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时间：5月18日 今日心情：
核心考点解读——利用导数研究函数的性质
高考预测 1.考查内容(1)结合实例，借助几何直观了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，对于多项式函数，能求不超过三次的多项式函数的单调区间.(2)借助函数的图像，了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件;能利用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值以及给定闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值；体会导数与函数单调性、极值、最大(小)值的关系.2.题型难度以解答题的形式为主，辅以选择题和填空题的形式出现，试题的难度和广度也在不断加大.4.命题热点近几年高考试题加大了对导数内容的考查力度，不仅题型变化灵活，而且问题的深度和广度也在不断加大，尤其是含参函数的单调性问题和函数极值、最值问题的综合，几乎是每年必考的内容.
应试技巧 1．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间内，如果，那么函数在该区间内单调递增；如果，那么函数在该区间内单调递减.2．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数的定义域；（2）求，令，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数的间断点（即的无定义点）的横坐标和的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数的定义域分成若干个小区间；（4）确定在各小区间内的符号，根据的符号判断函数在每个相应小区间内的增减性.注①使的离散点不影响函数的单调性，即当在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在上，，当时，；当时，，而显然在上是单调递增函数.②若函数在区间上单调递增，则（不恒为0），反之不成立.因为，即或，当时，函数在区间上单调递增.当时，在这个区间为常值函数；同理，若函数在区间上单调递减，则（不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：单调递增；单调递增；单调递减；单调递减.3．函数极值的概念设函数在点处连续且，若在点附近的左侧，右侧，则为函数的极大值点；若在附近的左侧，右侧，则为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.4．求可导函数极值的一般步骤（1）先确定函数的定义域；（2）求导数；（3）求方程的根； （4）检验在方程的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数在这个根处取得极小值.注①可导函数在点处取得极值的充要条件是：是导函数的变号零点，即，且在左侧与右侧，的符号导号.②是为极值点的既不充分也不必要条件，如，，但不是极值点. 为可导函数的极值点；但为的极值点.5．函数的最大值、最小值若函数在闭区间上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.6．求函数的最大值、最小值的一般步骤设是定义在区间上的函数，在可导，求函数在上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数在内的极值；（2）将函数的各极值与端点处的函数值比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.
1．（2021·全国·高考真题（理））设，，．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
，
所以;
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即;
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0，+∞)上单调递减，所以，即，即b综上，，
故选：B.
2．（2021·全国·高考真题（理））设，若为函数的极大值点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
3．（2021·全国·高考真题）若过点可以作曲线的两条切线，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
在曲线上任取一点，对函数求导得，
所以，曲线在点处的切线方程为，即，
由题意可知，点在直线上，可得，
令，则.
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，
当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.
故选：D.
解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.
故选：D.
4．（2020·全国·高考真题（理））若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y=x+1 D．y=x+
【答案】D
【解析】
设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.
故选：D.
5．（2020·全国·高考真题（理））函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
，，，，
因此，所求切线的方程为，即.
故选：B.
6．（2021·全国·高考真题）已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．
【答案】
【解析】
由题意，，则，
所以点和点，，
所以，
所以，
所以，
同理，
所以.
故答案为：
7．（2021·全国·高考真题）函数的最小值为______.
【答案】1
【解析】
由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
8．（2021·全国·高考真题（理））曲线在点处的切线方程为__________．
【答案】
【解析】
由题，当时，，故点在曲线上．
求导得：，所以．
故切线方程为．
故答案为：．
9．（2021·北京·高考真题）已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有个1零点；
③存在负数，使得恰有个3零点；
④存在正数，使得恰有个3零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
【答案】①②④
【解析】
对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.
故答案为：①②④.
10．（2021·江苏·高考真题）已知函数，若其图像上存在互异的三个点，，，使得，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
解：画出函数的图象如下图，
由题意得函数图象上存在互异的三个点，且，
则可看做函数与函数的图象有三个不同的交点，
由图知，当或时，有且仅有两个交点，
要使两个图象有三个不同的交点，则的取值范围为．
故答案为：．
11．（2021·北京·高考真题）已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若在处取得极值，求的单调区间，以及其最大值与最小值．
【解析】
（1）当时，，则，，，
此时，曲线在点处的切线方程为，即；
（2）因为，则，
由题意可得，解得，
故，，列表如下：
增 极大值 减 极小值 增
所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.
当时，；当时，.
所以，，.
12．（2021·全国·高考真题（文））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【解析】
(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在，上
单调递增，在上单调递减.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：，
整理可得：，即：，
解得：，则，
切线方程为：，
与联立得，
化简得，由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为
解得，
，
综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.
13．（2020·北京·高考真题）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【解析】
（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程为：，即.
（Ⅱ）[方法一]：导数法
显然，因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，
所以，
不妨设时，结果一样，
则，
所以
，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，
所以时，取得极小值，
也是最小值为.
[方法二]【最优解】：换元加导数法
．
因为为偶函数，不妨设，，
令，则．
令，则面积为，只需求出的最小值．
．
因为，所以令，得．
随着a的变化，的变化情况如下表：
a
0
减 极小值 增
所以．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法三]：多元均值不等式法
同方法二，只需求出的最小值．
令，
当且仅当，即时取等号．
所以当，即时，．
因为为偶函数，当时，．
综上，当时，的最小值为32．
[方法四]：两次使用基本不等式法
同方法一得到
，下同方法一.
14．（2020·全国·高考真题（文））已知函数f（x）=2lnx+1．
（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范围；
（2）设a>0时，讨论函数g（x）=的单调性．
【解析】
（1）[方法一]【最优解】：
等价于．
设，则．
当时，，所以在区间内单调递增；
当时，，所以在区间内单调递减．
故，所以，即，所以c的取值范围是．
[方法二]：切线放缩
若，即，即当时恒成立，
而在点处的切线为，从而有，
当时恒成立，即，则．所以c的取值范围为．
[方法三]：利用最值求取值范围
函数的定义域为：
，
设，则有 ，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，函数有最大值，
即，
要想不等式在上恒成立，
只需；
所以c的取值范围为．
（2）且
因此，设 ，
则有，
当时，，所以， 单调递减，因此有，即
，所以单调递减；
当时，，所以， 单调递增，因此有，即 ，所以单调递减，
所以函数在区间和 上单调递减，没有递增区间.
1．（2022·山东聊城·一模）已知正数满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·河北·模拟预测）已知实数，满足，，则（ ）
A． B． C． D．
（多选题）3．（2022·湖北·模拟预测）已知为常数，函数有两个极值点，则（ ）
A． B． C． D．
（多选题）4．（2022·山东·济南市历城第二中学模拟预测）下列不等关系中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
（多选题）5．（2022·河北·石家庄二中模拟预测）若存在正实数x，y，使得等式成立，其中e为自然对数的底数，则a的取值可能是（ ）
A． B． C． D．2
6．（2022·湖北武汉·高三期末）函数的最小值为______．
7．（2022·福建·模拟预测）已知函数，若且，则的最小值为_________.
8．（2022·河北保定·一模）若函数在处的切线过点，则实数______．
9．（2022·山东泰安·一模）已知函数其中，a为非零实数.
(1)当时，求的极值；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个极值点，，且，求证：.
10．（2022·福建·模拟预测）已知函数，其中.
(1)若定义在上的函数满足，求的单调区间；
(2)证明：有唯一极值点，且.
1．设，若函数的最小值为，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数，直线是曲线的一条切线，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知函数，，若函数在上的最小值为，则实数的值是（ ）
A． B． C． D．
4．已知是定义在上的奇函数，是的导函数，当时，，且，则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
（多选题）5．若过点最多可作出条直线与函数的图象相切，则（ ）
A．
B．当时，的值不唯一
C．可能等于
D．当时，的取值范围是
6．已知直线l是曲线与的公共切线，则l的方程为___________.
7．已知函数，其中．
(1)当时，求的单调区间：
(2)当时，是否存在实数a使得函数的最小值为．若存在，求出a的值．若不存在，请说明理由．
8．已知函数.
(1)当时，若在上存在最大值，求m的取值范围；
(2)讨论极值点的个数.
9．已知函数，．
(1)求函数的单调区间；
(2)若直线l与函数，的图象都相切，求直线l的条数．
10．已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．
名校预测
1．【答案】B
【解析】
因为，即，所以，所以.
令，则，所以在上单调递增，所以，即，所以
令.
则.令，解得：；令，解得：；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以.
即的最小值为.
故选：B
2．【答案】C
【解析】
由条件得，，令，，则，由条件，则，
令，，则，显然当时，，在上单调递增．
故由，可得，
．
故选：C．
3．【答案】AC
【解析】
，
令， 由题意可得有两个实数解；
所以函数有且只有两个零点；
.
① 当时，单调递增， 因此至多有一个零点， 不符合题意， 应舍去；
②当时， 令， 解得，
因为当 时， ， 函数单调递增;
当时， ， 函数单调递减，
所以是函数的极大值点， 则>0 ，
即>0 ，
解得，故选项A正确；
因为，
所以，
又因为，
所以，
所以，
所以，
所以，故选项C正确；
又，
所以，
==，
令，
则，
当，，单调递增，
而，
所以，故选项D错误；
当时（符合，此时仍有两个极值点），
此时，
解得，
所以，
故正负不确定，因此选项B错误；
综上所述，AC为正确答案；
故选：AC.
4．【答案】BC
【解析】
令，则，令得，
f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，
所以，即，即，故A错误，B正确；令，，则，
令，
则在上恒成立，
所以在上单调递减，，所以在上恒成立，
所以g（x）在上单调递减，所以，即，即，故C正确，D错误，
故选:BC．
5．【答案】ACD
【解析】
解：由题意，不等于，由，得，
令，则，
设，则，
因为函数在上单词递增，且，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
从而，
即，解得或.
故.
故选：ACD.
6．【答案】1
【解析】
当时，，此时，，令得：，令得：，故此时在处取得最小值，；
当时，，此时，此时在单调递减，且；
综上：函数的最小值为1.
故答案为：1
7．【答案】
【解析】
解：由，可得函数图象如下所示：
因为且，所以，且，所以，令，，则，所以当时，当时，即在上单调递增，在上单调递减，所以；
故答案为：
8．【答案】6
【解析】
由题意，函数，可得，
可得，且，所以，解得．
故答案为：.
9．【解析】
(1)函数的定义域为，
当时，，
则，
令，解得或(舍去)，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以函数的极小值为，无极大值；
(2)函数的定义域为，则，
当即时，，函数在上单调递增；
当即时，令，得、，
则当时，，
当时，，
故在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，舍去.
所以在上单调递减，在上单调递增；
(3)因为有两个极值点，由(2)知当时，、，
所以且，
要证
，
令，
则，
所以在上单调递增，且，
故，即.
10．【解析】
(1)时，，时，，时，，
的减区间是，增区间是，
时，，由得或，
设，，时，，递增，
所以时，，
所以或时，，时，，
所以的增区间是和，减区间是；
(2)由（1）时，，有唯一零点，且，
时，，
，设，
，因为，所以恒成立，
即在上是增函数，
而由（1）知，所以，
所以，，
所以在也即在上有唯一零点，时，，递减，时，，递增，
所以有唯一极值，且，，即，，由得，，
所以，
要证，即证，
只要证：（），
令，
，
令，
，
令，则，
设，则，时，，递减，时，，递增，所以，所以在时恒成立，
即，
所以，
所以，从而是增函数，又，，
所以存在，使得，即，
时，，时，，
所以即在上递减，在上递增，
，，所以时，，时，，
所以在上递减，在上递增，
，所以，即（）成立．
所以成立．
专家押题
1．【答案】B
【解析】
若，当时，为增函数，且，不符合题意.
若，最小值为.
若，当时，的最小值为.
当时，，若，则，若，则，在在，在上递增，故的最小值为.
由，
，，设，它在上是增函数，且，
所以的解是．
可得
综上，常数的取值范围为.
故选：B．
2．【答案】D
【解析】
设切点为，，
曲线在切点处的切线方程为，
整理得，令，，令，，
所以．
令，则．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．故，
则的取值范围是．
故选：D.
3．【答案】B
【解析】
，又，
在上单调递增，
在上存在最小值，，使得，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
…①，
由得：…②，
②①得：，
，，；
①②得：；
又，.
故选：B.
4．【答案】B
【解析】
令，
则，
所以函数在上递增，
又因，
所以当时，，
当时，，
又因当时，，当时，，
所以当时，，当时，，
又因为，所以当时，，
因为是定义在上的奇函数，
所以，当时，，
由不等式，
得或，
解得，
所以不等式的解集是.
故选：B.
5．【答案】ACD
【解析】
解：不妨设切点为，因为，
所以切线方程为，
所以，整理得，
所以令，则，
所以，令得.
所以，当或时，，，当时，，
因为，当趋近于时，趋近于，，，，当趋近于时，趋近于，
所以，函数的图像大致如图，
所以，当时，，故B错误，此时成立；
当时，，所以，故可能等于，C正确；
当
当时，，显然，故D正确；
综上，，A正确.
故选：ACD
6．【答案】或
【解析】
设与曲线相切于点，与曲线相切于点1），
则，整理得，解得或，
当时，的方程为；当时，的方程为.
故答案为：或.
7．【解析】
(1)的定义域为，
当时，，
当时，当时，，
则的单调递减区间为，单调递增区间．
(2)，
，
令，解得或，
若，由得，故当时，，在调递减；
当时，在单调递增，
所以的最小值为，
令，设，
因为，所以在上单调递增，
且，所以当时满足条件．
②若，由得，
故当时，在单调递减；
当时，在单调递增，
所以的最小值为．
令，
设，
因为，所以在单调递减，
所以当时，，不存在a使得．
综上所述，当时满足条件．
8．【解析】
(1)因为，
所以，
因为函数的定义域为：，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，所以当时，函数有最大值，
因此要想在上存在最大值，只需，
所以m的取值范围为；
(2)，
方程的判别式为.
（1）当时，即，此时方程没有实数根，
所以，函数单调递减，故函数没有极值点；
（2）当时，即，
此时，（当时取等号），所以函数单调递减，故函数没有极值点；
（3）当时，即，此时方程有两个不相等的实数根，
设两个实数根为，设，则，
函数的定义域为：，显然
当时，此时方程有两个不相等的正实数根，
此时当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有极小值点，当时，函数有极大值点，
所以当时，函数有两个极值点，
当时，方程有一个正实数根和一个负根，或是一个正实数和零根，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，所以当时，函数有极大值点，
因此当时，函数有一个极值点，
综上所述：当时，函数有一个极值点；
当时，函数有两个极值点；
当时，函数没有极值点.
9．【解析】
(1)解：由题设，，定义域为，
则
当时，；
当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
(2)解：因为，，所以，，
设直线分别与函数，的图象相切于点，
则，即
由，得
即，即
由，得，
代入上式，得
即，
则
设
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，，
则在上仅有一个零点.
因为，
则在上仅有一个零点.
所以在上有两个零点，故与函数，的图象都相切的直线有两条.
10．【解析】
(1)解：由题知，函数的定义域为，，
当时，对任意的，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，令，解得，，则，
当时，；
当时，；
当时，.
此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为、，单调递减区间为.
(2)解：由（1）知，当时，有两极值点、，且，，
所以
，
设，，其中，
所以，，
又因为，可知，所以在上单调递减．
∴，即，所以的取值范围为.
试卷第1页，共3页
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