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五、导数及其简单应用
题型一 导数的几何意义（切线、公切线）
1.“过点A的曲线的切线方程”与“在点A处的切线方程”是不相同的，后者A必为切点，前者未必是切点
2.处理与切线有关的参数问题，通常利用曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程(组)并解出参数：(1)切点处的导数是切线的斜率；(2)切点在切线上，故满足切线方程；(3)切点在曲线上，故满足曲线方程.
【例1】（2025·新课标Ⅰ卷T12）若直线是曲线的切线，则 .
【答案】
【解析】法一：对于，其导数为，
因为直线是曲线的切线，直线的斜率为2，
令，即，解得，
将代入切线方程，可得，所以切点坐标为，
因为切点在曲线上，
【易错提醒】曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条；切线与曲线的公共点不一定只有一个
所以，即，解得.
法二：对于，其导数为，
假设与的切点为，
则，解得.
【例2】（2024·全国一卷T15）若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则 .
【答案】
【解析】由得，，
故曲线在处的切线方程为；
【易错提醒】要分清“在点处”与“过点处”.
由得，
设切线与曲线相切的切点为，
由两曲线有公切线得，解得，则切点为，
切线方程为，
根据两切线重合,所以，解得.
题型二 利用导数解决函数的单调性问题
1.利用导数讨论函数的单调性或求函数单调区间
(1)确定函数的定义域;
(2)求导数;
(3)由(或)解出相应的的取值范围,对应的区间为的单调递增(减)区间
2.由函数的单调性求参数的取值范围的方法
(1)导函数在区间上单调,实际上就是在该区间上(或)恒成立列出关于参数的不等式,从而转化为求函数的最值的问题,求出参数的取值范围.
(2)导函数在区间上存在单调区间,实际上就是(或)在该区间上存在解集,即(或)在该区间上有解,从而转化为不等式问题,求出参数的取值范围.
(3)若已知在区间上的单调性,当区间上含有参数时，可先求出的单调区间，令是其单调区间的子集，从而求出参数的取值范围.
【例3】（2023·新高考Ⅰ卷19题节选）已知函数f（x）＝a（ex＋a）－x，讨论f（x）的单调性.
【解】第一步：函数求导
因为，定义域为，所以，
第二步：分类讨论，分析导函数的正负，确定单调性
当时，由于，则，故恒成立，
所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，则在上单调递减；
当时，，则在上单调递增；
第三步：得出结论
综上：当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
【易错提醒】利用导数研究函数的单调性，确定单调区间时，切记：是函数为增函数的充分不必要条件，而不是等价关系.
【例4】（2023·全国乙卷T20题节选）已知函数，若函数在单调递增，求的取值范围．
【思维探究】
看到什么 想到什么
函数求导
函数在单调递增 在区间上恒成立
化简后 构造新函数
新函数求导后含参 对分类讨论，结合单调性列不等式求范围
【解】由函数的解析式可得，
满足题意时在区间上恒成立.
令，则，
令，原问题等价于在区间上恒成立，
则，
当时，由于，故，在区间上单调递减，
此时，不合题意;
令，则，
当，时，由于，所以在区间上单调递增，
即在区间上单调递增，
所以，在区间上单调递增，，满足题意.
当时，由可得，
当时，在区间上单调递减，即单调递减，
注意到，故当时，，单调递减，
由于，故当时，，不合题意.
综上可知：实数得取值范围是.
题型三 利用导数解决函数的极值、最值问题
2.可导函数的极值点存在问题可转化为导函数的变号零点存在问题.
3.求函数在区间上的最大(小)值的步骤如下:
(1)求函数在区间上的极值:
(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.
【例5】（2024·新课标Ⅱ卷T16节选）已知函数，若有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．
【思维探究】
看到什么 想到什么
函数求导
求导后含参数 影响导数的符号，对分类讨论
有极小值且极小值小于0 通过函数单调性求极小值
出现单变量 构造新函数求最值，结合单调性列不等式求范围
【解】因为的定义域为，且，
若，则对任意恒成立，
可知在上单调递增，无极值，不合题意；
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，
由题意可得：，即，
构建，则，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为；
（方法二）因为的定义域为，且，
若有极小值，则有零点，
令，可得，
可知与有交点，则，
若，令，解得；令，解得；
可知在内单调递减，在内单调递增，
则有极小值，无极大值，符合题意，
由题意可得：，即，
构建，
因为则在内单调递增，
可知在内单调递增，且，
不等式等价于，解得，
所以a的取值范围为.
【解后反思】利用导数研究函数的极值，f′(x0)＝0是x0为f(x)的极值点的必要不充分条件．例如，f(x)＝x3，f′(0)＝0，但x＝0不是极值点，需要进行验证。
【例6】（22025·江苏扬州二模）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若，且函数在上的最大值为，求的值．
【思路指导】（1）求导→判断的符号→确定函数的单调区间；
（2）求导→判断的符号→确定函数的单调性→分类讨论分在区间的最值→根据最大值列方程求
【解】（1）当时，，，
当时，，当时，，
所以函数的单调减区间为，增区间为；
（2）第1步：确定函数的定义域并求导
，
第2步：讨论函数的单调性
若，令得（舍负），
【易错提醒】函数的定义域为，舍去
当时，，当，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
第3步：分类讨论求极值、端点值得到最大值
当，即时，
【难点突破】根据导函数的零点是否在给定区间上进行分类讨论
所以函数在上单调递增，
则，得；
当，即时，函数在上递减，上递增，
则，
如若可以，只能，则（舍）；
当，即时，函数在上递减，
则（舍）.
第4步：得到结论
综上可知，.
【解后反思】已知函数的最值求参数，可先求出函数在给定区间上的极值及函数在区间端点处的函数值，通过比较它们的大小，判断出哪个是最大值，哪个是最小值，结合已知求出参数，进而使问题得以解决.
【通关训练】
1．（2022·全国甲卷T6）当时，函数取得最大值，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【解析】因为函数定义域为，所以依题可知，，，而，所以，即，所以，因此函数在上递增，在上递减，时取最大值，满足题意，即有．故选：B.
2.已知函数f（x）＝ln x＋x，过原点作曲线y＝f（x）的切线l，则切点P的坐标为（　　）
A.（1，1） B.（e，e＋1）
C.（ ，－1） D.（e2，e2＋2）
【答案】B　
【解析】法一 f'（x）＝＋1，设切点为P（x0，ln x0＋x0），则切线方程为y＝（ ＋1）（x－x0）＋
【小妙招】能引一个参数x0，不要再引第二个参数.点P的纵坐标直接用x0表示，可提升求解速度
ln x0＋x0.因为切线过原点，所以0＝（ ＋1）（－x0）＋ln x0＋x0＝ln x0－1，解得x0＝e，则P（e，e＋1）.故选B.
法二 由题意可知，f'（x）＝＋1，设切点P（x0，ln x0＋x0），则在点P处的切线斜率为f'（x0）＝＋1＝，整理得
【指点迷津】找x0的方程，只要用切线的斜率等于过两点O，P的直线的斜率，即可得x0的方程
ln x0＝1，解得x0＝e，则P（e，e＋1）.故选B.
3．（2022·全国乙卷T11）函数在区间的最小值、最大值分别为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】，
所以在区间和上，即单调递增；
在区间上，即单调递减，
又，，，
所以在区间上的最小值为，最大值为，故选D
4．（2025·江西萍乡二模）若函数存在极值点，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由函数，可得，
因为函数存在极值点，则满足，
即，解得或，
所以实数的取值范围为，故选B.
5．（2025·云南昆明·一模）设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设，，则.
令得，所以函数在区间单调递减.
因为，所以，
即，所以．故选C
6．（2025·山东临沂·三模）已知函数在上存在单调递减区间，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】求导可得，
由题意有解，
即有解，即有解，
【巧转化】注意恒等变化后构造函数
令，
因为，易知在单调递增，
此时，所以，
又，，所以，解得：，
所以的取值范围是.故选B.
7.（多选）（2025·福建厦门二模）设函数在上可导，其导函数为，且函数的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（ ）
A．函数在上为增函数 B．函数在上为增函数
C．函数有极大值和极小值 D．函数有极大值和极小值
【答案】AD
【解析】由图可知当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
当时，所以，
所以在上为增函数，在上为减函数，在上为减函数，
在上为增函数，故A正确，B错误，
则在处取得极大值，处取得极小值，
即函数有极大值和极小值，故C错误，D正确.
故选：AD
【易错点播】导数的符号反映了函数在某个区间上的单调性，导数绝对值的大小反映了函数在某个区间或某点附近变化的快慢程度.
要区分“导函数值正负”与“原函数图象升降”关系。
8．（多选）(2023·新高考全国Ⅱ卷T11)若函数f(x)＝aln x＋＋(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
【解析】函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，
则f′(x)＝－－＝，
因为函数f(x)既有极大值也有极小值，
则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，而a≠0，
因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实数根x1，x2，
于是
即有b2＋8ac>0，ab>0，ac<0，
显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．
9.（多选）（2024新课标全国Ⅰ卷T10）设函数，则（ ）
A．是的极小值点 B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】ACD
【解析】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
10.（2025·新课标Ⅱ卷T13）若是函数的极值点，则
【答案】
【解析】由题意有，
所以，
因为是函数极值点，所以，得，
当时，，
当单调递增，当单调递减，
当单调递增，
所以是函数的极小值点，符合题意；
所以.
11.（2025·江苏基地大联考）已知直线l与曲线y＝ex－1和y＝ln（x＋1）都相切，请写出符合条件的两条直线l的方程：　　　　，　　　　.
【答案】y＝x　y＝x＋
【解析】对y＝ex－1求导得y'＝ex－1，对y＝ln（x＋1）求导得y'＝.设直线l与曲线y＝ex－1和y＝ln（x＋1）分别相切于点（x1，），（x2，ln（x2＋1）），所以直线l的方程可写为y＝（x－x1）＋或y＝（x－x2）＋ln（x2＋1），即y＝x－x1＋或y＝x－＋ln（x2＋1），因此
（法一） 由＝，得x1－1＝－ln（x2＋1），所以（1－x1）·＝，所以＝ln（x2＋1）－，化简得[1－ln（x2＋1）]·＝0，解得x2＝0或x2＝e－1.当x2＝0时，直线l的方程为y＝x；当x2＝e－1时，直线l的方程为y＝x＋.
（法二）由＝，得x1－1＝－ln（x2＋1），即ln（x2＋1）＝1－x1，所以（1－x1）＝1－x1－（1－）＝－x1＋，即x1（－1）＝0，解得x1＝0或x1＝1.当x1＝1时，直线l的方程为y＝x；当x1＝0时，直线l的方程为y＝x＋.
12．（2025·黑龙江哈尔滨二模）已知函数的定义域为R，，若对任意，都有，则不等式的解集为 ．
【答案】
【解析】，，
，的每一项都除以不等号方向不变，即，
，设，则，
，，，
为R上的减函数，，
等价于，为R上的减函数，
的解为，等价于，
的解集为.
13．（2025·四川绵阳·一模）定义在上的两函数，.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若，且满足，求的最大值.
【解】（1）当时，，
则，
由或，由，
所以单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由，
则，
由于，则，解得，
，
，
又由可得函数关于直线对称，
由对称性知，只需要研究在的最大值即可，
当时，，而单调递增，
且，存在使
且，，则在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
，
的最大值为16.
14．（2025·河北唐山·模拟）已知函数．
(1)若函数的图象关于点对称，求的值；
(2)若是的极大值点，求的值；
(3)设是的极值点，且满足，求的取值范围.
【解】（1）由曲线的图象关于点对称，得是奇函数，
因为，所以，解得.
（2）．
因为是的极大值点，所以，解得或2.
当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，因此是的极小值点（舍去）；
当时，，所以时，单调递增，
当时，单调递减，因此是的极大值点．
综上，可得.
（3），
因为是的极值点，所以，
因为，代入上式化简可得：
由可得，
解得.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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