歷年高考數(shù)學（文）知識清單-專題04 導數(shù)及其應用（考點解讀）（原卷+解析版）

專題4導數(shù)及其應用考情解讀高考將以導數(shù)的幾何意義為背景，重點考查運算及數(shù)形結合能力，導數(shù)的綜合運用涉及的知識面廣，綜合的知識點多，形式靈活，是每年的必考內容，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn).重點知識梳理1．閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值，開區(qū)間內的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值.2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有兩個極值點，且x1<x2，當a>0時，f(x)的圖象如圖，x1為極大值點，x2為極小值點，當a<0時，f(x)圖象如圖，x1為極小值點，x2為極大值點.3．若函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，則f′(x)為奇函數(shù)；若函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)，則f′(x)為偶函數(shù).4．y＝ex在(0,1)處的切線方程為y＝x＋1；y＝lnx在(1,0)處的切線方程為y＝x－1.5．不等式恒成立問題(1)a＞f(x)恒成立?a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a＜f(x)恒成立?a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min6．不等式有解問題(1)a＞f(x)有解?a＞f(x)min；a≥f(x)有解?a≥f(x)min；(2)a＜f(x)有解?a＜f(x)max；a≤f(x)有解?a≤f(x)max.7．常用的不等關系(1)ex≥x＋1(x∈R)(2)x－1≥lnx(x＞0)(3)ex＞lnx(x＞0)(4)tanx＞x＞sinxx∈2(5)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|8．常見構造函數(shù)(1)xf′(x)＋f(x)聯(lián)想[xf(x)]′； f.x(2)xf′(x)－f(x)聯(lián)想x f.x(4)f′(x)－f(x)聯(lián)想ex′；(5)f′((4)f′(x)－f(x)聯(lián)想ex′；(5)f′(x)±k聯(lián)想(f(x)±kx)′. f.x高頻者點突破高頻考點一導數(shù)的幾何意義及應用例1、曲線f(x)＝x＋lnx在點(1，1)處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為()3A．21D【舉一反三】（2018年全國卷Ⅱ)曲線y=2lnx在點(1,0)處的切線方程為.【變式探究】(2017·高考天津卷)已知a∈R，設函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為.【變式探究】(1)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝.(2)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝.【方法技巧】1．求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法(1)已知切點P(x0，y0)，求y＝f(x)過點P的切線方程：可先求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程.(2)已知切線的斜率k，求y＝f(x)的切線方程：設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程.(3)已知切線上一點(非切點)，求y＝f(x)的切線方程：3設切點P(x0，y0)，利用導數(shù)求得切線斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程.2．利用切線(或方程)與其他曲線的關系求參數(shù)已知過某點的切線方程(斜率)或其與某線平行、垂直，利用導數(shù)的幾何意義、切點坐標、切線斜率之間的關系構建方程(組)或函數(shù)求解.【變式探究】(1)已知f(x)為偶函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(13)處的切線方程是.(2)設曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()(3)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝.高頻考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性例2、（2018年全國卷Ⅱ)若f(x)=cosx-sinx在[0,a]是減函數(shù)，則a的最大值是A.B.C.D.【變式探究】【2017課標3，文21】已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.（1）討論f(x)的單調性；（2）當a﹤0時，證明f(x)<--2.【變式探究】(1)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對任意x∈R都有f′(x)則不等式f(x2)＞的解集為()C．(－1,1)D．(1，+∞)(2)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在，+∞是增函數(shù)，則a的取值范圍是()A．[－1,0]B．[－1，+∞)C．[0,3]D．[3，+∞)【方法技巧】1．若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可.42．若已知f(x)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題求解.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2lnx，則函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為.高頻考點三含參數(shù)的函數(shù)的單調性f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.（1）討論f(x)的單調性；（2）當a﹤0時，證明f(x)<--2.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.【方法技巧】1．求函數(shù)的單調區(qū)間的“三個”方法方法一第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)；第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定義域內的部分為單調區(qū)間.方法二第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域：第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內的一切實根；第3步：把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義域分成若干個小區(qū)間；第4步：確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號，根據(jù)符號判定函數(shù)在每個相應區(qū)間內的單調性.方法三第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)，并將其化簡表示為某些基本初等函數(shù)的和、差、積、商.第3步：利用相應基本初等函數(shù)的圖象與性質，確定f′(x)在某些區(qū)間的正、負，進而得到單調區(qū)間.2．根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的單調性，求參數(shù)范圍的方法(1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞增；轉化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解.(2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞減，轉化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解.(3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調，轉化為f′(x)在(a，b)上不變號，即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負.(4)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調，轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解.5【變式探究】設f(x)＝ex(lnx－a)(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)(1)若y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝2ex＋b，求a，b的值. 1(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間e，e上單調遞減，求a的取值范圍.1高頻考點四利用導數(shù)求函數(shù)極值例4、已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當a>0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求a的取值范圍.【方法技巧】利用導數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法(1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號.(2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解.(3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.【舉一反三】函數(shù)f(x)＝x2－lnx的最小值為()A．1＋ln2B．1－ln2C.D.【變式探究】設函數(shù)f(x)＝2(x－2)ex－ax2＋2ax＋3，若x＝1是f(x)的極小值點，求實數(shù)a的取值范圍.真題感悟1．(2019·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2sinx＋cosx在點(π,-1)處的切線方程為()A．x－y-π-1＝0B．2x－y－2π-1＝0C．2x＋y－2π+1＝0D．x＋y-π+1＝02．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()3．(2019·高考全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2.討論f(x)的單調性.1.（2018年浙江卷）已知λ∈R，函數(shù)f(x)=，當λ=2時，不等式f(x)<0的解集是 .若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是.62.（2018年江蘇卷）若函數(shù)在。+內有且只有一個零點，則在[-1,1]上的最大值與最小值的和為.3.（2018年天津卷）設函數(shù)，其中,且是公差為的等差數(shù)列.（I）若求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；（II）若d=3，求的極值；（III）若曲線y=f(x)與直線有三個互異的公共點，求d的取值范圍.4.（2018年全國卷Ⅱ)已知函數(shù).（1）若a=3，求的單調區(qū)間；（2）證明：f(x)只有一個零點.1.【2017浙江，7】函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f,(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)y=f(x)的圖像可能是+-x2.【2017課標1，文14】+-x在點（1，2）處的切線方程為.3.【2017課標1，文21】已知函數(shù)f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.（1）討論f(x)的單調性；（2）若f(x)之0，求a的取值范圍.4.【2017課標II，文21】設函數(shù)f(x)=(1一x2)ex.（1）討論f(x)的單調性；5.【2017課標3，文21】已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.（1）討論f(x)的單調性；(I)當a=2時,求曲線y=f(x)在點(3,f(3))處的切線方程；(II)設函數(shù)g(x)=f(x)+(x一a)cosx一sinx,討論g(x)的單調性并判斷有無極值,有極值時求出極值.(I)(II)7.【2017北京，文20】已知函數(shù)f(x)=excosx一x.(Ⅰ)求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；(Ⅱ)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,]上的最大值和最小值.>0,beR)有極值,且導函數(shù)f,(x)的極值點是f(x)的零點.（極值點是指函數(shù)取極值時對應的自變量的值）（1）求b關于a的函數(shù)關系式，并寫出定義域；（2）證明：b2>3a;（3）若f(x),f,(x)這兩個函數(shù)的所有極值之和不小于一，求a的取值范圍.專題4導數(shù)及其應用考情解讀高考將以導數(shù)的幾何意義為背景，重點考查運算及數(shù)形結合能力，導數(shù)的綜合運用涉及的知識面廣，綜合的知識點多，形式靈活，是每年的必考內容，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn).重點知識梳理1．閉區(qū)間上連續(xù)的函數(shù)一定有最值，開區(qū)間內的函數(shù)不一定有最值，若有唯一的極值，則此極值一定是函數(shù)的最值.2．若f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d有兩個極值點，且x1<x2，當a>0時，f(x)的圖象如圖，x1為極大值點，x2為極小值點，當a<0時，f(x)圖象如圖，x1為極小值點，x2為極大值點.3．若函數(shù)y＝f(x)為偶函數(shù)，則f′(x)為奇函數(shù)；若函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)，則f′(x)為偶函數(shù).4．y＝ex在(0,1)處的切線方程為y＝x＋1；y＝lnx在(1,0)處的切線方程為y＝x－1.5．不等式恒成立問題(1)a＞f(x)恒成立?a＞f(x)max；a≥f(x)恒成立?a≥f(x)max；(2)a＜f(x)恒成立?a＜f(x)min；a≤f(x)恒成立?a≤f(x)min6．不等式有解問題(1)a＞f(x)有解?a＞f(x)min；a≥f(x)有解?a≥f(x)min；(2)a＜f(x)有解?a＜f(x)max；a≤f(x)有解?a≤f(x)max.97．常用的不等關系(1)ex≥x＋1(x∈R)(2)x－1≥lnx(x＞0)(3)ex＞lnx(x＞0)(4)tanx＞x＞sinxx∈(5)||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|8．常見構造函數(shù)(1)xf′(x)＋f(x)聯(lián)想[xf(x)]′；(2)xf′(x)－f(x)(2)xf′(x)－f(x)聯(lián)想x′；(3)(3)f′(x)＋f(x)聯(lián)想[exf.x.]′；f.x.(4)f′(x)－f(x)聯(lián)想ex(5)f′(x)±k聯(lián)想(f(x)±kx)′.高頻考點突攻高頻考點一導數(shù)的幾何意義及應用例1、曲線f(x)＝x＋lnx在點(1，1)處的切線與坐標軸圍成的三角形面積為()3A．21D【答案】Df′(x)＝1則f′(1)＝2，故曲線f(x)＝x＋lnx在點(1，1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y=2x－1，此切線與兩坐標軸的交點坐標分別為(01)，(，0)，則切線與坐標軸圍成的三角形的面積為×1×=，故選D.【舉一反三】（2018年全國卷Ⅱ)曲線y=2lnx在點1,0)處的切線方程為.【答案】y=2x–2【解析】由y=f(x)=2lnx，得則曲線y=2lnx在點(1,0)處的切線的斜率為k=f(1)=2，則所求切線方程為y-0=2(x-1)，即y=2x-2.【變式探究】(2017·高考天津卷)已知a∈R，設函數(shù)f(x)＝ax－lnx的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為.【解析】∵f′(x)＝a∴f′(1)＝a－1.又∵f(1)＝a，∴切線l的斜率為a－1，且過點(1，a)，∴切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1).令x＝0，得y＝1，故l在y軸上的截距為1.【答案】1【變式探究】(1)已知函數(shù)f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線過點(2,7)，則a＝.【解析】基本法：由題意可得f′(x)＝3ax2＋1，又f(1)＝a＋2，∴f(x)＝ax3＋x＋1的圖象在點(1，f(1))處的切線方程為y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)，又此切線過點(2,7)，∴7－(a＋2)＝(3a＋1)(2－1)，解得a＝1.速解法：∵f(1)＝2＋a，由(1，f(1))和(2,7)連線斜率k5－a，f′(x)＝3ax2＋1，∴5－a＝3a＋1，【答案】1(2)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝.【解析】基本法：令f(x)＝x＋lnx，求導得f′(x)＝1f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設直線y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切點為P(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0又ax＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即ax＋ax0＋2＝0，當a＝0時，顯然不滿足此方程，速解法：求出y＝x＋lnx在(1,1)處的切線為y＝2x－1y＝2x－1∴Δ=a2－8a＝0，∴a＝8或a＝0(顯然不成立).【答案】8【方法技巧】1．求曲線y＝f(x)的切線方程的三種類型及方法(1)已知切點P(x0，y0)，求y＝f(x)過點P的切線方程：可先求出切線的斜率f′(x0)，由點斜式寫出方程.(2)已知切線的斜率k，求y＝f(x)的切線方程：設切點P(x0，y0)，通過方程k＝f′(x0)解得x0，再由點斜式寫出方程.(3)已知切線上一點(非切點)，求y＝f(x)的切線方程：設切點P(x0，y0)，利用導數(shù)求得切線斜率f′(x0)，然后由斜率公式求得切線斜率，列方程(組)解得x0，再由點斜式或兩點式寫出方程.2．利用切線(或方程)與其他曲線的關系求參數(shù)已知過某點的切線方程(斜率)或其與某線平行、垂直，利用導數(shù)的幾何意義、切點坐標、切線斜率之間的關系構建方程(組)或函數(shù)求解.【變式探究】(1)已知f(x)為偶函數(shù)，當x＜0時，f(x)＝ln(－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(13)處的切線方程是.【解析】令x＞0，則－x＜0，f(－x)＝lnx－3x，又f(－x)＝f(x)，∴f(x)＝lnx－3x(x＞0)，則f′(x)3(x＞0)，∴f′(1)2，∴y＝f(x)在點(13)處的切線方程為y＋32(x－1)，即y2x－1.【答案】y2x－1(2)設曲線y＝ax－ln(x＋1)在點(0,0)處的切線方程為y＝2x，則a＝()【解析】y′＝a當x＝0時，y′＝a－1＝2，【答案】D(3)已知曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，則a＝.【解析】令f(x)＝x＋lnx，求導得f′(x)＝1f′(1)＝2，又f(1)＝1，所以曲線y＝x＋lnx在點(1,1)處的切線方程為y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.設直線y＝2x－1與曲線y＝ax2＋(a＋2)x＋1的切點為P(x0，y0)，則y′|x＝x0＝2ax0＋a＋2＝2，得a(2x0＋1)＝0，∴a＝0或x0又ax＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，即ax＋ax0＋2＝0，當a＝0時，顯然不滿足此方程，【答案】8高頻考點二利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性例2、（2018年全國卷Ⅱ)若f(x)=cosx-sinx在[0,a]是減函數(shù)，則a的最大值是A.B.C.D.【答案】C【解析】因為，所以由得【變式探究】【2017課標3，文21】已知函數(shù)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.（1）討論f(x)的單調性；（2）當a﹤0時，證明f(x)<--2.【答案】（1）當a之0時，f(x)在(0,+偽)單調遞增；當a<0時，則f(x)在(0,-)單調遞增，在(-,+偽)單調遞減2）詳見解析【解析】（1）f（x）的定義域為（0，+偽f‘x=+2ax+2a+1=.若a≥0，則當x∈（0，+偽）時，f’x＞0，故f（x）在（0，+偽）單調遞增.若a＜0，則當x∈0,-時，f’x＞0；當x∈-，+偽時，f’x＜0.故f（x）在0,-單調遞增，（2）由（1）知，當a＜0時，f（x）在x=-取得最大值，最大值為f-=ln--1-.所以fx<--2等價于ln--1-<--2，即ln-++1<0.設g（x）=lnx-x+1，則g’x=-1.（1，+偽）單調遞減.故當x=1時，g（x）取得最大值，最大值為g（1）=0.所以當x＞0時，g（x）≤0.從而當a＜0時，ln-++1<0，即fx<--2.【變式探究】(1)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)＝1，且對任意x∈R都有f′(x)則不等式f(x2)＞的解集為()C．(－1,1)D．(1，+∞)【解析】令g(x)＝f(x)－(x＋1)，∴g′(x)＝f′(x)0，故g(x)在(-∞,+∞)上單調遞減且g(1)＝0.令g(x)>0，則x＜1，f(x2)＞?f(x2)0?g(x2)＞0?x2＜1?-1＜x＜1.故選C.【答案】C (2)若函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋在2 A．[－1,0]B．[－1，+∞)C．[0,3]D．[3，+∞) 【解析】由題意知f′(x)≥0對任意的x∈2恒成立，又f′(x)＝2x＋a所以2x＋ 1，+∞1－2x11，+∞的x∈2恒成立，分離參數(shù)得a≥x2－2x，若滿足題意，需a≥xmax.令h(x)＝x2－2x，x∈2.因為h′(x)2，所以當x∈，+∞時，h′(x)＜0，即h(x)在，+∞上單調遞減，所以h(x)＜h＝3，故a≥3.【答案】D【方法技巧】1．若求單調區(qū)間(或證明單調性)，只需在函數(shù)f(x)的定義域內解(或證明)不等式f′(x)>0或f′(x)<0即可.2．若已知f(x)的單調性，則轉化為不等式f′(x)≥0或f′(x)≤0在單調區(qū)間上恒成立問題求解.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2lnx，則函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為.【解析】函數(shù)f(x)＝x2＋3x－2lnx的定義域為(0，+∞).f′(x)＝2x＋3令2x＋30，即2x2＋3x－2＜0，解得x∈-2，.又x∈(0，+∞)，所以x∈0，.所以函數(shù)f(x)所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間為2.【答案】高頻考點三 12含參數(shù)的函數(shù)的單調性f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.（1）討論f(x)的單調性；（2）當a﹤0時，證明f(x)<--2.【答案】（1）當a之0時，f(x)在(0,+偽)單調遞增；當a<0時，則f(x)在(0,-)單調遞增，在(-,+偽)單調遞減2）詳見解析【解析】（1）f（x）的定義域為（0，+偽f‘x=+2ax+2a+1=.若a≥0，則當x∈（0，+偽）時，f’x＞0，故f（x）在（0，+偽）單調遞增.若a＜0，則當x∈0,-時，f’x＞0；當x∈-，+偽時，f’x＜0.故f（x）在0,-單調遞增，（2）由（1）知，當a＜0時，f（x）在x=-取得最大值，最大值為f-=ln--1-.所以fx<--2等價于ln--1-<--2，即ln-++1<0.設g（x）=lnx-x+1，則g’x=-1.（1，+偽）單調遞減.故當x=1時，g（x）取得最大值，最大值為g（1）=0.所以當x＞0時，g（x）≤0.從而當a＜0時，ln-++1<0，即fx<--2.【變式探究】已知函數(shù)f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.(1)討論f(x)的單調性；(2)若f(x)有兩個零點，求a的取值范圍.【解析】(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a).(ⅰ)設a≥0，則當x∈(-∞,1)時，f′(x)＜0；當x∈(1，+∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)在(-∞,1)上單調遞減，在(1，+∞)上單調遞增.(ⅱ)設a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)①若a則f′(x)＝(x－1)(ex－e)＞0，所以f(x)在(-∞,+∞)上單調遞增②若a則ln(－2a)＜1，故當x∈(-∞,ln(－2a))∪(1，+∞)時，f′(x)＞0；當x∈(ln(－2a)，1)時，f′(x)＜0，所以f(x)在(-∞,ln(－2a))，(1，+∞)上單調遞增，在(ln(－2a)，1)上單調遞減.③若a則ln(－2a)＞1，故當x∈(-∞,1)∪(ln(－2a)，+∞)時，f′(x)＞0；當x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0，所以f(x)在(-∞,1)，(ln(－2a)，+∞)上單調遞增，在(1，ln(－2a))上單調遞減.(2)(ⅰ)設a＞0，則由(1)知，f(x)在(-∞,1)上單調遞減，在(1，+∞)上單調遞增.又f(1)e，f(2)＝a，取b滿足b＜0且b＜ln，則f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－b＞0，所以f(x)有兩個零點.(ⅱ)設a＝0，則f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一個零點.(ⅲ)設a＜0，若a≥-，則由(1)知，f(x)在(1，+∞)上單調遞增，又當x≤1時，f(x)＜0，故f(x)不存在兩個零點；若a＜－，則由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上單調遞減，在(ln(－2a)，+∞)上單調遞增，又當x≤1時，f(x)＜0，故f(x)不存在兩個零點綜上，a的取值范圍為(0，+∞).【方法技巧】1．求函數(shù)的單調區(qū)間的“三個”方法方法一第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)；第3步：解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0，解集在定義域內的部分為單調區(qū)間.方法二第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域：第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)，令f′(x)＝0，解此方程，求出在定義區(qū)間內的一切實根；第3步：把函數(shù)f(x)的間斷點(即f(x)的無定義點)的橫坐標和上面的各實數(shù)根按由小到大的順序排列起來，然后用這些點把函數(shù)f(x)的定義域分成若干個小區(qū)間；第4步：確定f′(x)在各個區(qū)間內的符號，根據(jù)符號判定函數(shù)在每個相應區(qū)間內的單調性.方法三第1步：確定函數(shù)y＝f(x)的定義域；第2步：求導函數(shù)y′＝f′(x)，并將其化簡表示為某些基本初等函數(shù)的和、差、積、商.第3步：利用相應基本初等函數(shù)的圖象與性質，確定f′(x)在某些區(qū)間的正、負，進而得到單調區(qū)間.2．根據(jù)函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上的單調性，求參數(shù)范圍的方法(1)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞增；轉化為f′(x)≥0在(a，b)上恒成立求解.(2)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調遞減，轉化為f′(x)≤0在(a，b)上恒成立求解.(3)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上單調，轉化為f′(x)在(a，b)上不變號，即f′(x)在(a，b)上恒正或恒負.(4)若函數(shù)y＝f(x)在(a，b)上不單調，轉化為f′(x)＝0在(a，b)上有解.【變式探究】設f(x)＝ex(lnx－a)(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828…)(1)若y＝f(x)在x＝1處的切線方程為y＝2ex＋b，求a，b的值.1 (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間e上單調遞減，求a1 【解析】(1)∵f′(x)＝ex(lnx－a)＋ex·lnx＋1－a=exx，所以由題意，得f′(1)＝e(1－a)＝2e，解得a1.所以f(1)＝e(ln1－a)＝e，由切點(1，e)在切線y＝2ex＋b上，得e＝2e＋b，be，故a1，be.(2)由題意可得f′(x)＝exx1因為ex＞0，所以只需lnx＋－a≤0，即a≥lnx＋在e，e上恒成立．令g(x)＝lnx＋.1因為g′(x)xeg′(x)-+g(x)ge＝ln＋e＝e－1，g(e)＝1因為e－1＞1所以g(x)max＝ge＝e－1.故a≥e－1.高頻考點四利用導數(shù)求函數(shù)極值例4、已知函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx，其中a∈R.(1)當a＝1時，求曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程；(2)當a>0時，若f(x)在區(qū)間[1，e]上的最小值為－2，求a的取值范圍.【解析】(1)當a＝1時，f(x)＝x2－3x＋lnx(x>0)，所以f′(x)＝2x－3所以f(1)2，f′(1)＝0.所以切線方程為y2.(2)函數(shù)f(x)＝ax2－(a＋2)x＋lnx的定義域為(0，+∞)，當a>0時，f′(x)＝2ax－(a＋2)令f′(x)＝0，解得x＝或x＝.①當0<≤1，即a≥1時，f(x)在[1，e]上單調遞增.所以f(x)在[1，e]上的最小值為f(1)2，符合題意；11為fa<f(1)2，不合題意. 11上單調遞增，所以f(x)在[1，e]上的最小值③當≥e，即0<a≤時，f(x)在[1，e]上單調遞減，所以f(x)在[1，e]上的最小值為f(e)<f(1)2，不合題意.綜上，實數(shù)a的取值范圍是[1，+∞).【方法技巧】利用導數(shù)研究函數(shù)極值、最值的方法(1)若求極值，則先求方程f′(x)＝0的根，再檢查f′(x)在方程根的左右函數(shù)值的符號.(2)若已知極值大小或存在情況，則轉化為已知方程f′(x)＝0根的大小或存在情況來求解.(3)求函數(shù)f(x)在閉區(qū)間[a，b]上的最值時，在得到極值的基礎上，結合區(qū)間端點的函數(shù)值f(a)，f(b)與f(x)的各極值進行比較得到函數(shù)的最值.【舉一反三】函數(shù)f(x)＝x2－lnx的最小值為()A．1＋ln2B．1－ln2C.D.【答案】C【解析】因為f(x)＝x2－lnx(x>0)，所以f′(x)＝2x令2x0得x令f′(x)>0，則x>；令f′(x)<0，0，，+0，，+∞2則0<x<，所以f(x)在2上單調遞減，在2上單調遞增，所以f(x)的極小值(也是最小值)為2-ln故選C.【變式探究】設函數(shù)f(x)＝2(x－2)ex－ax2＋2ax＋3，若x＝1是f(x)的極小值點，求實數(shù)a的取值范圍.f′(x)＝2(x－1)ex－2ax＋2a＝2(x－1)(ex－a)；x∈(1，+∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)的極小值點，所以a≤0符合題意；②當0<a<e時，f′(x)＝0?x1＝1或x2＝lna，且lna<1；x∈(-∞,lna)?f′(x)>0；x∈(lna，1)?f′(x)<0；x∈(1，+∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)的極小值點，所以0<a<e符合題意；③當a>e時，f′(x)＝0?x1＝1或x2＝lna，且lna>1；x∈(-∞,1)?f′(x)>0；x∈(1，x∈(lna，+∞)?f′(x)>0；x＝1是f(x)的極大值點，所以a>e不符合題意；當a＝e時，f′(x)＝2(x－1)(ex－e)≥0，f(x)在R上單調遞增，無極值.綜上，實數(shù)a的取值范圍為(-∞,e).1．(2019·高考全國卷Ⅱ)曲線y＝2sinx＋cosx在點(π,-1)處的切線方程為()A．x－y-π-1＝0B．2x－y－2π-1＝0C．2x＋y－2π+1＝0D．x＋y-π+1＝0【答案】C【解析】依題意得y′＝2cosx－sinx，y′|x=π=(2cosx－sinx)|x=π=2cosπ-sinπ=-2，因此所求的切線方程為y＋12(x-π)，即2x＋y－2π+1＝0，故選C.2．(2019·高考全國卷Ⅲ)已知曲線y＝aex＋xlnx在點(1，ae)處的切線方程為y＝2x＋b，則()【答案】D【解析】因為y′＝aex＋lnx＋1，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝ae＋1，所以切線方程為y－ae＝(ae＋1)(x－1)，即y＝(ae+1)x－1，與切線方程y＝2x＋b對照，可得tb1，解得tb1.故選D.3．(2019·高考全國卷Ⅲ節(jié)選)已知函數(shù)f(x)＝2x3－ax2＋2.討論f(x)的單調性.f－2ax＝2x(3x－a).令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.a，+∞10，a、a，+∞1若a>0，則當x∈(-∞,0)∪、3時，f′(x)>0；當x∈、3時，f′(x)<0.故f(x)在(-∞,0)，、3I單調遞增，在+∞)時，f′(x)>0；a1-∞,a13單調遞減．若a＝0，則f(x)在(-∞,+∞)單調遞增．若a<0，則當x∈3∪(0，當x∈3時，f′(x)<0.故f(x)在3，(0，+∞)單調遞增，在3單調遞減.1.（2018年浙江卷）已知λ∈R，函數(shù)f(x)=，當λ=2時，不等式f(x)<0的解集是 .若函數(shù)f(x)恰有2個零點，則λ的取值范圍是.【答案】(1).(1,4)(2).(13]U(4,+)【解析】由題意得或，所以2≤x<4或1<x<2，即1<x<4，不等式f(x)<0的解f()=x-4>0，此時，即在上有兩個零點；當時，f(x)=x-4=0,x=4，由f(x)=2-4x+3在上只能有一個零點得12≤3.綜上，的取值范圍為(1,3]U(4,+)。2.（2018年江蘇卷）若函數(shù)在。+內有且只有一個零點，則在[-1,1]上的最大值與最小值的和為.【答案】–3【解析】由得，因為函數(shù)f(x)在上有且僅有一個零點且f(0)=l，所以,因此從而函數(shù)f(x)在[-1,0]上單調遞增，在[0,1]上單調遞減，所以3.（2018年天津卷）設函數(shù)，其中,且是公差為的等差數(shù)列.（I）若求曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程；（II）若d=3，求的極值；（III）若曲線y=f(x)與直線有三個互異的公共點，求d的取值范圍.【答案】(Ⅰ)x+y=0；(Ⅱ)極大值為6；極小值為?6；(Ⅲ)【解析】(Ⅰ)由已知，可得f(x)=x(x?1)(x+1)=x3?x，故=3x2?1，因此f(0)=0，fo)=?1，又因為曲線y=f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y?f(0)=fo)(x?0)，故所求切線方程為x+y=0.(Ⅱ)由已知可得f(x)=(x?t2+3)(x?t2)(x?t2?3)=(x?t2)3?9(x?t2)=x3?3t2x2+(3t22?9)x?t23+9t2.故f(=3x2?6t2x+3t22?9．令=0，解得x=t2?,或x=t2+.當x變化時f(x)的變化如下表：x2?)t2?(t2?2+)t2+(t2++0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗所以函數(shù)f(x)的極大值為f(t2?)=(?)3?9×(?)=6；函數(shù)f(x)的極小值為f(t2+)=()3?9×()=?6.(Ⅲ)曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個互異的公共點等價于關于x的方程(x?t2+d)(x?t2)(x?t2?d)+(x?t2)+6=0有三個互異的實數(shù)解，令u=x?t2，可得u3+(1?d2)u+6=0.設函數(shù)g(x)=x3+(1?d2)x+6，則曲線y=f(x)與直線y=?(x?t2)?6有三個互異的公共點等價于函數(shù)y=g(x)有三個零點.g(x)=3x3+(1?d2).當d2≤1時，g(x)≥0，這時g(x)在R上單調遞增，不合題意.當d2>1時，g(x)=0，解得x1=，x2=.易得，g(x)在(?∞,x1)上單調遞增，在[x1，x2]上單調遞減，在(x2，+∞)上單調遞增.g(x)的極大值g(x1)=g()=>0.g(x)的極小值g(x2)=g()=?.若g(x2)≥0，由g(x)的單調性可知函數(shù)y=g(x)至多有兩個零點，不合題意.若g)<0即，也就是d>，此時d>，且,從而由g(x)的單調性，可知函數(shù)y=g(x)在區(qū)間內各有一個零點，符合題意.所以，的取值范圍是.4.（2018年全國卷Ⅱ)已知函數(shù).（1）若a=3，求的單調區(qū)間；（2）證明：f(x)只有一個零點.【答案】見解析【解析】（1）當a=3時，f（x）=，f′（x）=.令f′（x）=0解得x=3-25或x=3+25.f′（x）>0；當x∈（3-25，3+25）時，f′（x）<0.故f（x）在(?∞,3-253+25，+∞)單調遞增，在（3-25，3+25）單調遞減.（2）由于2+x+1>0，所以f(x)=0等價于.單調遞增．故g（x）至多有一個零點，從而f（x）至多有一個零點.又f（3a–1）=，f（3a+1）=，故f（x）有一個零點.綜上，f（x）只有一個零點.1.【2017浙江，7】函數(shù)y=f(x)的導函數(shù)y=f,(x)的圖像如圖所示，則函數(shù)y=f(x)的圖像可能是【答案】D【解析】原函數(shù)先減再增，再減再增，且由增變減時，極值點大于0，因此選D.+x2.【2017課標1，文14】+x在點（1，2）處的切線方程為.【解析】設y=f(x)，則f,(x)=2x-，所以f,(1)=2-1=1，+x所以曲線+x3.【2017課標1，文21】已知函數(shù)f(x)=ex(ex﹣a)﹣a2x.（1）討論f(x)的單調性；（2）若f(x)之0，求a的取值范圍.【答案】（1）當a=0，f(x)在(-偽,+偽)單調遞增；當a>0，f(x)在(-偽,lna)單調遞減，在(lna,+偽)單調遞增；當a<0，f(x)4.【2017課標II，文21】設函數(shù)f(x)=(1-x2)ex.（1）討論f(x)的單調性；【答案】(Ⅰ)在(-偽,-1-)和(-1+,+偽)單調遞減，在(-1-,-1+)單調遞增(Ⅱ)【解析】（1）f’(x)=(1-2x-x2)ex令f’(x)=0得x=-1-，x=-1+所以f(x)在（-∞,-1--1+，+∞)(2)f(x)=(1+x)（1-x）ex當a≥1時，設函數(shù)h(x)=（1-x）ex，h’(x)=-xex＜0（x＞0因此h(x)在[0，+∞)單調遞減，而h(0)=1，故h(x)≤1，所以f(x)=（x+1）h(x)≤x+1≤ax+1當0＜a＜1時，設函數(shù)g（x）=ex-x-1，g’（x）=ex-1＞0（x＞0所以g（x）在在[0，+∞)單調遞增，而g