(完整版)高三复习导数专题

2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴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，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。

高中导数题所有题型及解题方法一、导数的概念1.1 导数的定义•导数的定义公式：f′(x)=limℎ→0f(x+ℎ)−f(x)ℎ•导数表示函数在某一点的变化率1.2 导数的几何意义•函数图象在某一点的切线斜率•函数图象在某一点的局部线性近似二、导数的基本运算法则2.1 基本导数公式•常数函数：d dx (C)=0•幂函数：d dx (x n)=nx n−1•指数函数：ddx(a x)=a x ln(a)2.2 函数和、差、积、商的导数•和的导数：(u+v)′=u′+v′•差的导数：(u−v)′=u′−v′•积的导数：(uv)′=u′v+uv′•商的导数：(uv)′=u′v−uv′v2,其中v≠02.3 复合函数的导数•复合函数的求导公式：如果y=f(u)及u=g(x), 则dy dx =dy dududx三、导数的应用3.1 函数的单调性•若f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增•若f′(x)<0，则函数f(x)在该区间上单调递减3.2 函数的极值与最值•极大值：若f′(x0)=0，且f″(x0)<0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极大值•极小值：若f′(x0)=0，且f″(x0)>0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极小值3.3 函数的拐点•拐点：若f″(x0)=0，则f(x)在x0处的图像有拐点3.4 函数的图像•函数图象的基本性质–若f′(x)>0，则函数的图像上的点随x的增大而上升–若f′(x)<0，则函数的图像上的点随x的增大而下降–若f″(x)>0，则函数的图像在该区间上凹–若f″(x)<0，则函数的图像在该区间上凸四、基础导数题型4.1 求导数•题型1：求函数的导数y=f(x)•题型2：求函数的高阶导数y(n)=f(x)4.2 高阶导数应用•题型1：求函数的极值和拐点•题型2：求函数在某点的切线方程•题型3：求函数的图像4.3 求解极值问题•题型1：求一定范围内函数的极大值和极小值•题型2：求满足一定条件的函数极值4.4 函数的单调性•题型1：判断函数的单调区间•题型2：填空题，填写使函数单调递增或递减的区间五、综合题型5.1 数学建模•题型1：利用导数求解实际生活中的问题5.2 物理应用•题型1：利用导数求解物理问题，如速度、加速度等5.3 函数的变化率•题型1：求函数在某点的变化率•题型2：求函数在某段区间的平均变化率六、总结本篇文章主要介绍了高中阶段导数相关的内容，包括导数的基本定义、几何意义、基本运算法则，以及导数在函数的单调性、极值与最值、图像以及物理应用中的运用。

高三文科数学导数专题复习1.已知函数)(,3,sin )(x f x x b ax x f 时当π=+=取得极小值33-π。

（Ⅰ)求a ，b 的值；（Ⅱ）设直线)(:),(:x F y S x g y l ==曲线. 若直线l 与曲线S 同时满足下列两个条件： (1）直线l 与曲线S 相切且至少有两个切点；（2)对任意x ∈R 都有)()(x F x g ≥. 则称直线l 为曲线S 的“上夹线”. 试证明：直线2:+=x y l 是曲线x b ax y S sin :+=的“上夹线”.2。

设函数3221()231,0 1.3f x x ax a x a =-+-+<<（1）求函数)(x f 的极大值;（2）若[]1,1x a a ∈-+时，恒有()a f x a '-≤≤成立（其中()f x '是函数()f x 的导函数)，试确定实数a 的取值范围．3.如图所示，A 、B 为函数)11(32≤≤-=x x y 图象上两点，且AB//x 轴，点M （1，m)（m 〉3）是△ABC 边AC 的中点. （1）设点B 的横坐标为t ，△ABC 的面积为S ，求S 关于t 的函数关系式)(t f S =;（2)求函数)(t f S =的最大值，并求出相应的点C 的坐标。

4。

已知函数x a x x f ln )(2-=在]2,1(是增函数，x a x x g -=)(在(0，1）为减函数。

（I ）求)(x f 、)(x g 的表达式；（II ）求证:当0>x 时,方程2)()(+=x g x f 有唯一解； （III ）当1->b 时,若212)(xbx x f -≥在x ∈]1,0(内恒成立,求b 的取值范围5。

已知函数32()f x x ax bx c =+++在2x =处有极值，曲线()y f x =在1x =处的切线平行于直线32y x =--，试求函数()f x 的极大值与极小值的差.6.函数xax x f -=2)(的定义域为]1,0(（a 为实数）.（1)当1-=a 时，求函数)(x f y =的值域；（2）若函数)(x f y =在定义域上是减函数，求a 的取值范围；(3）求函数)(x f y =在∈x ]1,0(上的最大值及最小值，并求出函数取最值时x 的值。

导数专题训练及答案专题一导数的几何意义及其应用导数的几何意义是高考重点考查的内容之一，常与解析几何知识交汇命题，主要题型是利用导数的几何意义求曲线上某点处切线的斜率或曲线上某点的坐标或过某点的切线方程，求解这类问题的关键就是抓住切点P(x0，f(x0))，P点的坐标适合曲线方程，P点的坐标也适合切线方程，P点处的切线斜率k＝f′(x0)．解题方法:(1) 解决此类问题一定要分清“在某点处的切线”，还是“过某点的切线”的问法．(2)解决“过某点的切线”问题，一般是设切点坐标为P(x0，y0)，然后求其切线斜率k＝f′(x0)，写出其切线方程．而“在某点处的切线”就是指“某点”为切点．(3)曲线与直线相切并不一定只有一个公共点，当曲线是二次曲线时，我们知道直线与曲线相切，有且只有一个公共点，这种观点对一般曲线不一定正确．[例1]已知曲线y＝13x3＋43.(1)求曲线在点P(2，4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2，4)的切线方程；(3)求斜率为4的曲线的切线方程．[变式训练]已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．专题二导数在研究函数单调性中的应用利用导数的符号判断函数的单调性，进而求出函数的单调区间，是导数几何意义在研究曲线变化规律时的一个重要应用，体现了数形结合思想．这类问题要注意的是f(x)为增函数⇔f′(x)≥0且f′(x)＝0的根有有限个，f(x)为减函数⇔f′≤0且f′(x)＝0的根有有限个．解题步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数f′(x)；(3)①若求单调区间(或证明单调性)，只需在函数f(x)的定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0.②若已知函数f(x)的单调性，则将原问题转化为不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在单调区间上恒成立问题，再进行求解．[例2]设函数f(x)＝x e a－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的单调区间．[变式训练]设函数f(x)＝xekx(k≠0)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．专题三 导数在求函数极值与最值中的应用利用导数可求出函数的极值或最值，反之，已知函数的极值或最值也能求出参数的值或取值范围．该部分内容也可能与恒成立问题、函数零点问题等结合在一起进行综合考查，是高考的重点内容．解题方法：(1)运用导数求可导函数y ＝f(x)的极值的步骤：①先求函数的定义域，再求函数y ＝f(x)的导数f ′(x)；②求方程f ′(x)＝0的根；③检查f ′(x)在方程根的左右的值的符号，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．(2)求闭区间上可导函数的最值时，对函数极值是极大值还是极小值，可不再作判断，只需要直接与端点的函数值比较即可获得．(3)当连续函数的极值点只有一个时，相应的极值点必为函数的最值．[例3] 已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋bx 在区间(－2，1)内，当x ＝－1时取极小值，当x ＝23时取极大值．(1)求函数y ＝f (x )在x ＝－2时的对应点的切线方程；(2)求函数y ＝f (x )在[－2，1]上的最大值与最小值．[变式训练] 设函数f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x .(1)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程与x 轴平行，求a ；(2)若f (x )在x ＝2处取得极小值，求a 的取值范围．专题四 导数在证明不等式中的应用在用导数方法证明不等式时，常构造函数，利用单调性和最值方法证明不等式．解题方法：一般地，如果证明f(x)＞g(x)，x ∈(a ，b)，可转化为证明F(x)＝f(x)－g(x)＞0，若F ′(x)＞0，则函数F(x)在(a ，b)上是增函数，若F(a)≥0，则由增函数的定义知，F(x)＞F(a)≥0，从而f(x)＞g(x)成立，同理可证f(x)＜g(x)，f(x)＞g(x)．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －（x －1）22. (1)求函数f (x )的单调递增区间；(2)证明：当x ＞1时，f (x )＜x －1.[变式训练] 已知函数f (x )＝a e x －ln x －1.(1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间；(2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥0.专题五 定积分及其应用定积分的基本应用主要有两个方面：一个是求坐标平面上曲边梯形的面积，另一个是求变速运动的路程(位移)或变力所做的功．高考中要求较低，一般只考一个小题．解题方法：(1)用微积分基本定理求定积分，关键是找出被积函数的原函数，这就需要利用求导运算与求原函数是互逆运算的关系来求原函数．(2) 利用定积分求平面图形的面积的步骤如下：①画出图形，确定图形范围；②解方程组求出图形交点坐标，确定积分上、下限；③确定被积函数，注意分清函数图形的上、下位置；④计算定积分，求出平面图形面积．(3)利用定积分求加速度或路程(位移)，要先根据物理知识得出被积函数，再确定时间段，最后用求定积分方法求出结果．[例5] 已知抛物线y ＝x 2－2x 及直线x ＝0，x ＝a ，y ＝0围成的平面图形的面积为43，求a 的值．[变式训练] (1)若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则∫20f (x )d x ＝ ____；(2)在平面直角坐标系xOy 中，直线y ＝a (a ＞0)与抛物线y ＝x 2所围成的封闭图形的面积为823，则a ＝____．专题六 化归与转化思想在导数中的应用化归与转化就是在处理问题时，把待解决的问题或难解决的问题，通过某种转化过程，归结为一类已解决或易解决的问题，最终求得问题的解答．解题方法：与函数相关的问题中，化归与转化思想随处可见，如，函数在某区间上单调可转化为函数的导数在该区间上符号不变，不等式的证明可转化为最值问题等．[例6] 设f (x )＝e x1＋ax 2，其中a 为正实数． (1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．[变式训练] 如果函数f(x)＝2x2－ln x 在定义域内的一个子区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，则实数k 的取值范围是________．答案例1 解：(1)因为P (2，4)在曲线y ＝13x 3＋43上，且y ′＝x 2，所以在点P (2，4)处的切线的斜率k ＝y ′|x ＝2＝4.所以曲线在点P (2，4)处的切线方程为y －4＝4(x －2)，即4x －y －4＝0.(2)设曲线y －13x 3＋43与过点P (2，4)的切线相切于点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，13x 30＋43，则切线的斜率k ＝y ′|x ＝x 0＝x 20，所以切线方程为y －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 30＋43＝x 20(x －x 0)， 即y ＝x 20·x －23x 30＋43.因为点P (2，4)在切线上，所以4＝2x 20－23x 30＋43，即x 30－3x 20＋4＝0，所以x 30＋x 20－4x 20＋4＝0，所以(x 0＋1)(x 0－2)2＝0，解得x 0＝－1或x 0＝2，故所求的切线方程为4x －y －4＝0或x －y ＋2＝0.(3)设切点为(x 1，y 1)，则切线的斜率k ＝x 21＝4，得x 0＝±2.所以切点为(2，4)，⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－43， 所以切线方程为y －4＝4(x －2)和y ＋43＝4(x ＋2)，即4x －y －4＝0和12x －3y ＋20＝0.变式训练 解：(1)因为f (2)＝23＋2－16＝－6，所以点(2，－6)在曲线上．因为f ′(x )＝(x 3＋x －16)′＝3x 2＋1，所以在点(2，－6)处的切线的斜率为k ＝f ′(2)＝3×22＋1＝13，所以切线的方程为y ＝13(x －2)＋(－6)，即y ＝13x －32.(2)设切点坐标为(x 0，y 0)，则直线l 的斜率为f ′(x 0)＝3x 20＋1，所以直线l 的方程为y ＝(3x 20＋1)(x －x 0)＋x 30＋x 0－16.又因为直线l 过点(0，0)，所以0＝(3x 20＋1)(－x 0)＋x 30＋x 0－16，整理得x 30＝－8，所以x 0＝－2，y 0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，所以k ＝3×(－2)2＋1＝13，所以直线l 的方程为y ＝13x ，切点坐标为(－2，－26)．例2 解：(1)因为f (x )＝x e a －x ＋bx ，所以f ′(x )＝(1－x )e a －x ＋b .依题设，知⎩⎪⎨⎪⎧f （2）＝2e ＋2，f ′（2）＝e －1，即⎩⎪⎨⎪⎧2e a －2＋2b ＝2e ＋2，－e a －2＋b ＝e －1.解得a ＝2，b ＝e.(2)由(1)知f (x )＝x e 2－x ＋e x .由f ′(x )＝e 2－x (1－x ＋e x －1)及e 2－x >0知，f ′(x )与1－x ＋e x －1同号． 令g (x )＝1－x ＋e x －1，则g ′(x )＝－1＋e x －1.所以，当x ∈(－∞，1)时，g ′(x )<0，g (x )在区间(－∞，1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增． 故g (1)＝1是g (x )在区间(－∞，＋∞)上的最小值，从而g (x )>0，x ∈(－∞，＋∞)．综上可知，f ′(x )>0，x ∈(－∞，＋∞)． 故f (x )的单调递增区间为(－∞，＋∞)．变式训练 解：(1)f ′(x )＝(1＋kx )e kx (k ≠0)， 令f ′(x )＝0得x ＝－1k (k ≠0)．若k >0，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 若k <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－1k 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k ，＋∞时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减． (2)由(1)知，若k >0时，则当且仅当－1k ≤－1，即k ≤1，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．若k <0时，则当且仅当－1k ≥1，即k ≥－1时，函数f (x )在(－1，1)上单调递增．综上可知，函数f (x )在(－1，1)上单调递增时，k 的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．例3 解：(1)f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b .又x ＝－1，x ＝23分别对应函数取得极小值、极大值的情况，所以－1，23为方程－3x 2＋2ax ＋b ＝0的两个根．所以a ＝－12，b ＝2，则f (x )＝－x 3－12x 2＋2x . x ＝－2时，f (x )＝2，即(－2，2)在曲线上． 又切线斜率为k ＝f ′(x )＝－3x 2－x ＋2， f ′(－2)＝－8，所求切线方程为y －2＝－8(x ＋2)， 即为8x ＋y ＋14＝0.(2)x 在变化时，f ′(x )及f (x )的变化情况如下表： ↘↗↘则f (x )在[－2，1]上的最大值为2，最小值为－32.变式训练 解：(1)因为f (x )＝[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ， 所以f ′(x )＝[2ax －(4a ＋1)]e x ＋[ax 2－(4a ＋1)x ＋4a ＋3]e x ＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x .所以f ′(1)＝(1－a )e.由题设知f ′(1)＝0，即(1－a )e ＝0，解得a ＝1. 此时f (1)＝3e ≠0. 所以a 的值为1.(2)由(1)得f ′(x )＝[ax 2－(2a ＋1)x ＋2]e x ＝(ax －1)(x －2)e x .若a >12，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，2时，f ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )>0. 所以f (x )在x ＝2处取得极小值．若a ≤12，则当x ∈(0，2)时，x －2<0，ax －1≤12x －1<0，所以f ′(x )>0.所以2不是f (x )的极小值点．综上可知，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞.例4 (1)解：f ′(x )＝1x －x ＋1＝－x 2＋x ＋1x，x ∈(0，＋∞)． 由f ′(x )＞0得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞0，－x 2＋x ＋1＞0，解得0＜x ＜1＋52. 故f (x )的单调递增区间是⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋52. (2)证明：令F (x )＝f (x )－(x －1)，x ∈(0，＋∞)． 则有F ′(x )＝1－x 2x .当x ∈(1，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在[1，＋∞)上单调递减，故当x ＞1时，F (x )＜F (1)＝0，即当x ＞1时，f (x )＜x －1.变式训练 (1)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x －1x .由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e 2. 从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x . 当0<x <2时，f ′(x )<0；当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥e xe －ln x －1. 设g (x )＝e x e －ln x －1，则g ′(x )＝e x e －1x . 当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0. 所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e 时，f (x )≥0.例5 解：作出y ＝x 2－2x 的图象如图所示．(1)当a ＜0时，S ＝∫0a (x 2－2x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|0a ＝－a 33＋a 2＝43，所以(a ＋1)(a －2)2＝0， 因为a ＜0，所以a ＝－1. (2)当a ＞0时， ①若0＜a ≤2，则S ＝－∫a 0(x 2－2x )d x ＝ －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x 2|a 0＝a 2－a 33＝43， 所以a 3－3a 2＋4＝0， 即(a ＋1)(a －2)2＝0. 因为a ＞0，所以a ＝2. ②当a ＞2时，不合题意． 综上a ＝－1或a ＝2.变式训练 解析：(1)因为f (x )＝x 3＋x 2f ′ 所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(x )， 所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)， 所以f ′(1)＝－3，所以∫20f (x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫14x 4＋13x 3f ′（1）|20＝－4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 2，y ＝a 可得A (－a ，a )，B (a ，a )，S ＝ (a －x 2)d x＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ax －13x 3|＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a a －13a a ＝4a 323＝823， 解得a ＝2. 答案：(1)－4 (2)2例6 解：(1)对f (x )求导得f ′(x )＝e x·1＋ax 2－2ax （1＋ax 2）2.①当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝12. 综合①，可知： ↗↘↗所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝12是极大值点． (2)若f (x )为R 上的单调函数，则f ′(x )在R 上不变号，结合①与条件a ＞0， 知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立， 因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0， 由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.变式训练 解析：显然函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， y ′＝4x －1x ＝4x 2－1x .由y ′＞0，得函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞； 由y ′＜0，得函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫0，12，由于函数在区间(k －1，k ＋1)上不是单调函数，所以⎩⎨⎧k －1＜12＜k ＋1，k －1≥0，解得1≤k ＜32. 答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，32。

导 数一、导数的基本知识 1、导数的定义：)(0'x f =xx f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(limlim0000。

2、导数的公式： 0'=C （C 为常数) 1')(-=n n nx x （R n ∈) xx e e =')(a a a x x ln )('= xx 1)(ln '= exx a a log 1)(log '=x x cos )(sin '= x x sin )(cos '-=3、导数的运算法则： [()()]f x g x '+ =()()f x g x ''+ [()()]()()f x g x f x g x '''-=-[()]()af x af x ''= [()()]()()()()f x g x f x g x f x g x '''=+ 2()()()()()[]()[()]f x f x g x f x g x g x g x ''-'= 4、掌握两个特殊函数 （1）对勾函数()bf x ax x=+( 0a > ,0b >) 其图像关于原点对称（2）三次函数32()f x ax bx cx d =+++(0)a ≠导 数导数的概念 导数的运算导数的应用导数的定义、几何意义、物理意义 函数的单调性 函数的极值函数的最值 常见函数的导数导数的运算法则 比较两个的代数式大小导数与不等式讨论零点的个数求切线的方程导数的基本题型和方法1、、导数的意义：（1）导数的几何意义：0()k f x '= （2）导数的物理意义:()v s t '=2、、导数的单调性：（1）求函数的单调区间;()0()b]f x f x '≥⇔在[a,上递增 ()0()b]f x f x '≤⇔在[a,上递减（2）判断或证明函数的单调性; ()f x c ≠ （3)已知函数的单调性，求参数的取值范围。

2023届全国高考数学复习：专题（导数的运算）重点讲解与练习1．基本初等函数的导数公式2．导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有[cf (x )]′＝cf ′(x )；[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )；[f (x )g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；⎣⎡⎦⎤f (x )g (x )′＝f ′(x )g (x )－f (x )g ′(x )[g (x )]2(g (x )≠0)； 3．复合函数的定义及其导数(1)一般地，对于两个函数y ＝f (u )和u ＝g (x )，如果通过中间变量u ，y 可以表示成x 的函数，那么称这个函数为函数y ＝f (u )与u ＝g (x )的复合函数，记作y ＝f (g (x ))．(2)复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y ′x ＝y ′u ꞏu ′x ，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积．【方法总结】导数运算的原则和方法基本原则：先化简、再求导； 具体方法：(1)连乘积形式：先展开化为多项式的形式，再求导；(2)分式形式：观察函数的结构特征，先化为整式函数或较为简单的分式函数，再求导； (3)对数形式：先化为和、差的形式，再求导； (4)根式形式：先化为分数指数幂的形式，再求导；(5)三角形式：先利用三角函数公式转化为和或差的形式，再求导； (6)复合函数：由外向内，层层求导． 【例题选讲】[例1] 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ；(2)y ＝cos x e x ；(3)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5)．[例2] (1) (2020ꞏ全国Ⅲ)设函数f (x )＝e x x ＋a ．若f ′(1)＝e4，则a ＝________．(2)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，则f (1)＝ ．(3)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 022(x )等于( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x (4)(多选)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数的是( ) A ．f (x )＝sin x ＋cos x B ．f (x )＝ln x －2x C ．f (x )＝x 3＋2x －1 D ．f (x )＝x e x(5)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( ) A ．x 2－x ln x ＋x B ．x 2－x ln x －x C ．x 2＋x ln x ＋x D ．x 2＋2x ln x ＋x 【对点训练】1．下列求导运算正确的是( )A ．⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(5x )′＝5x log 5xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x 2．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( )A ．x sin xB ．－x sin xC ．x cos xD ．－x cos x 3．(多选)下列求导运算正确的是( )A ．(sin a )′＝cos a (a 为常数)B ．(sin 2x )′＝2cos 2xC ．(x )′＝12xD ．(e x －ln x ＋2x 2)′＝e x －1x ＋4x4．已知函数f (x )＝sin x cos x ＋1x 2，则f ′(x )＝ ．5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，记f 1(x )＝f ′(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )(n ∈N *)，若f (x )＝x sin x ，则f 2 019(x )＋f 2 021(x )＝( )A ．－2cos xB ．－2sin xC ．2cos xD ．2sin x 6．f (x )＝x (2 021＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 022，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e7．已知函数f (x )＝1ax －1＋e x cos x ，若f ′(0)＝－1，则a ＝ ．8．已知函数f (x )＝ln(2x －3)＋ax e －x ，若f ′(2)＝1，则a ＝ ．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94D ．94 10．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________．11．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝ ． 12．已知f ′(x )是函数f (x )的导数，f (x )＝f ′(1)ꞏ2x ＋x 2，则f ′(2)＝( )A ．12－8ln 21－2ln 2B ．21－2ln 2C ．41－2ln 2 D ．－213．(多选)若函数f (x )的导函数f ′(x )的图象关于y 轴对称，则f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝3cos xB ．f (x )＝x 3＋xC ．f (x )＝x ＋1x D ．f (x )＝e x ＋x 14．f (x )＝3e x＋1＋x 3，其导函数为f ′(x )，则f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 15．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2．若f ′(2 020)＝6，则f ′(－2 020)＝______． 16．分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x ．(5)f (x )＝x 3＋2x －x 2ln x －1x 2．参考答案【例题选讲】[例1] 求下列函数的导数： (1)y ＝x 2sin x ； (2)y ＝cos x e x ；(3)y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2； (4)y ＝ln(2x －5)．解析 (1)y ′＝(x 2)′sin x ＋x 2(sin x )′＝2x sin x ＋x 2cos x ．(2)y ′＝⎝⎛⎭⎫cos x e x ′＝(cos x )′e x －cos x (e x )′(e x )2＝－sin x ＋cos x e x ． (3)∵y ＝x sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2cos ⎝⎛⎭⎫2x ＋π2＝12x sin(4x ＋π)＝－12sin4x ， ∴y ′＝－12sin 4x －12x ꞏ4cos 4x ＝－12sin 4x －2x cos 4x ． (4)令u ＝2x －5，y ＝ln u ．则y ′＝(ln u )′u ′＝12x －5ꞏ2＝22x －5，即y ′＝22x －5． [例2] (1) (2020ꞏ全国Ⅲ)设函数f (x )＝e xx ＋a．若f ′(1)＝e 4，则a ＝________． 答案 1 解析 f ′(x )＝e x (x ＋a )－e x (x ＋a )2＝e x (x ＋a －1)(x ＋a )2，则f ′(1)＝a e (a ＋1)2＝e 4，整理可得a 2－2a ＋1＝0，解得a ＝1．(2)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，则f (1)＝ ．答案 －74 解析 ∵f (x )＝2x 2－3xf ′(1)＋ln x ，∴f ′(x )＝4x －3f ′(1)＋1x x ＝1代入，得f ′(1)＝4－3f ′(1)＋1，得f ′(1)＝54．∴f (x )＝2x 2－154x ＋ln x ，∴f (1)＝2－154＝－74．(3)已知f 1(x )＝sin x ＋cos x ，f n ＋1(x )是f n (x )的导函数，即f 2(x )＝f 1′(x )，f 3(x )＝f 2′(x )，…，f n ＋1(x )＝f n ′(x )，n ∈N *，则f 2 022(x )等于( )A ．－sin x －cos xB ．sin x －cos xC ．－sin x ＋cos xD ．sin x ＋cos x 答案 C 解析 ∵f 1(x )＝sin x ＋cos x ，∴f 2(x )＝f 1′(x )＝cos x －sin x ，f 3(x )＝f 2′(x )＝－sin x －cos x ，f 4(x )＝f 3′(x )＝－cos x ＋sin x ，f 5(x )＝f 4′(x )＝sin x ＋cos x ，∴f n (x )的解析式以4为周期重复出现，∵2 022＝4×505＋2，∴f 2 022(x )＝f 2(x )＝cos x －sin x ．故选C ．(4)(多选)给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )＜0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数的是( )A ．f (x )＝sin x ＋cos xB ．f (x )＝ln x －2xC ．f (x )＝x 3＋2x －1D ．f (x )＝x e x答案 AB 解析 对于A ：f ′(x )＝cos x －sin x ，f ″(x )＝－sin x －cos x ，∵x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，∴f ″(x )＜0，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数，故A 正确．对于B ：f ′(x )＝1x －2，f ″(x )＝－1x 2＜0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是凸函数，故B 正确；对于C ：f ′(x )＝3x 2＋2，f ″(x )＝6x ＞0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上不是凸函数，故C 错误；对于D ：f ′(x )＝(x ＋1)e x ，f ″(x )＝(x ＋2)e x ＞0，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上不是凸函数，故D 错误．故选AB ． (5)已知f (x )的导函数为f ′(x )，若满足xf ′(x )－f (x )＝x 2＋x ，且f (1)≥1，则f (x )的解析式可能是( ) A ．x 2－x ln x ＋x B ．x 2－x ln x －x C ．x 2＋x ln x ＋x D ．x 2＋2x ln x ＋x 答案 C 解析 由选项知f (x )的定义域为(0，＋∞)，由题意得xf ′(x )－f (x )x 2＝1＋1x ，即⎣⎡⎦⎤f (x )x ′＝1＋1x ，故f (x )x ＝x ＋ln x ＋c (c 为待定常数)，即f (x )＝x 2＋(ln x ＋c )x ．又f (1)≥1，则c ≥0，故选C ．【对点训练】1．下列求导运算正确的是( )A ．⎝⎛⎭⎫x ＋1x ′＝1＋1x 2B ．(log 2x )′＝1x ln 2C ．(5x )′＝5x log 5xD ．(x 2cos x )′＝－2x sin x 1．答案 B 解析 (log 2x )′＝1x ln 2，故B 正确． 2．函数y ＝x cos x －sin x 的导数为( )A ．x sin xB ．－x sin xC ．x cos xD ．－x cos x 2．答案 B 解析 y ′＝x ′cos x ＋x (cos x )′－(sin x )′＝cos x －x sin x －cos x ＝－x sin x ． 3．(多选)下列求导运算正确的是( )A ．(sin a )′＝cos a (a 为常数)B ．(sin 2x )′＝2cos 2xC ．(x )′＝12xD ．(e x －ln x ＋2x 2)′＝e x －1x ＋4x3．答案 BCD 解析 ∵a 为常数，∴sin a 为常数，∴(sin a )′＝0，故A 错误．由导数公式及运算法则知B ，C ，D 正确，故选BCD ．4．已知函数f (x )＝sin x cos x ＋1x 2，则f ′(x )＝ ．4．答案 1cos 2x －2x 3 解析 f ′(x )＝(sin x )′ꞏcos x －sin x ꞏ(cos x )′cos 2x＋(x －2)′＝cos 2x ＋sin 2x cos 2x ＋(－2)x －3＝1cos 2x －2x 3． 5．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，记f 1(x )＝f ′(x )，f 2(x )＝f ′1(x )，…，f n ＋1(x )＝f ′n (x )(n ∈N *)，若f (x )＝x sin x ，则f 2 019(x )＋f 2 021(x )＝( )A ．－2cos xB ．－2sin xC ．2cos xD ．2sin x5．答案 D 解析 由题意，f (x )＝x sin x ，f 1(x )＝f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，f 2(x )＝f ′1(x )＝cos x ＋cos x －x sin x ＝2cos x －x sin x ，f 3(x )＝f ′2(x )＝－3sin x －x cos x ，f 4(x )＝f ′3(x )＝－4cos x ＋x sin x ，f 5(x )＝f ′4(x )＝5sin x ＋x cos x ，…，据此可知f 2 019(x )＝－2 019sin x －x cos x ，f 2 021(x )＝2 021sin x ＋x cos x ，所以f 2019(x )＋f 2 021(x )＝2sin x ，故选D ．6．f (x )＝x (2 021＋ln x )，若f ′(x 0)＝2 022，则x 0等于( )A ．e 2B ．1C ．ln 2D ．e6．答案 B 解析 f ′(x )＝2 021＋ln x ＋x ×1x ＝2 022＋ln x ，又f ′(x 0)＝2 022，得2 022＋ln x 0＝2 022，则ln x 0 ＝0，解得x 0＝1．7．已知函数f (x )＝1ax －1＋e x cos x ，若f ′(0)＝－1，则a ＝ ．7．答案 2 解析 f ′(x )＝－(ax －1)′(ax －1)2e x cos x －e x sin x ＝－a (ax －1)2＋e x cos x －e xsin x ，∴f ′(0)＝－a ＋1＝－1， 则a ＝2．8．已知函数f (x )＝ln(2x －3)＋ax e －x ，若f ′(2)＝1，则a ＝ ．8．答案 e 2解析 f ′(x )＝12x －3ꞏ(2x －3)′＋a e －x ＋ax ꞏ(e －x )′＝22x －3＋a e －x －ax e －x ，∴f ′(2)＝2＋a e －2－2a e －2＝2－a e －2＝1，则a ＝e 2．9．已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足关系式f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，则f ′(2)的值等于( )A ．－2B ．2C ．－94D ．949．答案 C 解析 因为f (x )＝x 2＋3xf ′(2)＋ln x ，所以f ′(x )＝2x ＋3f ′(2)＋1x 所以f ′(2)＝2×2＋3f ′(2)＋12，解得f ′(2)＝－94．10．已知f (x )＝x 2＋2xf ′(1)，则f ′(0)＝________．10．答案 －4 解析 ∵f ′(x )＝2x ＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝2＋2f ′(1)，∴f ′(1)＝－2，∴f ′(0)＝2f ′(1)＝2×(－2)＝－4． 11．设函数f (x )在(0，＋∞)内可导，其导函数为f ′(x )，且f (ln x )＝x ＋ln x ，则f ′(1)＝ ．11．答案 1＋e 解析 因为f (ln x )＝x ＋ln x ，所以f (x )＝x ＋e x ，所以f ′(x )＝1＋e x ，所以f ′(1)＝1＋e 1＝1＋e ．12．已知f ′(x )是函数f (x )的导数，f (x )＝f ′(1)ꞏ2x ＋x 2，则f ′(2)＝( )A ．12－8ln 21－2ln 2B ．21－2ln 2C ．41－2ln 2 D ．－212．答案 C 解析 因为f ′(x )＝f ′(1)ꞏ2x ln 2＋2x ，所以f ′(1)＝f ′(1)ꞏ2ln 2＋2，解得f ′(1)＝21－2ln 2，所以f ′(x )＝21－2ln 2ꞏ2x ln 2＋2x ，所以f ′(2)＝21－2ln 2×22ln 2＋2×2＝41－2ln 2． 13．(多选)若函数f (x )的导函数f ′(x )的图象关于y 轴对称，则f (x )的解析式可能为( )A ．f (x )＝3cos xB ．f (x )＝x 3＋xC ．f (x )＝x ＋1x D ．f (x )＝e x ＋x13．答案 BC 解析 对于A ，f (x )＝3cos x ，其导数f ′(x )＝－3sin x ，其导函数为奇函数，图象不关于y轴对称，不符合题意；对于B ，f (x )＝x 3＋x ，其导数f ′(x )＝3x 2＋1，其导函数为偶函数，图象关于y 轴对称，符合题意；对于C ，f (x )＝x ＋1x ，其导数f ′(x )＝1－1x 2，其导函数为偶函数，图象关于y 轴对称，符合题意；对于D ，f (x )＝e x ＋x ，其导数f ′(x )＝e x ＋1，其导函数不是偶函数，图象不关于y 轴对称，不符合题意． 14．f (x )＝3e x＋1＋x 3，其导函数为f ′(x )，则f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．414．答案 C 解析 f ′(x )＝－3e x (e x ＋1)2＋3x 2，f ′(－x )＝－3e x (e x ＋1)2＋3x 2，所以f ′(x )为偶函数，f ′(2019)－f ′(－2019) ＝0，因为f (x )＋f (－x )＝31＋e x＋x 3＋31＋e －x －x 3＝31＋e x ＋3e x 1＋e x ＝3，所以f (2020)＋f (－2020)＋f ′(2019)－f ′(－2019)＝3．故选C ．15．已知f (x )＝ax 4＋b cos x ＋7x －2．若f ′(2 020)＝6，则f ′(－2 020)＝______．15．答案 8 解析 因为f ′(x )＝4ax 3－b sin x ＋7，所以f ′(－x )＝4a (－x )3－b sin(－x )＋7＝－4ax 3＋b sin x ＋7．所以f ′(x )＋f ′(－x )＝14．又f ′(2 020)＝6，所以f ′(－2 020)＝14－6＝8． 16．分别求下列函数的导数：(1)y ＝e xln x ；(2)y ＝x ⎝⎛⎭⎫x 2＋1x ＋1x 3；(3)y ＝x －sin x 2cos x2；(4)y ＝ln 1＋2x ．(5)f (x )＝x 3＋2x －x 2ln x －1x 2． 16．解析 (1)y ′＝(e x )′ln x ＋e x (ln x )′＝e x ln x ＋e x ꞏ1x ＝⎝⎛⎭⎫ln x ＋1x e x ． (2)∵y ＝x 3＋1＋1x 2，∴y ′＝3x 2－2x 3． (3)∵y ＝x －12sin x ，∴y ′＝1－12cos x ．(4)∵y ＝ln 1＋2x ＝12ln(1＋2x )，∴y ′＝12ꞏ11＋2x ꞏ(1＋2x )′＝11＋2x．(5)由已知f (x )＝x －ln x ＋2x －1x 2．所以f ′(x )＝1－1x －2x 2＋2x 3＝x 3－x 2－2x ＋2x 3．。

导数及其应用导数的运算1. 几种常有的函数导数：①、 c（ c 为常数）； ②、( x n )（ n R ）； ③、 (sin x) = ；④、 (cos x) =；⑤、( a x )； ⑥、 ( ex)； ⑦、 (log a x ) ； ⑧、 (ln x ).2. 求导数的四则运算法规：(u v)u v ； (uv) u vu'u v ' uv 'u ( v0 ) 注：① u, v 必定是可导函数 .uv ； (u)vuvvvv 223. 复合函数的求导法规：f x ( ( x))f (u) ? ( x) 或 y xy u ? u x一、求曲线的切线（导数几何意义）导数几何意义： f (x 0 ) 表示函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 的斜率；函数 y f (x) 在点 ( x 0 ， f (x 0 ) )处切线 L 方程为 y f (x 0 )f (x 0 )(x x 0 )1. 曲线在点 处的切线方程为（ ）。

A:B:C:D:答案详解 B 正确率 : 69%, 易错项 : C解析 :本题主要观察导数的几何意义、导数的计算以及直线方程的求解。

对 求导得，代入 得 即为切线的斜率， 切点为，因此切线方程为即。

故本题正确答案为B 。

2.3. 设函数f ( x) g( x) x2，曲线 y g(x) 在点 (1,g(1)) 处的切线方程为 y 2x 1，则曲线 y f ( x) 在点 (1, f (1))处切线的斜率为( )A ．41C．21B ． D ．4 24. 已知函数 f ( x) 在R上满足 f ( x) 2 f (2 x) x28x 8，则曲线y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程是()A . y2x 1 B. y x C. y3x 2 D. y2x 3变式二：5. 在平面直角坐标系xoy 中，点P在曲线C : y x310 x 3 上，且在第二象限内，已知曲线 C 在点 P 处的切线的斜率为 2，则点 P 的坐标为.6. 设曲线 yx n 1 (n N * ) 在点（ 1，1）处的切线与 x 轴的交点的横坐标为 x n ,令 a n lg x n ，则 a 1 a 2 L a 99 的值为.7. 已知点 P 在曲线 y=4 上， 为曲线在点 P 处的切线的倾斜角，则的取值范围是e x1, 3]D 、 [ 3,A 、 [0, )B 、 [, ) C 、 ( )44 22 4 4变式三：8. 已知直线y =x＋ 1 与曲线y ln( x a) 相切，则α的值为( )A . 1 B. 2 C. － 1 D. － 29. 若存在过点 (1,0)的直线与曲线 yx 3 和 y ax 2 15 x 9 都相切，则 a 等于4( )A ． 1或 -25B ． 1或21C ． 7 或 - 25D ．7或 76444 6441 110. 若曲线 yx 2 在点 a, a 2 处的切线与两个坐标围成的三角形的面积为18，则 aA 、64B 、 32C 、 16D 、811. （本小题满分 13 分） 设 f ( x)ae x 1b( a 0) . （ I ）求 f ( x) 在 [0, ) 上的最小值；ae x3x ；求 a,b 的值 .（ II ）设曲线 yf ( x) 在点 (2, f (2)) 的切线方程为 y212. 若曲线 f x ax2Inx 存在垂直于y轴的切线，则实数 a 的取值范围是.二、求单调性或单调区间1、利用导数判断函数单调性的方法：设函数y f (x) 在某个区间 D 内可导，若是 f ( x) ＞0，则y f (x) 在区间D上为增函数；若是 f ( x) ＜0，则y f (x) 在区间 D 上为减函数；若是 f ( x) =0恒成立，则y f (x) 在区间 D 上为常数 .2、利用导数求函数单调区间的方法：不等式 f ( x) ＞0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f ( x) 的增区间；不等式 f ( x) ＜0的解集与函数y f (x) 定义域的交集，就是y f (x) 的减区间 .1、函数f (x) ( x 3)e x的单调递加区间是( )A . ( ,2) B. (0,3) C. (1,4) D . (2, )2. 函数f (x)x315x233x 6 的单调减区间为.3. 已知函数，，谈论的单调性。

专题14导数与函数的单调性最新考纲1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数探讨函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、微小值(其中多项式函数一般不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数一般不超过三次)．3.会利用导数解决某些实际问题(生活中的优化问题).基础学问融会贯穿1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，假如f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；假如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)一般地，求函数y＝f(x)的极值的方法解方程f′(x)＝0，当f′(x0)＝0时：①假如在x0旁边的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②假如在x0旁边的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是微小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③考查f′(x)在方程f′(x)＝0的根旁边的左右两侧导数值的符号．假如左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；假如左负右正，那么f(x)在这个根处取得微小值．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求函数y＝f(x)在(a，b)内的极值；②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值．【学问拓展】1．在某区间内f′(x)>0(f′(x)<0)是函数f(x)在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．2．可导函数f(x)在(a，b)上是增(减)函数的充要条件是对∀x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)且f′(x)在(a，b)上的任何子区间内都不恒为零．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．重点难点突破【题型一】不含参数的函数的单调性【典型例题】已知函数，则f（x）的增区间为（）A．（0，1）B．（0，e）C．（1，+∞）D．（e，+∞）【解答】解：易知函数f（x）的定义域为（0，+∞），又，令f′（x）＞0，解之得0＜x＜e，故选：B．【再练一题】用导数求单调区间f（x）．【解答】解：∵f（x）1，∴f′（x）0，∴﹣1＜x＜1，∴函数的单调增区间是（﹣1，1），单调减区间是（﹣∞，﹣1]，[1，+∞）．思维升华确定函数单调区间的步骤(1)确定函数f(x)的定义域．(2)求f′(x)．(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间．(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．【题型二】含参数的函数的单调性【典型例题】求下列函数的单调区间，并求[1，e]上的最值．（1）f（x）＝lnx﹣ax；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，求单调区间．【解答】解：（1）f（x）＝lnx﹣ax，∴f′（x）a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，当a＞0时，f′（x）a，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＞0，即0＜x时，函数单调递增，当f′（x）＜0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递增，在（，+∞）上单调递减，当x时，函数有极大值，即极大值为f（）＝﹣1﹣lna①当1时，即a≥1时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，f（x）max＝f（1）＝﹣a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝1﹣ae，f（x）min＝f（1）＝﹣a，③1e时，即a＜1时，函数f（x）在[1，）上单调递增，在（，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（）＝﹣1﹣lna，f（1）＝﹣a，f（e）＝1﹣ae，当a＜1，f（1）＞f（e），故f（x）min＝f（e）＝1﹣ae，当a时，f（1）≤f（e），故f（x）min＝f（1）＝﹣a；（2）f（x）＝ax2﹣2lnx3＝ax2﹣6lnx，∴f′（x）＝2ax，当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，∴函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）max＝f（1）＝a，当a＞0时，令f′（x）＝0，解得x，当f′（x）＜0，即0＜x时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x时，函数单调递减，∴函数f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增，当x时时，函数有微小值，即微小值为f（）3ln，①当1时，即a≥3时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6，f（x）min＝f（1）＝a，②当e时，即0＜a时，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝a，f（x）min＝f（e）＝ae2﹣6，③1e时，即a＜3时，函数f（x）在[1，）上单调递减，在（，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（）3ln，f（1）＝a，f（e）＝ae2﹣6，当a＜3，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝a，当a a＜3，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝ae2﹣6；（3）f（x）＝e x﹣ax﹣1，∴f′（x）＝e x﹣a，当a≤0时，f′（x）＞0恒成立，∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，当a＞0时，f′（x）＝e x﹣a，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当f′（x）＜0，即0＜x＜lna时，函数单调递减，当f′（x）＞0，即x＞lna时，函数单调递增，∴函数f（x）在（0，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当x＝lna时，函数有微小值，即微小值为f（lna）＝a﹣1﹣alna①当lna≤1时，即0＜a≤e时，函数f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，f（x）min＝f（1）＝e﹣a﹣1，②当lna≥e时，即a≥e e，函数f（x）在[1，e]上单调递减，∴f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，f（x）min＝f（e）＝e e﹣ae﹣1，③1＜lna＜e时，即e＜a＜e e时，函数f（x）在[1，lna）上单调递减，在（lna，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（lna）＝a﹣1﹣alna，f（1）＝e﹣a﹣1，f（e）＝e e﹣ae﹣1，当a＜e e，f（1）＞f（e），故f（x）max＝f（1）＝e﹣a﹣1，当e＜a，f（1）＜f（e），故f（x）max＝f（e）＝e e﹣ae﹣1．【再练一题】已知函数f（x）＝x alnx（a∈R）．（1）当a＞0时，探讨f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝x lnx，当f（x）有两个极值点为x1，x2，且x1∈（0，e）时，求g（x1）﹣g（x2）的最小值．【解答】解：（1）f（x）的定义域（0，+∞），f′（x）＝1，令f′（x）＝0，得x2﹣ax+1＝0，①当0＜a≤2时，△＝a2﹣4≤0，此时f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；②当a＞2时，△＝a2﹣4＞0，x2﹣ax+1＝0的两根为：x1，x2，且x1，x2＞0．当x∈（0，）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（，）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；综上，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；当a＞2时，f（x）的递增区间为（0，），（，+∞），递减区间为（，）．（2）由（1）知，f（x）的两个极值点x1，x2是方程x2﹣ax+1＝0的两个根，则，所以x2，a＝（x1），∴g（x1）﹣g（x2）＝x1lnx1﹣（ln）＝x1alnx1＝x1（x1）lnx1．设h（x）＝（x）﹣（x）lnx，x∈（0，e]，则（g（x1）﹣g（x2））min＝h（x）min，∵h′（x）＝（1）﹣[（1）lnx+（x）]，当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，∴h（x）在（0，e]上单调递减；∴h（x）min＝h（e），∴（g（x1）﹣g（x2））min．思维升华 (1)探讨含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类探讨．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内探讨，还要确定导数为零的点和函数的间断点．【题型三】函数单调性的应用问题命题点1 比较大小或解不等式【典型例题】若a∈R，且a＞1，函数，则不等式f（x2﹣2x）＜1的解集是（）A．（0，2）B．（0，1）∪（1，2）C．（﹣∞，0）∪（2，+∞）D．【解答】解：由0，解得﹣1＜x＜1．可得函数f（x）的定义域为：（﹣1，1）．y2在（﹣1，1）上单调递增．y1在（﹣1，1）上单调递增，a＞1，∴y在（﹣1，1）上单调递增．∴f（x）在（﹣1，1）上单调递增．又f（0）＝1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1即不等式f（x2﹣2x）＜f（0），∴﹣1＜x2﹣2x＜0，解得0＜x＜2，且x≠1．∴不等式f（x2﹣2x）＜1的解集为（0，1）∪（1，2）．故选：B．【再练一题】已知奇函数f（x）的导函数为f'（x），当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，若a＝f（1），，c＝﹣ef（﹣e），则a，b，c的大小关系是（）A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．a＜c＜b D．b＜a＜c【解答】解：令函数g（x）＝xf（x），由当x＞0时，xf'（x）+f（x）＞0，可知g′（x）＞0，所以g（x）在（0，+∞）上为增函数．又f（x）在R上是奇函数，所以函数g（x）也为偶函数，又知a＝f（1）＝g（1），，c＝﹣ef（﹣e）＝g（﹣e）＝g（e），且，所以，即c＞a＞b，故选：D．命题点2 依据函数单调性求参数【典型例题】若函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，则k的取值范围为（）A．[0，+∞）B．C．D．【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣ke x在（0，+∞）上单调递减，∴f′（x）＝3x2﹣ke x≤0在（0，+∞）上恒成立，∴k在（0，+∞）上恒成立，令g（x），x＞0，则，当0＜x＜2时，g′（x）＞0，此时g（x）单调递增，x＞2时，g′（x）＜0，g（x）单调递减故当x＝2时，g（x）取得最大值g（2），则k，故选：C．【再练一题】已知函数f（x）＝（x﹣3）e x+a（2lnx﹣x+1）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（e，+∞）B．（e，2e2）C．（2e2，+∞）D．（e，2e2）∪（2e2，+∞）【解答】解：f′（x）＝（x﹣2）e x+a（1）＝（x﹣2）（e x），x∈（1，+∞）．∵f′（2）＝0，可得2是函数f（x）的一个极值点．∵f（x）在（1，+∞）上有两个极值点，且f（x）在（1，2）上单调递增，∴函数f（x）的另一个极值点x0＞2，满意：0，可得：a＝x02e2，故选：C．思维升华依据函数单调性求参数的一般思路(1)利用集合间的包含关系处理：y＝f(x)在(a，b)上单调，则区间(a，b)是相应单调区间的子集．(2)f(x)为增函数的充要条件是对随意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任一非空子区间上，f′(x)不恒为零，应留意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．基础学问训练1．【河北省保定市2024-2025学年度第一学期期末调研考试高二】若函数在区间上为单调增函数，则k的取值范围是A．B．C．D．【答案】C【解析】解：，函数在区间单调递增，在区间上恒成立．在区间上恒成立，而在区间上单调递减，．故选：C．2．已知函数上单调递减，则实数的取值范围是( )A．B．C．D．【答案】A【解析】因为函数上单调递减，所以上恒成立，令，设，则上恒成立，所以，解得，所以实数的取值范围是．故选A．3．函数的单调递减区间是( )A．B．C．D．【答案】D【解析】函数的定义域为，由，得，得，即函数的单调递减区间为．故选D．4．【内蒙古集宁一中(西校区)2024-2025学年高二下学期第一次月考】假如函数y=f(x)的图象如图所示，那么导函数y=的图象可能是 ( )A．B．C．D．【答案】A【解析】由原函数图像可知单调性是先增，再减，再增，再减，可得导函数图像应当是先正，再负，再正，再负，只有选项A满意，故选A5．【广东省2024年汕头市一般高考第一次模拟考试】若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，可得，若在区间上单调递减，则在区间上恒成立，即恒成立，令，则，故的最大值为1，此时，即，所以的最大值为，所以，故选D.6．【湖南省湘潭县一中、双峰一中、邵东一中、永州四中2024-2025学年高二下学期优生联考】已知是函数的导函数，，则不等式的解集为（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意，函数满意已知条件，又由不等式，可变形为，构造新函数，则，由已知条件可得，即，即函数为单调递减函数，令，又由不等式，可变形为，即，由函数的单调性可得，所以不等式的解集为，故选B.7．【陕西省咸阳市2024-2025学年高二上学期期末考试】已知是可导函数，且对于恒成立，则A． B．C． D．【答案】D【解析】由，得，令，则．在R上单调递减，即，．故选：D．8．【湖南省湘西州2024-2025学年高二（上)期末】已知函数在区间上是减函数，则实数a的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】，又上是减函数，上恒有，即上恒成立，因为，所以，所以：．实数a的取值范围是．故选：A．9．【福建省三明市2024-2025学年高二上学期期末质量检测】已知函数，若在区间上存在，使得，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】A【解析】解：由，可得，由，即:在有两个解，且，令g(x)= =,可得：，由①可得,由②可得，可得，同理由③可得，可得，由④可得a，综上所述可得：，故选A.10．【福建省福州市八县（市)协作校2024-2025学年高二上学期期末联考】已知定义域为的奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】构造函数g（x），∴g′（x），∵xf′（x）﹣f（x）＜0，∴g′（x）＜0，∴函数g（x）在（0，+∞）单调递减．∵函数f（x）为奇函数，∴g（x）是偶函数，∴c g（﹣3）＝g（3），∵a g（e），b g（ln2），∴g（3）＜g（e）＜g（ln2），∴c＜a＜b，故选：D．11．【陕西省西安市2024-2025学年高二下学期期末考试】已知奇函数的导函数为，当时，，若，则的大小关系正确的是（）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意，令，则，因为当时，，所以当时，，即当时，，函数单调递增，因为，所以，又由函数为奇函数，所以，所以，所以，故选D。

历年高考题型总结及详解——倒数内容简介：1.有关倒数考试方向及常考点.2.常考点方法总结及名师点拨.3.2014——2016各地历年高考题及解析.4.名校有关模拟题——母题.【命题意图】导数是研究函数的重要工具，利用导数研究函数的单调性可以描绘出函数图象大致的变化趋势，是进一步解决问题的依据.分类讨论思想具有明显的逻辑特征，是整体思想一个重要补充，解决这类问题需要一定的分析能力和分类技巧.因此高考对这类题主要考查导数的运算、代数式化简与变形，考查运算求解能力，运用数形结合、分类讨论的思想方法分析与解决问题能力.【考试方向】含有参数的函数导数试题，主要有两个方面：一是根据给出的某些条件求出这些参数值，基本思想方法为方程的思想；二是在确定参数的范围（或取值）使得函数具有某些性质，基本解题思想是函数与方程的思想、分类讨论的思想.含有参数的函数导数试题是高考考查函数方程思想、分类讨论思想的主要题型之一.这类试题在考查题型上，通常以解答题的形式出现，难度中等.【得分要点】1.研究函数单调区间，实质研究函数极值问题.分类讨论思想常用于含有参数的函数的极值问题，大体上可分为两类，一类是定区间而极值点含参数，另一类是不定区间（区间含参数）极值点固定，这两类都是根据极值点是否在区间内加以讨论，讨论时以是否使得导函数变号为标准，做到不重不漏.2.求可导函数单调区间时首先坚持定义域优先原则，必须先确定函数的定义域，尤其注意定义区间不连续的情况，此时单调区间按断点自然分类；其次，先研究定义区间上导函数无零点或零点落在定义区间端点上的情况，此时导函数符号不变，单调性唯一；对于导函数的零点在定义区间内的情形，最好列表分析导函数符号变化规律，得出相应单调区间.3.讨论函数的单调性其实质就是讨论不等式的解集的情况.大多数情况下，这类问题可以归结为一个含有参数的一元二次不等式的解集的讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时依据根的大小进行分类讨论，在不能通过因式分解求出根的情况时根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论.讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制.4.含参数的函数的极值(最值)问题常在以下情况下需要分类讨论：(1)导数为零时自变量的大小不确定需要讨论；(2)导数为零的自变量是否在给定的区间内不确定需要讨论；(3)端点处的函数值和极值大小不确定需要讨论；(4)参数的取值范围不同导致函数在所给区间上的单调性的变化不确定需要讨论. 5.求可导函数单调区间的一般步骤(1)确定函数)(x f 的定义域(定义域优先)；(2)求导函数()f x '；(3)在函数)(x f 的定义域内求不等式()0f x '>或()0f x '<的解集．(4)由()0f x '>（()0f x '<）的解集确定函数)(x f 的单调增(减)区间．若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间．6．由函数)(x f 在(,)a b 上的单调性，求参数范围问题，可转化为()0f x '≥ (或()0f x '≤)恒成立问题，要注意“＝”是否可以取到．7. 求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过认真比较才能下结论；另外注意函数最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念．8. 函数、导数解答题中贯穿始终的是数学思想方法，在含有参数的试题中，分类与整合思想是必要的，由于是函数问题，所以函数思想、数形结合思想也是必要的，把不等式问题转化为函数最值问题、把方程的根转化为函数零点问题等，转化与化归思想也起着同样的作用，解决函数、导数的解答题要充分注意数学思想方法的应用.9. 导数及其应用通常围绕四个点进行命题．第一个点是围绕导数的几何意义展开，设计求曲线的切线方程，根据切线方程求参数值等问题，这类试题在考查导数的几何意义的同时也考查导数的运算、函数等知识，试题的难度不大；第二个点是围绕利用导数研究函数的单调性、极值(最值)展开，设计求函数的单调区间、极值、最值，已知单调区间求参数或者参数范围等问题，在考查导数研究函数性质的同时考查分类与整合思想、化归与转化思想等数学思想方法；第三个点是围绕导数研究不等式、方程展开，涉及不等式的证明、不等式的恒成立、讨论方程根等问题，主要考查通过转化使用导数研究函数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用；第四个点是围数性质并把函数性质用来分析不等式和方程等问题的能力，该点和第二个点一般是解答题中的两个设问，考查的核心是导数研究函数性质的方法和函数性质的应用．10. 函数的单调性问题与导数的关系（1）函数的单调性与导数的关系：设函数()y f x =在某个区间内可导，若()0f x '>，则()f x 为增函数；若/()0f x <，则()f x 为减函数.（2）用导数函数求单调区间方法求单调区间问题，先求函数的定义域，在求导函数，解导数大于0的不等式，得到区间为增区间，解导数小于0得到的区间为减区间，注意单调区间一定要写出区间形式，不用描述法集合或不等式表示，且增（减）区间有多个，一定要分开写，用逗号分开，不能写成并集形式，要说明增（减）区间是谁，若题中含参数注意分类讨论；(3) 已知在某个区间上的单调性求参数问题先求导函数，将其转化为导函数在这个区间上大于（增函数）（小于（减函数））0恒成立问题，通过函数方法或参变分离求出参数范围，注意要验证参数取等号时，函数是否满足题中条件，若满足把取等号的情况加上，否则不加.（4）注意区分函数在某个区间上是增（减）函数与函数的增（减）区间是某各区间的区别，函数在某个区间上是增（减）函数中的区间可以是该函数增(减)区间的子集. 11.函数的极值与导数（1）函数极值的概念设函数()y f x =在0x 附近有定义，若对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x <，则称0()f x 是函数()f x 的一个极大值，记作y 极大值=0()f x ；设函数()y f x =在0x 附近有定义，若对0x 附近的所有点，都有0()()f x f x >，则称0()f x 是函数()f x 的一个极小值，记作y 极小值=0()f x .注意：极值是研究函数在某一点附近的性质，使局部性质;极值可有多个值，且极大值不定大于极小值;极值点不能在函数端点处取.（2）函数极值与导数的关系当函数()y f x =在0x 处连续时，若在0x 附近的左侧/()0f x >，右侧/()0f x <，那么0()f x 是极大值；若在0x 附近的左侧/()0f x <，右侧/()0f x >，那么0()f x 是极小值.注意：①在导数为0的点不一定是极值点，如函数3y x =，导数为/23y x =，在0x =处导数为0，但不是极值点；②极值点导数不定为0，如函数||y x =在0x =的左侧是减函数，右侧是增函数，在0x =处取极小值，但在0x =处的左导数0(0)(0)lim x x x-∆→-+∆--∆=-1，有导数0(0)(0)lim x x x+∆→+∆-∆=1，在0x =处的导数不存在. （3）函数的极值问题①求函数的极值，先求导函数，令导函数为0，求出导函数为0点，方程的根和导数不存在的点，再用导数判定这些点两侧的函数的单调性，若左增由减，则在这一点取值极大值，若左减右增，则在这一点取极小值，要说明在哪一点去极大（小）值；②已知极值求参数，先求导，则利用可导函数在极值点的导数为0，列出关于参数方程，求出参数，注意可导函数在某一点去极值是导函数在这一点为0的必要不充分条件，故需将参数代入检验在给点的是否去极值；③已知三次多项式函数有极值求参数范围问题，求导数，导函数对应的一元二次方程有解，判别式大于0，求出参数的范围.12.最值问题（1）最值的概念对函数()y f x =有函数值0()f x 使对定义域内任意x ，都有()f x ≤0()f x （()f x ≥0()f x ）则称0()f x 是函数()y f x =的最大（小）值.注意：①若函数存在最大（小）值，则值唯一；最大值可以在端点处取；若函数的最大值、最小值都存在，则最大值一定大于最小值.②最大值不一定是极大值，若函数是单峰函数，则极大（小）值就是最大（小）值. （2）函数最问题①对求函数在某一闭区间上，先用导数求出极值点的值和区间端点的值，最大者为最大值，最小者为最小值，对求函数定义域上最值问题或值域，先利用导数研究函数的单调性和极值，从而弄清函数的图像，结合函数图像求出极值；②对已知最值或不等式恒成立求参数范围问题，通过参变分离转化为不等式()f x ≤（≥）()g a （x 是自变量，a 是参数）恒成立问题，()g a ≥max ()f x （≤min ()f x ），转化为求函数的最值问题，注意函数最值与极值的区别与联系.1.(2016高考山东理数)已知()221()ln ,R x f x a x x a x-=-+∈. （Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（II ）略 考点：应用导数研究函数的单调性【名师点睛】本题主要考查导数的计算、应用导数研究函数的单调性、分类讨论思想.解答本题，准确求导数是基础，恰当分类讨论是关键，易错点是分类讨论不全面、不彻底、不恰当，或因复杂式子变形能力差，而错漏百出.本题能较好的考查考生的逻辑思维能力、基本计算能力、分类讨论思想等. 2.(2016高考天津理数)设函数3()(1)f x x ax b =---,R x ∈，其中R b a ∈,（Ⅰ）求)(x f 的单调区间；(II)略；（Ⅲ）略错误!未找到引用源。

2023年高考数学总复习：导数一．选择题（共8小题）1．（2022春•合肥期末）f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，则函数f（x）的图象最有可能的是图中的（）A．B．C．D．2．（2022春•东城区期末）已知函数f（x）＝x3﹣sin x，若对于任意x1，x2∈R，满足x1+x2＝0，且x1≠x2，则一定有（）A．f（x1）+f（x2）＝0B．f（x1）﹣f（x2）＝0C．f（x1）＜f（x2）D．f（x1）＞f（x2）3．（2022春•揭阳期末）函数f（x）的图象与其在点P处的切线如图所示，则f（1）﹣f'（1）等于（）A．﹣2B．0C．2D．44．（2022春•丰台区校级期末）已知f（x）的导数存在，y＝f（x）的图象如图所示，则在区间[a，b]上（）A．f'（x）的最大值是f'（a），最小值是f'（c）B．f'（x）的最大值是f'（a），最小值是f'（b）C．f'（x）的最大值是f'（c），最小值是f'（b）D．f'（x）的最大值f'（b），最小值是f'（c）5．（2022春•顺义区期末）已知x0（x0≠0）是函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的极大值点，则下列结论不正确的是（）A．∃x∈R，f（x）＞f（x0）B．f（x）一定存在极小值点C．若a＝0，则﹣x0是函数f（x）的极小值点D．若b＝0，则a＜06．（2022春•南充期末）若曲线y＝x2+ax+b在点（0，b）处的切线方程是x﹣y+2＝0，则（）A．a＝﹣1，b＝﹣2B．a＝1，b＝2C．a＝1，b＝﹣2D．a＝﹣1，b＝2 7．（2022•南京模拟）已知f（x）＝（1﹣x）e x﹣1，g（x）＝（x+1）2+a，若存在x1，x2∈R，使得f（x2）≥g（x1）成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．（0，e）D．8．（2022春•丰台区校级期末）若函数f（x）＝xlnx﹣ax+1在[e，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．（2，+∞）D．[2，+∞）二．多选题（共4小题）（多选）9．（2022•南京模拟）设函数f（x）＝xe x+a+bx，曲线y＝f（x）在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为y＝（e﹣1）x﹣4，则（）A．f（﹣2）＝﹣2e﹣2B．a＝2C．a＝3D．f（x）在R上单调递增（多选）10．（2022•南京模拟）已知函数f（x）＝x2﹣e x+a有两个极值点x1与x2，且x1＜x2，则下列结论正确的是（）A．a＜ln2﹣1B．0＜x1＜1C．﹣1＜f（x1）＜0D．（多选）11．（2022春•石家庄期末）已知f（x）＝﹣lnx，f（x）在x＝x0处取得最大值，则（）A．f（x0）＜x0B．f（x0）＝x0C．f（x0）＜D．f（x0）＞（多选）12．（2022春•乐昌市校级月考）已知，函数，则下列选项正确的是（）A．B．C．D．三．填空题（共4小题）13．（2022春•海南期末）已知函数f（x）＝alnx﹣x3，f'（x）为f（x）的导函数，若f'（1）＝4，则实数a＝．14．（2022春•龙岩期末）已知定义在R上的函数f（x）满足：xf′（x）+f（x）＞0，且f （1）＝1，则xf（x）＞1的解集为．15．（2022春•沈阳期末）对于三次函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0），有如下定义：设f'（x）是函数y＝f（x）的导函数，f''（x）是f'（x）的导函数．若方程f''（x）＝0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”．而某同学探究发现，任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”恰为该三次函数图象的对称中心．对于函数，依据上述结论，可知f（x）图象的对称中心为，而＝．16．（2022春•济南期末）已知函数f（x）＝log2（x+1）﹣k2kx+k（k＞0），若存在x＞0，使得f（x）≥0成立，则k的最大值为．四．解答题（共6小题）17．（2022春•朝阳区期末）已知函数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；（Ⅱ）求函数y＝f（x）的单调区间．18．（2022春•达州期末）已知函数．（1）若函数f（x）在x＝1处的切线是x+y﹣1＝0，求a+b的值；（2）当a＝1时，讨论函数f（x）的零点个数．19．（2022春•平谷区期末）已知函数在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣6，且当x＝2时，f（x）取得极值．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数f（x）的单调区间．20．（2022春•滨海新区校级期末）已知函数f（x）＝（x﹣1）e x，g（x）＝a+lnx，其中e 是自然对数的底数．（1）若对于任意实数x，不等式f（x）≥k恒成立，求实数k的取值范围；（2）设h（x）＝bf（x）﹣g（x）+a，求证：当时，h（x）恰好有2个零点；（3）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与曲线y＝g（x）也相切．判断函数φ（x）＝f （x）+e|g（x）|的单调性．21．（2022春•海淀区校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣（2a+1）x+a+1，其中a∈R．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），求函数g（x）在区间[1，2]上的最小值；（Ⅲ）若f（x）在区间[1，2]上的最大值为2ln2﹣1，直接写出a的值．22．（2022春•朝阳区期末）已知函数f（x）＝xe x﹣ax（a∈R）．（Ⅰ）若y＝f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a＝1时，判断0是否为函数f（x）的极值点，并说明理由；（Ⅲ）若存在三个实数x1＜x2＜x3，满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），求实数a的取值范围．2023年高考数学总复习：导数参考答案与试题解析一．选择题（共8小题）1．（2022春•合肥期末）f（x）的导函数f'（x）的图象如图所示，则函数f（x）的图象最有可能的是图中的（）A．B．C．D．【考点】利用导数研究函数的单调性；函数的图象与图象的变换．【专题】函数思想；转化法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】先根据导函数的图象确定导函数大于0 的范围和小于0的x的范围，进而根据当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减确定原函数的单调增减区间．【解答】解：x＜﹣2时，f′（x）＜0，则f（x）单减；﹣2＜x＜0时，f′（x）＞0，则f（x）单增；x＞0时，f′（x）＜0，则f（x）单减．则符合上述条件的只有选项A．故选：A．【点评】本题主要考查函数的单调性与其导函数的正负之间的关系，即当导函数大于0时原函数单调递增，当导函数小于0时原函数单调递减．重点是理解函数图象及函数的单调性．2．（2022春•东城区期末）已知函数f（x）＝x3﹣sin x，若对于任意x1，x2∈R，满足x1+x2＝0，且x1≠x2，则一定有（）A．f（x1）+f（x2）＝0B．f（x1）﹣f（x2）＝0C．f（x1）＜f（x2）D．f（x1）＞f（x2）【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】函数思想；转化法；函数的性质及应用；数学运算．【分析】由题可得函数为奇函数可判断A，利用特值可判断BCD．【解答】解：∵f（x）＝x3﹣sin x，∴f（﹣x）＝﹣x3+sin x＝﹣f（x），函数为奇函数，又x1+x2＝0，x1≠x2，∴f（x2）＝﹣f（x1），即f（x1）+f（x2）＝0，故A正确；当时，，，此时f（x1）﹣f（x2）≠0，f（x1）＞f（x2），当时，f（x1）＜f（x2），故BCD不合题意．故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，考查特殊值法的应用，是基础题．3．（2022春•揭阳期末）函数f（x）的图象与其在点P处的切线如图所示，则f（1）﹣f'（1）等于（）A．﹣2B．0C．2D．4【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】方程思想；数形结合法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】由图形求出切线的斜率与方程，可得f′（1）与f（1），则答案可求．【解答】解：由图可知，切线的斜率k＝，即f'（1）＝﹣2，切线方程为y＝﹣2x+4，取x＝1，得y＝2．∴f（1）＝2，则f（1）﹣f'（1）＝2﹣（﹣2）＝4．故选：D．【点评】本题考查导数的几何意义及应用，考查数形结合思想，是基础题．4．（2022春•丰台区校级期末）已知f（x）的导数存在，y＝f（x）的图象如图所示，则在区间[a，b]上（）A．f'（x）的最大值是f'（a），最小值是f'（c）B．f'（x）的最大值是f'（a），最小值是f'（b）C．f'（x）的最大值是f'（c），最小值是f'（b）D．f'（x）的最大值f'（b），最小值是f'（c）【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】对应思想；数形结合法；导数的概念及应用；直观想象．【分析】由导数的几何意义，数形结合得答案．【解答】解：由导数的几何意义，即曲线在该点处的切线的斜率可知，f'（a）＞0，f'（c）＝0，f'（b）＜0，且在区间[a，b]上，f′（x）逐渐减小，则在区间[a，b]上，f'（x）的最大值是f'（a），最小值是f'（b）．故选：B．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查数形结合思想，是基础题．5．（2022春•顺义区期末）已知x0（x0≠0）是函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的极大值点，则下列结论不正确的是（）A．∃x∈R，f（x）＞f（x0）B．f（x）一定存在极小值点C．若a＝0，则﹣x0是函数f（x）的极小值点D．若b＝0，则a＜0【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理．【分析】根据极大值点概念，直接判断．【解答】解：选项A，∵x→+∞时，f（x）→+∞，∴∃x∈R，f（x）＞f（x0），选项A正确；选项B，∵x0（x0≠0）是函数f（x）＝x3+ax2+bx+c的极大值点，∴方程f′（x）＝3x2+2ax+b ＝0有两个不等根，∴f（x）一定存在极小值点，选项B正确；选项C，∵a＝0，∴方程f′（x）＝3x2+b＝0有相异两根，﹣x0是f（x）的极小值点，选项C正确；选项D，∵b＝0，∴方程f′（x）＝3x2+2ax＝0两根0或﹣，∴a＜0错误，选项D 错误．故选：D．【点评】本题考查了运用导数判断函数的极值点，是中档题．6．（2022春•南充期末）若曲线y＝x2+ax+b在点（0，b）处的切线方程是x﹣y+2＝0，则（）A．a＝﹣1，b＝﹣2B．a＝1，b＝2C．a＝1，b＝﹣2D．a＝﹣1，b＝2【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】方程思想；综合法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】求出原函数的导函数，利用函数在x＝0处的导数值等于切线的斜率，且切点处的函数值相等列式求得a与b的值．【解答】解：由y＝x2+ax+b，得y′＝2x+a，∵曲线y＝x2+ax+b在点（0，b）处的切线方程是x﹣y+2＝0，∴，即a＝1，b＝﹣2．故选：C．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查运算求解能力，是基础题．7．（2022•南京模拟）已知f（x）＝（1﹣x）e x﹣1，g（x）＝（x+1）2+a，若存在x1，x2∈R，使得f（x2）≥g（x1）成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．（0，e）D．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】转化思想；分析法；导数的综合应用；数学运算．【分析】原问题等价于f（x）max≥g（x）min，利用导数求得f（x）的最大值，根据二次函数的性质求得g（x）的最小值，代入上述不等式，即可得解．【解答】解：∃x1，x2∈R，使得f（x2）≥g（x1）成立，等价于f（x）max≥g（x）min，因为f（x）＝（1﹣x）e x﹣1，所以f′（x）＝﹣e x﹣1+（1﹣x）e x﹣1＝﹣xe x﹣1，当x＜0时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，当x＞0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减，所以f（x）max＝f（0）＝；因为g（x）min＝g（﹣1）＝a，所以≥a，即实数a的取值范围是（﹣∞，]．故选：B．【点评】本题考查利用导数求函数的最值，理解函数的单调性与导数之间的联系，会将恒成立存在性问题转化为函数的最值问题是解题的关键，考查转化思想，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．8．（2022春•丰台区校级期末）若函数f（x）＝xlnx﹣ax+1在[e，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，2）B．（﹣∞，2]C．（2，+∞）D．[2，+∞）【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；数学运算．【分析】求出原函数的导函数，把问题转化为a≤lnx+1在[e，+∞）上恒成立，由单调性求得lnx+1的最小值，即可得到实数a的取值范围．【解答】解：由f（x）＝xlnx﹣ax+1，得f′（x）＝lnx+1﹣a，∵函数f（x）＝xlnx﹣ax+1在[e，+∞）上单调递增，∴lnx+1﹣a≥0在[e，+∞）上恒成立，即a≤lnx+1在[e，+∞）上恒成立，∵lnx+1在[e，+∞）上单调递增，∴（lnx+1）min＝2，可得a≤2．∴实数a的取值范围是（﹣∞，2]．故选：B．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．二．多选题（共4小题）（多选）9．（2022•南京模拟）设函数f（x）＝xe x+a+bx，曲线y＝f（x）在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为y＝（e﹣1）x﹣4，则（）A．f（﹣2）＝﹣2e﹣2B．a＝2C．a＝3D．f（x）在R上单调递增【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】求出函数f（x）的导函数，得到函数在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程，结合题意可得a与b的值，得到函数解析式，然后逐一分析四个选项得答案．【解答】解：由f（x）＝xe x+a+bx，得f′（x）＝e x+a+xe x+a+b，∵曲线y＝f（x）在点（﹣2，f（﹣2））处的切线方程为y＝（e﹣1）x﹣4，∴f′（﹣2）＝e a﹣2﹣2e a﹣2+b＝e﹣1，且﹣2（e﹣1）﹣4＝﹣2e a﹣2﹣2b，解得a＝2，b＝e，∴f（x）＝xe x+2+ex，则f（﹣2）＝﹣2e0﹣2e＝﹣2e﹣2，f′（x）＝e2﹣x﹣xe2﹣x+e＝（1﹣x+e x﹣1）e2﹣x，令h（x）＝1﹣x+e x﹣1，则h′（x）＝﹣1+e x﹣1，可得当x∈（﹣∞，1）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，∴h（x）≥h（1）＝1＞0，可得f′（x）＞0，则f（x）在R上单调递增，综上可知，ABD正确．故选：ABD．【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，训练了利用导数求最值，考查运算求解能力，是中档题．（多选）10．（2022•南京模拟）已知函数f（x）＝x2﹣e x+a有两个极值点x1与x2，且x1＜x2，则下列结论正确的是（）A．a＜ln2﹣1B．0＜x1＜1C．﹣1＜f（x1）＜0D．【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】分析可知函数f'（x）有两个异号的正零点，可知直线y＝a与函数g（x）＝lnx ﹣x+ln2的图象有两个交点，数形结合可判断A选项；利用函数g（x）的单调性可判断B 选项；利用极值点满足的条件结合二次函数的基本性质可判断C选项；利用不等式的性质可判断D选项．【解答】解：因为f（x）＝x2﹣e x+a，该函数的定义域为R，f'（x）＝2x﹣e x+a，由已知可得，所以，函数f'（x）有两个异号的正零点，由2x＝e x+a，其中x＞0，可得x+a＝ln2+lnx，可得a＝lnx﹣x+ln2，构造函数g（x）＝lnx﹣x+ln2，其中x＞0，．当0＜x＜1时，g'（x）＞0，此时函数g（x）单调递增，当x＞1时，g'（x）＜0，此时函数g（x）单调递减，所以，函数g（x）的极大值为g（1）＝ln2﹣1，如下图所示：当a＜ln2﹣1时，直线y＝a与函数g（x）的图象有两个交点，即函数f（x）有两个极值点，A对；对于B选项，x1、x2为直线y＝a与函数g（x）图象两个交点的横坐标，因为函数g（x）在（0，1）上为增函数，在（1，+∞）上为减函数，且x1＜x2，故0＜x1＜1，x2＞1，B对；对于C选项，，C对；对于D选项，因为0＜x1＜1，，则，因为可得，所以，，D错．故选：ABC．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究双变量问题等知识，属于中等题．（多选）11．（2022春•石家庄期末）已知f（x）＝﹣lnx，f（x）在x＝x0处取得最大值，则（）A．f（x0）＜x0B．f（x0）＝x0C．f（x0）＜D．f（x0）＞【考点】利用导数研究函数的最值．【分析】，x∈（0，+∞），，令g（x）＝1+x﹣xlnx，然后利用导数研究函数的单调性极值与最值，即可得出结论．【解答】解：，x∈（0，+∞），，令g（x）＝1+x﹣xlnx，g'（x）＝1﹣1﹣lnx＝﹣lnx，可得函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．x→0+时，g（x）→1；g（x）max＝g（1）＝2；g（3）＝4﹣3ln3＞0，g（4）＝5﹣4ln4＜0，∴存在唯一x0∈（3，4），满足g（x0）＝1+x0﹣x0lnx0＝0．使得函数f（x）在（0，x0）单调递增，在（x0，+∞）上单调递减．∴函数f（x）在x＝x0处取得极大值即最大值，满足，故选：BC．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究函数的最值等知识，属于中等题．（多选）12．（2022春•乐昌市校级月考）已知，函数，则下列选项正确的是（）A．B．C．D．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理．【分析】先对函数求导，由导函数，确定函数在的单调性，再结合最大值，最小值即可判断．【解答】解：当时，f'（x）＝1﹣sin x＞0，此时f（x）在上递增，又，，所以时，恒成立．因此AC错，BD正确．故选：BD．【点评】本题主要考查了导数与单调性及最值的应用，属于中档题．三．填空题（共4小题）13．（2022春•海南期末）已知函数f（x）＝alnx﹣x3，f'（x）为f（x）的导函数，若f'（1）＝4，则实数a＝7．【考点】导数的运算．【专题】计算题；对应思想；定义法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】根据导数的公式即可得到结论．【解答】解：∵f（x）＝alnx﹣x3，∴，∴f'（1）＝a﹣3＝4，解得a＝7．故答案为：7．【点评】本题主要考查导数的基本运算，比较基础．14．（2022春•龙岩期末）已知定义在R上的函数f（x）满足：xf′（x）+f（x）＞0，且f （1）＝1，则xf（x）＞1的解集为（1，+∞）．【考点】利用导数研究函数的单调性．【专题】整体思想；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】设g（x）＝xf（x），则g′（x）＝xf′（x）+f（x）＞0，即函数g（x）为R上的增函数，又xf（x）＞1等价于g（x）＞g（1），然后求解集即可．【解答】解：设g（x）＝xf（x），则g′（x）＝xf′（x）+f（x）＞0，即函数g（x）为R上的增函数，又f（1）＝1，即g（1）＝1，则xf（x）＞1等价于g（x）＞g（1），则xf（x）＞1的解集为（1，+∞），故答案为：（1，+∞）．【点评】本题考查了导数的应用，重点考查了利用导数研究函数的单调性，属基础题．15．（2022春•沈阳期末）对于三次函数f（x）＝ax3+bx2+cx+d（a≠0），有如下定义：设f'（x）是函数y＝f（x）的导函数，f''（x）是f'（x）的导函数．若方程f''（x）＝0有实数解x0，则称点（x0，f（x0））为函数y＝f（x）的“拐点”．而某同学探究发现，任何一个三次函数都有“拐点”，且“拐点”恰为该三次函数图象的对称中心．对于函数，依据上述结论，可知f（x）图象的对称中心为（，），而＝1011．【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】根据题中结论，二次求导后可求得函数的拐点，即函数y＝f（x）的对称中心；利用对称性可得所求．【解答】解：因为f'（x）＝3x2﹣3x+3，f''（x）＝6x﹣3，令f''（x）＝6x﹣3＝0，得，因为，所以f（x）图象的对称中心为，由对称性可知，所以，故答案为：，1011．【点评】本题主要考查函数的对称性，新定义知识的应用等知识，属于中等题．16．（2022春•济南期末）已知函数f（x）＝log2（x+1）﹣k2kx+k（k＞0），若存在x＞0，使得f（x）≥0成立，则k的最大值为．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】由f（x）≥0，可得，同构函数g （x）＝x log2x，结合函数的单调性，转化为的最大值问题．【解答】解：由，可得，即，，构造函数g（x）＝x log2x，显然在（1，+∞）上单调递增，∴x+1≥2k（x+1），即，令，即求函数的最大值即可，，∴在（1，e﹣1）上单调递增，在（e﹣1，+∞）上单调递减，∴h（x）的最大值为，∴，即k的最大值为，故答案为：．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的性质，利用导数研究不等式能成立问题等知识，属于中等题．四．解答题（共6小题）17．（2022春•朝阳区期末）已知函数．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（﹣1，f（﹣1））处的切线方程；（Ⅱ）求函数y＝f（x）的单调区间．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】对应思想；定义法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（Ⅰ）求导，根据导函数在某点处的导数值是切线的斜率即可求解；（Ⅱ）根据导函数的正负即可确定y＝f（x）的单调区间．【解答】解：（Ⅰ）由，得，故f'（﹣1）＝0，f（﹣1）＝2ln2+1，所以切线方程为y＝2ln2+1．（Ⅱ）y＝f（x）的定义域为（﹣∞，1），由（Ⅰ）知当x＜﹣1，f'（x）＜0，f（x）单调递减，当，f'（x）＞0，f（x）单调递增，当，f'（x）＜0，f（x）单调递减，故y＝f（x）的单调递增区间为，单调递减区间为．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与切线方程，属基础题．18．（2022春•达州期末）已知函数．（1）若函数f（x）在x＝1处的切线是x+y﹣1＝0，求a+b的值；（2）当a＝1时，讨论函数f（x）的零点个数．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑推理；数学运算．【分析】（1）通过切点（1，f（1））在切线x+y﹣1＝0上，列出方程求解a，b，即可．（2）当a＝1时，化简函数的解析式，利用函数的导数，①当﹣2≤b≤2时，②当b＜﹣2时，③当b＞2时，判断函数的单调性求解函数的最值，推出零点个数即可．【解答】解：（1）∵切点（1，f（1））也在切线x+y﹣1＝0上，∴1﹣a+1﹣1＝0，即a＝1.，f'（1）＝1+a﹣b＝﹣1，即b＝3，∴a+b ＝4．（2）当a＝1时，，∴x＞0，．①∵当﹣2≤b≤2时，f'（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增．又f（1）＝0，∴f（x）在（0，+∞）上有且只有1个零点．②当b＜﹣2时，设x1，x2为方程x2﹣bx+1＝0的两根，x1+x2＝b＜0，x1x2＝1＞0，即x1＜0，x2＜0，f'（x）＞0在x∈（0，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上有且只有1个零点．③当b＞2时，设x1，x2（x1＜x2）为方程x2﹣bx+1＝0的两根，x1+x2＝b＞0，x1x2＝1＞0，即0＜x1＜1＜x2，当0＜x＜x1时，f'（x）＞0，当x1＜x＜x2时，f'（x）＜0，当x＞x2时，f'（x）＞0，∴f（x）在（0，x1）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减，在（x2，+∞）上单调递增．∴f（x1）＞f（1）＝0＞f（x2），∴在b∈（2，+∞）上恒成立，∴f（x）在（0，x1）上有且只有1个零点．∵f（1）＝0，∴f（x）在（x1，x2）上有且只有1个零点．∵在b∈（2，+∞）上恒成立，∴f（x）在（x2，+∞）上有且只有1个零点．综上所述，当b≤2时，f（x）在（0，+∞）上有且只有1个零点，当b＞2时，f（x）在（0，+∞）上有3个零点．【点评】本题考查函数导数的应用，切线方程的求法，函数的单调性的应用，零点个数的求法，是中档题．19．（2022春•平谷区期末）已知函数在点（1，f（1））处的切线斜率为﹣6，且当x＝2时，f（x）取得极值．（1）求函数f（x）的解析式；（2）求函数f（x）的单调区间．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数解析式的求解及常用方法．【专题】函数思想；转化法；导数的概念及应用；数学运算．【分析】（1）求出函数的导数，得到关于a，c的方程组，求出a，c的值，求出函数的解析式即可；（2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可．【解答】解：（1）∵f（x）＝x3+4cx，∴f′（x）＝ax2+4c，结合题意得：f′（1）＝a+4c＝﹣6，f′（2）＝4a+4c＝0，解得a＝2，c＝﹣2，∴f（x）＝x3﹣8x；（2）由（1）f（x）＝x3﹣8x，得f′（x）＝2x2﹣8，令f′（x）＞0，解得x＞2或x＜﹣2，令f′（x）＜0，解得﹣2＜x＜2，故f（x）的递增区间是（﹣∞，﹣2），（2，+∞），递减区间是（﹣2，2）．【点评】本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的意义，是基础题．20．（2022春•滨海新区校级期末）已知函数f（x）＝（x﹣1）e x，g（x）＝a+lnx，其中e 是自然对数的底数．（1）若对于任意实数x，不等式f（x）≥k恒成立，求实数k的取值范围；（2）设h（x）＝bf（x）﹣g（x）+a，求证：当时，h（x）恰好有2个零点；（3）若曲线y＝f（x）在x＝1处的切线与曲线y＝g（x）也相切．判断函数φ（x）＝f （x）+e|g（x）|的单调性．【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性．【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用；逻辑推理．【分析】（1）问题转化为只需k≤f（x）min，即可得出答案．（2）根据题意可得h（x）＝b（x﹣1）e x﹣lnx，求导得h′（x）＝bxe x﹣＝，分析h（x）的单调性，再利用零点的存在定理证明函数h（x）的极小值小于0，即h（ln）＞0，即可得出答案．（3）利用导数的几何意义求出在x＝1处的切线方程，再利用切线与曲线也相切，可求得a的值，进而可得φ（x）的解析式，对绝对是内的数进行分类讨论，再利用导数分别研究分段函数的单调性．【解答】解：（1）f′（x）＝e x+（x﹣1）e x＝xe x，当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，当x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，所以f（x）min＝f（0）＝﹣1，所以对于任意实数x，不等式f（x）≥k恒成立，实数k的取值范围为（﹣∞，﹣1]．（2）证明：根据题意可得h（x）＝bf（x）﹣g（x）+a＝b（x﹣1）e x﹣lnx，所以h′（x）＝bxe x﹣＝，令m（x）＝bx2e x﹣1，x＞0，所以当0＜b＜时，m′（x）＝（2bx+bx2）e x＞0，所以m（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为m（1）＝be﹣1＜0且m（ln）＝b（ln）2•﹣1＝（ln）2﹣1＞0，所以m（x）＝0在（0，+∞）上有唯一解，从而h′（x）＝0在（0，+∞）上有唯一解，不妨设x0，则1＜x0＜ln，所以当x∈（0，x0）时，h′（x）＝＜＝0，所以h（x）在（0，x0）上单调递减，当x∈（x0，+∞）时，h′（x）＝＞＝0，所以h（x）在（x0，+∞）上单调递增，所以x0是h（x）的唯一极值点，令t（x）＝lnx﹣x+1，所以t′（x）＝﹣1＝，所以当x＞1时，t′（x）＜0，t（x）单调递减，从而当x＞1时，t（x）＜t（1）＝0，即lnx＜x﹣1，所以h（ln）＝b（ln﹣1）e﹣ln（ln）＝ln﹣1﹣ln（ln）＝﹣t（ln）＞0，又因为h（x0）＜h（1）＝0，所以h（x）在（x0，+∞）上有唯一零点，又因为h（x）在（0，x0）上有唯一零点，为x＝1，所以h（x）在（0，+∞）上恰有2个零点．（3）因为f（x）＝（x﹣1）e x，所以f′（x）＝xe x，所以切线的斜率k＝f′（1）＝e，因为切点为（1，0），所以切线的方程为y＝e（x﹣1），设曲线y＝g（x）的切点的坐标为（x1，y1），由g（x）＝a+lnx得g′（x）＝，所以g′（x1）＝＝e，得x1＝，所以切点坐标为（，a﹣1），因为点（，a﹣1）也在直线y＝e（x﹣1）上，所以a＝2﹣e．所以φ（x）＝（x﹣1）e x+e|2﹣e+lnx|，当x≥e e﹣2时，φ（x）＝（x﹣1）e x+e（e﹣2+lnx），φ′（x）＝xe x+＞0恒成立，所以φ（x）在[e e﹣2，+∞）上单调递增，当0＜x＜e e﹣2时，φ（x）＝（x﹣1）e x﹣e（2﹣e+lnx），所以φ′（x）＝xe x﹣，因为[φ′（x）]′＝（x+1）e x+＞0恒成立，所以φ′（x）在（0，e e﹣2）上单调递增，又φ′（1）＝0，所以x∈（0，1）时，φ′（x）＜0，φ（x）单调递减，x∈（1，e e﹣2）时，φ′（x）＞0，φ（x）单调递增，综上所述，函数φ（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．21．（2022春•海淀区校级期末）已知函数f（x）＝lnx+ax2﹣（2a+1）x+a+1，其中a∈R．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），求函数g（x）在区间[1，2]上的最小值；（Ⅲ）若f（x）在区间[1，2]上的最大值为2ln2﹣1，直接写出a的值．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（Ⅰ）求导后，计算f'（1）和f（1）的值，即可得解；（Ⅱ）求导得g'（x）＝﹣+2a，再分a≤0和a＞0两种情况，讨论g'（x）与0的大小关系，可得g（x）的单调性，进而知其最小值，其中当a＞0时，还需再分三类，结合二次函数的图象与性质，进行讨论；（Ⅲ）先猜测最大值为f（2）＝2ln2﹣1，可得a＝ln2，再证明当a＝ln2时，f（x）在区间[1，2]上的最大值为2ln2﹣1，即可．【解答】解：（Ⅰ）因为f（x）＝lnx+ax2﹣（2a+1）x+a+1，所以f'（x）＝+2ax﹣（2a+1），所以f'（1）＝1+2a﹣（2a+1）＝0，而f（1）＝ln1+a﹣（2a+1）+a+1＝0，所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y＝0．（Ⅱ）g（x）＝f′（x）＝+2ax﹣（2a+1），所以g'（x）＝﹣+2a，当a≤0时，g'（x）＜0恒成立，所以g（x）在[1，2]上单调递减，最小值为g（2）＝+2a•2﹣（2a+1）＝2a﹣；当a＞0时，令g'（x）＝0，则x＝±，若≤1，即a≥时，g（x）在[1，2]上单调递增，所以最小值为g（1）＝1+2a•1﹣（2a+1）＝0；若1＜＜2，即＜a＜时，g（x）在[1，）上单调递减，在（，2]上单调递增，所以最小值为g（）＝+2a•﹣（2a+1）＝2﹣2a﹣1；若≥2，即0＜a≤时，g（x）在[1，2]上单调递增，所以最小值为g（2）＝2a﹣；综上所述，当a≤时，g（x）的最小值为2a﹣；当＜a＜时，g（x）的最小值为2﹣2a﹣1；当a≥时，g（x）的最小值为0．（Ⅲ）因为f（1）＝0，所以不妨猜测最大值为f（2）＝ln2+a﹣1，因为f（x）在区间[1，2]上的最大值为2ln2﹣1，所以a＝ln2，下面证明当a＝ln2时，f（x）在区间[1，2]上的最大值为2ln2﹣1：因为a＝ln2＞ln＝，所以由（Ⅱ）知，f'（x）＝g（x）≥0，即f（x）在[1，2]上单调递增，所以f（x）max＝f（2）＝ln2+a﹣1＝2ln2﹣1，符合猜想，故a＝ln2．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与最值，理解函数的单调性与导数之间的联系，导数的几何意义是解题的关键，考查分类讨论思想，逻辑推理能力和运算能力，属于难题．22．（2022春•朝阳区期末）已知函数f（x）＝xe x﹣ax（a∈R）．（Ⅰ）若y＝f（x）在R上是增函数，求实数a的取值范围；（Ⅱ）当a＝1时，判断0是否为函数f（x）的极值点，并说明理由；（Ⅲ）若存在三个实数x1＜x2＜x3，满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），求实数a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．【专题】计算题；函数思想；分析法；导数的综合应用；数学运算．【分析】（I）对函数求导，若y＝f（x）在R上是增函数，即f′（x）≥0恒成立，得a ≤（1+x）e x，设g（x）＝（1+x）e x，求导后利用单调性求得函数的最小值，即可求得结果；（II）对函数二次求导后求得导数的单调性即可判断出结果；（III）若存在三个实数x1＜x2＜x3，满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），则函数f（x）存在3个单调区间，结合（I）中函数g（x）的单调性且x→﹣∞时，g（x）→0，利用单调性解得结果．【解答】解：（I）∵f（x）＝xe x﹣ax（a∈R），则f′（x）＝（1+x）e x﹣a，若y＝f（x）在R上是增函数，即f′（x）≥0恒成立，得a≤（1+x）e x，设g（x）＝（1+x）e x，g′（x）＝（x+2）e x，g′（x）＞0得x＞﹣2，g′（x）＜0得x＜﹣2，即g（x）在（﹣∞，﹣2）递减，在（﹣2，+∞）递增，则，故．即a∈[﹣，+∞），（II）当a＝1时，f′（x）＝（1+x）e x﹣1，f′（x）＝（x+2）e x，f′（x）＞0得x＞﹣2，则f′（x）递增，f′（0）＝0，则x∈（﹣2，0）时，f′（x）＜0，x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，则f（x）在（﹣2，0）上递减，在（0，+∞）上递增，故x＝0是函数的极小值点．（III）∵f′（x）＝（1+x）e x﹣a，令f′（x）＝0，得（1+x）e x＝a，由（I）得g（x）＝a，又g（x）在（﹣∞，﹣2）递减，在（﹣2，+∞）递增，则，且x→﹣∞时，g（x）→0，g（﹣1）＝0，当x＜﹣1时，g（x）＜0，若存在三个实数x1＜x2＜x3，满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），故当g（x）＝a有两根x4，x5使得x4＜﹣2＜x5＜﹣1，故x＜x4或x＞x5时，g（x）＞a，此时f（x）递增，x4＜x＜x5时，g（x）＜a，此时f（x）递减，且x→+∞时，f（x）→+∞，则必有f（x）先增后减再增，故必存在x1＜x2＜x3，满足f（x1）＝f（x2）＝f（x3），故g（﹣2）＜a＜0，即．故a∈（﹣，0）．【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题．。

§ 1.1 变化率与导数 1.1.1 变化率问题自学引导1.通过实例分析，了解平均变化率的实际意义．2．会求给定函数在某个区间上的平均变化率. 课前热身1.函数f (x )在区间[x 1，x 2]上的平均变化率为ΔyΔx＝________. 2．平均变化率另一种表示形式：设Δx ＝x －x 0，则ΔyΔx＝________，表示函数y ＝f (x )从x 0到x 的平均变化率.1.f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1答 案2.f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx名师讲解1.如何理解Δx ，Δy 的含义Δx 表示自变量x 的改变量，即Δx ＝x 2－x 1；Δy 表示函数值的改变量，即Δy ＝f (x 2)－f (x 1)．2．求平均变化率的步骤求函数y ＝f (x )在[x 1，x 2]内的平均变化率． (1)先计算函数的增量Δy ＝f (x 2)－f (x 1)． (2)计算自变量的增量Δx ＝x 2－x 1.(3)得平均变化率Δy Δx ＝f x 2－f x 1x 2－x 1.对平均变化率的认识函数的平均变化率可以表现出函数在某段区间上的变化趋势，且区间长度越小，表现得越精确．如函数y ＝sin x 在区间[0，π]上的平均变化率为0，而在[0，π2]上的平均变化率为sin π2－sin0π2－0＝2π.在平均变化率的意义中，f (x 2)－f (x 1)的值可正、可负，也可以为零．但Δx ＝x 2－x 1≠0.典例剖析题型一求函数的平均变化率例1 一物体做直线运动，其路程与时间t的关系是S＝3t－t2.(1)求此物体的初速度；(2)求t＝0到t＝1的平均速度．分析t＝0时的速度即为初速度，求平均速度先求路程的改变量ΔS＝S(1)－S(0)，再求时间改变量Δt＝1－0＝1.求商ΔSΔt就可以得到平均速度．解(1)由于v＝St＝3t－t2t＝3－t.∴当t＝0时，v0＝3，即为初速度．(2)ΔS＝S(1)－S(0)＝3×1－12－0＝2 Δt＝1－0＝1∴v＝ΔSΔt＝21＝2.∴从t＝0到t＝1的平均速度为2.误区警示本题1不要认为t＝0时，S＝0.所以初速度是零.变式训练1 已知函数f(x)＝－x2＋x的图像上一点(－1，－2)及邻近一点(－1＋Δx，－2＋Δy)，则ΔyΔx＝( )A．3 B．3Δx－(Δx)2 C．3－(Δx)2D．3－Δx 解析Δy＝f(－1＋Δx)－f(－1)＝－(－1＋Δx)2＋(－1＋Δx)－(－2)＝－(Δx)2＋3Δx.∴ΔyΔx＝－Δx2＋3ΔxΔx＝－Δx＋3答案D题型二平均变化率的快慢比较例2 求正弦函数y＝sin x在0到π6之间及π3到π2之间的平均变化率．并比较大小．分析用平均变化率的定义求出两个区间上的平均变化率，再比较大小．解设y＝sin x在0到π6之间的变化率为k1，则k 1＝sinπ6－sin0π6－0＝3π.y ＝sin x 在π3到π2之间的平均变化率为k 2，则k 2＝sin π2－sin π3π2－π3＝1－32π6＝32－3π.∵k 1－k 2＝3π－32－3π＝33－1π>0，∴k 1>k 2.答：函数y ＝sin x 在0到π6之间的平均变化率为3π，在π3到π2之间的平均变化率为32－3π，且3π>32－3π.变式训练2 试比较余弦函数y ＝cos x 在0到π3之间和π3到π2之间的平均变化率的大小．解 设函数y ＝cos x 在0到π3之间的平均变化率是k 1，则k 1＝cos π3－cos0π3－0＝－32π.函数y ＝cos x 在π3到π2之间的平均变化率是k 2，则k 2＝cosπ2－cos π3π2－π3＝－3π.∵k 1－k 2＝－32π－(－3π)＝32π>0，∴k 1>k 2.∴函数y ＝cos x 在0到π3之间的平均变化率大于在π3到π2之间的平均变化率．题型三 平均变化率的应用例3 已知一物体的运动方程为s (t )＝t 2＋2t ＋3，求物体在t ＝1到t ＝1＋Δt 这段时间内的平均速度．分析 由物体运动方程―→写出位移变化量Δs ―→ΔsΔt解 物体在t ＝1到t ＝1＋Δt 这段时间内的位移增量 Δs ＝s (1＋Δt )－s (1)＝[(1＋Δt )2＋2(1＋Δt )＋3]－(12＋2×1＋3) ＝(Δt )2＋4Δt .物体在t ＝1到t ＝1＋Δt 这段时间内的平均速度为Δs Δt ＝(Δt )2＋4ΔtΔt＝4＋Δt .变式训练3 一质点作匀速直线运动，其位移s 与时间t 的关系为s (t )＝t 2＋1，该质点在[2,2＋Δt ](Δt >0)上的平均速度不大于5，求Δt 的取值范围．解 质点在[2,2＋Δt ]上的平均速度为v －＝s 2＋Δt －s 2Δt＝[2＋Δt 2＋1]－22＋1Δt＝4Δt ＋Δt2Δt＝4＋Δt .又v －≤5，∴4＋Δt ≤5. ∴Δt ≤1，又Δt >0，∴Δt 的取值范围为(0,1]. § 1.1 函数的单调性与极值 1.1.2 导数的概念自学引导1.经历由平均变化率过渡到瞬时变化率的过程，了解导数概念建立的一些实际背景．2．了解瞬时变化率的含义，知道瞬时变化率就是导数．3．掌握函数f (x )在某一点x 0处的导数定义，并且会用导数的定义求一些简单函数在某一点x 0处的导数.课前热身1.瞬时速度．设物体的运动方程为S ＝S (t )，如果一个物体在时刻t 0时位于S (t 0)，在时刻t 0＋Δt 这段时间内，物体的位置增量是ΔS ＝S (t 0＋Δt )－S (t 0)．那么位置增量ΔS 与时间增量Δt 的比，就是这段时间内物体的________，即v ＝S t 0＋Δt －S t 0Δt.当这段时间很短，即Δt 很小时，这个平均速度就接近时刻t 0的速度．Δt 越小，v 就越接近于时刻t 0的速度，当Δt →0时，这个平均速度的极限v ＝lim Δt →0ΔS Δt ＝lim Δt →0S t 0＋Δt －S t 0Δt就是物体在时刻t 0的速度即为________． 2．导数的概念．设函数y ＝f (x )在区间(a ，b )上有定义，x 0∈(a ，b )，当Δx 无限趋近0时，比值Δy Δx ＝f x 0＋Δx －f x 0Δx无限趋近于一个常数A ，这个常数A 就是函数f (x )在点x ＝x 0处的导数，记作f ′(x 0)或y ′|x ＝x 0.用符号语言表达为f ′(x 0)＝lim Δx →0Δy Δx＝________1.平均速度 瞬时速度 答 案2.lim Δx →0f (x 0＋Δx )－f (x 0)Δx名师讲解1.求瞬时速度的步骤(1)求位移增量ΔS ＝S (t ＋Δt )－S (t )；(2)求平均速度v ＝ΔS Δt；(3)求极限limΔt→0ΔSΔt＝limΔt→0S t ＋Δt－S tΔt；(4)若极限存在，则瞬时速度v＝limΔt→0ΔS Δt.2．导数还可以如下定义一般地，函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是limΔx→0f x＋Δx－f x0Δx＝limΔx→0ΔyΔx.我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数．记作f′(x0)或y′|x＝x，即f′(x0)＝limΔx→0ΔyΔx＝limΔx→0f x＋Δx－f x0Δx.3．对导数概念的理解(1)“导数”是从现实生活中大量类似问题里，撇开一些量的具体意义，单纯地抓住它们数量上的共性而提取出来的一个概念，所以我们应很自然的理解这个概念的提出与其实际意义．(2)某点导数即为函数在这点的变化率．某点导数概念包含着两层含义：①limΔx→0ΔyΔx存在，则称f(x)在x＝x0处可导并且导数即为极限值；②limΔx→0ΔyΔx不存在，则称f(x)在x＝x0处不可导．(3)Δx称为自变量x的增量，Δx可取正值也可取负值，但不可以为0.(4)令x＝x0＋Δx，得Δx＝x－x0，于是f′(x)＝limx→x0f x－f xx－x与定义中的f′(x0)＝limΔx→0f x＋Δx－f x0Δx意义相同．4．求函数y＝f(x)在点x0处的导数的步骤(1)求函数的增量：Δy＝f(x0＋Δx)－f(x0)；(2)求平均变化率：ΔyΔx＝f x＋Δx－f x0Δx；(3)取极限，得导数：f′(x0)＝limΔx→0Δy Δx.典例剖析题型一物体运动的瞬时速度例1 以初速度v0(v0>0)竖直上抛的物体，t秒时高度为s(t)＝v0t－12gt2，求物体在时刻t0处的瞬时速度．分析先求出Δs，再用定义求ΔsΔt，当Δt→0时的极限值．解∵Δs＝v0(t0＋Δt)－12g(t＋Δt)2－(v0t0－12gt2)＝(v0－gt0)Δt－12g(Δt)2，∴ΔsΔt＝v0－gt0－12g·Δt.∴当Δt→0时，ΔsΔt→v0－gt0.故物体在时刻t0处的瞬时速度为v0－gt0.规律技巧瞬时速度v是平均速度v在Δt→0时的极限.因此，v＝limΔt→0v＝limΔt→0ΔsΔt.变式训练1 一作直线运动的物体，其位移s与时间t的关系是s＝5t－t2，求此物体在t＝2时的瞬时速度。

利用公式2求函数的导数例 求下列函数的导数：1．12x y =；2．41xy =；3．53x y =． 分析：根据所给问题的特征；恰当地选择求导公式；将题中函数的结构施行调整．函数41xy =和53x y =的形式；这样；在形式上它们都满足幂函数的结构特征；可直接应用幂函数的导数公式求导．解：1．.1212)(1111212x x x y =='='-2．.44)4()(55144x x xx y -=-=-='='---- 3．.535353)()(52521535353xx x x x y ==='='='-- 说明：对于简单函数的求导；关键是合理转化函数关系式为可以直接应用公式的基本函数的模式；以免求导过程中出现指数或系数的运算失误．运算的准确是数学能力高低的重要标志；要从思想上提高认识；养成思维严谨；步骤完整的解题习惯；要形成不仅会求；而且求对、求好的解题标准．根据斜率求对应曲线的切线方程例 求曲线122-=x y 的斜率等于4的切线方程．分析：导数反映了函数在某点处的变化率；它的几何意义就是相应曲线在该点处切线的斜率；由于切线的斜率已知；只要确定切点的坐标；先利用导数求出切点的横坐标；再根据切点在曲线上确定切点的纵坐标；从而可求出切线方程．解：设切点为),(00y x P ；则 x x y 4)12(2='-='；∴40='=x x y ；即440=x ；∴10=x当10=x 时；10=y ；故切点P 的坐标为（1；1）．∴所求切线方程为)1(41-=-x y即.034=--y x说明：数学问题的解决；要充分考虑题设条件；捕捉隐含的各种因素；确定条件与结论的相应关系；解答这类问题常见的错误是忽略切点既在曲线上也在切线上这一关键条件；或受思维定势的消极影响；先设出切线方程；再利用直线和抛物线相切的条件；使得解题的运算量变大．求直线方程例 求过曲线x y cos =上点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,3πP 且与过这点的切线垂直的直线方程． 分析：要求与切线垂直的直线方程；关键是确定切线的斜率；从已知条件分析；求切线的斜率是可行的途径；可先通过求导确定曲线在点P 处切线的斜率；再根据点斜式求出与切线垂直的直线方程．解：x y cos = ；∴.sin x y -=' 曲线在点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,3πP 处的切线斜率是.233sin 3-=-='=ππx y ∴过点P 且与切线垂直的直线的斜率为32； ∴所求的直线方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-33221πx y ； 即0233232=+--πy x ． 说明：已知曲线上某点的切线这一条件具有双重含义．在确定与切线垂直的直线方程时；应注意考察函数在切点处的导数y '是否为零；当0='y 时；切线平行于x 轴；过切点P 垂直于切线的直线斜率不存在．求曲线方程的交点处切线的夹角例 设曲线21x y =和曲线xy 1=在它们的交点处的两切线的夹角为α；求αtan 的值． 分析：要求两切线的夹角；关键是确定在两曲线交点处的切线的斜率．根据导数的几何意义；只需先求出两曲线在交点处的导数；再应用两直线夹角公式求出夹角即可．解：联立两曲线方程⎪⎩⎪⎨⎧==--12xy x y 解得两曲线交点为（1；1）． 设两曲线在交点处的切线斜率分别为21k k 、；则.111,221121213121-=-='⎪⎭⎫ ⎝⎛=-=-='⎪⎭⎫ ⎝⎛=====x x x x x x k x x k由两直线夹角公式.31)1()2(1)1(21tan 2121=-⋅-+---=⋅+-=k k k k α 说明：探求正确结论的过程需要灵巧的构思和严谨的推理运算．两曲线交点是一个关键条件；函数在交点处是否要导也是一个不能忽视的问题；而准确理解题设要求则是正确作出结论的前提．求常函数的导数例 设2π=y ；则y '等于（ ）A ．π2B ．2πC ．0D ．以上都不是分析：本题是对函数的求导问题；直接利用公式即可解：因为π是常数；常数的导数为零；所以选C ．。

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。