分类讨论法：常见有两种情况，一种先利用综合法，结合导函数零点之间大小关系的决定条件，确定分类讨论的标准，分类后，判断不同区间函数的单调性，得到最值，构造不等式求解；另一种，直接通过导函数的式子，看出导函数值正负的分类标准，通常导函数为二次函数或者一次函数．提示：求解参数范围时，一般会涉及分离参数法，理科试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常需要设出导函数的零点，难度较大．[判断、证明或讨论函数零点个数的方法]利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0.①直接法：判断一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明f(a)·f(b)<0；②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明f(a)·f(b)<0.3、数学模型及数学建模数学模型就是把实际问题用数学语言抽象概括，再从数学角度来反映或近似地反映实际问题时，所得出的关于实际问题的数学描述．数学建模是把实际问题加以抽象概括，建立相应的模型，利用这些模型来研究实际问题的一般数学方法．4、常见的函数模型①一次函数；②二次函数；③指(对)数函数、幂函数．三种增长型函数模型的性质解函数应用题的步骤第一步：阅读理解题意．读题要做到逐字逐句，读懂题中的文字叙述，理解叙述所反映的实际背景，在此基础上，分析出已知什么，求什么，从中提炼出相应的数学问题．第二步：引用数学符号，建立数学模型．一般地，设自变量为x，函数为y，必要时引入其他相关辅助变量，并用x、y和辅助变量表示各相关量，然后根据已知条件，运用已掌握的数学知识、物理知识及其他相关知识建立关系式，在此基础上将实际问题转化为一个函数问题，实现问题数学化，即所谓建立数学模型．第三步：利用数学的方法将得到的常规函数问题(即数学模型)予以解答，求得结果．第四步：将所得结果再转译成具体问题的解答．题型一、零点、极值与最值的综合性问题例1、已知函数()322f x x ax =++,2x =是()f x 的一个极值点，求：（1）实数a 的值（2）判断()f x 在区间(]1,4-上是否存在最大值和最小值变式1、(2018江苏高考) 若函数在内有且只有一个零点，则在上的最大值与最小值的和为________．变式2、（2021·潍坊市潍城区教育局月考）函数、，下列命题中正确的是（）.A ．不等式的解集为B ．函数在上单调递增，在上单调递减C ．若函数有两个极值点，则()ln f x x x =()()f x g x x'=()0g x >1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭()f x ()0,e (,)e +∞()()2F x f x ax =-()0,1a ∈D ．若时，总有恒成立，则变式3、．（2020·山东省招远第一中学高三月考）在①的一个极值点为0，②若曲线在点处的切线与直线垂直，③为奇函数这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答下列问题．已知函数，且，求在上的最大值与最小值．注：如果选择多个条件解答，按第一个解答计分．题型二、恒成立问题120x x >>()()()2212122m x x f x f x ->-m 1≥()f x ()y f x =(1, (1))f (1) 10x e y +--=()()f x f x '--()1xf x e ax =+-()f x [1,1]-例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变式1、（2021·山东滕州市第一中学新校高三月考）已知函数．（1）若直线过点，且与曲线相切，求直线的方程；（2）若时，成立，求整数的最大值．变式2、(2017南京三模）若函数f (x )＝e x(－x 2＋2x ＋a )在区间[a ，a ＋1]上单调递增，则实数a 的最大值为．题型三、运用导数解决实际问题例3、（2018年江苏高考）将边长为1m 的正三角形薄铁皮沿一条平行于某边的直线剪成两()2ln f x x x x =+l (0,2)-()y f x =l 1x ∀>()0f x kx k -+>k块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则S 的最小值是________．变式1、【2016年高考江苏】．现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P −A 1B 1C 1D 1，下部分的形状是正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1（如图所示），并要求正四棱柱的高OO 1是正四棱锥的高PO 1的4倍.（1）若AB =6 m,PO 1=2 m,则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为6 m ，则当PO 1为多少时，仓库的容积最大？1、（2020·山东新泰市第一中学高三月考）已知，为正实数，直线与曲线相切，则的最小值是( ) A ．2B ．C ．4D ．2、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数()2sin sin2f x x x =+，则()f x 的最小值是_____________．a b y x a =-()ln y x b =+11a b+3、【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 ▲ .4(2018苏州期末）已知直线y ＝a 分别与直线y ＝2x －2和曲线y ＝2e x ＋x 相交于点A ，B ，则线段AB 长度的最小值为________．5、一栋新农村别墅，它由上部屋顶和下部主体两部分组成．如图②，屋顶由四坡屋面构成，其中前后两坡屋面ABFE 和CDEF 是全等的等腰梯形，左右两坡屋面EAD 和FBC 是全等的三角形．点F 在平面ABCD 和BC 上的射影分别为H ，M.已知HM ＝5 m ，BC ＝10 m ，梯形ABFE 的面积是△FBC 面积的2.2倍．设∠FMH ＝θ⎝⎛⎭⎫0<θ<π4.(1) 求屋顶面积S 关于θ的函数关系式；(2) 已知上部屋顶造价与屋顶面积成正比，比例系数为k(k 为正的常数)，下部主体造价与其高度成正比，比例系数为16k.现欲造一栋上、下总高度为6 m 的别墅，试问：当θ为何值时，总造价最低？,②)(1)先通过线面垂直得到FH ⊥HM ，放在Rt △FHM 中，求出FM ，根据三角形的面积公式求出△FBC 的面积，根据已知条件就可以得到所求S 关于θ的函数关系式．(2)先求出主体高度，进而建立出别墅总造价y 关于θ的函数关系式，再通过导数法求函数的最小值．6、（2020·山东潍坊·高三月考）已知函数．（1）当时，求的极值；（2）设，若对恒成立，求实数的取值范围．()()()1ln f x a x x a R =-+∈1a =-()f x ()()1F x f x =+()0F x <[)1,x ∈+∞a。

专题1.4函数的基本性质--《2021年高考数学备考艺体生百日冲刺系列(通用)》(解析版)

专题1.4函数的基本性质从近几年高考命题来看，关于函数的概念、函数的性质和函数图像的考查，呈现综合化趋势，即不单纯考查某一知识点，而是多点考查.如函数的定义域与不等式解法结合；函数的单调性、奇偶性与方程或不等式综合考查；函数的图象与函数的性质综合考查等等.作为函数性质和图象的应用，主要体现在比较大小、确定函数的最值、解不等式、求参数（范围）等，选择题、填空题较多，难度在中、高档.往往以分段函数的形式呈现函数，涉及一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、幂函数等，也有涉及抽象函数的情形.一、函数的概念1.(1)在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域.定义域、值域一般用集合或区间表示.(2)如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数为相等函数.2.求定义域的基本原则：（1）分式：分母不能为零；（2）根式：偶次根式中被开方数非负，对奇次根式中的被开方数的正负没有要求；（3）幂指数：及中底数；（4）对数函数：对数函数中真数大于零，底数为正数且不等于；（5）三角函数：正弦函数的定义域为，余弦函数的定义域为，正切函数的定义域为.二、分段函数：对于定义域不同的部分，函数有不同的解析式，这样的函数称为分段函数.1.分段函数的定义域是将各段定义域取并集得到，其值域也是将各段值域取并集得到；2.分段函数的图象是将各段函数合并组合而成，需注意的是画分段函数时，包含端点，则用实心点；不包含端点，则用空心点.三、函数的单调性x()nx n N-*∈0x≠1siny x=R cosy x=R tany x=,2x x k k Zππ⎧⎫≠+∈⎨⎬⎩⎭1.单调区间：若函数在区间上是增函数（或减函数），则称函数在区间为单调递增（或单调递减），区间叫做的单调递增区间（或单调递减区间）；2.函数的单调性：设函数的定义域为，如果对于定义域内的某个区间上任意两个自变量、，当时，有（或），那么就说函数在区间上是增函数（或减函数）；或对于区间上任意两个自变量、，当时，有或时，称函数在区间上是增函数；或对于区间上任意两个自变量、，当时，有或时，称函数在区间上是减函数.3.基本初等函数的单调性：()f x D ()f x D D ()y f x =()f x I I D 1x 2x 12x x <()()12f x f x <()()12f x f x >()f x D D 1x 2x 12x x ≠()()12120f x f x x x ->-()()()12120x x f x f x -⋅->⎡⎤⎣⎦()f x D D 1x 2x 12x x ≠()()12120f x f x x x -<-()()()12120x x f x f x -⋅-<⎡⎤⎣⎦()f x D四、函数的奇偶性1.函数的奇偶性：一般地，如果对于函数的定义域内任意一个，都有（或），那么函数就叫做偶函数（或奇函数）；2.（1）利用定义判断函数奇偶性的步骤：⎤⎥⎦⎫⎪⎭()f x x()()f x f x-= ()f x-=()f x-()f x（2）在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关系式 (奇函数)或(偶函数))是否成立．利用性质法来判断奇偶性：（1）奇函数奇函数奇函数；（2）偶函数偶函数偶函数；（3）奇函数奇函数偶函数；（4）偶函数偶函数偶函数；（5）奇函数偶函数奇函数.（4）通过函数图象的对称关系也可以判断奇偶性．若图象关于原点对称，则函数是奇函数；若图象关于轴对称，则函数是偶函数．五、函数的周期性1.周期函数：对于函数，如果存在一个非零实数，使得当取定义域内的每一个值时，都有，那么函数就叫做周期函数，非零常数叫做这个函数的周期.2.最小正周期：如果周期函数的所有周期中存在一个最小的正数，那么最小的正数就叫做的最小正周期. 六、函数的零点 (1)函数零点的概念对于函数y ＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x 叫做函数y ＝f(x)的零点. (2)函数零点与方程根的关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y ＝f(x)的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f(x)有零点. （3）零点存在性定理如果函数y ＝f(x)满足：①在区间[a ，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)<0；则函数y ＝f(x)在(a ，b)上存在零点，即存在c ∈(a ，b)，使得f(c)＝0，这个c 也就是方程f(x)＝0的根.()x (x)0f f ＋－＝()x (x)0f f -－＝±=±=⨯=⨯=⨯=y ()f x T x ()()f x T f x +=()f x T ()f x ()f x特别提醒两个易错点：(1)函数的零点不是点,是方程f(x)=0的实根.(2)函数零点的存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点,而不能判断函数的不变号零点,而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件.七、常见的几种函数模型(1)一次函数模型：y ＝kx ＋b (k ≠0). (2)反比例函数模型：y ＝k x(k ≠0).(3)二次函数模型：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c 为常数，a ≠0). (4)指数函数模型：y ＝a ·b x ＋c (b >0，b ≠1，a ≠0). (5)对数函数模型：y ＝m log a x ＋n (a >0，a ≠1，m ≠0). 八、指数、对数及幂函数三种增长型函数模型的图象与性质【典例1】（2020·北京高考真题）函数1()ln 1f x x x =++的定义域是____________．【答案】(0,)+∞ 【解析】由题意得010x x >⎧⎨+≠⎩，0x ∴>故答案为：(0,)+∞【典例2】（2019·江苏高考真题）函数y =_____. 【答案】[1,7]-.【解析】由已知得2760x x +-≥, 即2670x x --≤ 解得17x -≤≤，故函数的定义域为[1,7]-.【典例3】（2013·全国高考真题（理））已知()f x 的定义域为(1,0)-，则函数(21)f x +的定义域为（） A ．(1,1)- B ．1(1,)2--C ．(1,0)-D ．1(,1)2【答案】B 【解析】因为函数()f x 的定义域为(1,0)-，故函数(21)f x +有意义只需-1210x <+<即可，解得1-1-2x <<，选B ．【释疑解惑】1.已知函数的具体解析式求定义域的方法(1)若f (x )是由一些基本初等函数通过四则运算构成的，则它的定义域为各基本初等函数的定义域的交集．(2)复合函数的定义域：先由外层函数的定义域确定内层函数的值域，从而确定对应的内层函数自变量的取值范围，还需要确定内层函数的定义域，两者取交集即可． 2．抽象函数的定义域的求法(1)若已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，则复合函数f (g (x ))的定义域由a ≤g (x )≤b 求出． (2)若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ，b ]，则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ，b ]时的值域．【典例4】（2017·全国高考真题（文））已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数，当(,0)x ∈-∞时，32()2f x x x =+,则(2)f =__________.【答案】12 【解析】函数()f x 是定义在上的奇函数，()()f x f x -=-，则()()f x f x =--，()()()()322222212f f ⎡⎤=--=-⨯-+-=⎣⎦.【典例5】（2015·福建高考真题（理））若函数()6,23log ,2a x x f x x x -+≤⎧=⎨+>⎩（0a >且1a ≠）的值域是[)4,+∞，则实数a 的取值范围是__________．【答案】(]1,2 【解析】由于函数()()6,2{0,13log ,2a x x f x a a x x -+≤=>≠+>的值域是[)4,+∞，故当2x ≤时，满足()64f x x =-≥，当2x >时，由()3log 4a f x x =+≥，所以log 1a x ≥，所以log 2112a a ≥⇒<<，所以实数a 的取值范围12a <≤.【总结提升】关于分段函数的命题角度主要有：一是分段函数求值，二是分段函数与函数性质、方程、不等式结合.由于分段函数在其定义域内的不同子集上其对应法则不同，而分别用不同的式子来表示，因此在求函数值、解方程（不等式）时，一定要注意自变量的值所在子集，再代入相应的解析式求值．【典例6】（2020·全国高考真题（文））设函数331()f x x x=-,则()f x （） A ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 B ．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 C ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 D ．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减【答案】A 【解析】因为函数()331f x x x=-定义域为{}0x x ≠，其关于原点对称，而()()f x f x -=-，所以函数()f x 为奇函数．又因为函数3y x =在0,上单调递增，在,0上单调递增，而331y x x-==在0,上单调递减，在,0上单调递减，所以函数()331f x x x=-在0,上单调递增，在,0上单调递增．故选：A ．【典例7】（2019·北京高考真题（文））下列函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的是（） A ．y =x 12 B ．y =2−xC ．y =log 12x D ．y =1x【答案】A 【解析】函数y =2−x,y =log 12x ， y =1x 在区间(0,+∞) 上单调递减，函数y =x 12 在区间(0,+∞)上单调递增，故选A .【典例8】（2020·全国高考真题（理））若242log 42log a ba b +=+，则（）A ．2a b >B ．2a b <C ．2a b >D ．2a b <【答案】B 【解析】设2()2log x f x x =+，利用作差法结合()f x 的单调性即可得到答案. 详解：设2()2log x f x x =+，则()f x 为增函数，因为22422log 42log 2log a b ba b b +=+=+ 所以()(2)f a f b -=2222log (2log 2)a b a b +-+=22222log (2log 2)b bb b +-+21log 102==-<，所以()(2)f a f b <，所以2a b <.2()()f a f b -=22222log (2log )a b a b +-+=222222log (2log )b b b b +-+=22222log b b b --，当1b =时，2()()20f a f b -=>，此时2()()f a f b >，有2a b >当2b =时，2()()10f a f b -=-<，此时2()()f a f b <，有2a b <，所以C 、D 错误. 故选：B.【典例9】（2018年天津卷文）已知a ∈R ，函数f (x )={x 2+2x +a −2，x ≤0，−x 2+2x −2a ，x >0．若对任意x ∈［–3，+∞），f (x )≤|x |恒成立，则a 的取值范围是__________．【答案】［18，2］【解析】分类讨论：①当x >0时，f (x )≤|x |即：−x 2+2x −2a ≤x ，整理可得：a ≥−12x 2+12x ，由恒成立的条件可知：a ≥(−12x 2+12x)max(x >0)，结合二次函数的性质可知：当x =12时，(−12x 2+12x)max=−18+14=18，则a ≥18；②当−3≤x ≤0时，f (x )≤|x |即：x 2+2x +a −2≤−x ，整理可得：a ≤−x 2−3x +2，由恒成立的条件可知：a ≤(−x 2−3x +2)min (−3≤x ≤0)，结合二次函数的性质可知：当x =−3或x =0时，(−x 2−3x +2)min =2，则a ≤2；综合①②可得a 的取值范围是[18,2]. 【总结提升】1.利用基本初等函数的单调性与图象：只需作出函数的图象便可判断函数在相应区间上的单调性；2.性质法：（1）增函数增函数增函数，减函数减函数减函数，增函数减函数增函数，减函数增函数减函数；（2）函数与函数的单调性相反；（3）时，函数与的单调性相反（）；时，函数与的单调性相同（）.3.定义法：作差法与作商法（常用来函数单调性的证明，一般使用作差法）.*4.导数法：在区间D 上恒成立，则函数在区间D 上单调递增；在区间D 上恒成立，则函数在区间D 上单调递减.【注】分段函数的单调性要求每段函数都满足原函数的整体单调性，还需注意断点处两边函数值的大小比较. 5.函数单调性的应用（1）比较函数值大小（随着基本初等函数的学习，逐步体会）比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同+=+=-=-=()f x -()f x 0k >()f x ()k f x ()0f x ≠0k <()f x ()k f x ()0f x ≠()0f x '≥()f x ()0f x '≤()f x一个单调区间上进行比较，对于选择题、填空题能数形结合的尽量用图象法求解．（2）求解含“f ”的函数不等式的解题思路先利用函数的相关性质将不等式转化为f (g (x ))＞f (h (x ))的形式，再根据函数的单调性去掉“f ”，得到一般的不等式g (x )＞h (x )(或g (x )＜h (x ))．（3）利用单调性求参数的范围(或值)的方法①视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；②需注意若函数在区间[a ，b ]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的． 6.函数值域的常见求法： (1)配方法配方法是求“二次函数型函数”值域的基本方法，形如F (x )＝a [f (x )]2＋bf (x )＋c (a ≠0)的函数的值域问题，均可使用配方法． (2)数形结合法若函数的解析式的几何意义较明显，如距离、斜率等，可用数与形结合的方法． (3)基本不等式法：要注意条件“一正，二定，三相等”．（可见上一专题） (4)利用函数的单调性①单调函数的图象是一直上升或一直下降的，因此若单调函数在端点处有定义，则该函数在端点处取最值，即若y ＝f (x )在[a ，b ]上单调递增，则y 最小＝f (a )，y 最大＝f (b )；若y ＝f (x )在[a ，b ]上单调递减，则y 最小＝f (b )，y 最大＝f (a )．②形如y ＝ax ＋b ＋dx ＋c 的函数，若ad ＞0，则用单调性求值域；若ad ＜0，则用换元法． ③形如y ＝x ＋kx(k ＞0)的函数，若不能用基本不等式，则可考虑用函数的单调性，当x ＞0时，函数y ＝x ＋k x(k ＞0)的单调减区间为(0，k ]，单调增区间为[k ，＋∞)．一般地，把函数y ＝x ＋k x(k ＞0，x ＞0)叫做对勾函数，其图象的转折点为(k ，2k )，至于x ＜0的情况，可根据函数的奇偶性解决． *(5)导数法利用导函数求出最值，从而确定值域．【典例10】（2018·全国高考真题（理））已知()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数,满足(1)(1)f x f x -=+.若(1)2f =，则(1)(2)(3)(50)f f f f ++++=（）A.50-B.0C.2D.50【答案】C 【解析】因为()f x 是定义域为(,)-∞+∞的奇函数，且(1)(1)f x f x -=+，所以(1)(1)(3)(1)(1)4f x f x f x f x f x T +=--∴+=-+=-∴=, 因此(1)(2)(3)(50)12[(1)(2)(3)(4)](1)(2)f f f f f f f f f f ++++=+++++，因为(3)(1)(4)(2)f f f f =-=-，，所以(1)(2)(3)(4)0f f f f +++=，(2)(2)(2)(2)0f f f f =-=-∴=，从而(1)(2)(3)(50)(1)2f f f f f ++++==，选C.【典例11】（2017·全国高考真题（理））函数()f x 在(,)-∞+∞单调递增，且为奇函数，若(1)1f =，则满足1(2)1f x -≤-≤的x 的取值范围是（）．A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【答案】D 【解析】()f x 是奇函数，故()()111f f -=-=- ；又()f x 是增函数，()121f x -≤-≤，即()(1)2(1)f f x f -≤-≤ 则有121x -≤-≤ ，解得13x ≤≤ ，故选D.【总结提升】1.函数的奇偶性和周期性是函数在其定义域上的整体性质.偶函数的图象关于y 轴对称,在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相反的单调性;奇函数的图象关于坐标原点对称,在关于坐标原点对称的定义域区间上具有相同的单调性.2.特别注意“奇函数若在x=0处有定义,则一定有f (0)=0”“偶函数一定有f (|x|)=f (x )”在解题中的应用.3.熟记4种常见抽象函数的周期 (1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2|a |； (2)若f (x ＋a )＝1f x，则T ＝2|a |； (3)若f (x ＋a )＝－1f x，则T ＝2|a |；(4)若f (x ＋a )＝f (x －a )，则T ＝2|a |.4.当函数具有两个对称时函数一般也是周期函数．当函数()f x 是奇函数，又有对称轴x m =时，则函数一定是周期函数，且周期为4T m =；若()f x 有两条对称轴x a =和x b =，则函数是周期函数，2b a -是函数的一个周期；同样若()f x 有两个对称中心(,0)a 和(,0)b ，则函数是周期函数，2b a -是函数的一个周期. 【典例12】（2020·天津高考真题）函数241xy x =+的图象大致为（） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】由函数的解析式可得：()()241xf x f x x --==-+，则函数()f x 为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD 错误；当1x =时，42011y ==>+，选项B 错误. 故选：A. 【总结提升】1.如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x +=-，那么函数的图象有对称轴2a bx +=；如果函数()f x ，x D ∀∈，满足x D ∀∈，恒有()()f a x f b x -=-+，那么函数()f x 的图象有对称中心(,0)2a b+． 2.图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；（2）从函数的值域，判断图象的上下位置；（3）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（4）从函数的奇偶性，判断图象的对称性；（5）从函数的周期性，判断图象的循环往复．（6）计算特殊函数值，区分细节.【典例13】（2015·天津高考真题（文））已知函数,函数,则函数的零点的个数为（） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】当x <0时2−x >2,所以f(x)=2−|x|=2+x ,f(2−x)=x 2,此时函数f(x)−g(x)=f(x)+f(2−x)−3=x 2+x −1的小于零的零点为x =−1+√52;当0≤x ≤2时f(x)=2−|x|=2−x ,f(2−x)=2−|2−x|=x ,函数f(x)−g(x)=2−x +x −3=−1无零点;当x >2时,f(x)=(x −2)2,f(2−x)=2−|2−x|=4−x ,函数f(x)−g(x)=(x −2)2+4−x −3=x 2−5x +5大于2的零点为x =5+√52,综上可得函数y =f(x)−g(x)的零点的个数为2.故选A. 【总结提升】判断函数零点个数的方法：1.直接法：即直接求零点，令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点；2.定理法：利用零点存在性定理，不仅要求函数的图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点3.图象法：即利用图象交点的个数，画出函数f (x )的图象，函数f (x )的图象与x 轴交点的个数就是函数f (x )的零点个数；将函数f (x )拆成两个函数h (x )和g (x )的差，根据f (x )＝0⇔h (x )＝g (x )，则函数f (x )的零点个数就是函数y ＝h (x )和y ＝g (x )的图象的交点个数.4.性质法：即利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数.【典例14】（2019·新疆高考模拟（文））关于x 的方程()00,1xa x a a a --=>≠且有两个解，则a 的取值范围是（）A ．()1+∞， B ．()01， C ．()0+∞，D ．ϕ【答案】A 【解析】由0x a x a --=得：x a x a =+，当01a <<时，分别作出函数xy a =及y x a =+的图象如下：显然，两个函数图象只交于一点，故0x a x a --=只有一解. 当1a >时，分别作出函数xy a =及y x a =+的图象如下：显然，两个函数图象交于两点，故0x a x a --=有两个解. 所以实数a 的取值范围是1a >. 故选：A 【总结提升】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．【典例15】（2020·海南省高考真题）基本再生数R 0与世代间隔T 是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：(e )rt I t =描述累计感染病例数I (t )随时间t (单位:天)的变化规律，指数增长率r 与R 0，T 近似满足R 0 =1+rT .有学者基于已有数据估计出R 0=3.28，T =6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （） A ．1.2天 B ．1.8天 C ．2.5天 D ．3.5天【答案】B 【解析】因为0 3.28R =，6T =，01R rT =+，所以 3.2810.386r -==，所以()0.38rt t I t e e ==，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为1t 天，则10.38()0.382t t t e e +=，所以10.382t e =，所以10.38ln 2t =，所以1ln 20.691.80.380.38t =≈≈天. 故选：B. 【总结提升】1.二次函数的最值一般利用配方法与函数的单调性解决，但一定要密切注意函数的定义域，否则极易出错．2．指数函数模型，常与增长率相结合进行考查，在实际问题中有人口增长、银行利率、细胞分裂等增长问题可以利用指数函数模型来表示．3．应用指数函数模型时，关键是对模型的判断，先设定模型将有关数据代入验证，确定参数，从而确定函数模型．4．y ＝a (1＋x )n通常利用指数运算与对数函数的性质求解． 5．对于直线上升、指数增长、对数增长的特点要注意区分：直线上升：匀速增长，其增长量固定不变；指数增长：先慢后快，其增长量成倍增加，常用“指数爆炸”来形容；对数增长：先快后慢，其增长速度缓慢．公司的利润选择直线上升或指数模型增长，而员工奖金选择对数模型增长．6.在解决对数（指数）函数模型问题时，一般需要先通过待定系数法确定函数解析式，再借助函数的图象求解最值问题，必要时可借助导数．1.（2020·全国高考真题（理））在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压.为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作.已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者（） A ．10名 B ．18名C ．24名D ．32名【答案】B 【解析】由题意，第二天新增订单数为50016001200900+-=，故需要志愿者9001850=名. 故选：B2．（2020·全国高考真题（文））设3log 42a =，则4a -=（） A ．116B ．19C ．18D ．16【答案】B 【解析】由3log 42a =可得3log 42a=，所以49a =，所以有149a-=，故选：B.3.（2019·江苏高一月考）函数()()02f x x =-+ ） A.()2,+∞ B.()1,-+∞ C.()()1,22,-+∞D.R【答案】C 【解析】幂函数的零次方底数不为0，即20x -≠ ，2x ≠；偶次方根被开方数大于等于零，分式分母不为零，即10x +>，1x >-所以()()1,22,x ∈-+∞.故选：C4.（2014·全国高考真题（文））奇函数()f x 的定义域为R ，若(2)f x +为偶函数，且(1)1f =，则(8)(9)f f +=（） A ．2- B ．1-C ．0D ．1【答案】D 【解析】(2)f x +是偶函数，则()f x 的图象关于直线2x =对称，又()f x 是奇函数，则(0)0f =，且()f x 是周期函数，且周期为4，所以(8)(9)(0)(1)1f f f f +=+=．故选D ． 5．（2019·浙江高考真题）在同一直角坐标系中，函数11,log (02a x y y x a a ⎛⎫==+> ⎪⎝⎭且1)a ≠的图象可能是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】当01a <<时，函数xy a =过定点(0,1)且单调递减，则函数1x y a=过定点(0,1)且单调递增，函数1log 2a y x ⎛⎫=+⎪⎝⎭过定点1(,0)2且单调递减，D 选项符合；当1a >时，函数x y a =过定点(0,1)且单调递增，则函数1xy a =过定点(0,1)且单调递减，函数1log 2a y x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭过定点1(,02）且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.6．（2020·天津高考真题）设0.80.70.713,,log 0.83a b c -⎛⎫=== ⎪⎝⎭，则,,a b c 的大小关系为（） A ．a b c <，0.80.80.71333b a -⎛⎫==>= ⎪⎝⎭，0.70.7log 0.8log 0.71c =<=，所以1c a b <<<. 故选：D.7．（2020·全国高考真题（文））Logistic 模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I (t )(t 的单位：天)的Logistic 模型：0.23(53)()=1et I K t --+，其中K 为最大确诊病例数．当I (*t )=0.95K 时，标志着已初步遏制疫情，则*t 约为（）（ln19≈3） A ．60 B ．63C ．66D ．69【答案】C 【解析】()()0.23531t K I t e--=+，所以()()0.23530.951t K I t K e**--==+，则()0.235319t e*-=，所以，()0.2353ln193t *-=≈，解得353660.23t *≈+≈. 故选：C.8.（2014·全国高考真题（文））奇函数()f x 的定义域为R ，若(2)f x +为偶函数，且(1)1f =，则(8)(9)f f +=（）A ．2-B ．1-C ．0D ．1【答案】D 【解析】(2)f x +是偶函数，则()f x 的图象关于直线2x =对称，又()f x 是奇函数，则(0)0f =，且()f x 是周期函数，且周期为4，所以(8)(9)(0)(1)1f f f f +=+=．故选D ． 9.（2019·全国高三专题练习（文））已知函数()f x 满足(1)(1)0f x f x ++-=，且()()f x f x -=，当12x ≤≤时，()21x f x =-，则(2017)f =（）A ．−1B ．0C ．1D ．2【答案】C 【解析】由(1)(1)0f x f x ++-=，得(1)(1)f x f x +=--，所以(2)-(1--1)-(-)f x f x f x +== ．又()()f x f x -=，所以(2)-()(4)()f x f x f x f x +=⇒+= ，所以函数()f x 是以4为周期的周期函数所以|(2017)(45041)(1)211f f f =⨯+==-= 故选C10．（2020·江苏省高考真题）已知y =f (x )是奇函数，当x ≥0时，()23f x x = ，则f (-8)的值是____. 【答案】4- 【解析】23(8)84f ==，因为()f x 为奇函数，所以(8)(8)4f f -=-=-故答案为：4-11．（2018·全国高考真题（文））已知函数()()22log f x x a =+，若()31f =，则a =________．【答案】-7 【解析】根据题意有()()2391f log a =+=，可得92a +=，所以7a =-，故答案是7-.21 / 2112.（2018·浙江高考真题）已知λ∈R，函数f (x )=24,43,x x x x x λλ-≥⎧⎨-+<⎩，当λ=2时，不等式f (x )<0的解集是___________．若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】(1,4) (1,3](4,)⋃+∞【解析】由题意得240x x ≥⎧⎨-<⎩或22430x x x <⎧⎨-+<⎩，所以24x ≤<或12x <<，即14x <<，不等式f (x )<0的解集是(1,4),当4λ>时，()40f x x =->，此时2()430,1,3f x x x x =-+==，即在(,)λ-∞上有两个零点；当4λ≤时，()40,4f x x x =-==，由2()43f x x x =-+在(,)λ-∞上只能有一个零点得13λ<≤.综上，λ的取值范围为(1,3](4,)⋃+∞.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．。

高考数学专题突破教师版-应用导数研究函数的性质(考点讲析)

因为 f '(x) 3x2 2 ex ex 3x2 2 2 ex e x 0 ，所以数 f (x) 在 R 上单调递增，
又 f (a 1) f (2a2 ) 0 ，即 f (2a2 ) f (1 a) ，所以 2a2 1 a ，即 2a2 a 1 0 ，
解得 1 a 1 ，故实数 a 的取值范围为[1, 1 ] ．
f x2 ，， f xn 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间，然后根据单调性比较大小．
热门考点 05 根据函数的单调性求参数
【典例 8】（2013·全国高考真题（理））若函数 f ( x) x2 ax 1 在 ( 1 , ) 是增函数，则 a 的取值范围 x2
是（）
A．[1, 0]
可得曲线 y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为 ae2－1，切点坐标为(2,0)，即切线的方程为 y－0＝(ae2－1)(x－2)，即 y＝(ae2－1)(x－2)．
(2)f(x)的导函数为 f x＝(x－1)(aex－1) ．
①当 a＝0 时，f′(x)＝－(x－1)，
3
若 x＞1，则 f′(x)＜0，f(x)单调递减，
热门考点 02 求函数的单调区间
【典例 3】（2016·北京高考真题（理））设函数 f (x) xeax bx ，曲线 y f (x) 在点 (2, f (2)) 处的切线
2
方程为 y (e 1)x 4 ，（1）求 a ， b 的值；
（2）求 f (x) 的单调区间.
【答案】（Ⅰ） a 2 ， b e ；（2） f (x) 的单调递增区间为 (, ) .
2.利用导数研究函数的单调性的方法步骤：①确定函数的定义域；②求导数；③由
（或
）解出相应的的取值范围，当

专题03-1利用导数研究函数的性质第一季-2019年领军高考数学(理)压轴题必刷题

专题031利用导数研究函数的性质1．对于定义域为R 的函数()f x ，若满足① ()00f =；② 当x R ∈，且0x ≠时，都有()0xf x '>； ③ 当120x x <<，且12x x =时，都有()()12f x f x <，则称()f x 为“偏对称函数”．现给出四个函数：()32132f x x x =-+； ()21xf x e x =--；()411,0,{2120,0.x x x f x x ⎛⎫+≠ ⎪=-⎝⎭=则其中是“偏对称函数”的函数个数为 A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 【答案】C【解析】因为条件②()0xf x '>，所以x 与()'f x 同号， ()21'33f x x x =-+不符合②， ()1f x 不是“偏对称函数”；对于()21xf x e x =--； ()2'1xf x e =-，满足①②，构造函数()()()222x x x f x f x e e x ϕ-=--=--，()'2220x x x xx e e e e ϕ--=+-≥-=， ()2x x x e e x ϕ-=--在R 上递增，当120x x <<，且12x x =时，都有()()()()()()12121212200x f x f x f x f x ϕϕ=--=-<=， ()()2122f x f x <，满足条件 ③，()21x f x e x =--是“偏对称函数”；对于()3f x ， ()31'1f x x =- ，满足条件①②，画出函数()3y f x =的图象以及()3y f x =在原点处的切线， 2y x = 关于y 轴对称直线2y x =-，如图，由图可知()3y f x =满足条件③，所以知()3y f x =是“偏对称函数”；函数()4f x 为偶函数， ()()1212x x f x f x =⇒=，不符合③，函数()4f x 不是，“偏对称函数”，故选C.2．已知()xf x e ax =-有两个零点12x x <，下列说法正确的是A ．a e C ．121x x ⋅>D ．有极小值0x 且1202x x x +> 【答案】B 【解析】()x f x e a =∴'- 当0a ≤时，函数()f x 为单调递增函数，至多一个零点，所以0a >令0x e a = ，则()0f x x 在上单调递减，在上单调递增，为()f x 极小值点，且()0102000,00ln 0ln 1x x x x f x e ax a a a a a e <<<<⇒-⇒-⇒⇒，不选A.所以 10201x x x <<<<令()()()002,h x f x f x x x x =--> ，则()()()002,h x f x f x x x x =--> 因为()00022222220x xx x x xx h x e ea e e a e a --=+-≥-=-='所以()()()()()()()202021021020022,,20,h x h x f x f x x f x f x x x x x x >=⇒>-⇒>--∈10212022x x x x x x ⇒<-⇒+< ，不选D令()212121120,00,,2,1222e a f f x x x x ⎛⎫⎛⎫=∴=<∴∈=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭121x x ⋅<,不选C. 因此选B. 3．已知是函数与图象的两个不同的交点，则的取值范围是( ) A ． B ． C ． D ．【答案】D 【解析】由得，设，则， ∴当时函数单调递减，当时函数单调递增，故．由题意得（令）是函数图象与直线的两个交点的横坐标，即，结合图象可得．设，则，∴在上单调递增，∴，∴． ∴，∴∵，故，且在上单调递减，∴，即．由，得，故在上单调递增．∴．设，可得函数在上单调递减，∴，即，又， ∴， ∴，即，∴， ∴．综上可得，即所求范围为．选D ．4．已知()2ln f x x a x =+在点()()1,1f 处的切线方程为430x y --=， ()1'2n a f n n =- ()*1,n n N ≥∈， {}n a 的前n 项和为nS，则下列选项正确的是（）A ．20181ln2018S -+C ．1009ln20181S <-D ．2017ln2018S > 【答案】A令1x n =，则111ln 1lnn n n n +⎛⎫+=< ⎪⎝⎭， ∴2341111lnln ln ln 112323n n n+++++<++++，故()ln 1n n S +<．设()()1ln 1,1,h x x x x =+-∈+∞，则()2110h x x x=->'，∴()h x 在()1,+∞上单调递增， ∴()()10h x h >=，即()1ln 1,1,x x x>-∈+∞，令11x n =+，则111ln 1ln 1n n n n +⎛⎫+=> ⎪+⎝⎭， ∴23411111lnln ln ln123231n n n n +++++>+++++，故()1ln 11n n S ++>-．综上选A ．5．对于任意的实数[]1,x e ∈，总存在三个不同的实数[]1,4y ∈-，使得21ln 0y y xe ax x ---=成立，则实数a 的取值范围是（） A ．3163,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．3160,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦ C ．23163,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ D ．23161,e e e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ 【答案】A 【解析】由题设有21ln y xy e a x-=+.令 ()[]ln ,1,xf x a x e x=+∈， ()[]21,1,4x g x x e x -=∈-.()21ln 'xf x x-=，当()1,x e ∈时， ()'0f x >， ()f x 在[]1,e 为单调增函数，所以()f x 的值域为1,a a e ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦.()()21'2x g x x x e -=-，当()1,0x ∈-时， ()'0g x <，当()0,2x ∈时， ()'0g x >，当()2,4x ∈时， ()'0g x <，所以当()1,0x ∈-时， ()g x 是减函数，当()0,2x ∈时， ()g x 是增函数，当()2,4x ∈时， ()g x 是减函数，所以()[]21,1,4yg y y ey -=∈-的图像如图所示.因为关于y 的方程21ln y xy e a x-=+，对任意的[]1,x e ∈总有三个不同的实数根，所以()()4{ 12a g a g e≥+≤ ，也就是3163a e e ≤≤，选A. 6．已知函数，则下面对函数的描述正确的是（） A ．， B ．，C ．，D ．【答案】B 【解析】根据题意，可以求得函数的定义域为，，，可以确定恒成立，所以在上是增函数，又，，所以，满足，所以函数在上是减函数，在上是增函数，是最小值，满足，在上是增函数，从而有，结合该值的大小，可知最小值是负数，可排除A,D，且，从而排除C项，从而求得结果，故选B.7．已知函数=x2lnxa(x21)(a∈R),若≥0在x∈(0,1］时恒成立,则实数a的取值范围是A．［,+ ∞）B．[,+∞) C．[2,+∞) D．[1,+∞)【答案】B【解析】根据题意，有恒成立，当时，将其变形为恒成立，即，令，利用求得法则及求导公式可求得，令，可得，可得，因为，所以时，，时，，所以函数在时单调减，在时单调增，即，而，所以在上是减函数，且，所以函数在区间上满足恒成立，同理也可以确定在上也成立，即在上恒成立，即在上单调增，且，故所求的实数的取值范围是，故选B.8．已知是定义在区间上的函数，是的导函数，且，，则不等式的解集是（）A．B．C．D．【答案】C9．已知函数，若对区间内的任意实数，，，都有则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】根据题意，题中条件可以转化为，，当时，恒成立，所以在区间上是增函数，即，即，解得，当时，恒成立，所以在区间上是减函数，即，即，解得，当时，函数在上单调增，在上单调减，所以有，即，解得，综上，故选C.10．已知函数,在区间(0,1)内任取两个实数,且，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】由已知可得令，则有因为所以又因为所以在上为单调递增函数在上恒成立即恒成立，令在上为单调递增函数，所以所以，即的取值范围为所以选D11．若直线：与曲线：没有公共点，则实数的最大值为（）A．B．C．D．【答案】D令，得当时，，单调递增当时，，单调递减当时，，单调递减且，当时，所以因为方程无解，所以所以k最大值为1所以选D12．已知函数，，若成立，则的最小值是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】设，则，，，∴，令，则，，∴是上的增函数，又，∴当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，是极小值也是最小值，，∴的最小值是．故选A．13．已知函数在区间上是单调递增函数，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】因为在区间上是单调递增函数所以，而在区间上所以，即令，则分子分母同时除以，得令，则在区间上为增函数所以所以在区间上恒成立即在区间上恒成立所以函数在区间上为单调递减函数所以所以选A14．设在的导函数为，且当时，有，若，则在区间内，方程的解的个数为A．0 B．1 C．0或1 D．4【答案】B【解析】利用微分中值定理可得，，使得，因为当时，，故，从而，，又因为，且在上连续，故利用连续函数的零点存在定理可得，，使得，下面证明的唯一性.如果存在，使得，利用罗尔中值定理可得，，使得，这与矛盾，故方程在区间内有且仅有一个根，故选B.15．设函数，函数，若对任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】对函数求导，得令，得且当时，；当时，所以在处取得最小值，且所以的值域为因为对任意的，总存在，使得所以当时，为单调递增函数所以，代入得所以选D16．已知函数，若函数的图象上存在点，使得在点处的切线与的图象也相切，则的取值范围是A．B．C．D．【答案】B【解析】的公共切点为，设切线与的图象相切与点由题意可得，解得所以令则令，解得当时，当时，，函数在上单调递增当时，，函数在上单调递减当t从右侧趋近于0时，趋近于0当t趋近于时，趋近于0所以所以选B17．已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为A．B．C．D．【答案】D【解析】因为所以即，即当时，恒成立，所以在内是一个增函数，设，则有即，设则有，当时，即，当时，即所以当时，最小，即，故选D。

2021艺体生高考数学一轮复习专题14 导数在研究函数性质中的应用(解析版)

.
f′(2)＝8－2a>0，
2
变式 1、（1）已知函数 f x x3 ax2 3x 4 有两个极值点，则 a 的取值范围是___________
（2）已知函数 f x x3 ax2 3x 4 存在极值点，则 a 的取值范围是_________
解析： f ' x 3x2 2ax 3 ，若 f x 有两个极值点，则方程 3x2 2ax 3 0 有两个不等实根，从而
只需 0 ，即 4a2 36 0 a 3 或 a 3 答案： a 3 或 a 3
（2）： f x 存在极值点即 f ' x 3x2 2ax 3 0 有实数根， 0 ，但是当 0 即 a 3 时,
f ' x 3x2 6x 3 3 x 12 0 ，不存在极值点，所以方程依然要有两个不等实数根， a 的范围为
规范解答 (1) 当 a＝0 时，f(x)＝3xlnx，所以 f′(x)＝3(lnx＋1)．(2 分)
令 f′(x)＝0，得 x＝1. e
0，1
1，＋∞
0，1
1，＋∞
当 x∈ e 时，f′(x)<0；当 x∈ e
时，f′(x)>0，所以 f(x)在 e 上单调递减，在 e
上单调
递增．(4 分)
1
所以当 x＝1时，f(x)有极小值 f e ＝－3.(6 分)
x＋ g′(x)＝6a
－ 1 x－ 2a x
－1 2a ，
令 g′(x)＝0，得 x1＝
－1. 2a
所以 g(x)在(0，x1)上单调递增，在(x1，＋∞)上单调递减．(10 分)
1 (ⅰ) 当 g(e)·g e <0，即(ae2＋2)·ea2<0，即－e22<a<0 时，g(x)在 D 上有且只有一个零点 x0，且在 x0 两侧

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1 / 14利用导数研究函数的性质-2021年高考数学备考艺考生百日冲刺系列试题（新高考地区）专题09 利用导数研究函数的性质1.函数的单调性在某个区间(a ，b )内，如果f ′(x )>0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递增；如果f ′(x )<0，那么函数y ＝f (x )在这个区间内单调递减. 2.函数的极值(1)判断f (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)是极小值. (2)求可导函数的极值的步骤 ①求f ′(x )；②求方程f ′(x )＝0的根；③检查f ′(x )在方程f ′(x )＝0的根的左右两侧导数值的符号.如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值. 3.函数的最值(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值.(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值.(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在区间(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.4.方法技巧(1)利用导数的符号来判断函数的单调性；(2)已知函数的单调性求函数范围可以转化为不等式恒成立问题；(3)f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解.(1)导函数的零点并不一定就是函数的极值点.所以在求出导函数的零点后一定要注意分析这个零点是不是函数的极值点.(2)若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有极值，那么y＝f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调函数没有极值.(1)求解函数的最值时，要先求函数y＝f(x)在[a，b]内所有使f′(x)＝0的点，再计算函数y＝f(x)在区间内所有使f′(x)＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得.(2)可以利用列表法研究函数在一个区间上的变化情况.题型一函数的单调性知识点拨：利用导数求函数f(x)的单调区间的一般步骤为：(1)确定函数f(x)的定义域；(2)求导函数f′(x)；(3)在函数f(x)的定义域内解不等式f′(x)＞0和f′(x)<0；(4)根据(3)的结果确定函数f(x)的单调区间．2.利用导数求函数单调性，在对函数求导以后要对导函数进行整理并因式分解，方便后面求根和判断导函数的符号．2/ 143 / 14例1、（湖南省衡阳市第八中学2020届高三下学期高考适应性考试）已知函数f(x)=x 2−cosx ，则f (35),f(0),f (−12)的大小关系是（）A ．f(0)<f (35)<f (−12) B ．f(0)<f (−12)<f (35)C ．f (35)<f (−12)<f(0)D ．f (−12)<f(0)<f (35)【答案】B【解析】∵函数f(−x)=(−x)2−cos(−x)=x 2−cosx =f(x)，∴f(x)为偶函数，∴f(0.5)=f(−0.5)，f ′(x)=2x +sinx ，当0<x <π2时，f ′(x)=2x +sinx >0，函数在(0,π2)上递增，∴f(0)<f(0.5)<f(0.6)，即f(0)<f(−0.5)<f(0.6)，故选B ．变式1、（2019年江苏模拟）若函数()21ln 12f x x x =-+在其定义域内的一个子区间()1,1k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围_______________【答案】31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】：()'122fx x x =-,令()'102f x x =⇒=.∵函数()f x 在()1,1k k -+内不是单调函数，所以()11,12k k ∈-+，又因为()1,1k k -+是定义域()0,+∞的子区间，所以4 / 1410k -≥，综上可得：103112112k k k k -≥⎧⎪⇒≤<⎨-<<+⎪⎩ 答案：31,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭变式2、（2020届山东省临沂市高三上期末）已知函数，函数（）.讨论的单调性；【解析】的定义域为，，当，时，，则在上单调递增；当，时，令，得，令，得，则在上单调递减，在上单调递增；当，时，，则在上单调递减；当，时，令，得，令，得，则在上单调递增，在上单调递减；变式3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知函数. 若在上是单调递增函数，求的取值范围；【解析】 ∵ 在上是单调递增函数,()()2ln 1sin 1f x x x =+++()1ln g x ax b x =--,,0a b ab ∈≠R ()g x ()g x ()0,∞+()a g x x bx'=-0a >0b <()0g x '>()g x ()0,∞+0a >0b >()0g x '>b x a >()0g x '<0b x a <<()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭0a <0b >()0g x '<()g x ()0,∞+0a <0b <()0g x '>0b x a <<()0g x '()g x 0,b a ⎛⎫⎪⎝⎭,b a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭()()245xaf x x x a R e =-+-∈()Ⅰ()f x (),-∞+∞a ()1()f x (),-∞+∞5 / 14∴在上，恒成立，即： ∴设∴ ，∴当时，∴ 在上为增函数， ∴当时， ∴在上为减函数， ∴∵∴ ，即 .题型二、利用导数研究函数的极值与最值例2、（2020届山东省潍坊市高三上期中）已知函数．若函数处有极小值，求函数在区间上的最大值．【解析】因为，因为函数处有极小值，所以，所以由，得或， x R ∈()240xa f x x e =-+≥'()42xa x e ≥-()()42xh x x e =-R x ∈()()22xh x x e =-'(),1x ∈-∞()0h x '>()h x (),1x ∈-∞()1,x ∈+∞()0h x '<()h x ()1,x ∈+∞()()max 12h x h e ==()max 42x a x e ⎡⎤≥-⎣⎦2a e ≥[)2,a e ∈+∞()32112f x x x ax =-++()1f x x =在()f x 32,2⎡⎤-⎢⎥⎣⎦2()3f x x x a '=-+()1f x x =在(1)202f a a '=+=⇒=-2()32f x x x '=--()0f x '=23x =-1x =6 / 14当或时，，当时，，所以在，上是增函数，在上是减函数，因为，，所以的最大值为. 变式1、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知在区间上有极值点，实数a 的取值范围是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】,由于函数在上有极值点，所以在上有零点.所以，解得.故选：D.变式2、（2020届山东师范大学附中高三月考）已知函数，是函数的极值点，以下几个结论中正确的是（）23x <-1x >()0f x '>213x -<<()0f x '<()f x 22,3⎛⎫--⎪⎝⎭31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭2,13⎛⎫- ⎪⎝⎭249327f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭3124f ⎛⎫= ⎪⎝⎭()f x 249327f ⎛⎫-=⎪⎝⎭()21ln 2f x x a x =-()0,2()0,2()()2,00,2-()0,4()()4,00,4-2()a x a f x x x x -'=-=()f x (0,2)()f x '(0,2)02a >⎧⎪<(0,4)a ∈2()ln f x x x x =+0x ()f x7 / 14A ．B ．C ．D ．【答案】AC【解析】函数,,∵是函数的极值点，∴，即，,,,即A 选项正确,B 选项不正确;,即C 正确,D 不正确.故答案为:AC.变式3、（2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考）若函数的极大值是M ，极小值是m ，则M -m( ) A ．与有关，且与有关 B ．与有关，且与无关 C ．与无关，且与无关 D ．与无关，且与有关【答案】C【解析】∵，∴，令，得，或，010x e<<01x e>00()20f x x +<00()20f x x +>2()l (),n 0f x x x x x =+>()ln 12f x x x '∴=++0x ()f x ()'00f x =00ln 120x x ∴++=120f e e'⎛⎫∴=> ⎪⎝⎭0,()x f x '→→-∞010x e∴<<()()()2000000000002ln 2l 21n 0f x x x x x x x x x x x +=++==-+++<3()()3f x x a x b =--+a b a b a b a b 3()()3f x x a x b =--+2()3()3f'x x a =--2()3()30f'x x a =--=1x a =-1x a =+8 / 14当x 变化时，、的变化如下表：∴，，∴，故选：C ．题型三、利用导数研究函数性质的综合例3、(2020届山东省潍坊市高三上学期统考）函数若函数只有一个零点，则可能取的值有（）A ．2B ．-2C ．0D ．1【答案】ABC【解析】∵只有一个零点， ∴函数与函数有一个交点，作函数函数与函数的图象如下，'()f x ()f x ()(1)13123f a a bM a b -=---+=-+=()(1)13123m f a a b a b =+=-++=--+4M m -=()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩()()g x f x x a =-+a ()()g x f x x a =-+()y f x =y x a =-()()1,1,ln 1,1,x e x f x x x -⎧≤⎪=⎨->⎪⎩y x a =-9 / 14结合图象可知，当时；函数与函数有一个交点；当时，，可得，令可得，所以函数在x=2时，直线与相切，可得a=2. 综合得：或a=2. 故选：ABC.变式1、（2020·山东省淄博实验中学高三上期末）关于函数，下列判断正确的是（）A ．X=2是的极大值点B ．函数有且只有1个零点C ．存在正实数k ，使得成立D ．对任意两个正实数，，且，若，则. 【答案】BD【解析】A .函数的的定义域为（0，+∞），函数的导数f ′（x ），∴（0，2）上，f ′（x ）＜0，函数单调递减，（2，+∞）0a ≤()y f x =y x a =-0a >ln(1)y x =-11y x '=-111x =-2x =ln(1)y x =-0a ≤()2ln f x x x=+()f x yf xx ()f x kx >1x 2x 12x x >()()12f x f x =124x x +>22212x x x x-=-+=10 / 14上，f ′（x ）＞0，函数单调递增，∴x ＝2是f （x ）的极小值点，即A 错误；B .y ＝f （x ）﹣x lnx ﹣x ，∴y ′10，函数在（0，+∞）上单调递减，且f （1）﹣1=2+ln 1﹣1=1>0，f （2）﹣2=1+ln 2﹣2= ln 2﹣1<0，∴函数y ＝f （x ）﹣x 有且只有1个零点，即B 正确；C .若f （x ）＞kx ，可得k ，令g （x ），则g ′（x ），令h （x ）＝﹣4+x ﹣xlnx ，则h ′（x ）＝﹣lnx ，∴在x ∈（0，1）上，函数h （x ）单调递增，x ∈（1，+∞）上函数h （x ）单调递减， ∴h （x ）⩽h （1）＜0，∴g ′（x ）＜0，∴g （x ）在（0，+∞）上函数单调递减，函数无最小值， ∴不存在正实数k ，使得f （x ）＞kx 恒成立，即C 不正确； D .令t ∈（0，2），则2﹣t ∈（0，2），2+t ＞2，令g （t ）＝f （2+t ）﹣f （2﹣t ）ln （2+t ）ln （2﹣t ）ln ，则g ′（t ）0， ∴g （t ）在（0，2）上单调递减，则g （t ）＜g （0）＝0，令x 1＝2﹣t ，由f （x 1）＝f （x 2），得x 2＞2+t ，则x 1+x 2＞2﹣t +2+t ＝4，当x 2≥4时，x 1+x 2＞4显然成立，∴对任意两个正实数x 1，x 2，且x 2＞x 1，若f （x 1）＝f （x 2），则x 1+x 2＞4，故D 正确2x =+221x x =-+-222x x x-+-=＜22lnx x x +＜22lnx x x =+34x xlnxx -+-=22lnxx x=+22t =++22t ---244t t =+-22tt+-()22222222222244822241648(4)2(2)(4)4(4)t t t t t t t t t t t t t ----++---=+⋅=+=-+----＜11 / 14故正确的是BD ，故选：BD ．1、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知函数，其中.求函数的单调区间；【解析】函数的定义域为, ,令,得或x=e,因为,当或时,,单调递增；当时,,单调递减,所以的增区间为,；减区间为2、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）已知函数，曲线在点处的切线在y 轴上的截距为. （1）求a ；2213()ln 224f x x ax x ax x ⎛⎫=-+-⎪⎝⎭0a e <<()f x ()f x {}|0x x >()()()211313ln 2ln 22222f x x a x x ax a x x a x x a a x x⎛⎫'=-+-⋅+-=-+-+- ⎪⎝⎭()()ln ()(ln 1)x a x x a x a x =---=--()0f x '=x a =0a e <<0x a <<x e >()0f x '>()f x a x e <<()0f x '<()f x ()f x ()0,a (),e +∞(),a e ()ln(2)f x x a =+(0,0)x a >>()y f x =(1,(1))f 2ln 33-12 / 14（2）讨论函数和的单调性；【解析】（1）对求导，得. 因此.又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即. 由题意，. 显然a=1，适合上式.令，求导得，因此为增函数：故a=1是唯一解.（2）由（1）可知，，因为， ()()2g x f x x =-(0)x >2()()21x h x f x x =-+(0)x >()ln(2)f x x a =+2()2f x x a'=+2(1)2f a'=+(1)ln(2)f a =+()y f x =(1,(1)f 2ln(2)(1)2y a x a-+=-+22ln(2)22y x a a a=++-++22ln(2)ln 323a a +-=-+2()ln(2)2a a aϕ=+-+(0)a >212()02(2)a a a ϕ'=+>++()a ϕ()ln(21)2g x x x =+-(0),x >2()ln(21)21x h x x x =+-+(0)x >24()202121x g x x x '=-=-<++13 / 14所以为减函数.因为，所以为增函数. 3、（2019·夏津第一中学高三月考）已知函数．当时，讨论的单调性；【解析】函数的定义域为.，因为，所以，①当，即时，由得或，由得，所以在，上是增函数，在上是减函数；②当m -1=1，即m=2时，所以在上是增函数；③当，即时，由得或，由得，所以在，.上是增函数，在.上是减函综上可知：当时在，上是单调递增，在上是单调递减；()()2g x f x x =-(0)x >222()21(21)h x x x '=-++240(21)x x =>+2()()12x h x f x x=-+(0)x >()()11ln f x x m x m R x x ⎛⎫=+-+∈ ⎪⎝⎭1m ()f x ()f x (0,)+∞'21()1m m f x x x -=+-2221(1)[(1)]x mx m x x m x x -+----==1m 10m ->011m <-<12m <<()0f x '>1x >1x m <-()0f x '<11m x -<<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -()0f x '≥()f x ()0,∞+11m ->2m >()0f x '>1x m >-1x <()0f x '<11x m <<-()f x ()0,1()1,m -+∞()1,1m -12m <<()f x ()0,1m -()1,+∞()1,1m -14 / 14 当m=2时，在.上是单调递增；当时在(0,1)，上是单调递增，在(1,m -1)上是单调递减. 4、（2020届山东省济宁市高三上期末）已知函数.(1)求证:当时,对任意恒成立;(2)求函数的极值;【解析】 (1),,在上为增函数,所以当时,恒有成立;(2)由当在上为增函数,无极值当在上为减函数,在上为增函数,有极小值,无极大值,综上知:当无极值,当有极小值,无极大值.()f x ()0,∞+2m >()f x ()1,m -+∞()()sin ,ln f x x a x g x x m x =-=+1a ≤()()0,,0x f x ∈+∞>()g x ()()sin 1cos f x x a x f x a x '=-∴=-，1cos 1x -≤≤()11cos 0a f x a x '∴≤=-≥，()sin f x x a x =-()0+∞，()0,x ∈+∞()()00f x f >=()()()ln ,10mx mg x x m x g x x x x +'=+∴=+=>()00m g x '≥>，()g x ()0+∞，()()0,00;0m x m g x x m g x ''<<<-<>->，，()g x ()0m -，(),m -+∞()x m x ∴=-，g ()ln m m m -+-()0m g x ≥，()0m g x <，()ln m m m -+-。