专题04导数及其应用（解析版）.docx

1、专题04 导数及其应用目录一览2023真题展现考向一 导数与单调性考向二 利用导数研究函数的极值、最值真题考查解读近年真题对比考向一 导数的运算考向二 利用导数研究函数的极值、最值考向三 利用导数研究曲线上某点切线方程命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一 导数与单调性1（2023新高考第6题）已知函数f（x）aexlnx在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（）Ae2BeCe1De2【答案】C解：对函数f（x）求导可得，f(x)=aex-1x，依题意，aex-1x0在（1，2）上恒成立，即a1xex在（1，2）上恒成立，设g(x)=1xex，x(1，2)，则g(x)=-

2、(ex+xex)(xex)2=-ex(x+1)(xex)2，易知当x（1，2）时，g（x）0，则函数g（x）在（1，2）上单调递减，则ag(x)max=g(1)=1e=e-1故选：C考向二 导数与极值、最值2（2023新高考第11题）（多选）若函数f（x）alnx+bx+cx2（a0）既有极大值也有极小值，则（）Abc0Bab0Cb2+8ac0Dac0【答案】BCD解：函数定义域为（0，+）且f（x）=ax-bx2-2cx3=ax2-bx-2cx3，由题意，方程f（x）0即ax2bx2c0有两个正根，设为x1，x2，则有x1+x2=ba0，x1x2=-2ca0，b2+8ac0，ab0，ac0，

3、abaca2bc0，即bc0故选：BCD【命题意图】考查原函数和导函数的关系，考查求导公式，导数几何意义及导数的应用，利用导数研究函数的单调性、极值最值、函数零点问题体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想【考查要点】函数与导数是高考必考知识点，考查运用函数的导数解决问题：求切线方程、单调区间、极值最值、零点等【得分要点】1.利用导数判断函数单调性：设函数在某个区间内可导，该区间内为增函数； 该区间内为减函数；注意：当在某个区间内个别点处为零，在其余点处为正（或负）时，在这个区间上仍是递增（或递减）的。在该区间内单调递增在该区间内恒成立；在该区间内单调递减在该区间内恒成立；2.利用导数求

4、极值：（1）定义：设函数在点附近有定义，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极大值。记作，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极小值。记作。极大值和极小值统称为极值。（2）求函数在某个区间上的极值的步骤：（i）求导数；（ii）求方程的根；（iii）检查在方程的根的左右的符号：“左正右负”在处取极大值；“左负右正”在处取极小值。特别提醒：是极值点的充要条件是点两侧导数异号，而不仅是0，0是为极值点的必要而不充分条件。给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！ 3.利用导数求最值：比较端点值和极值（1）

5、定义：函数在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点值中的“最大值”；函数在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点值中的“最小值”。（2）求函数在上的最大值与最小值的步骤：求函数在（）内的极值（极大值或极小值）；将的各极值与，比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。考向一导数的运算（多选）1（2022新高考）已知函数f（x）及其导函数f（x）的定义域均为R，记g（x）f（x）若f（2x），g（2+x）均为偶函数，则（）Af（0）0Bg（）0Cf（1）f（4）Dg（1）g（2）解：f（2x）为偶函数，可得f（2x）f（+2x），f（x）关于x对称，令x，可得f

6、（2）f（+2），即f（1）f（4），故C正确；g（2+x）为偶函数，g（2+x）g（2x），g（x）关于x2对称，故D不正确；f（x）关于x对称，x是函数f（x）的一个极值点，函数f（x）在（，t）处的导数为0，即g（）f（）0，又g（x）的图象关于x2对称，g（）g（）0，函数f（x）在（，t）的导数为0，x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称，（，t）关于x的对称点为（，t），由x是函数f（x）的极值点可得x是函数f（x）的一个极值点，g（）f（）0，进而可得g（）g（）0，故x是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x对称，（，t）关于x的对称点为（，t），g（）f（

7、）0，故B正确；f（x）图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A错误解法二：构造函数法，令f（x）1sinx，则f（2x）1+cos2x，则g（x）f（x）cosx，g（x+2）cos（2+x）cosx，满足题设条件，可得只有选项BC正确，故选：BC考向二 利用导数研究函数的极值（多选）2（2022新高考）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yf（x）的对称中心D直线y2x是曲线yf（x）的切线解：f（x）3x21，令f（x）0，解得或，令f（x）0，解得，f（x）在上单调递增，在上单调递减，且，f（x）

8、有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；又f（x）+f（x）x3x+1x3+x+12，则f（x）关于点（0，1）对称，故选项C正确；假设y2x是曲线yf（x）的切线，设切点为（a，b），则，解得或，显然（1，2）和（1，2）均不在曲线yf（x）上，故选项D错误故选：AC考向三利用导数研究曲线上某点切线方程3（2022新高考）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 解：yex+（x+a）ex，设切点坐标为（x0，（x0+a），切线的斜率k，切线方程为y（x0+a）（）（xx0），又切线过原点，（x0+a）（）（x0），整理得：，切线存在两条，方程有两个不

9、等实根，a2+4a0，解得a4或a0，即a的取值范围是（，4）（0，+），故答案为：（，4）（0，+）4（2022新高考）曲线yln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 ， 解：当x0时，ylnx，设切点坐标为（x0，lnx0），y，切线的斜率k，切线方程为ylnx0（xx0），又切线过原点，lnx01，x0e，切线方程为y1，即xey0，当x0时，yln（x），与ylnx的图像关于y轴对称，切线方程也关于y轴对称，切线方程为x+ey0，综上所述，曲线yln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为xey0，x+ey0，故答案为：xey0，x+ey05（2021新高考）若过点（a，b）可以作曲线ye

10、x的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea解：法一：函数yex是增函数，yex0恒成立，函数的图象如图，y0，即切点坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0bea故选：D法二：设过点（a，b）的切线横坐标为t，则切线方程为yet（xt）+et，可得bet（a+1t），设f（t）et（a+1t），可得f（t）et（at），t（，a），f（t）0，f（t）是增函数，t（a，+），f

11、（t）0，f（t）是减函数，因此当且仅当0bea时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线故选：D6（2021新高考）已知函数f（x）|ex1|，x10，x20，函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1）和点B（x2，f（x2）的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围是 【解答】解：当x0时，f（x）1ex，导数为f（x）ex，可得在点A（x1，1ex1）处的斜率为k1ex1，切线AM的方程为y（1ex1）ex1（xx1），令x0，可得y1ex1+x1ex1，即M（0，1ex1+x1ex1），当x0时，f（x）ex1，导数为f（x）ex，可得在点B（x2，ex21）处的斜

12、率为k2ex2，令x0，可得yex21x2ex2，即N（0，ex21x2ex2），由f（x）的图象在A，B处的切线相互垂直，可得k1k2ex1ex21，即为x1+x20，x10，x20，所以（0，1）故答案为：（0，1）从近三年的新高考试题来看，多集中于考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式证明等问题，常结合函数的零点、最值等问题综合考查，比如含函数单调性问题、恒成立问题等。复习时，重点把握导数的应用，加强导数与函数的单调性、导数与函数的极值，导数与函数的最值的认知，理解划归与转化思想、分类讨论思想、函数与方程思想的应用。 一变化的快慢与变化率（共2小题）1（2023河南模拟）某海湾

13、拥有世界上最大的海潮，其高低水位之差可达到15米假设在该海湾某一固定点，大海水深d（单位：m）与午夜后的时间t（单位：h）之间的关系为d（t）10+4cost，则下午5：00时刻该固定点的水位变化的速度为（）ABCD【解答】解：由d（t）10+4cost，知d（t）sint，所以下午5：00时刻该固定点的水位变化的速度为d（17）sin（17）sin（5+）（）故选：A2（2023奉贤区校级三模）函数yx3在区间0，2的平均变化率与在xx0（0x02）处的瞬时变化率相同，则正数x0【解答】解：函数yx3在区间0，2的平均变化率为，yx3，则y3x2，故函数yx3在xx0（0x02）处的瞬时变化

14、率为，由题意可知，解得（负值舍去）故答案为：二导数及其几何意义（共2小题）3（2023平顶山模拟）曲线在点处的切线的斜率为0，则实数a（）ABC1D1【解答】解：由题可得，则，所以a1故选：D4（2023定西模拟）已知函数f（x）x2lnx的图象在（1，f（1）处的切线与直线x+ay10垂直，则实数a【解答】解：由f（x）x2lnx得f（x）2xlnx+x，所以f（1）1，由于f（x）在（1，f（1）处的切线与直线x+ay10垂直，所以故答案为：1三导数的运算（共3小题）5（2023大埔县三模）设函数f（x）在R上可导，且f（lnx）x+lnx，则f（0）（）A0B1C2D3【解答】解：令tl

15、nx，则tR，xet，所以f（t）et+t，所以f（t）et+1，所以f（0）e0+12故选：C6（2023湖北模拟）函数的导函数为（）ABCD【解答】解：，则故选：D7（2023南关区校级模拟）已知函数，其导函数记为f（x），则f（389）+f（389）+f（389）f（389）（）A2B2C3D3【解答】解：，f（x）f（x），f（389）f（389）0，又，f（389）+f（389）2，f（389）+f（389）+f（389）f（389）2故选：A四利用导数研究函数的单调性（共14小题）8（2023东莞市校级三模）已知，则a，b，c的大小关系为（）AacbBcbaCbacDabc【解答】

16、解：ae0.9+1，b2+0.9，cln（0.9e3）ln0.9+3，ba2+0.9（e0.9+1）1+0.9e0.9，设f（x）1+xex，x0f（x）1ex0，所以f（x）在（0，+）上单调递减，因为0.90，所以f（0.9）f（0）0，所以ba，cb3+ln0.9（2+0.9）1+ln0.90.9，令g（x）1+lnxx，x（0，1），g（x）10，所以g（x）在（0，1）上单调递增，又00.91，所以g（0.9）g（1）0，所以cb，所以abc，故选：D9（2023湖南模拟）函数f（x）的定义域为D，导函数为f（x），若对任意xD，f（x）f（x）成立，则称f（x）为“导减函数”下列函

17、数中，是“导减函数”的为（）Ayx2BycosxCylogxDy2x【解答】解：若函数的定义域为D，若对任意xD，yx2，y2x，当x1时，y2y1，则yx2不符合导减函数的定义；ycosx，ysinx，当x时，y0y1，则ycosx不符合导减函数的定义；ylogx，当时，则ylogx不符合导减函数的定义；y2x，y2xln22x，则y2x符合导减函数的定义故选：D10（2023辽阳二模）现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f（x）是f（x）的导函数，f（x）是f（x）的导函数，则曲线yf（x）在点（x，f（x）处的曲率函数f（x）3ln

18、x的图象在（1，f（1）处的曲率为（）ABCD【解答】解：因为f（x）3lnx，所以 ，所以f（1）3，f（1）3，所以K故选：D11（2023射洪市校级模拟）设函数f（x），g（x）在R的导函数存在，且f（x）g（x），则当x（a，b）时（）Af（x）g（x）Bf（x）g（x）Cf（x）+g（a）g（x）+f（a）Df（x）+g（b）g（x）+f（b）【解答】解：设h（x）f（x）g（x），则h（x）f（x）g（x）0，所以h（x）在R上单调递减，因为axb，所以h（a）h（x）h（b），即f（a）g（a）f（x）g（x）f（b）g（b），所以f（x）+g（a）g（x）+f（a），f（x）+

19、g（b）g（x）+f（b），即选项C正确，D错误，而选项A和B无法判断故选：C12（2023江宁区校级二模）若函数f（x）lnx与g（x）ax1（a0）的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式f（x3）a3x4的解集为（）A（，4）B（4，+）C（3，4）D（3，5）【解答】解：f（x）与g（x）只有1个交点等价于函数h（x）lnxax+1只有1个零点，即只有1个解，令，则，p（1）0，当0x1时，p（x）0，p（x）单调递增，当x1时，p（x）0，p（x）单调递减，并且p（x）0，所以p（x）maxp（1）1，p（ e2）0，函数p（x）的大致图像如下图：a0，a1，原不等式为：ln（x3）

20、13x4，即ln（x3）+3x410，令k（x）ln（x3）+3x41，显然k（x）在x3时是增函数，又k（4）0，k（x）0的解集是（3，4）故选：C13（2023浙江模拟）已知a，b，c（1，0），且满足，则（）AcbaBbacCacbDabc【解答】解：已知a，b，c（1，0），且满足，易得aln（a+1）ln3+2，b3+ln（b+1）ln4，ln（c+1）c+ln21，整理得aln（a+1）2ln3，bln（b+1）3ln4，cln（c+1）1ln2，不妨设f（x）xln（x+1），函数定义域为（1，+），可得f（x）1，当1x0时，f（x）0，f（x）单调递减；当x0时，f（x）0

21、，f（x）单调递增，所以f（c）f（a）f（b），a，b，c0，解得bac故选：B14（2023华龙区校级模拟）函数f（x）ln2x的图象与函数的图象交点的横坐标为x0，则（）Aln2BCDln2【解答】解：令f（x）g（x），则ln2xexex+x（x0），所以exexxln2x2x+eln2xeln2x+ln2x，设h（x）exexx（x0），则h（x）ex+ex11+010，所以h（x）在（0，+）上单调递增，所以x0ln2x0，即，所以（x0）故选：B15（2023扬州三模）已知函数f（x）的导函数为g（x），f（x）和g（x）的定义域均为R，g（x）为偶函数，f（x）exsinx也为

22、偶函数，则下列不等式一定成立的是（）Af（0）0Bg（0）0Cf（x）f（ex）Dg（x）g（ex）【解答】解：根据题意，设h（x）f（x）exsinx，由于h（x）为偶函数，则h（x）h（x），即f（x）ex+sinxf（x）exsinx，等号两边同时求导可得：f（x）+ex+cosxf（x）excosx，即g（x）+ex+cosxg（x）excosx，又由g（x）为偶函数，变形可得g（x）（ex+ex）+cosx，故f（x）（exex）+sinx+C（C为常数），由此分析选项：对于A，由于C不确定，f（0）0不一定成立，A错误；对于B，g（0）（1+1）+12，B错误；对于C，设F（x）e

23、xx，有F（x）ex1，当x（0，+）时，F（x）ex10，F（x）为增函数，当x（，0）时，F（x）ex10，F（x）为减函数，则有F（x）F（0）1，故exx在R上恒成立，又由g（x）（ex+ex）+cosx1+cosx0，f（x）为R上的增函数，则有f（x）f（ex），C正确；对于D，g（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，不能保证g（x）g（ex）成立，D错误故选：C16（2023九江模拟）设函数f（x）的定义域为R，其导函数为f（x），且满足f（x）f（x）+1，f（0）2023，则不等式exf（x）ex+2022（其中e为自然对数的底数）的解集是（）A（2022，+）B（，2023）

24、C（0，2022）D（，0）【解答】解：设g（x），f（x）f（x）+1，即f（x）f（x）+10，g（x）0，g（x）在R上单调递减，又f（0）2023，不等式exf（x）ex+20222022f（0）1，即g（x）g（0），x0，原不等式的解集为（，0）故选：D17（2023邵阳三模）定义在R上的可导函数f（x）满足f（x）f（x）x（ex+ex），且在（0，+）上有，若实数a满足f（2a）f（a+2）2ae2a+aea2+2ea20，则a的取值范围为（）ABa2C或a2Da2【解答】解：设g（x）f（x）xex，则g（x）f（x）+，因为在（0，+）上有，所以当x0时，g（x）0，即g（

25、x）在（0，+）上单调递减，又g（x）g（x）f（x）xexf（x）xexx（ex+ex）xexxex0，所以g（x）g（x），即g（x）为偶函数，所以g（x）在（，0）上单调递增，由f（2a）f（a+2）2ae2a+aea2+2ea20，得f（2a）2ae2af（a+2）（a+2）e（a+2），即g（2a）g（a+2），所以|2a|a+2|，解得a2故选：A18（2023安徽模拟）设5a+15ln5，b+e33，则（）AbcaBabcCcabDcba【解答】解：易知，令，则f（x）在（0，+）单调递增，又e35，所以，所以ab又，则，即bc综上，abc故选：B19（2023驻马店三模）设，则

26、（）AabcBcbaCacbDcab【解答】解：设f（x），x1，则f（x），当xe时，f（x）0，即f（x）在（e，+）上单调递增，当1xe时，f（x）0，即f（x）在（1，e）上单调递减，a，b，c2，e28，即ba2e，f（）f（2），即ca，综上，cab故选：D20（2023海淀区校级三模）已知函数f（x）xasinx在R上不是单调函数，且其图象完全位于直线xy30与xy+40之间（不含边界），则a的一个取值为 【解答】解：由题意得f（x）1acosx，f（x）的最大最小值必在1a，1+a中取得，且f（x）xasinx在R上不是单调函数，必有（1a）（1+a）0，解得|a|1，又f（x

27、）图象完全位于直线xy30与xy+40之间，x+4（xasinx）0且xasinx（x3）0，即恒成立，则|a|3，综上所述，1|a|3故答案为：2（答案不唯一）21（2023吕梁三模）若ae0.7，b，则a，b，c的大小关系为（）AacbBbacCcbaDbca【解答】解：令，则，当x（1，+）时，f（x）0，函数f（x）在（1，+）上单调递减，故f（3.5）f（1）0，即，即bc；令，则g（x）exx1，g（x）ex1，当0x1时，g（x）0，g（x）单调递增且g（0）0，故g（x）0，故函数g（x）在（0，1）上单调递增，故g（0.7）g（0）0，即，故ac，则acb，故选：A五函数在某

28、点取得极值的条件（共1小题）22（2023常德二模）已知函数f（x）ax3+x2ax（aR，且a0）如果存在实数a（，1，使函数g（x）f（x）+f（x），x1，b（b1）在x1处取得最小值，则实数b的最大值为【解答】解：由题意，g（x）ax3+（3a+1）x2+（2a）xa，据题知，g（x）g（1）在区间1，b上恒成立，即：（x+1）ax2+（2a+1）x+（13a）0当x1时，不等式成立；当1xb时，不等式可化为ax2+（2a+1）x+（13a）0令（x）ax2+（2a+1）x+（13a），由a（，1知其图象是开口向下的抛物线，故它在闭区间的最小值必在区间端点处取得又（1）4a0，故不等式

29、成立的充要条件是（b）0，整理得：在a（，1上有解，1，1b，实数b的最大值为，故答案为：六利用导数研究函数的极值（共10小题）23（2023禅城区模拟）已知函数f（x）x24xa（ex2+ex+2）有唯一零点，则a（）AB2CD2【解答】解：f（x）x24xa（ex2+ex+2）（x2）2a（ex2+ex+2）4，令tx2，则f（t）t2a（et+et）4为偶函数，图象关于t0对称，若f（t）0有唯一零点，则根据偶函数的性质可知f（0）42a0，所以a2故选：B24（2023金凤区校级一模）已知函数的极值点为x1，函数的最大值为x2，则（）Ax2x1Bx2x1Cx1x2Dx1x2【解答】解：

30、在（0，+）上单调递增，且，所以，由，当x（0，e）时，h（x）0，h（x）单调递增，当x（e，+）时，h（x）0，h（x）单调递减，所以，即，所以x1x2故选：C25（2023阜新模拟）已知函数，则f（x）的极大值为（）A3B1C27D5【解答】解：，解得f（2）15，f（x）x3+3x29x，f（x）3x2+6x93（x+3）（x1），当x3或x1时，f（x）0；当3x1时，f（x）0，f（x）在（，3）和（1，+）上单调递增，在（3，1）上单调递减，当x3时，f（x）取得极大值27故选：C26（2023石嘴山一模）若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（）A（，1）B（0，1）C

31、（0，2）D（2，+）【解答】解：因为有两个不同的极值点，所以在（0，+）上有2个不同的零点，且零点两侧异号，所以x24x+2a0在（0，+）有2个不同的实数根x1，x2，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，所以，解得0a2故选：C27（2023翠屏区校级模拟）若函数f（x）x（x+a）2在x1处有极大值，则实数a的值为（）A1B1或3C1D3【解答】解：函数f（x）x（x+a）2，f（x）（x+a）2+2x（x+a）（x+a）（3x+a），函数f（x）x（x+a）2在x1处有极大值，可得f（1）（1+a）（3+a）0，解得a1或a3，当a1时，f（x）（x1）（3x1），时，f（

32、x）0，x（1，+）时，f（x）0，故f（x）在上单调递减，在（1，+）上单调递增，f（x）在x1处有极小值，不合题意当a3时，f（x）（x3）（3x3），x（，1）时f（x）0，x（1，3）时f（x）0，f（x）在（，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，f（x）在x1处有极大值，符合题意综上可得，a3故选：D28（2023烟台模拟）若函数有两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）5，则（）ABCD【解答】解：由函数，可得f（x）x+a+，因为函数f（x）存在两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程f（x）0的两个正根，即x2+ax+10的两个正根为x1，x2所以，即，所以f（x1

33、）+f（x2）lnx1+ax1+lnx2+ax2（+）+ln（x1x2）+a（x1+x2）1，f（x1）+f（x2）5，所以15，可得a28，因为a2，所以a故选：C29（2023武威模拟）若函数f（x）（x1）2+alnx有两个极值点x1，x2，且x1x2，则f（x2）的取值范围为（）ABCD【解答】解：因为f（x）（x1）2+alnx，所以，若函数f（x）（x1）2+alnx有两个极值点x1，x2，则，所以，且，所以，令函数，则g（x）（24x）lnx0在上恒成立，故g（x）在上单调递增，则，即f（x2）的取值范围为，故选：A30（2023洪山区校级模拟）已知函数f（x）axexax+ae

34、x（a0），若有且仅有两个整数xi（i1，2），满足f（xi）0，则实数a的取值范围为 【解答】解：若f（x）0，则a（xexx+1）ex，所以，所以x，令g（x）x，则g（x）1，令r（x）ex2+x，则r（x）在R上单调递增，且r（0）10，r（1）e10，所以存在x0（0，1），当x（，x0），则r（x）0，g（x）0，g（x）单调递减，当x（x0，+）时，r（x）0，g（x）0，g（x）单调递增，因为g（0）g（1），所以只需1且g（1）且g（2），所以，解得a1，所以a的取值范围为，1）故答案为：，1）31（2023镇安县校级模拟）函数在x2处取得极小值，且极小值为 【解答】解：f（

35、x）的定义域为（0，+），又 ，当0x2时，f（x）0，即f（x）在（0，2）上单调递减，当x2时，f（x）0，即f（x）在（2，+）上单调递增，故函数f（x）在x2处取得极小值，且极小值为1+ln2故答案为：2；1+ln232（2023云南模拟）若函数f（x）alnx+bx在x1处取得极值3，则ba【解答】解：f（x）alnx+bx，又函数f（x）在x1处取得极值3，则f（1）a+b0，且f（1）b3，a3，b3，ba6故答案为：6七利用导数研究函数的最值（共8小题）33（2023泸县校级模拟）若函数f（x）2x3ax2+1（aR）在（0，+）内有且只有一个零点，则a的值为（）A2B1C3D

36、5【解答】解：因为函数f（x）2x3ax2+1（aR）在（0，+）内有且只有一个零点，所以f（x）2x（3xa），x（0，+），当a0时，f（x）2x（3xa）0，函数f（x）在（0，+）上单调递增，f（0）1，所以f（x）没有零点，舍去，当a0时，f（x）2x（3xa）0的解为xa，所以f（x）在（0，a）上递减，在（a，+）上递增，又f（x）只有一个零点，所以f（a）+10，解得a3，故选：C34（2023松江区二模）已知函数，aR，在区间（t3，t+5）上有最大值，则实数t的取值范围是（）A6t0B6t0C6t2D6t2【解答】解：yx22x3（x3）（x+1），易知当x1或x3时，y0

37、，则函数在（，1），（3，+）上单调递增，当1x3时，y0，则函数在（1，3）上单调递减，则函数在x1处取得极大值，且极大值为，令，即x33x29x50，即（x+1）2（x5）0，解得x1或x5，又函数在区间（t3，t+5）上有最大值，则t31t+55，解得6t0故选：B35（2023北流市模拟）已知x1为函数的极值点，则f（x）在区间上的最大值为（）（注：ln20.69）A3B7ln2C5D【解答】解：，由于x1是f（x）的极值点，所以f（1）1+2a3a0，a3，此时，所以f（x）在区间（0，1），f（x）0，f（x）单调递减；在区间（1，+），f（x）0，f（x）单调递增，所以x1是f（

38、x）极小值点，a3符合题意，由于，所以f（x）在区间上的最大值为7ln2故选：B36（2023河北模拟）已知aR，函数若存在tR，使得，则当a取最大值时f（x）的最小值为（）A0BCD【解答】解：因为，所以f（x）ax3x，依题意f（t+2）f（t）a（t+2）3（t+2）（at3t）2a（3t2+6t+4）2，因为存在tR，使得，所以，即有解，因为tR，则3t2+6t+43（t+1）2+11，所以有解，所以，因为3t2+6t+41，所以，所以，所以a的最大值为此时，当且仅当时，取等号，所以f（x）的最小值为，故选：C37（2023四川模拟）若ex+e2xa（x2xlnx）（a0），则a的取值

39、范围为（）A（0，e2BCD【解答】解：不等式ex+e2xa（x2xlnx）化为，即，所以设，则，令t0，则，解得x1，当0x1时，t（x）0，t（x）单调递减；当x1时，t（x）0，t（x）单调递增；所以令f（t）talnt+e2（te），则当0ae时，f（t）0，f（t）单调递增；所以f（t）f（e）ea+e20，解得ae+e2，故0ae满足条件；当ae时，当eta时，f（t）0，当ta时，f（t）0，f（t）在（e，a）上单调递减；f（t）在（a，+）上单调递增；所以，设g（a）aalna+e2（ae），则g（a）lna0，所以g（a）在（e，+）上单调递减，又g（e2）e2e2lne2

40、+e20，所以g（a）g（e2），所以eae2，综上所述，a的取值范围为（0，e2故选：A38（2023安庆二模）已知函数f（x）eaxax，其中a0，若不等式对任意x1恒成立，则a的最小值为 【解答】解：因为f（x）eaxax，所以f（x）aeaxa，所以不等式即为ax（eax1）3（x31）lnx，即，构造函数g（x）x（ex1），x（0，+），则g（x）（ex1）+xex，则即为g（ax）g（lnx3），因为x（0，+），所以ex1，所以ex10，xex0，所以g（x）（ex1）+xex0，所以g（x）在（0，+）上单调递增，而ax（0，+），lnx3（0，+），因此由g（ax）g（ln

41、x3）等价于axlnx3，所以，令，x（1，+），则，所以当1xe时h（x）0，当xe时h（x）0，所以h（x）在（1，e）上单调递增，在（e，+）上单调递减，所以，所以，故正实数a的最小值为故答案为：39（2023三明三模）已知不等式xalnxa2b3恒成立，其中a0，则的最大值为 【解答】解：已知不等式xalnxa2b3恒成立，所以已知不等式xalnxa+2b+3恒成立，不妨设f（x）xalnx，函数定义域为（0，+），可得f（x）1，因为a0，当a0时，f（x）0，f（x）单调递增，函数f（x）无最小值，不满足条件；当a0时，当0xa时，f（x）0，f（x）单调递减；xa时，f（x）0，

42、f（x）单调递增，所以f（x）minf（a）aalna，满足aalnaa+2b+3，即alna2b+3，整理得lna+，所以lna，不妨设g（a）lna，函数定义域为（0，+），可得g（a）+，当0a3时，g（a）0，g（a）单调递增；当a3时，g（a）0，g（a）单调递减，所以g（a）maxg（3）ln3，则的最大值为ln3，故答案为：ln340（2023江西模拟）当x1时，不等式axsin（x1）lnx+a恒成立，则a的范围为 【解答】解：构造f（x）axsin（x1）lnxa，x1，且f（1）0，因为，且f（1）a2，当a2时，f（x）在1，+）上单调递增，f（x）f（1）0成立；当a2

43、时，f（1）a20，又f（x）在1，+）上为连续函数，存在x01，+），使x（1，x0）时，f（x）0，即f（x）在（1，x0）上单调递减，此时f（x）f（1）0，不成立，舍去；则a的范围为a2，故答案为：a|a2八利用导数研究曲线上某点切线方程（共15小题）41（2023湖南模拟）已知函数f（x）alnx+x2在x1处的切线与直线x+y10垂直，则a的值为（）A2B1C1D2【解答】解：因x+y10的斜率为1，则f（1）1f（1）a+21a1故选：B42（2023泸县校级模拟）已知曲线yaxex+lnx在点（1，ae）处的切线方程为y3x+b，则（）Aae，b2Bae，b2Cae1，b2Da

44、e1，b2【解答】解：由yaxex+lnx，得yaex+axex+，由题意，解得ae1，b2故选：C43（2023锦江区校级模拟）已知曲线yxlnx+aex在点x1处的切线方程为2xy+b0，则b（）A1B2C3D0【解答】解：因为ylnx+xaex，所以函数在x1处的导数y|x11，即函数在x1处切线的斜率k1，且y|x1，所以函数在x1处的切线方程为：y（1）（x1），即（1）xy1+20，由题意可得，解得b3，故选：C44（2023梅河口市校级三模）若过点（a，b）可作曲线yx22x的两条切线，则点（a，b）可以是（）A（0，0）B（1，1）C（3，0）D（3，4）【解答】解：由yx22

45、x，得y2x2，设切点坐标为（t，t22t），则过切点的切线方程为y（2t2）（xt）+t22t，把点（a，b）代入，可得b（2t2）（at）+t22t，整理得：t22at+2a+b0，过点（a，b）可作曲线yx22x的两条切线，则方程t22at+2a+b0有两不等实数根，4a24（2a+b）0，即a22ab0分别把（0，0），（1，1），（3，0），（3，4）代入验证，可得只有（3，0）满足故点（a，b）可以是（3，0）故选：C45（2023湖北模拟）已知m0，n0，直线与曲线ylnxn+2相切，则的最小值是（）A16B12C8D4【解答】解：对ylnxn+2求导得，由得xe，则，即m+n1

46、，所以，当且仅当时取等号故选：D46（2023河南三模）已知函数f（x）x3x+a的图象关于原点对称，则与曲线yf（x）和均相切的直线l有（）A1条B2条C3条D4条【解答】解：函数f（x）x3x+a的图象关于原点对称，f（0）a0，即f（x）x3x，f（x）3x21，设直线l与yf（x）切于（t，t3t），则过切点的切线方程为y（3t21）（xt）+t3t，代入，可得（3t21）（xt）+t3t，整理可得：由，解得t0或t或t与曲线yf（x）和均相切的直线l有3条故选：C47（2023青羊区校级模拟）若过原点与曲线f（x）x2ex+ax22x相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则a的取值

47、范围是（）A（e2，+）B（，e2）C（0，e2）D（0，e2【解答】解：因为f（x）x2ex+ax22x，所以f（x）（2x+x2）ex+2ax2，设过原点的切线与曲线f（x）在xt（t0）处相切，所以切线的斜率，整理得a（t+1）et，设g（t）（t+1）et，则g（t）（t+2）et，所以当t2时，g（t）0，当t2时，g（t）0，所以g（t）在（，2）上单调递增，在（2，+）上单调递减，所以，且当t时，g（t）0，当t+时，g（t），所以当0ae2时，过原点与曲线f（x）x2ex+ax22x相切的直线有2条故选：C48（2023博白县模拟）若曲线有三条过点（0，a）的切线，则实数a的取

48、值范围为（）ABCD【解答】解：设该切线的切点为，则切线的斜率为，所以切线方程为，又切线过点（0，a），则，整理得要使过点（0，a）的切线有3条，需方程有3个不同的解，即函数图象与直线ya在R上有3个交点，设，则，令g（x）00x2，令g（x）0x0或x2，所以函数g（x）在（0，2）上单调递增，在（，0）和（2，+）上单调递减，且极小值、极大值分别为，如图，由图可知，当时，函数图象与直线ya在R上有3个交点，即过点（0，a）的切线有3条所以实数a的取值范围为故选：B49（2023新疆模拟）已知函数f（x）x2+alnx有两条与直线y2x平行的切线，且切点坐标分别为P（x1，f（x1），Q（x

49、2，f（x2），则的取值范围是 【解答】解：由题意可知f（x）x2+alnx的定义域为（0，+），x1，x2（0，+），f（x）2x+，由导数的几何意义可得切点为P（x1，f（x1）时，切线斜率为，Q点处切线斜率为又两条切线与直线y2x平行，可得2，2，即，x1，x2是关于方程2x22x+a0的两根，由（2）242a0，得a，又x1+x21，0，可得0a，（0，）故答案为：（0，）50（2023佛山模拟）已知函数f（x）（x3）ex，若经过点（0，a）且与曲线yf（x）相切的直线有三条，则（）A3aeBaeCa3Da3或ae【解答】解：设切点为（t，（t3）et），由f（x）（x3）ex，得f

50、（x）ex+（x3）ex（x2）ex，则过切点的切线方程为y（t3）et（t2）et（xt），把（0，a）代入，可得a（t3）et（t2）et（0t），即aet（t23t+3），令g（x）ex（x23x+3），则g（x）ex（x2x），可得当x（，0）（1，+）时，g（x）0，当x（0，1）时，g（x）0，g（x）的增区间为（，0），（1，+），减区间为（0，1），又g（0）3，g（1）e，且当x时，g（x）0，当x+时，g（x）+，若经过点（0，a）且与曲线yf（x）相切的直线有三条，则ea3，可得3ae故选：A51（2023湖南一模）已知函数f（x）2+lnx，若总存在两条不同的直线与函数

51、yf（x），yg（x）图象均相切，则实数a的取值范围为（）A（0，1）B（0，2）C（1，2）D（1，e）【解答】解：由f（x）2+lnx，得f（x），设切点坐标为（t，2+lnt），则过切点的切线方程为y（xt）+2+lnt+1，联立，得+1，即xat+tlnt+t0t0，则at0，得a0；由a2t24tlnt4t0，得，令g（t），得g（t），可得当t（0，1）时，g（t）0，g（t）单调递增，当t（1，+）时，g（t）0，g（t）单调递减，g（t）maxg（1）4a24，解得2a2，又a0，实数a的取值范围为（0，2）故选：B52（2023重庆二模）已知f（x）ax2（a0）的图象在x1

52、处的切线与函数g（x）ex的图象也相切，则该切线的斜率k【解答】解：对函数f（x）ax2（a0），求导可得f（x）2ax2，则在x1处的切线的斜率为k2a，又f（1）a，所以切线方程为ya2a（x1），即y2axa，对函数g（x）ex，求导可得g（x）ex，设切点为（m，n），则，解得，所以故答案为：53（2023鲤城区校级模拟）已知函数过点A（2，0）作曲线yf（x）的切线，则切线的条数为 【解答】解：当x0时，设切点为（x0，），x00，其中f（x），故过A（2，0）的切线方程为y（xx0），将A（2，0）代入可得（2x0），解得x01或4，均大于0，满足要求，当x0时，设切点为 ，m0，

53、其中，故过A（2，0）的切线方程为 ，将A（2，0）代入，可得，解得m1或4，均大于0，不合要求，舍去故答案为：254（2023安徽模拟）若过点P（1，m）（mR）有3条直线与函数f（x）xex的图象相切，则m的取值范围是 【解答】解：设切点为（x0，y0），则f（x0）（x0+1），过点P的切线方程为y（x0+1）（xx0）+，代入点P坐标化简为m（），即这个方程有三个不等根即可，令f（x）（x2+x+1）ex，求导得到f（x）（x1）（x+2）ex，函数在（，2）上单调递减，在（2，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减，又f（2），当x时，f（x）0，要使方程m（）有三个不等实数根，则m

54、0，m的取值范围是：（，0）故答案为：（，0）55（2023禹王台区校级模拟）已知函数f（x）ax2+（x22x+3）ex，无论a取何值，曲线yf（x）均存在一条固定的切线，则该切线方程为 【解答】解：f（x）ax2+（x22x+3）ex，则f（x）2ax+（x2+1）ex，f（0）1，f（0）3，此时这两个值均与a无关，无论a取何值，曲线yf（x）均存在一条固定的切线，此时切点为（0，3），故切线方程为y3x，即xy+30，故答案为：xy+30九不等式恒成立的问题（共5小题）56（2023黄州区校级三模）随着科技的不断发展，人民消费水平的提升，手机购物逐渐成为消费的主流，当我们打开购物平台时

55、，会发现其首页上经常出现我们喜欢的商品，这是电商平台推送的结果假设电商平台第一次给某人推送某商品，此人购买此商品的概率为，从第二次推送起，若前一次不购买此商品，则此次购买的概率为；若前一次购买了此商品，则此次仍购买的概率为记第n次推送时不购买此商品的概率为Pn，当n2时，PnM恒成立，则M的最小值为（）ABCD【解答】解：由题意知，根据第n1次推送时购买、没有购买两种情况，写出第n次推送时没有购买的概率第n次（n2）推送时不购买此商品的概率，所以，由题意知，则，所以是首项为、公比为的等比数列，所以，即显然数列Pn递减，所以当n2时，所以M的最小值为故选：A57（2023湖北二模）已知不等式在上

56、恒成立，则实数a的最小值为 【解答】解：因为，可得，构造函数f（x）xlnx，则，且，当0x1时，f（x）0，此时函数f（x）单调递减，当x1时，f（x）0，此时函数f（x）单调递增，因为求a的最小值，只需考虑a0的情形，令g（x）xlnx，其中，则g（x）1+lnx0，所以，函数g（x）在上单调递减，故，所以，即，解得，因此，实数a的最小值为故答案为：58（2023青羊区校级模拟）若关于x的不等式xexaxalnx0对任意x（0，+）恒成立，则实数a的最大值是 【解答】解：由xexaxalnx0可得xexa（x+lnx）0，xexaln（xex）0，令txex（x0），t（x+1）ex0，故

57、txex在（0，+）上单增，t0，令且t1），当te时，f（t）0，f（t）单增，当0t1或1te，f（t）0，f（t）单减，又xexaln（xex）0等价于talnt0，当t1时，10恒成立，aR；当t1时，可得，即af（e）e，ae；当0t1时，可得，又t0时，f（t）0，a0综上，0ae，故a的最大值是e故答案为：e59（2023大庆三模）已知函数，则f（x）+f（x）3；若x（0，+），不等式f（4ax）+f（x2）3恒成立，则实数a的取值范围是 【解答】解：因为，所以f（x），所以f（x）+f（x）+3；因为f（x）3，因为yex+1在（0，+）上单调递增，所以y在（0，+）上单调递

58、减，所以f（x）3在（0，+）上单调递增，又因为不等式f（4ax）+f（x2）3在（0，+）上恒成立，即f（4ax）3f（x2）f（x2）在（0，+）上恒成立，所以4axx2在（0，+）上恒成立，即ax+在（0，+）上恒成立，由双勾函数的性质可知yx+4，（x2时，取等号），所以a4，即a的取值范围为（，4故答案为：3；（，460（2023广西模拟）若不等式ax2x2x1对x（，0）恒成立，则a的取值范围是 【解答】解：由不等式ax2x2x1对x（，0）恒成立，可转化为对x（，0）恒成立，即，而，当x2时，有最大值，所以，故答案为：一.常见函数的导数公式: ； 。二.导数的四则运算和复合函数的求导法则：（1） (2) （3）（4）