1、北京曲一线图书策划有限公司 2024版5年高考3年模拟A版4.2导数的应用基础篇考点一导数与函数的单调性考向一 求函数的单调区间1.(2022长沙明达中学入学考,7)已知函数f(x)=xln x,则f(x) ()A.在(0,+)上单调递增B.在(0,+)上单调递减C.在0,1e上单调递增D.在0,1e上单调递减答案D2.(2022山东烟台莱州一中开学考,3)函数f(x)=-2ln x-x-3x的单调递增区间是()A.(0,+)B.(-3,1)C.(1,+)D.(0,1)答案D3.(2022河北衡水中学模拟,15)已知一元二次不等式ax2+bx+c0的解集为x|-1x5,则函数f(x)=13ax
2、3+12bx2+cx的单调递增区间为.答案(-1,5)4.(2023届哈尔滨师大附中月考,17)设函数f(x)=ln(1+ax)+bx,g(x)=f(x)-bx2.(1)若a=1,b=-1,求函数f(x)的单调区间;(2)若曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,求a,b的值.解析(1)由题意知f(x)=ln(1+x)-x,定义域为(-1,+),求导得f (x)=1x+11=xx+1,令f (x)=0,得x=0,当-1x0,当x0时,f (x)0,所以f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区间为(0,+).(2)g(x)=f(x)-bx2=ln(1+ax
3、)+bx-bx2,求导得g(x)=a1+ax+b-2bx,因为曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,所以g(1)=a1+a+b2b=113,g(1)=ln(1+a)+b-b=ln 3,解得a=2,b=-3.5.(2022福建泉州质量监测二,17)已知函数f(x)=x-asin x的图象在点(0,f(0)处的切线方程为y=-x.(1)求a;(2)求f(x)在0,2上的单调区间.解析(1)对f(x)=x-asin x求导得f (x)=1-acos x,则f (0)=1-acos 0=1-a,根据f(x)=x-asin x的图象在(0,f(0)处的切线方程为y=-x
4、,有1-a=-1,解得a=2.(2)由(1)可得f (x)=1-2cos x.在区间0,2上,由f (x)=0,解得x=3或x=53.当0x3或53x2时,f (x)0,则f(x)单调递减;当3x0,则f(x)单调递增.综上可得,f(x)的单调递减区间为0,3,53,2,单调递增区间为3,53.考向二利用单调性比较大小、解不等式1.(2023届江苏南京、镇江学情调查,7)设函数f(x)=-sin x+ln(x2+1+x)+x,则满足f(x)+f(3-2x)0的x的取值范围是()A.(3,+)B.(1,+)C.(-,3)D.(-,1)答案A2.(2021湖南郴州质检三,8)已知a=4ln 3,b
5、=3ln 4,c=4ln 3,则a,b,c的大小关系是()A.cbaB.bcaC.bacD.abbcB.cabC.acbD.cba答案B4.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则()A.a0bB.ab0C.ba0D.b0a答案A5.(2022广东汕头一模,5)已知a=ln22,b=1e,c=ln55,则以下不等式正确的是()A.cbaB.abcC.bacD.bca答案C6.(2023届广东六校联考,16)若不等式a(x+1)ex-x0有且仅有一个正整数解,则实数a的取值范围是.答案23e2,12e考点二导数与函数的极(最)值1.(2023届江西上饶、
6、景德镇六校联考,11)设a0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-1)的极小值点,则()A.a1C.aa2答案C2.(2022海南海口四中期中,14)若函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,则a=.答案33.(2022沈阳三十一中月考,13)写出一个同时满足下列要求的函数f(x)=.f(x)的表达式中至少含有ex、xn(nN*)、ln x中的两个;存在一个极值点x=3.答案exx3(或ex(x-4)(答案不唯一)4.(2021新高考,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为.答案15.(2023届重庆八中入学考,18)已知函数f(x)=ax+b+cos
7、 x(a,bR),若曲线f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=12x+2.(1)求f(x)的解析式;(2)求函数f(x)在0,2上的值域.解析(1)因为f(x)=ax+b+cos x(a,bR),所以f (x)=a-sin x,由题意得f(0)=b+cos0=2,f (0)=asin0=12,即b+1=2,a=12,所以a=12,b=1,则f(x)=12x+1+cos x.(2)由(1)得f(x)=12x+1+cos x,f (x)=12-sin x,由f (x)0且x0,2可得0x6或56x2,函数f(x)在区间0,6和56,2上单调递增,由f (x)0且x0,2可得6x56,函数f(
8、x)在区间6,56上单调递减;因此当x=6时,函数取得极大值f6=126+1+cos 6=1+12+32,当x=56时,函数取得极小值f56=1256+1+cos 56=1+51232,又f(0)=2,f(2)=122+1+cos 2=1+1=2+,1+5123221+12+320,证明:f(x)在定义域内是增函数;(2)若f(x)在1,e上的最小值为32,求a的值.解析(1)证明:由题意知f(x)的定义域为(0,+),f (x)=1x+ax2=x+ax2.a0,f (x)0,故f(x)在(0,+)上是增函数.(2)由(1)可知,f (x)=x+ax2.若a-1,则x+a0,即f (x)0在1
9、,e上恒成立,此时f(x)在1,e上为增函数,f(x)min=f(1)=-a=32,a=-32(舍去);若a-e,则x+a0,即f (x)0在1,e上恒成立,此时f(x)在1,e上为减函数,f(x)min=f(e)=1-ae=32,a=-e2(舍去);若-ea-1,令f (x)=0,得x=-a,当-ax0,f(x)在(-a,e)上为增函数,当1x-a时,f (x)0的情形.曲线y=f(x)在点(t,f(t)处的切线方程为y=12-t2-2t(x-t).切线与x轴的交点是t2+6t,0,与y轴的交点是(0,12+t2).所以切线与坐标轴围成的三角形面积为S(t)=12t2+6t(12+t2)=1
10、4t3+24t+144t.因此S(t)=143t2+24144t2=34t2(t2-4)(t2+12).令S(t)=0,即(t2-4)(t2+12)=0,得t1=-2(舍),t2=2.因为当t(0,2)时,S(t)0,S(t)单调递增,所以S(t)的最小值为S(2)=32.综合篇考法一利用导数研究函数的单调性考向一含参函数的单调性问题1.(2023届福建部分名校联考,21)已知函数f(x)=ae-x+x-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0恒成立,求a的取值范围.解析(1)因为f(x)=ae-x+x-2=aex+x-2,所以f (x)=exaex.若a0,则f (x)0恒成立;若
11、a0,则当x(-,ln a)时,f (x)0.故当a0时,f(x)的单调递增区间为(-,+),无单调递减区间;当a0时,f(x)的单调递增区间为(ln a,+),单调递减区间为(-,ln a).(2)f(x)0等价于a(2-x)ex,令函数g(x)=(2-x)ex,则g(x)=(1-x)ex,当x(-,1)时,g(x)0,g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)0对任意x(0,+)恒成立,所以函数f(x)在区间(0,+)上单调递增;(2)当a0时,由f (x)0得xa2,由f (x)0得0x0时,f(x)的单调增区间为a2,+,单调减区间为0,a2.3.(2022浙江舟山中学质量检测,20
12、改编)已知函数f(x)=x2-2x+aln x,当a0时,求函数f(x)的单调区间.解析f(x)=x2-2x+aln x的定义域为(0,+),f (x)=2x-2+ax=2x22x+ax(x0),令f (x)=0,可得2x2-2x+a=0(a0),当=4-8a0,即a12时,f (x)0对于x(0,+)恒成立,所以f(x)在(0,+)上单调递增.当=4-8a0,即0a0可得0x1+12a2,由f (x)0可得112a2x1+12a2,所以f(x)在0,112a2和1+12a2,+上单调递增,在112a2,1+12a2上单调递减.综上所述,当a12时,f(x)的单调递增区间为(0,+);当0a0
13、,讨论函数g(x)=f(x)f(a)xa的单调性.解析设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+),h(x)=2x-2.(1)当0x0;当x1时,h(x)0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-c0,即c-1时, f(x)2x+c.所以c的取值范围为-1,+).(2)g(x)=f(x)f(a)xa=2(lnxlna)xa,x(0,a)(a,+).g(x)=2xax+lnalnx(xa)2=21ax+ln ax(xa)2.取c=-1得h(x
14、)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x1时,h(x)0,即1-x+ln x0.故当x(0,a)(a,+)时,1-ax+ln ax0,从而g(x)0),aR.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若对任意x(0,+),均有f(x)0,求a的值;(3)假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为0.81,若其10次投篮全部命中的概率为p,证明:pe-2.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+), f (x)=ax12x=2ax2x.若a0,则f (x)0,由f (x)0可得0x4a2,由f (x)4a2,此时,函数f(x)的单调递增区间为(0,4a2),单调递减区间为(4a2,+).综
15、上所述,当a0时,函数f(x)在(0,+)上为减函数;当a0时,函数f(x)在(0,4a2)上单调递增,在(4a2,+)上单调递减.(2)当a0时,函数f(x)在(0,+)上为减函数,且f(1)=0,当0xf(1)=0,不合题意.当a0时,由(1)知f(x)max=f(4a2)=aln(4a2)-2a+1=2aln(2a)-2a+10,令t=2a,t0,可得tln t-t+10,即ln t-1+1t0,令g(t)=ln t+1t-1,其中t0,则g(t)=1t1t2=t1t2.当0t1时,g(t)1时,g(t)0,此时函数g(t)单调递增.所以,g(t)min=g(1)=0,则g(t)g(1)
16、=0,又g(t)0,所以g(t)=0,所以2a=t=1,解得a=12.(3) 由题意可得p=0.8110,由(2)可知,当a=12时,lnx2x+10,即ln x2(x-1),所以ln 0.8110=10ln 0.8120(0.81-1)=-2,因此,p0,则当x(-,0)a3,+时, f (x)0;当x0,a3时, f (x)0.故f(x)在(-,0),a3,+单调递增,在0,a3单调递减.若a=0, f(x)在(-,+)单调递增.若a0;当xa3,0时, f (x)0.故f(x)在,a3,(0,+)单调递增,在a3,0单调递减.(2)满足题设条件的a,b存在.当a0时,由(1)知, f(x
17、)在0,1单调递增,所以f(x)在区间0,1的最小值为f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即a=0,b=-1.当a3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f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即a=4,b=1.当0a3时,由(1)知, f(x)在0,1的最小值为fa3=a327+b,最大值为b或2-a+b.若-a327+b=-1,b=1,则a=332,与0a3矛盾.若-a327+b=-1,2-a+b=1,则a=33或a=-33或a
18、=0,与0a0,a1)在区间12,0内单调递增,则a的取值范围是.答案34,15.(2022湖南衡阳一中周测,18)已知函数f(x)=x3-ax-1(aR).(1)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围;(2)若函数f(x)的单调递减区间是(-1,1),求实数a的值;(3)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围.解析(1)f (x)=3x2-a.因为f(x)在R上单调递增,所以f (x)0恒成立,即a3x2恒成立,故a(3x2)min=0.经检验,当a=0时,符合题意,故实数a的取值范围是(-,0.(2)由(1),得f (x)=3x2-a,因为f(x)的单调递
19、减区间是(-1,1),所以不等式3x2-a0)的最小值为1C. f(x)=x-ln x(x0)的最小值为1D. f(x)=xe1x(x0)的最小值为1答案AC4.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(aR)在(0,+)内有且只有一个零点,则f(x)在-1,1上的最大值与最小值的和为.答案-35.(2018课标理,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.答案-3326.(2022江苏盐城四校联合检测,15)函数f(x)=-3x-|ln x|+3的最大值为.答案2-ln 37.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)=32xx
20、2+a.(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.解析(1)当a=0时, f(x)=3x22x, f (x)=-6x3+2x2.所以f(1)=1, f (1)=-4.所以曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为y-1=-4(x-1),即y=-4x+5.(2)由f(x)=32xx2+a得f (x)=2(x2+a)2x(32x)(x2+a)2=2(x23xa)(x2+a)2.由题意知f (-1)=0,所以(-1)2-3(-1)-a=0.故a=4.当a=4时, f(x)=32xx2+
21、4, f (x)=2(x+1)(x4)(x2+4)2. f (x)与f(x)的变化情况如表:x(-,-1)-1(-1,4)4(4,+)f (x)+0-0+f(x)1-14因此, f(x)的单调递增区间是(-,-1)和(4,+),单调递减区间是(-1,4).当x-时,y0,当x+时,y0,所以f(-1)=1是f(x)的最大值, f(4)=-14是f(x)的最小值.8.(2022湖北重点中学联考,21)已知函数f(x)=(x-k)ex.(1)求f(x)的极值;(2)求f(x)在区间0,1上的最小值.解析(1)由f(x)=(x-k)ex可得f (x)=(x-k+1)ex,令f (x)=0,得x=k-
22、1,随x变化,f(x)与f (x)的变化情况如表:x(-,k-1)k-1(k-1,+)f (x)-0+f(x)-ek-1所以f(x)的单调递减区间是(-,k-1),单调递增区间是(k-1,+),所以f(x)有极小值f(k-1)=-ek-1,无极大值.(2)当k-10,即k1时,f (x)=(x-k+1)ex0在x0,1上恒成立,则函数f(x)在0,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=-k;当0k-11,即1k2时,由(1)知f(x)在0,k-1上单调递减,在(k-1,1上单调递增,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k-11,即k2时,函数f
23、(x)在0,1上单调递减,所以f(x)在区间0,1上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k1时,f(x)在区间0,1上的最小值为f(0)=-k;当1k0),x1,4, f(x)的最大值为3,最小值为-6,则a+b=()A.53B.73C.103D.113答案C2.(2022湖南岳阳一中入学考,7)若函数f(x)=2x3-ax2(a0)在区间a2,a+63上有最大值,则实数a的取值范围为()A.-2,0)B.(-,-2C.-4,0)D.(-,-4答案D3.(多选)(2022山东济宁实验中学开学考,12)已知函数f(x)=x2+x1ex,则下列结论正确的是()A.函数f(x)存在两个不同的零
24、点B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值C.当-ek0且a1)的极小值点和极大值点.若x10恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.a0.令f (x)=0,得x=ln a,令g(x)=0,得x=1a.易知f(x)min=f(ln a)=a-aln a,g(x)min=g1a=1+ln a,a-aln a=1+ln a,即ln a=a1a+1.令h(x)=ln x-x1x+1(x0),则h(x)=1x2(x+1)2=x2+1x(x+1)20,h(x)在(0,+)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 1-111+1=0,方程有且仅有一解,为a=1,即为所求.(2)证明:由
25、(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x0时, f(x)单调递增;当0x1时,g(x)单调递增.不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x1,x2,与y=g(x)的图象的两交点的横坐标分别为x2,x3,且x1x2f(2)B.函数f(x)的最大值为1C.若方程f(x)-m=0恰有两个不等的实根,则实数m的取值范围为0,1eD.若f(x1)=f(x2)(x1x2),则x1+x20答案ABD2.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)=exx-ln x+x-a.(1)若f(x)0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2e
26、+1.y=et+10,y=et+t-a为增函数,x1-ln x1=x2-ln x2.由t=x-ln x得t=1-1x=x1x,令t=0,得x=1,t,t的变化情况如下:x(0,1)1(1,+)t-0+t1证法一:不妨设0x11x1x2,则有x1x21,所以x1x2x1x2等价于x2x1x1x2ln x2x1,只需证x2x11x2x1ln x2x1.设m=x2x1(m1),从而只要证m1mln m(m1).设g(m)=m1m-ln m(m1),则g(m)=2mm+12mm1m=(m1)22mm,g(m)0,g(m)在(1,+)上单调递增,g(m)g(1)=0,x2x1ln x2ln x1x1x2
27、成立.故x1x21.证法二:不妨设0x11x2,F(x)=f(x)-f1x,0x1,则F(x)=f (x)+1x2 f 1x=x1x2(ex+x)+1x21x11x2e1x+1x=x1x2(ex+x-1-xe1x).设(x)=ex+x-1-xe1x,x(0,1),则(x)=ex+1-e1x1xe1x=ex+1e1x11x=ex+1+e1x1xx.0x0,(x)在(0,1)上单调递增,(x)(1)=0,又x1x20,F(x)在(0,1)上单调递增.F(x)F(1)=0,f(x)f1x.f(x2)=f(x1)1,1x11,x21x1,x1x21.3.(2023届河北衡水部分学校月考,21)已知函数
28、f(x)=aln(x+2)+x22-2x,其中a为非零实数.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个极值点x1,x2,且x12x1.解析(1)函数f(x)的定义域为(-2,+),f (x)=ax+2+x2=x2+(a4)x+2,当a-40,即a4时,f (x)0,函数f(x)在(-2,+)上单调递增;当-4a-40,即0a-2,x2=4a,则当x(-2,-4a)(4a,+)时,f (x)0,当x(-4a,4a)时,f (x)0,故f(x)在(-2,-4a)和(4a,+)上单调递增,在(-4a,4a)上单调递减;当a0时,x1=-4a0,当x(-2,4a)时,f (x)4时,f(x)在
29、(-2,+)上单调递增;当0a4时,f(x)在(-2,-4a)和(4a,+)上单调递增,在(-4a,4a)上单调递减;当a0时,f(x)在(-2,4a)上单调递减,在(4a,+)上单调递增.(2)证明:因为f(x)有两个极值点x1,x2,由(1)知0a2x12f(x2)-2x10f(x2)+x20aln(x2+2)+x222-x20(4-x22)ln(x2+2)+x222-x20(2+x2)ln(x2+2)-x220,令g(x)=(2+x)ln(x+2)-x2(0xln 2+120,所以g(x)在(0,2)上单调递增,且g(0)=2ln 20,故g(x)g(0)0,即f(-x1)+f(x2)2x1.4.(2021新高考,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:21a+1b0,解得0x1,令f (x)1,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+)上单调递减.(2)证明:由bln a-aln b=a-b得1a(1+ln a)=1b(1+ln b),即1a1ln 1a=1b1ln 1b,令x1=1a,
