1、专题03 导数及其应用1【2022年新高考1卷】设a=0.1e0.1,b=19，c=ln0.9，则（）AabcBcbaCcabDac1)，因为f(x)=11+x1=x1+x，当x(1,0)时，f(x)0，当x(0,+)时f(x)0，所以函数f(x)=ln(1+x)x在(0,+)单调递减，在(1,0)上单调递增，所以f(19)f(0)=0，所以ln10919ln109=ln0.9，即bc，所以f(110)f(0)=0，所以ln910+1100，故910e110，所以110e11019，故ab，设g(x)=xex+ln(1x)(0x1)，则g(x)=x+1ex+1x1=x21ex+1x1,令(x)
2、=ex(x21)+1，(x)=ex(x2+2x1)，当0x21时，(x)0，函数(x)=ex(x21)+1单调递减，当21x0，函数(x)=ex(x21)+1单调递增，又(0)=0，所以当0x21时，(x)0，所以当0x0，函数g(x)=xex+ln(1x)单调递增，所以g(0.1)g(0)=0，即0.1e0.1ln0.9，所以ac故选：C.2【2021年新高考1卷】若过点可以作曲线的两条切线，则（）ABCD【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线
3、.【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，当时，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方
4、法.3【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=x3x+1，则（）Af(x)有两个极值点Bf(x)有三个零点C点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心D直线y=2x是曲线y=f(x)的切线【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【解析】由题，fx=3x21，令fx0得x33或x33，令f(x)0得33x0，f(33)=12390，f2=50，即函数fx在33,+上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令(x)=x3x，该函数的定义域为R，x=x3x=x3+x=x，则(x)是奇函数，(0,0)是(
5、x)的对称中心，将(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；令fx=3x21=2，可得x=1，又f(1)=f1=1，当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x1，当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.故选：AC.4【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_【答案】(,4)(0,+)【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【解析】y=(x+a)ex，y=(x+1+a)
6、ex，设切点为(x0,y0),则y0=x0+aex0,切线斜率k=x0+1+aex0,切线方程为：yx0+aex0=x0+1+aex0(xx0),切线过原点，x0+aex0=x0+1+aex0(x0),整理得：x02+ax0a=0,切线有两条，=a2+4a0,解得a0,a的取值范围是(,4)(0,+),故答案为：(,4)(0,+)5【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为_，_【答案】 y=1ex y=1ex【分析】分x0和x0时设切点为x0,lnx0，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x0
7、时y=lnx，设切点为x0,lnx0，由y=1x，所以y|x=x0=1x0，所以切线方程为ylnx0=1x0xx0，又切线过坐标原点，所以lnx0=1x0x0，解得x0=e，所以切线方程为y1=1exe，即y=1ex；当x1时， exx=b的解的个数、xlnx=b的解的个数均为2，构建新函数(x)=ex+lnx2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.【解析】(1)f(x)=exax的定义域为R，而f(x)=exa，若a0，则f(x)0，此
8、时f(x)无最小值，故a0.g(x)=axlnx的定义域为(0,+)，而g(x)=a1x=ax1x.当xlna时，f(x)lna时，f(x)0，故f(x)在(lna,+)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=aalna.当0x1a时，g(x)1a时，g(x)0，故g(x)在(1a,+)上为增函数，故g(x)min=g(1a)=1ln1a.因为f(x)=exax和g(x)=axlnx有相同的最小值，故1ln1a=aalna，整理得到a11+a=lna，其中a0，设g(a)=a11+alna,a0，则g(a)=2(1+a)21a=a21a(1+a)20，故g(a)为(0,+)上的减函数，而g
9、(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=exx和g(x)=xlnx的最小值为1ln1=1ln11=1.当b1时，考虑exx=b的解的个数、xlnx=b的解的个数.设S(x)=exxb，S(x)=ex1，当x0时，S(x)0时，S(x)0，故S(x)在(,0)上为减函数，在(0,+)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1b0，S(b)=eb2b，设u(b)=eb2b，其中b1，则u(b)=eb20，故u(b)在(1,+)上为增函数，故u(b)u(1)=e20，故S(b)0，故S(x)=exxb有两个不同的零点，
10、即exx=b的解的个数为2.设T(x)=xlnxb，T(x)=x1x，当0x1时，T(x)1时，T(x)0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1b0，T(eb)=eb2b0，T(x)=xlnxb有两个不同的零点即xlnx=b的解的个数为2.当b=1，由（1）讨论可得xlnx=b、exx=b仅有一个零点，当b1.设(x)=ex+lnx2x，其中x0，故(x)=ex+1x2，设s(x)=exx1，x0，则s(x)=ex10，故s(x)在(0,+)上为增函数，故s(x)s(0)=0即exx+1，所以(x)x+1x1210，所以(x)在(0,+)上
11、为增函数，而(1)=e20，(1e3)=e1e332e3e32e30，故(x)在(0,+)上有且只有一个零点x0，1e3x01且：当0xx0时，(x)0即exxxlnx即f(x)x0时，(x)0即exxxlnx即f(x)g(x)，因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，故b=f(x0)=g(x0)1，此时exx=b有两个不同的零点x1,x0(x10x0)，此时xlnx=b有两个不同的零点x0,x4(0x011，故x0=x4bx1=x0b即x1+x4=2x0.【点睛】函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注
12、意利用方程的特征找到两类根之间的关系.8【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xeaxex(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)ln(n+1)【答案】(1)f(x)的减区间为(,0)，增区间为(0,+).(2)a12，(3)见解析【分析】（1）求出f(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设(x)=xeaxex+1，求出(x)，先讨论a12时题设中的不等式不成立，再就0a12结合放缩法讨论(x)符号，最后就a0结合放缩法讨论(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt1恒成立，从而可得ln(n+1)lnn1n2+n对任意的nN恒成立，结合裂
13、项相消法可证题设中的不等式.【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x1)ex，则f(x)=xex，当x0时，f(x)0时，f(x)0，故f(x)的减区间为(,0)，增区间为(0,+).(2)设(x)=xeaxex+1，则(0)=0，又(x)=(1+ax)eaxex，设g(x)=(1+ax)eaxex，则g(x)=(2a+a2x)eaxex，若a12，则g(0)=2a10，因为g(x)为连续不间断函数，故存在x0(0,+)，使得x(0,x0)，总有g(x)0，故g(x)在(0,x0)为增函数，故g(x)g(0)=0，故(x)在(0,x0)为增函数，故(x)(0)=1，与题设矛盾.若00，总有ln
14、(1+x)x成立，证明：设S(x)=ln(1+x)x，故S(x)=11+x1=x1+x0，故S(x)在(0,+)上为减函数，故S(x)S(0)=0即ln(1+x)x成立.由上述不等式有eax+ln(1+ax)exeax+axex=e2axex0，故(x)0总成立，即(x)在(0,+)上为减函数，所以(x)(0)=1.当a0时，有(x)=eaxex+axeax11+0=0，所以(x)在(0,+)上为减函数，所以(x)0，总有xe12xex+11,t2=ex,x=2lnt，故2tlntt21即2lnt1恒成立.所以对任意的nN，有2lnn+1nn+1nnn+1，整理得到：ln(n+1)lnnln2
15、ln1+ln3ln2+ln(n+1)lnn=ln(n+1)，故不等式成立.【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.9【2021年新高考1卷】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点
16、的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【解析】(1)的定义域为由得，当时，；当时；当时，故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)方法一：等价转化由得，即由，得由（1）不妨设，则，从而，得，令， 则，当时，在区间内为减函数，从而，所以，由（1）得即令，则，当时，在区间内为增函数，从而，所以又由，可得，所以由得方法二【最优解】：变形为，所以令则上式变为，于是命题转换为证明：令，则有，不妨设由（1）知，先证要证：令，则，在区间内单调递增，所以，即再证因为，所以令，所以，故在区间内单调递增所以故，即综合可知方法三：比值代换证明同证法2以下证明不妨设，则，由得，要证，只需证，两边取对数得，即，即证
17、记，则.记，则，所以，在区间内单调递减，则，所以在区间内单调递减由得，所以，即方法四：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以由（）知，只需证证明同证法2再证明令令，则所以，在区间内单调递增因为，所以，即又因为，所以，即因为，所以，即综上，有结论得证【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出
18、现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.10【2021年新高考2卷】已知函数（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点；【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件：由于，故，则，而，而函数在区间上单
19、调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件：由于，故，则，当时，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下
20、几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题(4)考查数形结合思想的应用11【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的
21、条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【解析】（1），.，切点坐标为(1,1+e),函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,所求三角形面积为（2）方法一：通性通法,，且.设,则g(x)在上单调递增，即在上单调递增，当时，,成立.当时， ，,存在唯一，使得，且当时，当时，因此1,恒成立；当时， 不是恒成立.综上所述，实数a的取值范围是1,+).方法二【最优解】：同构由得，即，而，所以令，则，所以在R上单调递增由，可知，所以，所以令，则所以当时，单调递增；当时，单调递减 所以，则，即所以a的
22、取值范围为方法三：换元同构由题意知，令，所以，所以于是由于，而在时为增函数，故，即，分离参数后有令，所以当时，单调递增；当时，单调递减所以当时，取得最大值为所以方法四：因为定义域为，且，所以，即令，则，所以在区间内单调递增因为，所以时，有，即下面证明当时，恒成立令，只需证当时，恒成立因为，所以在区间内单调递增，则因此要证明时，恒成立，只需证明即可由，得上面两个不等式两边相加可得，故时，恒成立当时，因为，显然不满足恒成立所以a的取值范围为【整体点评】（2）方法一：利用导数判断函数的单调性，求出其最小值，由即可求出，解法虽稍麻烦，但是此类题，也是本题的通性通法；方法二：利用同构思想将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法即可求出，是本题的最优解；方法三：通过先换元，令，再同构，可将原不等式化成，再根据函数的单调性以及分离参数法求出；方法四：由特殊到一般，利用可得的取值范围，再进行充分性证明即可
