资源简介

专题04 导数及其应用
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，导数及其应用这个考点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。
一、选择题
【真题1】（2023 甲卷）曲线y在点（1，）处的切线方程为（　　）
A．yx B．yx C．yx D．yx
【答案】C
【分析】先对函数求导，然后结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程．
【解答】解：因为y，
y′，
故函数在点（1，）处的切线斜率k，
切线方程为y（x﹣1），即y．
故选：C．
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝aex﹣lnx在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（　　）
A．e2 B．e C．e﹣1 D．e﹣2
【答案】C
【分析】对函数f（x）求导，根据题意可得在（1，2）上恒成立，设，利用导数求出函数g（x）的最大值即可得解．
【解答】解：对函数f（x）求导可得，，
依题意，在（1，2）上恒成立，
即在（1，2）上恒成立，
设，则，
易知当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，
则函数g（x）在（1，2）上单调递减，
则．
故选：C．
二、多选题
【真题3】（2023 新高考Ⅱ）若函数f（x）＝alnx（a≠0）既有极大值也有极小值，则（　　）
A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2+8ac＞0 D．ac＜0
【答案】BCD
【分析】将函数有极大、极小值问题转化为导函数对应的方程有两个不等正实根来处理．
【解答】解：函数定义域为（0，+∞），
且f′（x），
由题意，方程f′（x）＝0即ax2﹣bx﹣2c＝0有两个正根，设为x1，x2，
则有x1+x20，x1x20，Δ＝b2+8ac＞0，
∴ab＞0，ac＜0，
∴ab ac＝a2bc＜0，即bc＜0．
故选：BCD．
三、填空题
【真题4】（2023 乙卷）设a∈（0，1），若函数f（x）＝ax+（1+a）x在（0，+∞）上单调递增，则a的取值范围是　 　．
【答案】[，1）．
【分析】由函数f（x）＝ax+（1+a）x在（0，+∞）上单调递增，可得导函数f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，再参变量分离求解即可得出答案．
【解答】解：∵函数f（x）＝ax+（1+a）x在（0，+∞）上单调递增，
∴f′（x）＝axlna+（1+a）xln（1+a）≥0在（0，+∞）上恒成立，
即（1+a）xln（1+a）≥﹣axlna，化简可得在（0，+∞）上恒成立，
而在（0，+∞）上1，
故有，由a∈（0，1），化简可得ln（1+a）≥ln，
即1+a，a2+a﹣1≥0，解答，
故a的取值范围是[，1）．
故答案为：[，1）．
考向1 导数与单调性
解法技巧 用导数研究函数单调性的步骤： （1）确定f(x)的定义域． （2）计算导数f ′(x)． （3）求出f ′(x)＝0的根． （4）用f ′(x)＝0的根将f(x)的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f ′(x)的符号，进而确定f(x)的单调区间． （5）f ′(x)＞0，则f(x)在对应区间上是增函数，对应区间为增区间． （6）f ′(x)＜0，则f(x)在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．
【模拟01】（2024 红谷滩区校级模拟）若函数f（x）＝sinxcosx+asinx﹣3x﹣3在（﹣∞，+∞）单调递减，则实数a的取值范围是（　　）
A．[﹣1，1] B．[﹣2，1] C．[﹣2，2] D．[﹣1，2]
【答案】C
【分析】由题意可得f′（x）≤0在（﹣∞，+∞）上恒成立，即2cos2x+acosx﹣4≤0，令t＝cosx∈[﹣1，1]，则将问题转化为2t2+at﹣4≤0在[﹣1，1]上恒成立，然后利用二次函数的性质可求得结果．
【解答】解：因为f（x）＝sinxcosx+asinx﹣3x﹣3，所以f′（x）＝cos2x+acosx﹣3，
因为f（x）在（﹣∞，+∞）单调递减，所以f′（x）≤0，
即cos2x+acosx﹣3＝2cos2x+acosx﹣4≤0，
令t＝cosx∈[﹣1，1]，所以2t2+at﹣4≤0在[﹣1，1]上恒成立，
令g（t）＝2t2+at﹣4，t∈[﹣1，1]，
故，即，解得﹣2≤a≤2．
故选：C．
【模拟02】（2024 金凤区校级一模）设a＝1.7，b＝tan1.1，c＝2ln2.1，则（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜a＜c
【答案】C
【分析】由已知结合正切函数的单调性可比较a，b的大小，构造函数f（x）＝ex﹣ex，对其求导，结合导数分析函数单调性即可比较a，c的大小即可判断．
【解答】解：因为 y＝tanx 在 上单调递增，
所以b＝tan1.1＞tan ，
令f（x）＝ex﹣ex，则 f′（x）＝ex﹣e，
当x＞1时，f′（x）＞0，f（x）在（1，+∞）上单 递增，
则f（1.7）＝e1.7﹣1.7e＞f（1）＝0，
则 e1.7＞1.7e＞1.7×2.7＝4.59＞4.41＝2.12，
因此1.7＞ln2.12＝2ln2.1，即a＞c，
故c＜a＜b．
故选：C．
【模拟03】（2024 吴忠模拟）已知f'（x）是函数f（x）的导数，且f（﹣x）＝f（x），当x≥0时，f'（x）＞3x，则不等式f（x）﹣f（x﹣1）＜3x的解集是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设，根据函数的单调性和奇偶性得到g（x）＜g（x﹣1），|x|＜|x﹣1|，求出x的范围即可．
【解答】解：设，则g'（x）＝f'（x）﹣3x，
因为当x≥0时，f'（x）＞3x，所以当x≥0时，g'（x）＞0，
即g（x）在[0，+∞）上单调递增，
因为f（﹣x）＝f（x），所以f（x）为偶函数，则g（x）也是偶函数，
因为，所以，
即g（x）＜g（x﹣1），
则|x|＜|x﹣1|，解得，
故选：D．
【模拟04】（2024 铜川二模）已知函数f（x）＝[a（x﹣1）﹣2lnx]ex在（1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为　 　．
【答案】[2，+∞）．
【分析】问题转化为f′（x）≥0对任意x∈（1，+∞）恒成立即可求解．
【解答】解：，
即，对x∈（1，+∞）恒成立，令，
当a≥2时，，
，故g（x）＞g（1）＝0符合题意，
当a＜2时，h（1）＝a﹣2＜0， m∈（1，+∞），在（1，m）上，h（x）＜0不合题意，故a≥2．
故答案为：[2，+∞）．
【模拟05】（2024 铜川二模）已知函数在区间（2m﹣2，3+m）上不单调，则m的取值范围是　 　．
【答案】（﹣1，2）．
【分析】问题转化为导函数在区间（2m﹣2，3+m）内有零点，结合函数性质可求．
【解答】解：由题意知f′（x）＝（x﹣3）ex+ex+x﹣2＝（ex+1）（x﹣2），
因为f（x）在区间（2m﹣2，3+m）上不单调，
即y＝f′（x）在区间（2m﹣2，3+m）有零点，
又ex+1＞0，即为y＝x﹣2的零点x＝2在区间（2m﹣2，3+m）内，
所以解得﹣1＜m＜2，即m的取值范围是（﹣1，2）．
故答案为：（﹣1，2）．
考向2 导数与极值最值
解法技巧 一、求函数f(x)的极值的步骤： （1）确定函数的定义区间，求导数f ′(x)． （2）求方程f ′(x)＝0的根． （3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f ′(x)在方程根左右的值的符号． （4）如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值． （5）如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值． （6）如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值． 二、求函数f(x)的最值： （1）求f(x)在(a，b)内的极值． （2）将f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较得出函数f(x)在[a，b]上的最值．
【模拟01】（2024 岳阳模拟）函数f（x）＝6+12x﹣x3的极小值点为（　　）
A．（4，﹣10） B．（﹣2，﹣10） C．4 D．﹣2
【答案】D
【分析】求导分析f′（x）的符号，f（x）的单调性，极值，即可得出答案．
【解答】解：函数f（x）的定义域为（﹣∞，+∞），
f′（x）＝12﹣3x2＝3（4﹣x2），
令f′（x）＝0得x＝±2，
所以在（﹣∞，﹣2）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（﹣2，2）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（2，+∞）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以在x＝﹣2处，f（x）取得极小值f（﹣2）＝﹣10，
所以f（x）的极小值点为﹣2．
故选：D．
【模拟02】（2024 河南模拟）已知函数f（x）的导函数为f′（x），且，则f（x）的极值点为（　　）
A．或 B． C．或 D．
【答案】D
【分析】解得f（1），f′（3），进而可得f（x）的解析式，求导分析单调性，极值，即可得出答案．
【解答】解：因为f（x）f′（3）lnx﹣f（1）x2﹣4x，x＞0，
所以f（1）＝﹣f（1）﹣4，所以f（1）＝﹣2，所以f（x）f′（3）lnx+2x2﹣4x，
因为f′（x）f′（3） 4x﹣4，
所以f′（3）f′（3） 8，解得f′（3）＝7，
所以f（x）7lnx+2x2﹣4x＝﹣3lnx+2x2﹣4x，
所以f′（x）4x﹣4，
令f′（x）＝0得x（舍去）或x，
所以在（0，）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以f（x）的极值点为x．
故选：D．
【模拟03】（2024 齐齐哈尔二模）已知函数f（x）＝e2x+（x﹣2a）ex+a2（a∈R）的最小值为g（a），则g（a）的最小值为（　　）
A．﹣e B． C．0 D．1
【答案】B
【分析】由二次函数的性质可得f（x）≥xex，令P（x）＝xex，利用导数求出P（x）的最小值，从而可得答案．
【解答】解：f（x）＝e2x+（x﹣2a）ex+a2＝（ex﹣a）2+xex≥xex，
令P（x）＝xex，P'（x）＝ex（x+1），
当x∈（﹣∞，﹣1）时，P'（x）＜0，P（x）单调递减，
当x∈（﹣1，+∞）时，P'（x）＞0，P（x）单调递增，
所以，∴，
所以g（a）的最小值为．
故选：B．
【模拟04】（2024 香坊区校级二模）已知函数f（x）的导函数f′（x）＝（x+2）（x2+x+m），若﹣2是函数f（x）的极大值点，则实数m的取值范围为（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣4，﹣2] C．（﹣∞，﹣2] D．（﹣∞，﹣2）
【答案】D
【分析】令g（x）＝x2+x+m且g（x）≥0恒成立，根据f（x）的极值点得到矛盾，g（x）有两个不同的零点，利用三次函数性质判断f（x）单调性，进而求参数范围．
【解答】解：由题意f′（x）＝（x+2）（x2+x+m），
令g（x）＝x2+x+m，
若g（x）≥0恒成立，
则当x∈（﹣∞，﹣2）时f′（x）≤0，f（x）单调递减，
当x∈（﹣2，+∞）时f′（x）≥0，f（x）单调递增，
所以﹣2是f（x）的极小值点，不合题意，
所以g（x）有两个不同零点，
设g（x）的两个零点分别为x1，x2（x1＜x2），则f′（x）＝（x﹣x1）（x+2）（x﹣x2），
结合三次函数的图象与性质知：x1＜﹣2＜x2，
在（﹣∞，x1），（﹣2，x2）上f′（x）＜0，f（x）单调递减，
在（x1，﹣2），（x2，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以﹣2是f（x）的极大值点，符合题意，
此时需g（﹣2）＝2+m＜0，得m＜﹣2，
所以实数m的取值范围为（﹣∞，﹣2）．
故选：D．
【模拟05】（2024 辽宁一模）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝﹣1处有极值8，则f（1）等于　 　．
【答案】﹣4．
【分析】根据题意可得f′（﹣1）＝3﹣2a+b＝0，且f（﹣1）＝﹣1+a﹣b+a2＝8，解得a，b，分析f′（x）的符号，f（x）的单调性，即可得出答案．
【解答】解：f′（x）＝3x2+2ax+b，
因为函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝﹣1处有极值8，
所以f′（﹣1）＝3﹣2a+b＝0，且f（﹣1）＝﹣1+a﹣b+a2＝8，解得或，
当a＝﹣2，b＝﹣7时，f（x）＝x3﹣2x2﹣7x+4，f′（x）＝3x2﹣4x﹣7＝（3x﹣7）（x+1），
令f′（x）＝0得x或﹣1，所以在（﹣∞，﹣1）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（﹣1，）上f′（x）＜0，f（x）单减，在（，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单增，所以在x＝﹣1处取得极大值，且f（﹣1）＝8，符合题意，
当a＝3，b＝3时，f（x）＝x3+3x2+3x+9，f′（x）＝3x2+6x+3＝（3x+3）（x+1），
令f′（x）＝0得x＝﹣1，
所以在（﹣∞，﹣1）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
在（﹣1，+∞）上f′（x）＞0，f（x）单调递增，
所以在x＝﹣1处，没有取得极值，不合题意，舍去，
所以f（x）＝x3﹣2x2﹣7x+4，
所以f（1）＝﹣4．
故答案为：﹣4．
考向3 导数与切线
解法技巧 切线方程： （1）找到切线的斜率． （2）若点是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．
【模拟01】（2024 德阳模拟）已知直线y＝ax﹣1与曲线f（x）＝ln（ex）相切，则a的值为（　　）
A． B．1 C． D．e
【答案】D
【分析】切点在切线上也在曲线上得到切点坐标满足两方程；又曲线切点处的导数值是切线斜率得第三个方程，进而求解结论．
【解答】解：∵f（x）＝ln（ex）＝lne+lnx＝1+lnx，∴f′（x），
设切点为（x0，y0），则，可得．
故选：D．
【模拟02】（2024 广东模拟）已知函数在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y﹣1＝0垂直，则ab的最大值为（　　）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【分析】根据导数的几何意义及题意建立方程，从而可得a+b＝2，再根据基本不等式，即可求解．
【解答】解：∵，∴f′（x）＝ax+b，∴f′（1）＝a+b，
又在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y﹣1＝0垂直，
∴，∴a+b＝2，∴1，当且仅当a＝b＝1时，等号成立，
∴ab的最大值为1．
故选：A．
【模拟03】（2024 辽宁模拟）若过点（m，n）可作函数图象的两条切线，则必有（　　）
A． B．0＜n＜2m
C． D．n＜2m
【答案】C
【分析】设切点为，a＞0，求导，根据导数的几何意义可得（2m﹣n）a2+2a﹣m＝0有两个正根，利用判别式及根与系数关系列不等式可得解．
【解答】解：设切点为，a＞0，又，所以切线斜率，
所以切线方程为，
又切线过点（m，n），则，a＞0，
即（2m﹣n）a2+2a﹣m＝0，由过点（m，n）可作两条切线，
所以（2m﹣n）a2+2a﹣m＝0有两个正根，
即，整理可得．
故选：C．
【模拟04】（2024 嘉定区二模）已知曲线上有一点，则过P点的切线的斜率为　 　
【答案】4．
【分析】根据题意，求出函数的导数，将x＝2代入计算可得答案．
【解答】解：根据题意，曲线，其导数y′＝x2，则y′|x＝2＝4，
即过P点的切线的斜率k＝4．
故答案为：4．
【模拟05】（2024 遂宁模拟）已知f（x）＝ex﹣x，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为　 　．
【答案】y＝（e﹣1）x．
【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1处的导数值，再求出f（1），利用直线方程的斜截式得答案．
【解答】解：由f（x）＝ex﹣x，得f′（x）＝ex﹣1，∴f′（1）＝e﹣1，
又f（1）＝e﹣1，∴曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为
y﹣e+1＝（e﹣1）（x﹣1），即y＝（e﹣1）x．
故答案为：y＝（e﹣1）x．
考向4 导数与零点
解法技巧 用导数研究函数的零点： （1）函数讨论法：讨论参数范围，借助函数单调性求解． （2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决． （3）数形结合法：构造两个函数，利用数形结合的方法求解．
【模拟01】（2024 宝鸡模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，若f（x）至多有一个零点，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】令f（x）＝0，分离参数得a，构造函数g（x），转化为直线y＝a与曲线y＝g（x）至多有一个交点，对g（x）求导，研究g（x）的单调性和最值，即可求出结果．
【解答】解：因为函数f（x）＝lnx﹣ax2的定义域为（0，+∞），
令f（x）＝0，得a，
令g（x），g'（x）0，
得x，当0＜x时，f'（x）＞0，当x时，f'（x）＜0，
所以函数f（x）的递增区间为（0，），减区间为（，+∞），
所以g（x）max＝g（），且x→0时，g（x）→﹣∞，x→+∞时，f（x）→0，
因为函数f（x）＝lnx﹣ax2，若f（x）至多有一个零点，
所以a≤0或a．
故选：B．
【模拟02】（2024 昆明一模）已知函数f（x）＝ex+e2﹣x，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）为增函数
B．f（x）有两个零点
C．f（x）的最大值为2e
D．y＝f（x）的图象关于x＝1对称
【答案】D
【分析】先对函数求导，结合导数与单调性及最值关系及函数性质检验各选项即可判断．
【解答】解：由题意，f'（x）＝ex﹣e2﹣x，令f′（x）＝0，得x＝1，
当x＜1时，f′（x）＜0，当x＞1时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，故A错误；
因为f（x）在（﹣∞，1）上单调递减，在（1，+∞） 上单调递增，f（1）＝0，
所以 f（x）只有一个零点，故B错误；
因为f（x）在（﹣∞，1）上调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以f（x）的最小值为 f（1）＝2e，故C错误；
因为f（2﹣x）＝e2﹣x+ex＝f（x），所以f（x）的图象关于x＝1 对称，故D正确．
故选：D．
【模拟03】（2024 泸州模拟）若函数有零点，则实数a的取值范围是　 　．
【答案】[0，+∞）．
【分析】问题转化为方程a有根，令g（x）（x＞0），利用导数求其最小值，即可求得实数a的取值范围．
【解答】解：函数有零点，即方程a有根，
令g（x）（x＞0），得g′（x），
当x∈（0，e）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x∈（e，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
∴g（x）在x＝e处取得最小值为g（e）＝0，
又当x→0时，g（x）→+∞，
∴使方程a有根的a的取值范围为[0，+∞）．
故答案为：[0，+∞）．
【模拟04】（2024 佛山模拟）若函数f（x）＝exlnx+xexa（a∈R）有2个不同的零点，则实数a的取值范围是　 　．
【答案】（0，1）∪（1，+∞）．
【分析】根据题意可得f（x）＝（lnx+x）（ex），（x＞0），设g（x）＝lnx+x，h（x）＝xex，分析单调性和零点，即可得出答案．
【解答】解：f（x）＝ex（lnx+x）﹣a（1）＝ex（lnx+x）﹣a （lnx+x）（ex），（x＞0），
设g（x）＝lnx+x，则g（x）在（0，+∞）上单增，，g（1）＝0+1＞0，所以存在唯一的x1∈（0，1），使g（x1）＝0，即lnx1+x1＝0，
令ex0，得a＝xex，设h（x）＝xex，h（x）在（0，+∞）上单增，
又h（0）＝0且x→+∞时，h（x）→+∞，
所以当a∈（0，+∞）时，存在唯一的x2∈（0，+∞），使h（x2）＝a，即，
但若x1＝x2时，有lnx1+x1＝0，则有ln，
此时函数f（x）的零点只有一个x1＝x2，
因为函数f（x）有两个不同的零点，所以a≠1，
综上所述，a的取值范围为（0，1）∪（1，+∞）．
故答案为：（0，1）∪（1，+∞）．
【模拟05】（2024 湖北模拟）已知函数有零点，当a2+b2取最小值时，的值为　 　．
【答案】±．
【分析】设f（x）的零点为t，可得，设P（a，b）为直线上任意一点，a2+b2的最小值可看作原点O到直线l的距离，求出原点O到直线l的距离的最小值，即可得出的值．
【解答】解：设f（x）的零点为t，则，即，
设P（a，b）为直线上任意一点，
坐标原点O到直线l的距离为，
因为P（a，b）到原点的距离，下求h的最小值，
令，则，，
所以g（m）在为减函数，在（1，+∞）为增函数，
即g（m）min＝g（1）＝e，此时，
所以l的斜率为k＝﹣3t，
所以（此时．
故答案为：±．专题04 导数及其应用
◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆ ◆
高考频度 ★★★★★
考情分析 高考数学中，导数及其应用这个考点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。
一、选择题
【真题1】（2023 甲卷）曲线y在点（1，）处的切线方程为（　　）
A．yx B．yx C．yx D．yx
【真题2】（2023 新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝aex﹣lnx在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（　　）
A．e2 B．e C．e﹣1 D．e﹣2
二、多选题
【真题3】（2023 新高考Ⅱ）若函数f（x）＝alnx（a≠0）既有极大值也有极小值，则（　　）
A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2+8ac＞0 D．ac＜0
三、填空题
【真题4】（2023 乙卷）设a∈（0，1），若函数f（x）＝ax+（1+a）x在（0，+∞）上单调递增，则a的取值范围是　 　．
考向1 导数与单调性
解法技巧 用导数研究函数单调性的步骤： （1）确定f(x)的定义域． （2）计算导数f ′(x)． （3）求出f ′(x)＝0的根． （4）用f ′(x)＝0的根将f(x)的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f ′(x)的符号，进而确定f(x)的单调区间． （5）f ′(x)＞0，则f(x)在对应区间上是增函数，对应区间为增区间． （6）f ′(x)＜0，则f(x)在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．
【模拟01】（2024 红谷滩区校级模拟）若函数f（x）＝sinxcosx+asinx﹣3x﹣3在（﹣∞，+∞）单调递减，则实数a的取值范围是（　　）
A．[﹣1，1] B．[﹣2，1] C．[﹣2，2] D．[﹣1，2]
【模拟02】（2024 金凤区校级一模）设a＝1.7，b＝tan1.1，c＝2ln2.1，则（　　）
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．c＜a＜b D．b＜a＜c
【模拟03】（2024 吴忠模拟）已知f'（x）是函数f（x）的导数，且f（﹣x）＝f（x），当x≥0时，f'（x）＞3x，则不等式f（x）﹣f（x﹣1）＜3x的解集是（　　）
A． B． C． D．
【模拟04】（2024 铜川二模）已知函数f（x）＝[a（x﹣1）﹣2lnx]ex在（1，+∞）上单调递增，则实数a的取值范围为　 　．
【模拟05】（2024 铜川二模）已知函数在区间（2m﹣2，3+m）上不单调，则m的取值范围是　 　．
考向2 导数与极值最值
解法技巧 一、求函数f(x)的极值的步骤： （1）确定函数的定义区间，求导数f ′(x)． （2）求方程f ′(x)＝0的根． （3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f ′(x)在方程根左右的值的符号． （4）如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值． （5）如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值． （6）如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f(x)在这个根处无极值． 二、求函数f(x)的最值： （1）求f(x)在(a，b)内的极值． （2）将f(x)的各极值与f(a)、f(b)比较得出函数f(x)在[a，b]上的最值．
【模拟01】（2024 岳阳模拟）函数f（x）＝6+12x﹣x3的极小值点为（　　）
A．（4，﹣10） B．（﹣2，﹣10） C．4 D．﹣2
【模拟02】（2024 河南模拟）已知函数f（x）的导函数为f′（x），且，则f（x）的极值点为（　　）
A．或 B． C．或 D．
【模拟03】（2024 齐齐哈尔二模）已知函数f（x）＝e2x+（x﹣2a）ex+a2（a∈R）的最小值为g（a），则g（a）的最小值为（　　）
A．﹣e B． C．0 D．1
【模拟04】（2024 香坊区校级二模）已知函数f（x）的导函数f′（x）＝（x+2）（x2+x+m），若﹣2是函数f（x）的极大值点，则实数m的取值范围为（　　）
A．（﹣2，+∞） B．（﹣4，﹣2] C．（﹣∞，﹣2] D．（﹣∞，﹣2）
【模拟05】（2024 辽宁一模）已知函数f（x）＝x3+ax2+bx+a2在x＝﹣1处有极值8，则f（1）等于　 　．
考向3 导数与切线
解法技巧 切线方程： （1）找到切线的斜率． （2）若点是直线上的一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．
【模拟01】（2024 德阳模拟）已知直线y＝ax﹣1与曲线f（x）＝ln（ex）相切，则a的值为（　　）
A． B．1 C． D．e
【模拟02】（2024 广东模拟）已知函数在点（1，f（1））处的切线与直线l：x+2y﹣1＝0垂直，则ab的最大值为（　　）
A．1 B． C． D．2
【模拟03】（2024 辽宁模拟）若过点（m，n）可作函数图象的两条切线，则必有（　　）
A． B．0＜n＜2m
C． D．n＜2m
【模拟04】（2024 嘉定区二模）已知曲线上有一点，则过P点的切线的斜率为　 　
【模拟05】（2024 遂宁模拟）已知f（x）＝ex﹣x，则曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为　 　．
考向4 导数与零点
解法技巧 用导数研究函数的零点： （1）函数讨论法：讨论参数范围，借助函数单调性求解． （2）分离参数法：将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决． （3）数形结合法：构造两个函数，利用数形结合的方法求解．
【模拟01】（2024 宝鸡模拟）已知函数f（x）＝lnx﹣ax2，若f（x）至多有一个零点，则实数a的取值范围是（　　）
A． B．
C． D．
【模拟02】（2024 昆明一模）已知函数f（x）＝ex+e2﹣x，则下列说法正确的是（　　）
A．f（x）为增函数
B．f（x）有两个零点
C．f（x）的最大值为2e
D．y＝f（x）的图象关于x＝1对称
【模拟03】（2024 泸州模拟）若函数有零点，则实数a的取值范围是　 　．
【模拟04】（2024 佛山模拟）若函数f（x）＝exlnx+xexa（a∈R）有2个不同的零点，则实数a的取值范围是　 　．
【模拟05】（2024 湖北模拟）已知函数有零点，当a2+b2取最小值时，的值为　 　．

展开更多......

收起↑