1、第2讲 导数及其应用 第二编 讲专题专题一 函数与导数考情研析 1.导数的几何意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点 2.利用导数解决函数的单调性与极值(最值)问题是高考的常见题型.1 核心知识回顾 PART ONE 1.导数的几何意义(1)函数 yf(x)在 就是曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处切线的斜率，即 k (2)曲线 yf(x)在点(x0，f(x0)处的切线方程为 01 xx0 处的导数 f(x0)02 f(x0)03 yf(x0)f(x0)(xx0)2函数的单调性(1)在某个区间(a，b)内，如果 ，那么函数 yf(x)在这个区间内(2)利用导数求函数 f(x)的单调
2、区间的一般步骤：确定函数；求 ；在函数 f(x)的定义域内 ；根据的结果确定函数 f(x)的01 f(x)0(f(x)0 或 f(x)0，则x0)，f(x)1ln xx2.由 f(x)1ln xx20，得 ln x1，解得 0 xe.函数 f(x)的单调递增区间为(0，e)故选 B.(3)若函数 f(x)x21ax2x在13，上是增函数，则实数 a 的取值范围是_答案 253，解析 由已知得，f(x)2xa1x2，若函数 f(x)在13，上是增函数，则当 x13，时，2xa 1x20 恒成立，即 a 1x22x 恒成立，即a1x22x max，设 u(x)1x22x，则 u(x)2x3 20，
3、即函数 u(x)在13，上单调递减，所以当 x13时，函数 u(x)取得最大值 u13 253，所以 a253.故实数 a 的取值范围是253，.(1)大多数试题中确定函数的单调性需要分类讨论，讨论的标准是导数的零点在定义域内的分布情况，根据导数的零点把定义域划分为若干区间，在各个区间上确定导数值的符号(2)研究函数单调性时要注意函数的定义域，要从函数本身确定函数定义域，不要求导后从导数上确定函数的定义域1函数 f(x)exex，xR 的单调递增区间是()A(0，)B(，0)C(，1)D(1，)解析 由题意知，f(x)exe，令 f(x)0，解得 x1，故选 D.答案 D2(2019新疆乌鲁木
4、齐高三第二次质量检测)f(x)的定义域是(0，)，其导函数为 f(x)，若 f(x)fxx 1ln x，且 f(e)e2(其中 e 是自然对数的底数)，则()Af(2)2f(1)B4f(3)0 时，f(x)0D当 x0 时，f(x)ex0答案 D解析 设 h(x)fxx，则 h(x)fxxfxx21xfxfxx 1xln xx，则 h(x)ln x12(ln x)2c(c 为常数)，又 f(e)e2 得 h(e)fee ln e12(ln e)2ce，即 112ce，ce12，即 h(x)ln x12(ln x)2e12，h(x)1xln xx 1ln xx，x0，由 h(x)0 得 1ln
5、x0，得 0 xe，此时函数 h(x)为增函数由 h(x)0 得 1ln xe，此时函数 h(x)为减函数则 h(2)h(1)，即f22 f11，则 f(2)2f(1)，故 A 错误h(3)h(4)，即f33f44，则 4f(3)3f(4)，故 B 错误由 h(x)的表达式可得，当 x时，h(x)，而 h(x)fxx，故当 x0 时，f(x)0 不成立，故 C 错误由 h(x)的单调性可知，当 x0 时，h(x)h(e)，即fxx h(e)e，故 f(x)ex0.故选 D.3设 f(x)13x312x22ax.若 f(x)在23，上存在单调增区间，则 a的取值范围为_答案 a19解析 由 f(
6、x)x2x2ax122142a，当 x23，时，f(x)的最大值为 f23 292a；令292a0，得 a19，所以，当 a19时，f(x)在23，上存在单调递增区间考向 3利用导数研究函数的极值、最值例 3(1)(2019鞍山一中高三三模)已知函数 f(x)xex13ax312ax2有三个极值点，则 a 的取值范围是()A(0，e)B0，1eC(e，)D1e，答案 C解析 由题意，函数的导数 f(x)exxexax2ax，若函数 f(x)xex13ax312ax2 有三个极值点，等价于 f(x)exxexax2ax0 有三个不同 的实根(1x)exax(x1)0，即(x1)(exax)0，则
7、 x1，所以 exax0 有两个不等于1 的根，则 aexx.设 h(x)exx，则 h(x)exxexx2exx1x2，则由 h(x)0 得 x1，由 h(x)0 得 x1 且 x0，则当 x1 时，h(x)取得极小值 h(1)e，当 x12时，求函数 f(x)在b，)上的最小值解 f(x)ax22ax1ex1ax22.因为 x12是函数 yf(x)的一个极值点，所以 f12 0，因此14aa10，解得 a43.经检验，当 a43时，x12是 yf(x)的一个极值点，故所求 a的值为43.由可知，f(x)43x283x1 ex143x2 2，令 f(x)0，得 x112，x232.f(x)与
8、 f(x)随 x 的变化情况如下：x，121212，323232，f(x)00f(x)3 e4 e e4 所以 f(x)的单调递增区间是，12，32，单调递减区间是12，32.当12b0 得 0 xe，由 f(x)e，故 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减，所以 f(x)有极大值，也是最大值，最大值为 f(e)1e，无极小值和最小值，故选 D.2(2019白银市靖远县高三第四次联考)若 x1 是函数 f(x)x3x2ax1 的极值点，则曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线的斜率为()A1B1C5D5解析 由题意可知，f(x)3x22xa，则 f(1)5a0，解得 a5，
9、所以 kf(0)5，故选 C.答案 C3(1)已知函数 f(x)1ln xx，若函数 f(x)在区间a，a12 上存在极值，则正实数 a 的取值范围为_；(2)设函数 f(x)ln x12ax2bx，若 x1 是 f(x)的极大值点，则 a 的取值范围为_答案(1)12，1 (2)(1，)解析(1)函数 f(x)的定义域为(0，)，f(x)11ln xx2ln xx2.令f(x)0，得 x1，当 x(0,1)时，f(x)0，f(x)在(0,1)上单调递增；当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在(1，)上单调递减所以 x1 为 f(x)的极大值点，所以 a1a12，故12a1，即正实数 a 的
10、取值范围为12，1.(2)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1xaxb，由 f(1)0，得 b1a.所以 f(x)1xaxa1ax21axxxx1ax1x.若 a0，当 0 x1 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以 x1 是 f(x)的极大值点若 a0，由 f(x)0，得 x1 或 x1a.因为 x1 是 f(x)的极大值点，所以1a1，解得1a0，综合可得 a 的取值范围是 a1，即(1，).3 真题VS押题 PART THREE 真题模拟1(2019南阳市六校高二下学期第一次联考)设函数 f(x)是 R 上可导的偶函数，且 f(3)2，当 x0，满足 2f(x)xf(x)1，则 x2
11、f(x)18 的解集为()A(，3)B(，3)(3，)C(3，)D(3,3)答案 B解析 令 g(x)x2f(x)，函数 f(x)在(，)上是可导的偶函数，g(x)x2f(x)在(，)上也是偶函数，又当 x0 时，2f(x)xf(x)1，2xf(x)x2f(x)x0，g(x)0，g(x)x2f(x)在(0，)上是增函数f(3)2，由 x2f(x)18，得 x2f(x)1832f(3)，g(|x|)g(3)，|x|3，x(，3)(3，)故选 B.2(2019淮南高三检测)函数 f(x)x3ax2(a3)x(aR)的导函数是f(x)，若 f(x)是偶函数，则以下结论正确的是()Ayf(x)的极大值
12、为 1Byf(x)的极大值为2Cyf(x)的极小值为 2Dyf(x)的极小值为2答案 D解析 由题意可得，f(x)3x22axa3，又 f(x)f(x)，a0，f(x)x33x，f(x)3x23，故 f(x)在 x1 处取得极大值 2，在 x1 处取得极小值2，选 D.3(2019全国卷)已知曲线 yaexxln x 在点(1，ae)处的切线方程为 y2xb，则()Aae，b1Bae，b1Cae1，b1 Dae1，b1答案 D解析 yaexln x1，ky|x1ae1，切线方程为 yae(ae1)(x1)，即 y(ae1)x1.又切线方程为 y2xb，ae12，b1，即 ae1，b1.故选 D
13、.4(2019沈阳模拟)若函数 f(x)xbx(bR)的导函数在区间(1,2)上有零点，则 f(x)在下列区间上单调递增的是()A(2,0)B(0,1)C(1，)D(，2)答案 D解析 由题意，知 f(x)1bx2，函数 f(x)xbx(bR)的导函数在区间(1,2)上有零点，当 1bx20 时，bx2，又 x(1,2)，b(1,4)令 f(x)0，解得 x b，即 f(x)的单调递增区间为(，b)，(b，)，b(1,4)，(，2)符合题意，故选 D.金版押题5已知函数 f(x)xeax1ln xax，a，1e2，函数 f(x)的最小值为 M，则实数 M 的最小值是()A1B1eC0D 1e3
14、答案 C解析 求得 f(x)eax1axeax1a1xeax1(1ax)ax1x(1ax)eax11x.考查 yeax11x是否有零点，令 y0，可得 a1ln xx，记(x)1ln xx，(x)ln x2x2，故(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，)上单调递增，所以(x)min(e2)1e2，即1ln xx 1e2，因为 a 1e2，所以a1ln xxeax11x0，故可知，当 x0，1a 时，1ax0，f(x)0，f(x)单调递减，当 x1a，时，1ax0，f(x)0，f(x)单调递增由上知 f(x)minf1a 1ae21ln 1a.设1at(0，e2，M1ln te2t te2l
15、n t1(0te2)，记 h(t)te2ln t1(0te2)，h(t)1e21t0，h(t)在(0，e2上单调递减，h(t)h(e2)0，M 的最小值为 0.故选 C.6已知函数 f(x)exln x，则其图象在点(1，f(1)处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为_答案 12e1解析 因为 f(x)ex1x，故 f(1)e1，又 f(1)e，故切线方程为 ye(e1)(x1)，整理得切线方程为 y(e1)x1，故其与坐标轴围成的三角形的面积 S121 1e112e1.7若函数 f(x)x(xa)2 在 x2 处取得极小值，则 a_.解析 求导函数可得 f(x)3x24axa2，所以 f(2)
16、128aa20，解得 a2 或 a6，当 a2 时，f(x)3x28x4(x2)(3x2)，函数在 x2 处取得极小值，符合题意；当 a6 时，f(x)3x224x363(x2)(x6)，函数在 x2 处取得极大值，不符合题意，所以 a2.答案 24 配套作业 PART FOUR 一、选择题1(2019山西大学附属中学高二下学期模块诊断)若函数 f(x)sinxkx存在极值，则实数 k 的取值范围是()A(1,1)B1,1C(1，)D(，1)解析 f(x)sinxkx，f(x)cosxk.函数 f(x)sinxkx 存在极值，f(x)cosxk0 有变号零点，又1cosx1，1k0；当 x(e
17、，)时，f(x)f(3)f(2)故选 D.答案 D4(2019汉中市高三年级教学质量第二次检测)已知函数 f(x)是定义在 R上的奇函数，当 x0 时，f(x)ex(x1)；函数 f(x)有 3 个零点；f(x)0 的解集为(1,0)(1，)；x1，x2R，都有|f(x1)f(x2)|0 时，有x0，由奇函数定义可知 f(x)f(x)，所以 f(x)ex(x1)ex(x1)，命题正确；当 x0 时，f(x)ex(x1)0，解得 x1，即 f(1)0，根据奇函数的性质可知 f(1)0，又因为定义域是 R，所以 f(0)0，因此函数 f(x)有 3 个零点，命题正确；当 x0，即ex(x1)0，解
18、得 x1，1x0 时，通过的分析，可知 f(x)ex(x1)ex(x1)，当 f(x)0 时，即 ex(x1)0，解得 x1，x1，命题正确；当 x0，函数 f(x)单调递增，当 x(，2)，f(x)0，函数 f(x)单调递减，f(x)的极小值为 f(2)1e2，当 x0 时，f(x)1，根据可知，当1x0，当 x1 时，f(x)0，所以当 x0 时，1e2f(x)0 时，1f(x)1e2，而 f(0)0，所以当 xR 时，1f(x)1，即|f(x1)f(x2)|2 恒成立，命题正确综上所述，这 4 个命题都是正确的，故选 A.5已知 f(x)14x2cosx，f(x)为 f(x)的导函数，则
19、 f(x)的图象大致为()答案 A解析 因为 f(x)14x2cosx，所以 f(x)12xsinx，这是一个奇函数，图象关于原点对称，故排除 B，D；又 f(1)12sin112sin40，f(2)1sin20，所以 f(x)的图象大致为 A.6(2019遵义航天高级中学高三第四次模拟)已知定义在 R 上的函数 yf(x)满足：函数 yf(x1)的图象关于直线 x1 对称，且当 x(，0)时，f(x)xf(x)bcBbacCcabDacb答案 B解析 由已知可知函数 yf(x1)的图象关于直线 x1 对称，所以函数 yf(x)关于 x0 对称，也就是关于 y 轴对称，因此 yf(x)是偶函数
20、，所以有 f(x)f(x)构造函数 g(x)xf(x)，g(x)xf(x)xf(x)g(x)，所以 g(x)是 R 上的奇函数当 x(，0)时，g(x)f(x)xf(x)，由已知可知 f(x)xf(x)0，即 g(x)0，所以当 x(，0)时函数 g(x)是减函数，由奇函数性质可知：g(0)0，g(x)是 R 上的减函数a0.76f(0.76)g(0.76)，b (log0.76)f(log0.76)g(log0.76)，c 60.6f(60.6)g(60.6)，log0.7600.761ac，故选 B.7 (2019 东 北 三 省 四 市 高 三 第 一 次 模 拟)已 知 函 数f(x)
21、1ln x，x1，12x12，x1，若 x1x2，且 f(x1)f(x2)2，则 x1x2 的取值范围是()A2，)Be1，)C32ln 2，)D32ln 3，)答案 C解析 设 x1x11，则 f(x1)f(x2)1ln x11ln x22ln(x1x2)2，x1x21，不成立；若 x1x21，则 f(x1)f(x2)12x11212x21212(x1x2)12，x1x22，不成立；若 x11x2，则 f(x1)f(x2)12x1121ln x212x1ln x2322，x112ln x2，x1x212ln x2x2，设 g(x)12ln xx(x1)，则 g(x)2x1x2x，当 1x2
22、时，g(x)2 时，g(x)0，则 g(x)单调递增g(x)ming(2)12ln 2232ln 2，x1x232ln 2，)，故选 C.二、填空题8(2019福建龙岩市高三阶段性测试)已知函数 f(x)exax 在 x0 处取得极小值，则 a_.解析 由题意得 f(x)exa.因为函数 f(x)在 x0 处取得极小值，所以f(0)1a0，解得 a1.当 a1 时，f(x)ex1，所以当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0，f(x)单调递增，所以当 x0时，函数 f(x)取得极小值因此 a1 即为所求答案 19已知函数 f(x)1ln xx.若函数 f(x)在区间t，t12(t0)上不是单调
23、函数，则实数 t 的取值范围为_答案 12t1解析 f(x)ln xx2(x0)，由 f(x)0，得 0 x1；由 f(x)0，得x1.所以 f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，)上单调递减因为函数 f(x)在区间t，t12(t0)上不是单调函数，所以t1，t121，解得12t1.10已知函数 f(x)axln x，当 x(0，e(e 为自然常数)时，函数 f(x)的最小值为 3，则 a 的值为_答案 e2解析 易知 a0，由 f(x)a1xax1x0，得 x1a，当 x0，1a 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 x1a，时，f(x)0，f(x)单调递增，f(x)在 x1a时取得最小值
24、 f1a 1ln 1a.当 01ae 时，由 1ln 1a3，得 ae2，符合题意；当1ae 时，x(0，e，f(x)minf(e)，即 aeln e3，得 a4e，舍去三、解答题11(2019云南省第二次高中毕业生复习统一检测)已知函数 f(x)exax2.(1)证明：当 a1，x0 时，exx2；(2)若 f(x)有极大值，求 a 的取值范围解(1)证明：当 a1 时，f(x)exx2，f(x)ex2x，令(x)f(x)，则(x)ex2.当 0 xln 2 时，(x)ln 2 时，(x)0，(x)单调递增当 x0，)时，(x)min(ln 2)2(1ln 2)0.当 x0，)时，f(x)0
25、，f(x)在0，)上单调递增当 x0，)时，f(x)f(0)10，即 exx2.(2)由题意得 f(x)ex2ax.由 f(x)有极大值得 f(x)0 有解，且 a0.令 g(x)f(x)，则 g(x)ex2a.由 g(x)0 得 xln(2a)当 xln(2a)时，g(x)ln(2a)时，g(x)0，g(x)单调递增g(x)mingln(2a)2a1ln(2a)当 g(x)min0，即 0ae2时，g(x)0，即 f(x)0，此时，f(x)在(，)上单调递增，无极值；当 g(x)mine2时，g(0)10，gln(2a)2a1ln(2a)0，即 2a2ln(2a)ln(2a)存在 x1(0，
26、ln(2a)，x2(ln(2a)，2a)，使 g(x1)g(x2)0.当 x(，x1)时，g(x)0，即 f(x)单调递增；当 x(x1，x2)时，g(x)0，即 f(x)单调递增x1 是 f(x)唯一的极大值点综上所述，所求 a 的取值范围为e2，.12已知函数 f(x)13x32x2ax23(aR)(1)若 a3，试求函数 f(x)的图象在 x2 处的切线与坐标轴围成的三角形的面积；(2)若函数 f(x)在区间0,2上的最大值为 2，试求实数 a 的值解(1)因为 a3，所以 f(x)13x32x23x23，所以 f(x)x24x3，所以 f(2)224237.因为 f(2)8386231
27、2，所以切线方程为 y127(x2)，即 y7x2.所以直线与坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，27，0，所以该直线与坐标轴围成的三角形的面积 S1222727.(2)f(x)x24xa(x2)2a4.若 a40，即 a4，则 f(x)0 在0,2上恒成立，所以函数 f(x)在0,2上单调递减，所以 f(x)maxf(0)232，此时 a 不存在若 a0，则 f(x)0 在0,2上恒成立，所以函数 f(x)在0,2上单调递增，所以 f(x)maxf(2)8382a232a62，解得 a2，因为 a0，所以此时 a 不存在若4a0，则函数 f(x)在0,2上先单调递减后单调递增，所以 f(x)m
28、axmaxf(0)，f(2)当 2a623，即83a0 时，f(x)maxf(2)2a62，解得 a283，0，所以 a2 符合题意；当 2a623，即4a83时，f(x)maxf(0)232，此时 a 不存在综上所述，a2.13(2019新疆乌鲁木齐地区高三第二次质量监测)已知函数 f(x)exxtx1(其中 e 是自然对数的底数)(1)当 t0 时，求 f(x)的最值；(2)若 t0 时，f(x)在1t，上的最小值为 1，求实数 t 的取值范围解(1)当 t0 时，f(x)exx，则 f(x)ex1，令 f(x)0，解得 x0，函数 f(x)在(0，)是增函数；令 f(x)0，解得 x0，
29、函数 f(x)在(，0)是减函数；所以 f(x)有最小值，无最大值，且 f(x)minf(0)1.(2)当 t0 时，由 x1t，所以 tx10，f(x)exxtx1ex1t1ttx1ex1t11t1，不符合题意；当 t0 时，f(x)ex1tx12extx12(tx1)2ex令 g(x)(tx1)2exx1t，易知 y(tx1)2，yex 在1t，上均为增函数，所以 g(x)(tx1)2exx1t 在1t，上也为增函数，且 g(0)0，当1tx0 时，f(x)0，当 x0 时，f(x)0，故 f(x)minf(0)1，符合题意；所以实数 t 的取值范围为(，0)14已知 f(x)x22axl
30、n x.(1)当 a1 时，求 f(x)的单调区间；(2)若 f(x)为 f(x)的导函数，f(x)有两个不相等的极值点 x1，x2(x10)，f(x)2x21x2x22x1xx12x2x0，所以 f(x)在区间(0，)上单调递增(2)f(x)2x2a1x2x22ax1x，由题意得，x1 和 x2 是方程 2x22ax10 的两个不相等的正实根，则 x1x22a2 0，x1x212，4a280，解得 a 2，2ax12x211,2ax22x221.由于a2 22，所以 x10，22，x222，.所以 2f(x1)f(x2)2(x212ax1ln x1)(x222ax2ln x2)2x21x22
31、4ax12ax2ln x22ln x12x21x22ln x2x211 12x22x22ln x32x1x221 12x22x2232ln x222ln 21.令 tx22t12，g(t)12tt32ln t2ln 21，则 g(t)12t2132t2t23t12t22t1t12t2，当12t1 时，g(t)1 时，g(t)0.所以 g(t)在12，1 上单调递减，在(1，)上单调递增，则 g(t)ming(1)14ln 22，所以 2f(x1)f(x2)的最小值为14ln 22.15(2019江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学高三联考)已知函数 f(x)12axa1ln xx(
32、其中 a 为常数且 aR)(1)若函数 f(x)为减函数，求实数 a 的取值范围；(2)若函数 f(x)有两个不同的零点，求实数 a 的取值范围，并说明理由解(1)f(x)12axa1ln xx，f(x)12a1ln xx2，若函数 f(x)为减函数，则 f(x)0，即12a1ln xx2对 x(0，)恒成立设 m(x)1ln xx2，m(x)2ln x3x3，m(x)在区间(0，e32)上单调递减，在(e32，)上单调递增h(x)ax(a1)1xax2a1x1xax1x1x，当 a0 时，函数 h(x)在区间(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增，若函数 h(x)有两个不同的零点，则必有 h(1)12a12.此时，在 x(1，)上有 h(2)2a2(a1)ln 22ln 20，在 x(0,1)上，h(x)12a(x22x)xln x，1x22x12axln x，he12a 12ae12a lne12a e12a 0，h(x)在区间(0,1)，(1，)上各有一个零点，故 a2 符合题意；当 a1 时，h(x)x12x0，函数 h(x)在区间(0，)上单调递减，函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意；当1a0，函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意；当 a0，函数 h(x)至多有一个零点，不符合题意综上所述，实数 a 的取值范围是(2，)本课结束