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导数的应用考点一导数与函数的单调性1.(2022全国甲,理6,文8,5分)当x=1时,函数f(x)=aln x+bx取得最大值-2,则f (2)=()A.-1B.-12C.12D.1答案Bf (x)=axbx2=axbx2,由题可知x=1为f(x)的极大值点,f (1)=0,f(1)=2,ab=0,b=2,a=b=-2,f (x)=2x+2x2,f (2)=-12,故选B.解后反思:若定义域为开区间的函数存在最值,则此最值必为函数的极值.2.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则()A.
2、a0bB.ab0C.ba0D.b0a答案A由9m=10可得m=log9101,令f(x)=xm-(x+1),则f (x)=mxm-1-1,易知当x1时, f (x)0,所以f(x)在(1,+)上单调递增,所以f(8)f(9)f(10),所以8m-99m-100b,故选A.7.(2022新高考,7,5分)设a=0.1e0.1,b=19,c=-ln 0.9,则()A.abcB.cbaC.cabD.ac0时, f (x)0, f(x)单调递减,f(0.1)f(0)=1,ab1,ab.下面比较a与c.令g(x)=xex+ln(1-x),0x14,则g(x)=(x+1)ex-11x=(1x2)ex11x
3、,令H(x)=(1-x2)ex-1,0x0,则H(x)在0,14上为增函数,H(x)H(0)=0.g(x)在0,14上为增函数,g(0.1)g(0),0.1e0.1+ln 0.90,ac,bac.3.(2021全国乙理,12,5分)设a=2ln 1.01,b=ln 1.02,c=1.04-1,则()A.abcB.bcaC.bacD.ca1.02,所以ab,排除选项A与选项D.设f(x)=ln x-2(x1)x+1(x1),则f (x)=1x4(x+1)2=(x1)2x(x+1)20,所以f(x)在(1,+)上单调递增,从而f(x)f(1)=0,即ln x2(x1)x+1.故a=2ln 1.01
4、220.011.01+1=0.042.01.c=1.041=0.041.04+1,因为1.012=(1+0.01)2=1+0.02+0.0121.04,所以1.011.04,所以2.010.041.04+1,即ac,排除选项C.故选B.解法二:因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1,所以ab,下面比较a与c的大小.令f(x)=2ln(1+x)-1+4x+1,x0,1),则f (x)=21+x21+4x=21+4x(1+x)(1+x)1+4x,(1+4x)-(1+x)2=1+4x-1-2x-x2=2x-x2=x(2-x)0(x0,1),f (x)0,f(x)在0,1)上
5、为增函数,f(0.01)f(0)=0,得ac.再比较b与c的大小,b=ln(1+0.02),c=1+0.04-1,令g(x)=1+2x-1-ln(1+x),x0,1),则g(x)=11+2x11+x=1+x1+2x(1+x)1+2x,而(1+x)2-(1+2x)=x20,g(x)在0,1)上为增函数,g(0.02)g(0)=0,cb.综上,acb,故选B.拓展延伸:关于ln x的重要不等式(1)1-1xln xx-1(x0).(2)ln x12x1x,0x1;ln x12x1x,x1.(3)ln x2(x1)x+1,x1;ln x2(x1)x+1,0x1.(4)ln(x+1)x-x22,x0.
6、(5)ln xx1,x1.(6)x1x2x1x2ln x1ln x20,x20).4.(2016课标文,12,5分)若函数f(x)=x-13sin 2x+asin x在(-,+)单调递增,则a的取值范围是()A.-1,1B.1,13C.13,13D.1,13答案Cf (x)=1-23cos 2x+acos x=1-23(2cos2x-1)+acos x=-43cos2x+acos x+53, f(x)在R上单调递增,则f (x)0在R上恒成立,令cos x=t,t-1,1,则-43t2+at+530在-1,1上恒成立,即4t2-3at-50在-1,1上恒成立,令g(t)=4t2-3at-5,则
7、g(1)=43a50,g(1)=4+3a50,解得-13a13,故选C.疑难突破由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决.评析本题考查由函数的单调性求参数范围,利用导数将问题转化为恒成立问题,再利用二次函数来解决即可.5. (2015课标理,12,5分)设函数f (x)是奇函数f(x)(xR)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是()A.(-,-1)(0,1)B.(-1,0)(1,+)C.(-,-1)(-1,0)D.(0,1)(1,+)答案A令g(x)=f(x)x,则g(x)=xf (x)f(x)x2,由题意知,
8、当x0时,g(x)0,从而f(x)0;当x(1,+)时,g(x)0,从而f(x)0.又g(-x)=f(x)x=f(x)x=f(x)x=g(x),g(x)是偶函数,当x(-,-1)时,g(x)0;当x(-1,0)时,g(x)0,从而f(x)0(0(0)时,考虑构造函数g(x)=f(x)x.6.(2015课标理,12,5分)设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1,若存在唯一的整数x0使得f(x0)0,则a的取值范围是()A.32e,1B.32e,34C.32e,34D.32e,1答案D由f(x0)0,即ex0(2x0-1)-a(x0-1)0得ex0(2x0-1)a(x0-1).当x0
9、=1时,得e1,则aex0(2x01)x01.令g(x)=ex(2x1)x1,则g(x)=2xexx32(x1)2.当x1,32时,g(x)0,g(x)为增函数,要满足题意,则x0=2,此时需满足g(2)ag(3),得3e2a52e3,与a1矛盾,所以x01.因为x01,所以a0,g(x)为增函数,当x(0,1)时,g(x)0,g(x)为减函数,要满足题意,则x0=0,此时需满足g(-1)ag(0),得32ea1(满足a0,则a的取值范围是()A.(2,+)B.(1,+)C.(-,-2)D.(-,-1)答案C(1)当a=0时,显然f(x)有两个零点,不符合题意.(2)当a0时, f (x)=3
10、ax2-6x,令f (x)=0,解得x1=0,x2=2a.当a0时,2a0,所以函数f(x)=ax3-3x2+1在(-,0)与2a,+上为增函数,在0,2a上为减函数,因为f(x)存在唯一零点x0,且x00,则f(0)0,即10,不成立.当a0时,2a0,则f2a0,即a8a3-34a2+10,解得a2或a-2,又因为a1,01x1,k1,故选D.9.(2019课标文,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)当0a0,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
11、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)当0a3时,由(1)知, f(x)在0,a3单调递减,在a3,1单调递增,所以f(x)在0,1的最小值为fa3=-a327+2,最大值为f(0)=2或f(1)=4-a.于是m=-a327+2,M=4a,0a2,2,2a3.所以M-m=2a+a327,0a2,a327,2a3.当0a2时,可知2-a+a327单调递减,所以M-m的取值范围是827,2.当2a0时, f(x)在(-,0),a3,+单调递增,将这两个区间合并表示为f(x)在(-,0
12、)a3,+单调递增导致错误,从而失分.10.(2019浙江,22,15分)已知实数a0,设函数f(x)=aln x+1+x,x0.(1)当a=-34时,求函数f(x)的单调区间;(2)对任意x1e2,+均有f(x)x2a,求a的取值范围.注:e=2.718 28为自然对数的底数.解析本题主要考查函数的单调性,导数的运算及其应用,同时考查逻辑思维能力和综合应用能力.考查数学抽象、逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)当a=-34时,f(x)=-34ln x+1+x,x0.f (x)=-34x+121+x=(1+x2)(21+x+1)4x1+x,所以,函数f(x)的单调递减区间为(0,3),单调递增
13、区间为(3,+).(2)由f(1)12a,得0a24.当00,故q(x)在1e2,17上单调递增,所以q(x)q17.由(i)得,q17=-277p17-277p(1)=0.所以,q(x)0.由(i)(ii)知对任意x1e2,+,t22,+),g(t)0,即对任意x1e2,+,均有f(x)x2a.综上所述,所求a的取值范围是0,24.疑难突破 (1)导函数f (x)通分后,对分子的因式分解比较困难,可以选择先求分子等于0时的根,从而确定根两侧导函数的正负.(2)先对本题复杂不等式化简变形是解题的切入点,由于a的范围太大,借助恒成立的条件用特殊值缩小a的范围是解题的关键,另外,对双变量不等式,合
14、理确定主元,是解决本题的思维转折点.11.(2017课标文,21,12分)已知函数f(x)=ex(ex-a)-a2x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)0,求a的取值范围.解析本题考查了利用导数研究函数的单调性、最值.(1)函数f(x)的定义域为(-,+), f (x)=2e2x-aex-a2=(2ex+a)(ex-a).若a=0,则f(x)=e2x,在(-,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=ln a.当x(-,ln a)时, f (x)0.故f(x)在(-,ln a)单调递减,在(ln a,+)单调递增.若a0,则由f (x)=0得x=lna2.当x,lna2时,f (
15、x)0.故f(x)在,lna2单调递减,在lna2,+单调递增.(2)若a=0,则f(x)=e2x,所以f(x)0.若a0,则由(1)得,当x=ln a时, f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a2ln a,从而当且仅当-a2ln a0,即a1时, f(x)0.若a0.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若y=f(x)的图象与x轴没有公共点,求a的取值范围.解题指导:(1)对函数f(x)求导并因式分解得到f (x)=(2ax+3)(ax1)x,根据a0,x0,可以判断f (x)的正负,即可判断出f(x)的单调性.(2)根据题意得到函数f(x)在(0,+)上没有零点.由(1)可得f(x)
16、min=f1a,使f1a0,即可求出a的取值范围.解析(1)f(x)=a2x2+ax-3ln x+1,x(0,+),f (x)=2a2x+a-3x=2a2x2+ax3x=(2ax+3)(ax1)x.a0,x0,2ax+3x0,当x0,1a时, f (x)0,函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增.(2)y=f(x)的图象与x轴没有公共点,函数f(x)在(0,+)上没有零点,由(1)可得函数f(x)在0,1a上单调递减,在1a,+上单调递增,f(x)min=f1a=33ln 1a=3+3ln a0,ln a-1,解得a1e,故实数a的取值范围是1e,+.关键点拨利用导数求函数的单
17、调性时,要注意:题目中函数的定义域是否有限制;多个同单调性的区间不能用并集符号相连;在对含参数问题进行分类讨论时,分类要做到“不重不漏、层次分明”.13.(2021全国乙文,21,12分)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.(1)讨论f(x)的单调性;(2)求曲线y=f(x)过坐标原点的切线与曲线y=f(x)的公共点的坐标.解题指导:由题设求出函数f(x)的导函数f (x),因为参数a影响了判别式,故对a进行分类讨论,设出切点P(x0,y0),结合导数的几何意义求出切线方程,再由切点在曲线y=f(x)上、切线经过原点列出关于x0的方程,进而求解.解析(1)由f(x)=x3-x2+ax+1可
18、得f (x)=3x2-2x+a,对于3x2-2x+a=0,=4-12a.当a13时,0,即f (x)0在R上恒成立,此时f(x)在R上单调递增.当a0,方程3x2-2x+a=0的两个根为x1=113a3,x2=1+13a3,故当x,113a31+13a3,+时, f (x)0,当x113a3,1+13a3时, f (x)0,所以f(x)在,113a3,1+13a3,+上单调递增,在113a3,1+13a3上单调递减.(2)设过原点的切线与曲线y=f(x)相切于点P(x0,y0),则切线的斜率为f (x0)=3x02-2x0+a,故以点P为切点的切线方程为y=(3x02-2x0+a)(x-x0)
19、+y0.由y0=x03x02+ax0+1,且切线过原点,得2x03x02-1=0,即(x0-1)(2x02+x0+1)=0,解得x0=1,从而得P(1,1+a).所以切线方程为y=(1+a)x,联立y=(1+a)x,y=x3x2+ax+1,消去y得x3-x2-x+1=0,即(x-1)2(x+1)=0,x=1或-1,公共点为(1,1+a)与(-1,-1-a).疑难点拨:单调性问题的本质为解不等式,利用导函数的图象确定符号,当参数影响到导函数的符号时,对其分类讨论;切线问题的核心是切点,而切线与曲线的公共点不一定只有切点,这是一个易错点.14.(2021全国乙理,20,12分)设函数f(x)=ln
20、(a-x),已知x=0是函数y=xf(x)的极值点.(1)求a;(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).证明:g(x)1.解析(1)由题意得y=xf(x)=xln(a-x),x(-,a),y=ln(a-x)+x1ax(-1)=ln(a-x)-xax,x(-,a),x=0是函数y=xf(x)的极值点,ln(a-0)-0a0=0,可得a=1.当a=1时,y=ln(1-x)-x1x,x(-,1),令p(x)=ln(1-x)-x1x,则p(x)=1x11(1x)2=x2(x1)2,易知当x(-,1)时,p(x)0;当x(0,1)时,p(x)0,函数y=xf(x)=xln(1-x)在(-,0)上为
21、增函数,在(0,1)上为减函数.当a=1时,x=0是函数y=xf(x)的极值点.a=1.(2)证明:由(1)知a=1,f(x)=ln(1-x),x(-,1),当x(0,1)时, f(x)=ln(1-x)0,xf(x)0,xf(x)0,要证g(x)=x+f(x)xf(x)xf(x).只需证x+ln(1-x)xln(1-x),只需证x+(1-x)ln(1-x)0,令h(x)=x+(1-x)ln(1-x),则h(x)=1-ln(1-x)-1=-ln(1-x),当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(-,0)时,h(x)h(0)=0,x+(1-x)ln(1-x)0在(-,0)(0,1)上
22、恒成立.g(x)1.名师点拨:在论证较为复杂的不等式时,可考虑数学证明中的分析法,将问题转化,构造函数,通过求函数最值达到解决问题的目的.15.(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与f (x)2和x1+x20,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,x2=
23、1b,则x1,x2为f(x)=k的两个实根,当x0+时,f(x)0+,当x+时, f(x)-,且f(1)=1,故k(0,1),不妨令x1(0,1),x2(1,e),则2-x11,e-x11,先证明x1+x22,即证x22-x1,即证f(x2)=f(x1)0恒成立,h(x)为增函数,h(x)h(1)=0.f(x2)2-x1,x1+x22.再证x1+x2e,即证x2f(e-x1).令(x)=f(x)-f(e-x),x(0,1),则(x)=-lnx(e-x),x0+时,(x)+,(1)=-ln(e-1)0,(x)单调递增,当x(x0,1)时,(x)0,(x)0恒成立,f(x2)f(e-x1),x2e
24、-x1,x1+x2e.综上,21a+1b0且a1,函数f(x)=xaax(x0).(1)当a=2时,求f(x)的单调区间;(2)若曲线y=f(x)与直线y=1有且仅有两个交点,求a的取值范围.解题指导:(1)对原函数求导,利用导数的正负来确定增减区间.(2)将两图象的交点个数问题转化为方程解的个数问题,将a和x分离,通过构造函数分析函数的性质及图象的变化趋势,进而求解参数的范围.解析(1)当a=2时, f(x)=x22x=x22-x(x0),则f (x)=2x2-x+x2(-ln 22-x)=x2-x(2-xln 2).令f (x)=0,则x=2ln2,f (x), f(x)的情况如下:x0,
25、2ln22ln22ln2,+f (x)+0-f(x)极大值所以函数f(x)在0,2ln2上单调递增,在2ln2,+上单调递减.(2)令f(x)=1,则xaax=1,所以xa=ax,两边同时取对数,可得aln x=xln a,即lnxx=lnaa,根据题意可知,方程lnxx=lnaa有两个实数解.设g(x)=lnxx,则g(x)=1lnxx2,令g(x)=0,则x=e.当x(0,e)时,g(x)0,g(x)单调递增;当x(e,+)时,g(x)0,解得x4或x-1;令f (x)0,解得-1x0,故f(x)0;当x(4,+)时,3-2x0,故f(x)f(s)+f(t).解析(1)f (x)=exln
26、(1+x)+ex1+x=exln(1+x)+11+x,f (0)=e0ln(1+0)+11+0=1,又f(0)=e0ln 1=0,曲线y=f(x)在点(0,f(0)处的切线方程为y=x.(2)易得g(x)=f (x)=exln(1+x)+11+x,g(x)=exln(1+x)+11+x+11+x1(1+x)2=exln(1+x)+11+x+x(1+x)2,x0,+),ln(1+x)0,11+x0,x(1+x)20,又ex0,g(x)0在0,+)上恒成立.g(x)在0,+)上单调递增.(3)证明:由(2)知g(x)=f (x)在(0,+)上单调递增,f (x)f (0)=10,f(x)在(0,+
27、)上单调递增,不妨设st,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s0),则h(x)=f (x)-f (x+s)h(t),f(0)-f(s)f(t)-f(t+s),又f(0)=0,f(s+t)f(s)+f(t).19.(2022新高考,22,12分)已知函数f(x)=xeax-ex.(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;(2)当x0时,f(x)ln(n+1).解析(1)当a=1时,f(x)=xex-ex,则f (x)=xex,当x(-,0)时,f (x)0,f(x)单调递增.(2)当x0时,f(x)-1,即xeax-ex0),则F(x)0,则F(x)必定存在一个单调递增区间(0,x0),又F(0
28、)=0,F(x)也必定存在一个单调递增区间(0,x0).于是F(x)F(0)=0在(0,x0)上恒成立,与F(x)0矛盾,F(0)0,a12.eaxex2在(0,+)上成立,F(x)xex2-ex+1在(0,+)上成立,故只需证xex2-ex+10),则G(x)=ex2+x2ex2ex=ex21+x2ex2.exx+1在(0,+)上成立,ex2x2+1在(0,+)上成立.G(x)0,故G(x)在(0,+)上单调递减,G(x)G(0)=0.xex2-ex+10在(0,+)上成立.故当a12时,xeax-ex1),则h(x)=1+1x22x=x22x+1x2=(x1)2x2,易知h(x)0,h(x
29、)在(1,+)上单调递增,h(x)h(1)=0,x-1x2ln x,令x=1+1n,则有1+1n11+1n2ln1+1n,1n2+nln n+1n,112+1+122+2+1n2+nln 21+ln 32+ln n+1n=ln(n+1).原式得证.考点二导数与函数的极（最）值1.(2017浙江,7,5分)函数y=f(x)的导函数y=f (x)的图象如图所示,则函数y=f(x)的图象可能是()答案D本题考查函数图象的识辨,利用导数判断函数的单调性和极值.不妨设导函数y=f (x)的零点依次为x1,x2,x3,其中x10x20,排除B,故选D.方法总结函数图象的识辨方法:1.利用函数图象上的特殊点
30、(如函数图象与x轴、y轴的交点,函数图象上的最高点、最低点等)来识辨.2.利用函数的定义域,在某个区间上的值域来识辨.3.利用函数的单调性、极值(常用导数来判断)和函数的周期性来识辨.4.利用函数的零点来识辨.5.利用函数的奇偶性来识辨,若函数是奇(或偶)函数,则其图象关于原点(或y轴)对称.6.利用函数图象的中心对称和轴对称来识辨.7.利用函数图象的渐近线来识辨.如指数型函数、对数型函数、幂函数(指数为负)型函数(含反比例函数)、正切型函数等,其图象都有渐近线.2.(2016四川文,6,5分)已知a为函数f(x)=x3-12x的极小值点,则a=()A.-4B.-2C.4D.2答案D由题意可得f (x)=3x2-12=3(x-2)(x+2),令f (x)=0,得x=-2或x=2,则f (x), f(x)随x的变化情况如下表:x(-,-2)-2(-2,2)2(2,+)f (x)+0-0+f(x)极大值极小值函数f(x)在x=2处取得极小值,则a=2.故选D.评析本题考查了函数的极值问题.正确理解函数的极值点的概念是解题的关键.3.(2014课标理,12,5分)设函
