1、考点一利用导数研究函数的单调性1(2022福建，10)若定义在R上的函数f(x)满足f(0)1，其导函数f(x)满足f(x)k1，则下列结论中一定错误的是()Af BfCf Df解析导函数f(x)满足f(x)k1，f(x)k0，k10，0，可构造函数g(x)f(x)kx，可得g(x)0，故g(x)在R上为增函数，f(0)1，g(0)1，gg(0)，f1，f，选项C错误，故选C.答案C2(2022辽宁，11)函数f(x)的定义域为R，f(1)2，对任意xR，f(x)2，则f(x)2x4的解集为()A(1，1) B(1，)C(，1) D(，)解析设g(x)f(x)2x4，则g(1)f(1)2(1)
2、40，g(x)f(x)20，g(x)在R上为增函数由g(x)0，即g(x)g(1)x1，选B.答案B3(2022新课标全国，21)设函数f(x)emxx2mx.(1)证明：f(x)在(，0)单调递减，在(0，)单调递增；(2)若对于任意x1，x21，1，都有|f(x1)f(x2)|0e1，求m的取值范围(1)证明f(x)m(emx1)2x.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.若m0，则当x(，0)时，emx10，f(x)0；当x(0，)时，emx10，f(x)0.所以，f(x)在(，0)单调递减，在(0，)上单调递增(2)解由(1)知，对任
3、意的m，f(x)在1，0上单调递减，在0，1上单调递增，故f(x)在x0处取得最小值所以对于任意x1，x21，1，|f(x1)f(x2)|e1的充要条件是即设函数g(t)ette1，则g(t)et1.当t0时，g(t)0；当t0时，g(t)0.故g(t)在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增又g(1)0，g(1)e12e0，故当t1，1时，g(t)0.当m1，1时，g(m)0，g(m)0，即式成立；当m1时，由g(t)的单调性，g(m)0，即emme1；当m1时，g(m)0，即emme1.综上，m的取值范围是1，14(2022北京，18)已知函数f(x)ln.(1)求曲线yf(x)在点(0
4、，f(0)处的切线方程；(2)求证：当x(0，1)时，f(x)2；(3)设实数k使得f(x)k对x(0，1)恒成立，求k的最大值(1)解因为f(x)ln(1x)ln(1x)，所以f(x)，f(0)2.又因为f(0)0，所以曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为y2x.(2)证明令g(x)f(x)2，则g(x)f(x)2(1x2).因为g(x)0(0xg(0)0，x(0，1)，即当x(0，1)时，f(x)2.(3)解由(2)知，当k2时，f(x)k对x(0，1)恒成立当k2时，令h(x)f(x)k，则h(x)f(x)k(1x2).所以当0x时，h(x)0，因此h(x)在区间上单调递减当0
5、x时，h(x)h(0)0，即f(x)2时，f(x)k并非对x(0，1)恒成立综上可知，k的最大值为2.5(2022四川，21)已知函数f(x)2(xa)ln xx22ax2a2a，其中a0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a(0，1)，使得f(x)0在区间(1，)内恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解(1)解由已知，函数f(x)的定义域为(0，)，g(x)f(x) 2(xa)2ln x2，所以g(x)2，当0a时，g(x)在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当a时，g(x)在区间(0，)上单调递增(2)证明由f(x)2(xa)2ln x20，
6、解得a，令(x)2ln xx22x2，则(1)10，(e)20，故存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0，u(x)x1ln x(x1)，由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，所以0a01，即a0(0，1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(x0)0，由(1)知，f(x)在区间(1，)上单调递增，故当x(1，x0)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而f(x)f(x0)0，所以，当x(1，)时，f(x)0，综上所述，存在a(0，1)，使得f(x)0在区间(1，)内恒成立，且f(x)0在区间(1，)内有唯一解6.(2022天津，20
7、)已知函数f(x)nxxn，xR，其中nN*，n2.(1)讨论f(x)的单调性；(2)设曲线yf(x)与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为yg(x)，求证：对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)；(3)若关于x的方程f(x)a(a为实数)有两个正实根x1，x2，求证：|x2x1|2.(1)解由f(x)nxxn，可得f(x)nnxn1n(1xn1)其中nN*，且n2，下面分两种情况讨论：当n为奇数时令f(x)0，解得x1，或x1.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，1)(1，1)(1，)f(x)f(x)所以，f(x)在(，1)，(1，)上单调递减，在(1，1)内单
8、调递增当n为偶数时当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递增；当f(x)0，即x1时，函数f(x)单调递减；所以，f(x)在(，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(2)证明设点P的坐标为(x0，0)，则x0n，f(x0)nn2.曲线yf(x)在点P处的切线方程为yf(x0)(xx0)，即g(x)f(x0)(xx0)令F(x)f(x)g(x)，即F(x)f(x)f(x0)(xx0)，则F(x)f(x)f(x0)由于f(x)nxn1n在(0，)上单调递减，故F(x)在(0，)上单调递减，又因为F(x0)0，所以当x(0，x0)时，F(x)0，当x(x0，)时，F(x)0，所以F(x)在(0，x
9、0)内单调递增，在(x0，)上单调递减，所以对于任意的正实数x，都有F(x)F(x0)0，即对于任意的正实数x，都有f(x)g(x)(3)证明不妨设x1x2.由(2)知g(x)(nn2)(xx0)，设方程g(x)a的根为x2，可得x2x0.当n2时，g(x)在(，)上单调递减，又由(2)知g(x2)f(x2)ag(x2)，可得x2x2.类似地，设曲线yf(x)在原点处的切线方程为yh(x)，可得h(x)nx.当x(0，)，f(x)h(x)xn0，即对于任意的x(0，)，f(x)h(x)设方程h(x)a的根为x1，可得x1.因为h(x)nx在(，)上单调递增，且h(x1)af(x1)h(x1)，
10、因此x1x1.由此可得x2x1x2x1x0.因为n2，所以2n1(11)n11C1n1n，故2nx0.所以，|x2x1|2.7(2022广东，21)设函数f(x)，其中k2.(1)求函数f(x)的定义域D(用区间表示)；(2)讨论函数f(x)在D上的单调性；(3)若kf(1)的x的集合(用区间表示)解(1)由题意知(x22xk3)(x22xk1)0，因此或，设y1x22xk3，y2x22xk1，则这两个二次函数的对称轴均为x1，且方程x22xk30的判别式144(k3)4k8，方程x22xk10的判别式244(k1)84k，因为k10，因此对应的两根分别为x1，21，x3，41，且有1111，
11、因此函数f(x)的定义域D为(，1)(1，1)(1，)(2)由(1)中两个二次函数的单调性，且对称轴都为x1，易知函数f(x)在(，1)上单调递增，在(1，1)上单调递减，在(1，1)上单调递增，在(1，)上单调递减(3)由于k6，故113111f(1)f(3)的解集为(1，3)，在(1，1)上f(x)f(1)的解集为(1，1)再在其余两个区间(，1)和(1，)上讨论令x1，则(x22xk)22(x22xk)3k28k12，令(x22xk)22(x22xk)3k28k12，则(x22xk)22(x22xk)(k28k15)0，即(x22xk)22(x22xk)(k5)(k3)0，即x22xk(
12、k5)x22xk(k3)0，化简得(x22x2k5)(x22x3)0，解得除了3，1的另外两个根为1，因此利用函数f(x)的单调性可知在(，1)上f(x)f(1)的解集为(1，1)，在(1，)上f(x)f(1)的解集为(1，1)，综上所述，kf(1)的解集为(1，1)(1，3)(1，1)(1，1)8(2022重庆，17)设f(x)a(x5)26ln x，其中aR，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与y轴相交于点(0，6)(1)确定a的值；(2)求函数f(x)的单调区间与极值解(1)因为f(x)a(x5)26ln x，故f(x)2a(x5).令x1，得f(1)16a，f(1)68a，所以曲
13、线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y16a(68a)(x1)，由点(0，6)在切线上可得616a8a6，故a.(2)由(1)知，f(x)(x5)26ln x(x0)，f(x)x5.令f(x)0，解得x12，x23.当0x3时，f(x)0，故f(x)在(0，2)，(3，)上为增函数；当2x3时，f(x)0)，g(x)x3bx.(1)若曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；(2)当a24b时，求函数f(x)g(x)的单调区间，并求其在区间(，1上的最大值解(1)f(x)2ax，g(x)3x2b.因为曲线yf(x)与曲线yg(x)在它们的交点(1
14、，c)处具有公共切线，所以f(1)g(1)，且f(1)g(1)即a11b，且2a3b.解得a3，b3.(2)记h(x)f(x)g(x)当ba2时，h(x)x3ax2a2x1，h(x)3x22axa2.令h(x)0，得x1，x2.a0时，h(x)与h(x)的情况如下：x)(，)(，)h(x)00h(x)所以函数h(x)的单调递增区间为和；单调递减区间为.当1，即0a2时，函数h(x)在区间(，1上单调递增，h(x)在区间(，1上的最大值为h(1)aa2.当1，且1，即2a6时，函数h(x)在区间内单调递增，在区间上单调递减，h(x)在区间(，1上的最大值为h1.当6时，函数h(x)在区间内单调递
15、增，在区间内单调递减，在区间上单调递增又因hh(1)1aa2(a2)20，所以h(x)在区间(，1上的最大值为h1.考点二利用导数研究函数的极值与最值1(2022陕西，12)对二次函数f(x)ax2bxc(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A1是f(x)的零点 B1是f(x)的极值点C3是f(x)的极值 D点(2，8)在曲线yf(x)上解析A正确等价于abc0，B正确等价于b2a，C正确等价于3，D正确等价于4a2bc8.下面分情况验证，若A错，由、组成的方程组的解为符合题意；若B错，由、组成的方程组消元转化为关于a的方程后无实数解；若C
16、错，由、组成方程组，经验证a无整数解；若D错，由、组成的方程组a的解为也不是整数综上，故选A.答案A2(2022新课标全国，12)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，则使得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，)解析因为f(x)(xR)为奇函数，f(1)0，所以f(1)f(1)0.当x0时，令g(x)，则g(x)为偶函数，且g(1)g(1)0.则当x0时，g(x)0，故g(x)在(0，)上为减函数，在(，0)上为增函数所以在(0，)上，当0x1时，g(x)g(1)0
17、0f(x)0；在(，0)上，当x1时，g(x)g(1)00f(x)0.综上，得使得f(x)0成立的x的取值范围是(，1)(0，1)，选A.答案A3(2022新课标全国，12)设函数f(x)sin.若存在f(x)的极值点x0满足xf(x0)2m2，则m的取值范围是()A(，6)(6，)B(，4)(4，)C(，2)(2，)D(，1)(1，)解析由正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点x0满足f(x0)，则k(kZ)，从而得x0(k)m(kZ)所以不等式xf(x0)2m2即为(k)2m233，其中kZ.由题意，存在整数k使得不等式m23成立当k1且k0时，必有1，此时不等式显然不能成立，故k1或k0
18、，此时，不等式即为m23，解得m2.答案C4(2022浙江，8)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1，2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1处取到极大值C当k2时，f(x)在x1处取到极小值D当k2时，f(x)在x1处取到极大值解析当k1时，f(x)(ex1)(x1)，此时f(x)ex(x1)(ex1)exx1，所以f(1)e10，所以f(1)不是极值，A，B项均错当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，此时f(x)ex(x1)2(2x2)(ex1)exx22xex2ex(x1)(x1)2(x1)(x1)ex(x1)2，所以f(
19、1)0，且当x1时，f(x)0；在x1附近的左侧，f(x)0，所以f(1)是极小值答案C5(2022陕西，7)设函数f(x)xex，则()Ax1为f(x)的极大值点Bx1为f(x)的极小值点Cx1为f(x)的极大值点Dx1为f(x)的极小值点解析f(x)(x1)ex，当x1时，f(x)1时，f(x)0，所以x1为f(x)的极小值点，故选D.答案D6(2022广东，12)函数f(x)x33x21在x_处取得极小值解析f(x)3x26x0得x0或x2.当x(，0)(2，)时f(x)0，f(x)为增函数当x(0，2)时，f(x)0)，讨论h(x)零点的个数解(1)设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0
20、，0)，则f(x0)0，f(x0)0.即解得x0，a.因此，当a时，x轴为曲线yf(x)的切线(2)当x(1，)时，g(x)ln x0，从而h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故h(x)在(1，)无零点当x1时，若a，则f(1)a0，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故x1是h(x)的零点；若a，则f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0.所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数()若a3或a0，则f(x)3x2a在(0，1)无零点，故f(x)在(0，1)单调而f(0)，f(1)a，所以当a3时，f(x)在(0，1)有一个零点；当a0时，f(x)在(0，1)没
21、有零点()若3a0，即a0，f(x)在(0，1)无零点；若f0，即a，则f(x)在(0，1)有唯一零点；若f0，即3a，由于f(0)，f(1)a，所以当a时，f(x)在(0，1)有两个零点；当3或a时，h(x)有一个零点；当a或a时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点10(2022安徽，21)设函数f(x)x2axb.(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)x2a0xb0，求函数|f(sin x)f0(sin x)|在上的最大值D；(3)在(2)中，取a0b00，求zb满足D1时的最大值解(1)f(sin x)sin2 xasi
22、n xbsin x(sin xa)b，x.f(sin x)(2sin xa)cos x，x.因为x0，22sin x2.a2，bR时，函数f(sin x)单调递增，无极值a2，bR时，函数f(sin x)单调递减，无极值对于2a2，在内存在唯一的x0，使得2sin x0a.xx0时，函数f(sin x)单调递减；x0x时，函数f(sin x)单调递增；因此，2a2，bR时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)fb.(2)x时，|f(sin x)f0(sin x)|(a0a)sin xbb0|aa0|bb0|.当(a0a)(bb0)0时，取x，等号成立当(a0a)(bb0)0，
23、所以当x(0，2)时，f(x)0，函数yf(x)单调递增所以f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，)(2)由(1)知，k0时，函数f(x)在(0，2)内单调递减，故f(x)在(0，2)内不存在极值点；当k0时，设函数g(x)exkx，x0，)，因为g(x)exkexeln k，当00，yg(x)单调递增故f(x)在(0，2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，ln k)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点当且仅当解得ek0)，因而f(1)1，f(1)1，所以曲线yf(x)在
24、点A(1，f(1)处的切线方程为y1(x1)，即xy20.(2)由f(x)1，x0知：当a0时，f(x)0，函数f(x)为(0，)上的增函数，函数f(x)无极值；当a0时，由f(x)0，解得xa.又当x(0，a)时，f(x)0，从而函数f(x)在xa处取得极小值，且极小值为f(a)aaln a，无极大值综上，当a0时，函数f(x)无极值；当a0时，函数f(x)在xa处取得极小值aaln a，无极大值考点三导数的综合问题1(2022新课标全国，12)设函数f(x)ex(2x1)axa，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. B.C. D.解析设g(x)ex(2x
25、1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方，因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)时，g(x)0，所以当x时，g(x)min2e，当x0时，g(0)1，g(1)3e0，直线ya(x1)恒过(1，0)且斜率为a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得a1，故选D.答案D2(2022辽宁，11)当x2，1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析当x(0，1时，得a34，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上
26、，g(t)1，函数f(x)(1x2)exa.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)在(，)上仅有一个零点；(3)若曲线yf(x)在点P处的切线与x轴平行，且在点M(m，n)处的切线与直线OP平行(O是坐标原点)，证明：m1.(1)解f(x)2xex(1x2)ex(x22x1)ex(x1)2exxR，f(x)0恒成立f(x)的单调增区间为(，)(2)证明f(0)1a，f(a)(1a2)eaa，a1，f(0)2aeaa2aaa0，f(0)f(a)0，则m0，g(m)在(0，)上增令g(x)0，则m1.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)，f(x)aexln xexex1ex1.由题意可
27、得f(1)2，f(1)e.故a1，b2.(2)证明由(1)知，f(x)exln xex1，从而f(x)1等价于xln xxex.设函数g(x)xln x，则g(x)1ln x.所以当x时，g(x)0.故g(x)在上单调递减，在上单调递增，从而g(x)在(0，)上的最小值为g.设函数h(x)xex，则h(x)ex(1x)所以当x(0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0时，g(x)h(x)，即f(x)1.9(2022北京，18)已知函数f(x)xcos xsin x，x.(1)求证：f(x)0；(2)若ab对x恒成立，求a的最大值与b的最小值(1)证明由f(x)xcos xsin x得
28、f(x)cos xxsin xcos xxsin x.因为在区间上f(x)xsin x0时，“a”等价于“sin xax0”；“b”等价于“sin xbx0对任意x恒成立当c1时，因为对任意x，g(x)cos xc0，所以g(x)在区间上单调递减从而g(x)g(0)0对任意x恒成立当0cg(0)0.进一步，“g(x)0对任意x恒成立”当且仅当g1c0，即00对任意x恒成立；当且仅当c1时，g(x)0对任意x恒成立所以，若ab对任意x恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.10(2022江西，18)已知函数f(x)(x2bxb)(bR)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间(0
29、，)上单调递增，求b的取值范围解(1)当b4时，f(x)，由f(x)0得x2或x0.当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2处取极小值f(2)0，在x0处取极大值f(0)4.(2)f(x)，因为当x时，0，依题意，当x时，有5x(3b2)0，从而(3b2)0.所以b的取值范围为.11(2022辽宁，21)已知函数f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.证明(1)当x时
30、，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0，f20，当t时，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上无零点在上u(t)为减函数，由u(x0)0，u4ln 20，故g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，所以存在唯一的x1，使g(x1)0.因x1t1，t1x0，所以x0x10，存在唯一的s，使tf(s)；(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为sg(t)，证明：当te2时，有.(1)解函数f(x)的定义域为(0，)f(x)2xln xxx(2 ln x1)，令f(x)0，得x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值所以函数f(x)的单调递减区间是，单调递增区间是.(2)证明当00，令h(x)f(x)t，x1，)由(1)知，h(x)在区间(1，)内单调递增h(1)t0.故存在唯一的s(1，)，使得tf(s)成立(3)证明因为sg(t)，由(2)知，tf(s)，且s1，从而，其中uln s.要使成立，只需0ln ue2时，若sg(t)e，则由f(s)的单调性，有tf(s)f(e)e2，矛盾所以se，即u1，从而ln u0成立另一方面，令F(u)ln u，u1.F(u)，令F(u)0，得u2.当1u0；当u2时，F(u)1，F(u)F(2)0.因此ln ue2时，有.30
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