考點05 導數(shù)及其應用-2022年高考數(shù)學（理）一輪復習考點解讀（解析版）

10、o

11、C,即可得解. 排除A： 【解析】對于A,y=/(x)+g(x)-1=x2+sinx(該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符,對丁B,y=/(x)—g(x)—；=sinx,該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，與函數(shù)圖象不符，排除B； 對于C,y=/(x)g(x)=(Y+；)sinx,則y'=2xsinx+(x)+；］cosx, n，兀丘(兀2 當x=一時，y=—x—+—-+-x—>0,與圖象不符，排除C.4 2 2 11o4, 2 故選：D. 3. (2021?全國高考真題(理))設。=21nl.01,6=lnl.O2,c=VlO4-1.則( ) A.a

12、clnl.02=/>, 所以bva; 下面比較c與的大小關系. 記/(x)=21n(l+x)—J+4x+l,則/⑼=0/(幻

13、=二——2 _2(Vl+4x-l-x) 1+xJl+4x(l+x)Jl+4x 由于1+4x—(1+x)=2x-=x(2—x) 所以當00抑Jl+4x>(1+x)J'(x)>0. 所以/(x)在［0,2］上單調(diào)遞增, 所以/(0.01)>〃0)=0和21nl.01>Ji由一1,即”>c； / I /、 2 2 2(Jl+4x—1—2x) 令g(x)=ln(l+2x)->/r7^+l,則g(0)=0,g，(x)=—f =A 一). 1+2尤\/l+4x(l+x)Jl+4x由于1+4x—(1+2x)=-4%2?在x>0時.1+4x—(1+2x)<

14、0, 所以g'(x)v0,即函數(shù)g(x)在［0.+8)上單調(diào)遞減，所以g(0.01)vg(0)=0,即lnl.02v即反 綜上，bh C.aba2 【答案】D 【分析】結合對。進行分類討論，畫出/(x)圖象，由此確定正確選項.

15、 【解析】若”=b,則f(x)=a(x—為單調(diào)函數(shù)，無極值點，不符合題意，故標b. 依題意，x=a為函數(shù)/(x)=a(x—a)2(x—b)的極大值點， 當。<0時，由x>b,f(x)W0,畫出f(x)的圖象如下圖所示: 由圖可知b/. 當a>0時，由x>b時，/(x)>0,畫出/(x)的圖象如下圖所示: 由圖可知人〉a,a>0，故a/?〉/. 綜上所述，出?>/成立. 故選：D 【點睛】本小題主要考查三次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，利用數(shù)形結合的數(shù)學思想方法可以快速解答. 5.【2020年高考全國I卷理數(shù)】函數(shù)/。）=/-2》3的圖像在點（1,7（I

16、））處的切線方程為 A.y=-2x—1 B.y~—2x+1 C.y=2x-3 D.y=2x+1 【答案】B 【解析】?.?/(x)=x4-2x\.-./,(x)=4x3-6x2, = /'(1)=-2, 因此，所求切線的方程為y+l=-2（x-l）,即y=-2x+l. 故選:B. 【點睛】本題考查利用導數(shù)求解函圖象的切線方程，考查計算能力，屬于基礎題. 6.1202（）年高考全國IH卷理數(shù)】若直線/與曲線產(chǎn)4和必+產(chǎn)=（都相切，則/的方程為 A.y=2x+l B.y=2r+g 〃 1 , nil C.y=—x+1 D.y=—x+— 2 2 2 【答案】D 【解析】設

17、置線/在曲線y=4上的切點為（/,衣'），則無。>0, l ,1 ?_ 1 函數(shù)y=?的導數(shù)為y=訝=，則直線/的斜率左=入歷 設直線/的方程為= x-xo).即 + /=0, 由于直線/與圓》2+y2=?!相切，則J）-=F，5V1+4xoV5 兩邊平方并整理得5年-4毛-1=0,解得%=1,x0=--（舍）, 則直線/的方程為x-2y+l=0,BPy=-x+-. 2 2 故選：D. 【點睛】本題主要考查了導數(shù)的幾何意義的應用以及直線與圓的位置的應用，屬于中檔題. 7. (2019年高考全國III卷理數(shù))已知曲在點(1,ae)處的切線方程為產(chǎn)2x+〃，則 A.a=

18、e,b=—\ B.a=e,b=l C.a=e-1,b=1 D.a=e''>b=—\ 【答案】D [解析】：y'=aex+lnx+l, ，切線的斜率％=y'Li=ae+1=2, q=et, 將(1,1)代入y=2x+b,得2+b=l力=-1. 故選D. 【名師點睛】本題求解的關鍵是利用導數(shù)的幾何意義和點在曲線上得到含有小/，的等式，從而求解，屬于常考題型. x—lax+2a,x<1, 8. (2019年高考天津理數(shù))已知aeR,設函數(shù)/(x)=1 ' '若關于x的不等式/(x)NO [x-tzlnx,x>l. 在R上恒成立，則。的取值范圍為 A.[0,1] B.[0,2]

19、 C.[0,e] D.[l,e] 【答案】c 【解析】當x=l時，/(1)=1-2。+2。=1>0恒成立： 當x<1時，f(x)=x2-2ax+2a>0<=>2a> 恒成立， x-1 r2 令g(x)=--> 則g(x)=_￡=.(IT)?=,(1-x)2-2(1-x)+1 1 -X 1—X 1—X =一(j+占一2卜國(一).占一2卜0, ,即x = 0時取等號, 當1=1-X /.2a>g(x)?m=0,則。>0. Y 當x>l時，/(x)=x-?lnx>0,即aW——恒成立,Inx ,x,,,、lnx-1令h(x)=——，則h(X)=-_-T-, Inx

20、 (Inx) 當x>e時，〃'(x)>0,函數(shù)％(x)單調(diào)遞增， 當00 C.a>-l,b<0 D.a>-l,b>0 【答案】C 【解析】當x<0時，y

21、=f(x)-ax-b=x-ax-b=(I-a)x-b=0,得x= l-a 則)，=/(*)-ar-〃最多有一個零點； 當x>0時，v=f(x)-ar-b=-x3--(a+1)jr+ax-ax-b=-.v3--(n+1)x2-b,JJ 3 2 3 2 yf=x2-(a+l)x, 當a+lWO,即把7時，y>0,y=f(x)-ax—在[0,+s)上單調(diào)遞增， 則y=/(x)-ar-〃最多有一個零點，不合題意： 當〃+1>0,即時，令y>0得x￡(a+l,+oo),此時函數(shù)單調(diào)遞增， 令yvo得入｛[0,4+1),此時函數(shù)單調(diào)遞減，則函數(shù)最多有2個零點. 根據(jù)題意，函數(shù)y=/(x)

22、-or-力恰有3個零點=函數(shù)y=f(x)-奴-b在(-8,0)上有一個零點, 在［0,+oo)上有2個零點， 如圖： 且. -b>0 -(g+ ——(a4-1)(q+1)2—bVO 解得b<0,1-?>0,b>~-(a+1)6 則a>-l,h<0. 故選C. 【名師點睛】本題考查函數(shù)與方程，導數(shù)的應用.當x<0時，y=/(x)-ax-b=x-ax-b=(1-a)x -方最多有一個零點；當后0時，y=/(x)-ax-b=^-^(a+l)^-fo,利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性, 根據(jù)單調(diào)性畫出函數(shù)的草圖，從而結合題意可列不等式組求解. 2r_1 10(2021?全

23、國高考真題(理))曲線y= 在點(7,-3)處的切線方程為 x+2 【答案】5x-y+2=0 【分析】先驗證點在曲線上，再求導，代入切線方程公式即可. 【解析】由題，當x=-l時，y=-3,故點在曲線上. 2(x + 2)-(2x-l) (x + 2)2 5 (x+2)2 所以 y'LT=5. 故切線方程為5x—y+2=0. 故答案為：5x-y+2=0. 11. (2021?全國高考真題)函數(shù)/(x)=|2x-l|-21nx的最小值為. 【答案】1 【分析】由解析式知八幻定義域為(0,+8)，討論0l.并結合導數(shù)研究的單調(diào)22 性，即

24、可求f(x)最小值. 【解析】由題設知:f(x)=|2x-l|-21nx定義域為(0,+oo), 二當0l時，/(x)=2x-l-21nx,有/'*)=2-->0,此時/(x)單調(diào)遞增；x 乂/(X)在各分段的界點處連續(xù)， ...綜上有：0<尤W1時，單調(diào)遞減，x>l時，/(X)單調(diào)遞增； A/(x)>/(l)=l 故答案為：1. 12. (2019年高考全國【卷理數(shù))曲線y=3(/+

25、幻廿在點(0,0)處的切線方程為. 【答案】3x-y=() ［解析］/=3(2x+l)e(+3(x2+x)ex=3(x2+3x+l)e', 所以切線的斜率左=y'ko=3, 則曲線y=3(x2+x)ex在點(0,0)處的切線方程為y=3x,即3x-y=0. 【名師點睛】準確求導數(shù)是進一步計算的基礎，本題易因為導數(shù)的運算法則掌握不熟，而導致計算錯誤.求導要“慢”，計算要準，是解答此類問題的基本要求. 4 13. (2019年高考江蘇)在平面直角坐標系中，P是曲線y=x+—(x>0)上的一個動點，則點尸到直X 線x+y=()的距離的最小值是▲. 【答案】4 4 . 4 【解析

26、】由y=x+—(x>0),得y=l——t， X X 4 4 設斜率為一1的直線與曲線丁=工+—。>0)切于(/，須)+一)， X 演) 由1 7=-1得％=>/5(/=—舍去)， 曲線y=x+3(x>0)上，點P(J5,3J5)到直線x+y=0的距離最小，最小值為怛*=4.x V12+12 故答案為4. ［名師點睛】本題考杳曲線上任意一點到已知直線的最小距離，滲透了直觀想象和數(shù)學運算素養(yǎng).采取導數(shù)法，利用數(shù)形結合和轉(zhuǎn)化與化歸思想解題. 14.(2021.浙江高考真題)設a,h為實數(shù)，且函數(shù)/(x)=a*—笈+e2(xeR)(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若對任意人>

27、2/，函數(shù)/(x)有兩個不同的零點，求a的取值范圍; (3)當a = e時，證明：對任意人>e， 函數(shù)/(x)有兩個不同的零點占,芻，滿足馬 b\nb e2 > z- X, H ? 2e2 1 b (注：e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)) 【答案】⑴640時, 在R上單調(diào)遞增1 函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為一刃，lOg? ，單調(diào)增區(qū) (2)(1,e2］； (3)證明見解析. 【分析】(1)首先求得導函數(shù)的解析式，然后分類討論即可確定函數(shù)的單調(diào)性； (2)將原問題進行等價轉(zhuǎn)化，然后構造新函數(shù)，利用導函數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)并進行放縮即可確定實數(shù)a的取值

28、范圍； (3)結合(2)的結論將原問題進行等價變形，然后利用分析法即可證得題中的結論成立. 【解析】(D/(x)=ax—bx+e2,f\x)=a'\na-h, ①若6W0,則/'(x)=a'lna—bNO,所以/(x)在RI二單調(diào)遞增; ②若b>0, 當xe，oo,log“白卜寸，/'(x)<0,/(x)單調(diào)遞減， 當log0高,+oo)時，/'(x)>0,/(x)單調(diào)遞增. 綜上可得,HO時,f(x)在R上單調(diào)遞增; 6>0時，函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間為F,log"■；—|,單調(diào)增區(qū)間為log,,"；—,+8.( ma) \Ina) ⑵/(x)有2個不同零點<=>優(yōu)—笈+e?=0有

29、2個不同解一fox+e2=0有2個不同的解, 令r=xlna,則￡---+e2=0=>-^-=e+e-,t>00, 又Tz(2)=0,所以re(0,2)時，h(t)<0,fe(2,+0, b h 則g⑺在(0,2)單調(diào)遞減，(2,+oo)單調(diào)遞增，.?.；一>g(2)=e2,：Ana<—, Ina e? ?>h 7 b>2e~,「?—>2,/

30、.In<2=>1e, X} Xj x2 注意到函數(shù)y= -在區(qū)間(0,2)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(2,+oo)上單調(diào)遞增， X 故為<2<￡，乂由- 5, 7 -+/2e2 2/ b- < Xjv 1 xl %,b 西，丁b\nbe2日—,,e2 1.1 T.X-)> -x.+—,只【切x-y>In/?h ? -2e2'

31、h-b e*+e22eXz / b= < 且關了匕的函數(shù)gS)=ln8+—在Z?>e4上單調(diào)遞增, ^2 x2 h (x2 > 5), 2*ex所以只需證W>ln +— *2 2/2 2e口e^x只需證1n人1n=一琮＞0, 2 只需證\nx-^--In2>0，2ex J 4x */——<4，只需證〃(x)=lnx-ln2在x>5時為正, 2 產(chǎn)由于力'（?=4+4撫-*-4"*=4+46-*。-1）＞0,故函數(shù)〃（x）單調(diào)遞增, 又〃(5)=ln5-駕一In2=ln2-與>0,故力(x)=Inx-"一In2在x>5時為正,e 2e ex 從而題中的不等式得證.

32、【點睛】導數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值（最值）最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學中而要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數(shù)的應用的考查都非常突出，從高考來看，對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：（I）考查導數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系.（2）利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).（3）利用導數(shù)求函數(shù)的最值（極值），解決生活中的優(yōu)化問題.（4）考查數(shù)形結合思想的應用. 15 .（2021?全國高考真題（理））已知。＞0旦awl,函數(shù)f（x）=—（x〉0）. ax （1）當a=2時，求/（x）的單調(diào)區(qū)間； （2）若曲線y=/（x）與直線y=l有且僅有兩個交點

33、，求。的取值范圍. 【答案】（I）I0,—上單調(diào)遞增：—,+?＞上單調(diào)遞減；（2）（l,e）5e，+?）. Vm2J Lln2J 【分析】（1）求得函數(shù)的導函數(shù)，利用導函數(shù)的正負，函數(shù)的單調(diào)性的關系即可得到函數(shù)的單調(diào)性; （2）利用指數(shù)對數(shù)的運算法則，可以將曲線y=/（x）3宜線y=l行且僅有兩個交點等價轉(zhuǎn)化為方程 叱=皿有兩個不同的實數(shù)根，即曲線y=g(x)與直線丁=二仃兩個交點，利用導函數(shù)研究g(x)的xa Ina 單調(diào)性，并結合g(x)的正負，零點和極限值分析g(x)的圖象，進而得到0〈則

34、值范圍. 【解析】(1)當a = 2時，〃x) = F，r(x) = 222,轉(zhuǎn)仙 2 _ 22*(2 - xln2) ,、 9 9 ,、 o 令/‘(x)=o得》=京，當o0,當》>7萬時，y,(x)O,g(x)單調(diào)遞增； 在(e,+8)kg'(x)

35、遞減； ，g(x)M=g(e)=7 又g(l)=O,當x趨近于+8時，g(x)趨近于0, 所以曲線y=〃x)與也線y=l有且僅有兩個交點，即曲線y=g(x)與直線曠=二仃兩個交點的充分必 Ina 要條件是。<生土*<[,這即是。

36、是函數(shù)y=?(x)的極值點. (1)求出 X+f(x) (2)設函數(shù)g(無)=—,-.證明:g(x)xln(l-x)在xe(O,l)和xe(-oo,0)上恒成立,結合導數(shù)和換元法即可求解 【解析】(1)由/(x)=ln(a-x)=>/'(%)= ,y=xf(x)=>y

37、'=ln(a-x)+ x-a 又x=0是函數(shù)y=4(x)的極值點，所以y'(0)=lna=0,解得a=l； \ \ /、x+f(x)x+ln(l—x) ⑵由⑴得/(力=皿1),^)=-^-=xln(1_x).X<1且"0, /、 x-Fln(l-x) / 、 ，、 當xe((),l)時，要證g(A：)=—7； ^<1,vx>0,ln(l-x)<0,/.xln(l-x)<0,即證 xIn(1—xj x-l-ln(l-x)>xln(l-x),化筒得x+(l_x)ln(l_x)>0； / 、 x+ln(l—x) / 、 ， 、 同理，當X￡(YO,0)時，要證g(x)=--7-

38、 ^<1,vx<0,ln(l-x)>0,Axln(l-x)<0,即證 xln(1—x) x+ln(l-x)>xln(l-x),化簡得x+(l-x)ln(l-x)>0； 令〃(x)=x+(l-x)ln(l-x),再令r=l-x,則faoQU。,”)，x=\-t, 令g⑺=1一f+〃nf, '(z)=-14-Inr4-1=Inr, 當fe(0,l)時，g'(x)<0,g(x)單減，假設g(l)能取到，則g(l)=。，故g(，)>g⑴=。；當f€(l,+oo)時,g'(x)>0,g(x)單增,假設g(l)能取到,則g(l)=o,故g(f)>g(l)=0； 綜上所述，g(x)=?：力\；<

39、1在xe(YO,0)U(O,l)恒成立【點睛】本題為難題，根據(jù)極值點處導數(shù)為()可求參數(shù)。，第二問解法并不唯、分類討論對函數(shù)進行等價轉(zhuǎn)化的過程，一定要注意轉(zhuǎn)化前后的等價性問題，構造函數(shù)和換元法也常常用于解決復雜函數(shù)的最值與恒成立問題. 17 .【2020年新高考全國1卷】已知函數(shù)/(x)=ae"T-Inx+lna. (1)當a=e時，求曲線月(x)在點(1,/(I))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積； (2)若了(x)>1,求a的取值范圍. 【解析】/(幻的定義域為(0,”)，r(x)=ae'-'--. X (1)當a=e時，/(x)=e*-lnx+l,/，(l)=e-i,

40、曲線y=/(X)在點(!,/(1))處的切線方程為y-(e+1)=(e-l)(x-1),即y=(e-l)x+2. 直線y=(e-l)x+2在x軸，y軸上的截距分別為二之，2. e-1 2 因此所求二角形的面積為三. e-1 ⑵當00. 所以當x=l時，/(X)取得最小值，最小值為八1)=1,從而/(x)21. 當a>1時，f(x)=aex~'-Inx+Ina>ex-1-Inx>1. 綜匕”的取值

41、范圍是U,e). 【點睛】本題考查導數(shù)幾何意義、利用導數(shù)研究不等式恒成立問題，考查綜合分析求解能力，分類討論思想和等價轉(zhuǎn)化思想，屬較難試題. 18 .【2020年高考全國【卷理數(shù)】已知函數(shù)/(x)=e*+以2-X. (1)當a=l時，討論了(X)的單調(diào)性； (2)當應0時，f(x)>yx3+l,求a的取值范圍. 【解析】(1)當。=1時,f(x)=er+x2-x,則/'(x)=e'+2xI. 故當(yo,0)時，f\x)<0；當(0,+oo)時，f\x)>0.所以/(x)在(yo,0)單調(diào)遞減，在(0,+00)單調(diào)遞增. (2)/(x)之,/+1等價于貨一如2+工+1把-*<1.

42、 設函數(shù)聯(lián)工)=('/-or?+x+l)ev(x>0),則 1 3 g，(x)=一(一工3-ax2+x+l-^x2+2or-l)e-x -—-a(x--(2tz+3)x+4〃+2]eA =—x(x—2〃一l)(x-2)e'. 2 (i)若2a+lW0,即a4-g,則當xG(0,2)時，g’(x)>0.所以g(x)在(0,2)單調(diào)遞增，而g(0)=1,故當(0,2)時，g(x)>1,不合題意. (ii)若0<2a+l<2,即一gva<1,則當其￡((),加+1)U(2,+00)時，g'(x)<0；當x￡(2〃+l,2)時，g(x)>0. 所以g(外在(0,24+1),(2,

43、+oo)單調(diào)遞減，在(2〃+1,2)單調(diào)遞增.由于g(0)=l,所以g(x)Wl當且僅當7-e2 ^(2)=(7-4tz)e-2—,則g(x)0(5x，+x+l)e'. 7_p21 1 由于0e[j-二)，故由(ii)可得WV+x+De-kl. 故當a2；時，g(x)Ml. 綜上，a的取值范圍是[2C,”). 4 【點睛】導數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學中重要的知識點，對導數(shù)的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導

44、數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系.(2)利用導數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù).(3)利用導數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題.(4)考查數(shù)形結合思想的應用. 19 .【2020年高考全國II卷理數(shù)】已知函數(shù)/(x)=sin2xsin2x. (1)討論凡r)在區(qū)間(0,兀)的單調(diào)性； (2)證明：|/(幻|4手; 邛 (3)設〃gN*,證明：sin2xsin22xsin24x...sin22nx<—. 4" 【解析】(1)/'(X)=cosx(sinxsin2x)+sinx(sinxsin2x)' =2sinxcosxsin2x+2sin2

45、xcos2x =2sinxsin3x. 當xe(O,?U§㈤時,r(x)>0；當一仔爭時,/VXO. 所以/(%)在區(qū)間(0爭年兀)單調(diào)遞增，在區(qū)間年爭單調(diào)遞減. (2)因為八0)=/(兀)=0,由(1)知，f(x)在區(qū)間［0,河的最大值為〃2)=主叵， 最小值為7?(空)=-更.而/(X)是周期為兀的周期函數(shù)，故|f(x)|4空.3 8 8 (31illJ(sin2xsin22x".sin:2"x)2 =|sin3xsin32x…sin'2"x\ =|sinx||sin2xsin32x-sin32"-,xsin2"x||sin22"x| =1sinx\\f(x)f(2x).

46、..f(2'-'x)||sin22"x| <|/(x)y(2x).../(2n-|x)|) 所以sin。xsiN2x…sin?2"x43=—.8 4" 20 .【2020年高考全國IH卷理數(shù)】設函數(shù)/(x)=x3+bx+c,曲線y=/(x)在點(：，以義))處的切線與)，軸垂直. (1)求8. (2)若/(x)有一個絕對值不大于1的零點，證明：f(x)所有零點的絕對值都不大于1. 【解析】⑴f(x)=3x2+b. 依題意得/'(g)=0,即：+6=0. 故6=-。. 4 3 3 (2)由(1)知/(x)=F—x+c,fr(x)=3廠—. 4 4 令八x)=O,解得一；

47、或x=g. f\x)與f(x)的情況為: A ~2 (-罟) 1 2 (；,+oo) f\x) + 0 — 0 + f(x) / 1c+— 4 、 1c— 4 / 因為"1)=/(-g)=C+1,所以當c<-!時，f(X)只有大于1的零點. 因為/(—D=/(g)=c—；，所以當c>；時，/(工)只有小于—I的零點. 由題設可知一, 當c=-1時，/(X)只有兩個零點和1. 4 2 當c=[時，/(x)只有兩個零點-1和1.4 2 當一7VCVz時，/(X)有三個等點XI,X2fX3,且與￡(一1,一彳)，XjG >X3G(t'U)?

48、 今“ 乙 乙乙 乙 綜上，若f(x)有一個絕對值不大于1的零點，則f(x)所有零點的絕對值都不大于L 21.【2020年高考天津】已知函數(shù)F(x)=d+Xnx(&€R),/'(x)為f(年的導函數(shù). (I)當左=6時， (i)求曲線y=/(處在點(1,/(1))處的切線方程； 9 (ii)求函數(shù)8。)=/。)一/'(幻+一的單調(diào)區(qū)間和極值； X (II)當我2—3時，求證:對任意的x”x,e[l,+oo),且%>.，有、(“2+/(W).〉 2 Xy—X2 【解析】(I)(i)當左=6時，/(x)=x3+61nx,故r(x)=3V+9.可得/(1)=1,/'(1)=9,

49、 X 所以曲線y=/(x)在點(1J⑴)處的切線方程為y-l=9(x—1),即y=9x—8. 3 63 (ii)依題意，(x)=-3x~+6InxH—,xg(0,4

50、 (U)證明：山/(x)=x3+-nx,得/(》)=3/+一. X 對任意的X],%￡“，+8)，且%>%2，令五二/”>1)，則 (%-可(ra)+r(w))-2(/a)_〃x2)) =(X1-&)3x^+—+3%2+--2G-E+Zln土 x2 x：-%2-3X；工2+3平；+%—-^=--2k\x\— =考(r一3/+3/—1)+火，一1一2111. 由此可得力(%)在 令A(x)—x 2Inx,xg[1,4-oo)."1x>1時，h'(x)=1H— =|1—j>0, x xxyxJ [l,+oo)單調(diào)遞增，所以當時，A(r)>/?(1),即，-l-21n/>0.

51、 因為％21，/一3一+3/-1=?—1)3>0#之一3, 所以，X；(尸一3廠+3/—l)+k[r 2In/)>(/—3廣+3/—1)— 2In/ 3=/3-3f2+61nZ+--l. t 3 由(I)(ii)可知，當時,g(Z)>g(l),即f—3廠+61nfH—>1, 故/一3/2+6In,4 1>0. (3) t 由①可得&一切(/'(%)+/'5))一2(〃%)—/(々))>0.所以,當0N-3時,對任意的 X),X2G[1,4-00)，且X]>%，有_ . 2 x}—x9 22 .【2020年高考北京】已知函數(shù)/(x)=12-V. (I)求曲線y=

52、/(x)的斜率等于-2的切線方程； (n)設曲線y=fix)在點(r,/(0)處的切線與坐標軸圍成的三角形的面積為S(t),求s⑺的最小值. 【解析】(I)因為/(元)=12-％2,所以r(x)=-2x, 設切點為(％』2-%)，則一2與=-2,即%=1,所以切點為(1,11), 由點斜式可得切線方程：y-ll=-2(x-l),即2x+y-13=0. (II)顯然twO, 因為y=/(X)在點(r,12—廠)處的切線方程為：y—(12—廠)=—2r(x—r), 令1=0,得>=產(chǎn)+12,令y=0,得x=2±±, 2t 所以S⑺《(入⑵?募， 不妨設r>0(f<0時，結果一樣

53、)， 則S(,)=V產(chǎn)=3+247+中)， 所以5,")=L31+24-律)=3(「+”一48) V,4 t2 4/ 3(『-4)(1+12)3>-2)?+2)(4+12) 4尸 4尸 由S'(f)>0,得f>2,由S'?)<0,得0

54、 (I)證明：函數(shù)y=/(x)在(0,依)上有唯一零點； (II)記X0為函數(shù)y=/(x)在(0,e)上的零點，證明： (i)Ja-144,2(a-1)； (ii)而/(e廂)>(e-l)(a-l)a. 【解析】(I)因為/(0)=1-。<0,/(2)=e2-2-a>e2-4>0,所以y=/(x)在(0,+?>)上存在零點. 因為尸(x)=e'-l,所以當x>0時，r(x)>0,故函數(shù)/(x)在［0,48)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)以y=/(x)在(0,+8)上有唯一零點. (II)(i)令g(x)=e*--x2-x-l(x>0),g，(x)=e*-x-\=f(x)+a-\, 由

55、(I)知函數(shù)g'(x)在［0,y)上單調(diào)遞增,故當x>0時，g'(x)>g'(0)=0, 所以函數(shù)g(x)在［0,”)單調(diào)遞增,故以函Ng(0)=0. 由g(j2(a-l))20得/(72(a-l))=e'時-52(a-1)-a>O=f(xo), 因為/(x)在［。,+8)單調(diào)遞增，故y］2(a-1)>x0. 令/i(x)=e--1(04x41),h'(x)=ex-2x-I, 令似x)=e*_2x_l(04x41),/j1'(x)=et-2,所以 X 0 (0,ln2) In2 (In2,1) 1 砧X) -1 一 0 4- e-2 九(幻 0 \

56、 / e-3 故當0/^T)=eG->/^T-a4O=f(Xo), 因為f(x)在［0,內(nèi))單調(diào)遞增，故%. 綜上，yja—ll時，u\x)>0,故函數(shù)“(%)在區(qū)間［1,內(nèi))上單調(diào)遞增，因此wW>u(l)=0. [11e*=x()+?？傻脁J(e")=x0/(x0+。)=(ew-1)片+a(e"-2)x0>(e-l)

57、ar(), 由x0>\ta-\得Xo/(e")>(e-l)(a-l)a. 24. (2019年高考全國I卷理數(shù))已知函數(shù)/(x)=sinx-ln(l+x),/'(x)為/(x)的導數(shù).證明: rr (i)r(x)在區(qū)間(一i,萬)存在唯一極大值點； (2) /(x)有且僅有2個零點. 【答案】(1)見解析；(2)見解析. 【解析】(I)設g(x)=/'(x),則g(x)=cosx———.g'(x)=-sinx+——-~~ 1+X (1+X) 當費時，8'。)單調(diào)遞減，而8'(0)>0,8'(］)<0,可得3(了)在卜1,］)有唯一零點， 設為a. 則當一Ta)時，g,(x

58、—卜?！璔。. 所以g(x)在(-1,。)單調(diào)遞增，住(。,外單調(diào)遞減，故g(x)在(一吟)存在唯一極大值點，即f'(x)在(一1,5)存在唯一極大值點. (3) /(x)的定義域為(一1,心). (i)當xw(—l,0］時，由(1)知，/'(x)在(一1,0)單調(diào)遞增，而/'(0)=0,所以當xe(—1,0)時， <0. /f(x)<0,故/(x)在(一1,0)單調(diào)遞減，又/(0)=0,從而x=0是/(x)在(一1,()］的唯?冬點. 時，由(1)知，/'(x)在(0,a)單調(diào)遞增，在［單調(diào)遞減，而/(0)=0 所以存在a《)，使得尸(0=0,且當xw(O,0時，/'(x)>0

59、；當xe夕看卜j,/((x)<0. 故f(x)在(0,/3)單調(diào)遞增，在力,］單調(diào)遞減. 又/(0)=0, /Rj = l-lnl 1 + ^1>0,所以當 時，小)>。.從而，依)在嗚 沒有 零點. (iii)當兀時，/'(x)<0,所以/(x)在兀單調(diào)遞減.而/e)>0,/(兀)<(),所以/(x) 在(5,兀有唯.零點. (iv)當xe(兀,+l,所以/(x)<0,從而/(x)在(兀,+00)沒有零點. 綜上，/(x)有目.僅有2個零點. 【名師點睛】本題考查導數(shù)與函數(shù)極值之間的關系、利用導數(shù)解決函數(shù)零點個數(shù)的問題.解決零點問題的關鍵

60、一方面是利用零點存在性定理或最值點來說明存在零點，另一方面是利用函數(shù)的單調(diào)性說明在區(qū)間內(nèi)零點的唯一性，二者缺一不可. X+] 25. (2019年高考全國H卷理數(shù))已知函數(shù)/(元)=lnx . x—\ (1)討論./(X)的單調(diào)性，并證明Ar)有且僅有兩個零點： (2)設xo是危)的一個零點，證明曲線_y=lnx在點4(xo,Inxn)處的切線也是曲線y=e”的切線. 【答案】(1)函數(shù)/(x)在(。,1)和(1,2)上是單調(diào)增函數(shù)，證明見解析；(2)見解析. 【解析】(l)/(x)的定義域為(0,1)U(1，). 1 2 因為/'(x)=-+t-T>0.所以/(X)在(0

61、,1),(1,+8)單調(diào)遞增. X(X-1) e+1 e211p2_3 因為/(e)=1 <0,/(e2)=2-^^-= 所以/(外在(1,+8)有唯一零點內(nèi)，即 e-1 e-1e-1 f(.ri)=0.又。＜一＜I,/(一)=-InXj+—1--=-/(Xj)=O,故f(x)在(0,1)有唯一零點一.Xj X) X1—1 X) 綜上，f(x)有且僅有兩個零點. (2)因為一=e-"",故點3(-ln.v(),——)在曲線產(chǎn)e1上. *0 %) +1 --lnx0--^±L 由題設知f(x0)=0,即In/=泡土|,故直線A8的斜率k=R =/一=— %一1 -lnx0-

62、x0丁+1rx0 1人0 曲線產(chǎn)d在點8(-Inx0,—)處切線的斜率是，曲線y=Inx在點4(%,Inx0)處切線的斜率也是」-, 所以曲線y=InX在點A(x0,lnx0)處的切線也是曲線,v=e'的切線. 【名師點睛】本題考查了利用導數(shù)求已知函數(shù)的單調(diào)性、考杳了曲線的切線方程，考查了數(shù)學運算能力. 26.(2019年高考全國III卷理數(shù))已知函數(shù)/(*)=2丁-62+從 (1)討論/(x)的單調(diào)性； (2)是否存在。力，使得/6)在區(qū)間［0,1］的最小值為-1且最大值為1?若存在，求出。⑦的所有值;若不存在，說明理由. fa=0fa=4 【答案】(1)見解析；(2),，

63、或， ［0=1 ［解析］(1)f'(x)=6x2-lax-2x(3尤-a). 令f'{x}=0,得x=0或x=1. 若?>0,則當xe(-oo,0)U(H，+?>)時,f'(x)>0；當xe(0,時,f'(x)<0.故/(x)在 (-8,0),單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減； 若4=0,/(X)在(-00,+00)單調(diào)遞增； 若a〈0,則當xw(-8,］Ju(0,+8)時，/,(X)>0；當 忖，f\x)<0.故/(%)在 (一8,］］,(0,+OO)單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減. (2)滿足題設條件的a,b存在. ⑴當h0時，由(1)知,/(x)在［0,1)單調(diào)遞增，所以/(%)在區(qū)間［0

64、,1］的最小值為/(0)=。，最大值為/(1)=2—a+A.此時"，b滿足題設條件當且僅當b=-l,2-a+b=\,即“=0,b=-l. 最大值為。或2—a+b. (ii)當應3時,由(1)知,f(x)在［0,1］單調(diào)遞減,所以/(x)在區(qū)間［0,I］的最大值為。(0)=從最小值為/(1)=2—a+b.此時“，方滿足題設條件當且僅當2—。+方=-1,b=\,即6=1. (iii)當(Xa<3時，由(1)知，/(x)在［0,1］的最小值為了 若一二+》=—1,h=\,PBJa=3^2,與0<"<3矛盾. ^——+b=—1,2—a+h=1.則a=3&或a=—36或a=0,與0

65、. 27 綜上，當且僅當a=0,8=-1或。=4,&=1時，/(x)在[0,1]的最小值為-1,最大值為I. 【名師點睹】這是一道常規(guī)的函數(shù)導數(shù)和不等式的綜合題，題目難度比往年降低/不少，考查函數(shù)的單 調(diào)性、最大值、最小值這種基本量的計算. 變式培優(yōu) 一、單選題 1. (2021?重慶高三三模)若關于x的不等式Ninx+a對一切正實數(shù)x恒成立，則實數(shù)"的取值范圍是 () A.(7，) B.S] C.(-oo,l] D.(-oo,2] 【答案】C 【分析】 構造函數(shù)/(x)=e…-加v-a(x>0),將原不等式轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)/(外的最小值，通過導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào) 性研究

66、函數(shù)的最值，得到泊一"-加v。-a.O,再利用基本不等式進行求解即可. 【詳解】 解：設f(x)=ei-底—a(x>0),則/(x)..O時一切正實數(shù)x恒成立，即/(x),,3.O, 由/，*)=/一"-!，令獻x)=e*-"-L則 +二>0恒成立， XXX" 所以力(x)在(0,+0。)上為增函數(shù)， 當X—>0時，力(X)—>-00,當X—>+8時，h(x)—>+00, 則在(0,+0。)上，存在X。使得〃(%)=0， 當0<工0, 故函數(shù)/(x)在(。,小)上單調(diào)遞減，在(%,+8)上單調(diào)遞增， 所以函數(shù)/(X)在X二/處取得最小值為/(x0)= -3)-a..0, 因為6"一"=一,即/-a=-1叫, 所以'-+x(>-a-a-0恒成立，HP2a,,+—, 故為,2,所以4,1. 故選：C. 【點睛】 方法點睛：不等式恒成立問題常見方法：①分離參數(shù)a4/(x)恒成立(aW/(x)mi“即可)或。2/*)恒成立 (。2/(初皿即可)；②數(shù)形結合(y=/(x)圖象在y=g(x)上方即可)：③討論最值/(犬