第16小題 一元函數的導數及其應用-2024年高考《數學》復習題型分類與方法點撥（解析版）

第第頁第16小題一元函數的導數及其應用TOC\o"1-5"\h\u第16小題一元函數的導數及其應用 1一、主干知識歸納與回顧 216.1導數的概念及其意義 2§5.2導數的運算 316.3導數在研究函數中的應用 3（一）命題角度剖析 4（二）考情分析 4（三）高考預測 4二、題型分類與預測 5命題點一：導函數的概念與幾何意義 51.1母題精析（三年高考真題） 5一．極限及其運算（共1小題） 5二．導數的運算（共8小題） 5三．利用導數研究曲線上某點切線方程（共10小題） 91.2解題模型 141.3對點訓練（四年省市?？迹?14一．導數的運算（共2小題） 14二．利用導數研究曲線上某點切線方程（共22小題） 15命題點二：導數與函數單調性、極值、最值 271.1母題精析（三年高考真題） 27一．利用導數研究函數的單調性（共3小題） 27二．利用導數研究函數的極值（共5小題） 28三．利用導數研究函數的最值（共3小題） 31四．不等式恒成立的問題（共1小題） 341.2解題模型 351.3對點訓練（四年省市模考） 36一．利用導數研究函數的單調性（共6小題） 36二．利用導數研究函數的極值（共2小題） 45三．利用導數研究函數的最值（共10小題） 47四．不等式恒成立的問題（共1小題） 55三、類題狂刷（五年區(qū)模、校模）： 57一．導數的運算（共1小題） 57二．利用導數研究函數的單調性（共9小題） 58三．利用導數研究函數的極值（共10小題） 66四．利用導數研究曲線上某點切線方程（共11小題） 76一、主干知識歸納與回顧16.1導數的概念及其意義1.導數定義：對于函數，把比值叫做函數從到的平均變化率，如果當時，平均變化率無限趨近于一個確定的值，即有極限，則稱在處可導，并把這個確定的值叫做在處的導數（也稱瞬時變化率），記作或，即.2.函數在點處的導數的幾何意義：（1）切線：在曲線上任取一點，如果當點沿著曲線無限趨近于點時，割線無限趨近于一個確定的位置，這個確定的位置的直線稱為曲線在點處的切線.（2）的幾何意義：是曲線在處的切線的斜率.3.導函數：當時，是一個唯一確定的數，這樣當變化時，就是的函數，我們稱它為的導函數，簡稱導數.有時記作.§5.2導數的運算1.幾種常見函數的導數①；②；③；④；⑤；⑥；⑦；⑧2.導數的四則運算法則（1）.（2）.特別地：.（3）.3.復合函數求導法則由函數復合而成的的函數的導數和函數的導數間的關系為，即對的導數等于對的導數與對的導數的乘積.16.3導數在研究函數中的應用1.導數與函數的單調性（1）在某個區(qū)間上，如果，則函數在區(qū)間上為單調遞增；在某個區(qū)間上，如果，則函數在區(qū)間上為單調遞減.（2）設函數在某個區(qū)間內可導，若為增函數，則（在上的任何子區(qū)間內都不恒等于零）；若為減函數，則（在上的任何子區(qū)間內都不恒等于零）.2.函數的極值函數在點的函數值比它在點附近其他點的函數值都小，,而且在點附近的左側,右側，我們把叫做函數的極小值點，叫做函數的極小值；函數在點的函數值比它在點附近其他點的函數值都大，,而且在點附近的左側,右側，我們把叫做函數的極大值點，叫做函數的極大值.極小值點和極大值點統(tǒng)稱為極值點，極小值和極大值統(tǒng)稱為極值.3.最大值、最小值：設函數的定義域為，如果存在實數滿足：（1），都有;（2）使得，我們就稱是函數的最大值.如果存在實數滿足：（1），都有;（2）使得，我們就稱是函數的最小值.（一）命題角度剖析1.導函數的概念與幾何意義★★★☆☆2.導數與函數單調性、極值、最值★★★★★（二）考情分析高考頻率：100%試題難度：較難呈現形式：以選擇題或填空題呈現（三）高考預測本小題主要考查導數的幾何意義、含參函數的單調性與極值問題、函數的最值與恒成立問題.熱點內容為與單調性、極值、最值有關的綜合問題二、題型分類與預測命題點一：導函數的概念與幾何意義1.1母題精析（三年高考真題）一．極限及其運算（共1小題）1．（2022?上海）已知函數為定義域為的奇函數，其圖像關于對稱，且當，時，，若將方程的正實數根從小到大依次記為，，，，，則2．【分析】是周期為4的周期函數，作出圖像，的幾何意義是兩條漸近線之間的距離，由此能求出結果．【解答】解：函數為定義域為的奇函數，其圖像關于對稱，且當，時，，是周期為4的周期函數，圖像如圖：將方程的正實數根從小到大依次記為，，，，，則的幾何意義是兩條漸近線之間的距離2，．故答案為：2．【點評】本題考查極限的求法，考查函數的周期性、函數圖像、極限的幾何意義等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．二．導數的運算（共8小題）2．（2022?甲卷）當時，函數取得最大值，則（2）A． B． C． D．1【分析】由已知求得，再由題意可得（1）求得，得到函數解析式，求其導函數，即可求得（2）．【解答】解：由題意（1），則，則，當時函數取得最值，可得也是函數的一個極值點，（1），即．，易得函數在上單調遞增，在上單調遞減，故處，函數取得極大值，也是最大值，則（2）．故選：．【點評】本題考查導數的應用，考查導數最值與極值的關系，考查運算求解能力，是中檔題．3．（2020?全國）設函數，若，則A．3 B． C． D．1【分析】先根據復合函數求導法則及導數公式求出導函數，再通過建立方程即可求解．【解答】解：，，又，，，故選：．【點評】本題考查復合函數求導法則及導數公式，方程思想，屬基礎題．4．（2022?新高考Ⅰ）已知函數及其導函數的定義域均為，記．若，均為偶函數，則A． B． C．（4） D．（2）【分析】由為偶函數，可得關于對稱，可判斷；為偶函數，可得，關于對稱，可判斷；由，關于對稱，可得，得到是的極值點，也是極值點，從而判斷；圖象位置不確定，可上下移動，故函數值不確定，從而判斷．【解答】解：為偶函數，可得，關于對稱，令，可得，即（4），故正確；為偶函數，，關于對稱，故不正確；關于對稱，是函數的一個極值點，函數在，處的導數為0，即，又的圖象關于對稱，，函數在，的導數為0，是函數的極值點，又的圖象關于對稱，，關于的對稱點為，，由是函數的極值點可得是函數的一個極值點，，進而可得，故是函數的極值點，又的圖象關于對稱，，關于的對稱點為，，，故正確；圖象位置不確定，可上下移動，即每一個自變量對應的函數值不是確定值，故錯誤．解法二：構造函數法，令，則，則，，滿足題設條件，可得只有選項正確，故選：．【點評】本題考查函數的奇偶性，極值點與對稱性，考查了轉化思想和方程思想，屬中檔題．5．（2020?新課標Ⅲ）設函數，若（1），則1．【分析】先求出函數的導數，再根據（1），求得的值．【解答】解：，，（1），，則，故答案為：1．【點評】本題主要考查求函數的導數，屬于基礎題．6．（2019?全國）若函數，，則3．【分析】對求導，然后解方程，可得的值．【解答】解：由，得，，，．故答案為：3．【點評】本題考查了導數的基本運算，屬基礎題．7．（2018?天津）已知函數，為的導函數，則（1）的值為．【分析】根據導數的運算法則求出函數的導函數，再計算（1）的值．【解答】解：函數，則；（1）．故答案為：．【點評】本題考查了導數的運算公式與應用問題，是基礎題．8．（2016?天津）已知函數，為的導函數，則的值為3．【分析】先求導，再帶值計算．【解答】解：，，．故答案為：3．【點評】本題考查了導數的運算法則，屬于基礎題．9．（2015?天津）已知函數，，其中為實數，為的導函數，若（1），則的值為3．【分析】由題意求出，利用（1），求．【解答】解：因為，所以，又（1），所以；故答案為：3．【點評】本題考查了求導公式的運用；熟練掌握求導公式是關鍵．三．利用導數研究曲線上某點切線方程（共10小題）10．（2023?甲卷）曲線在點處的切線方程為A． B． C． D．【分析】先對函數求導，然后結合導數的幾何意義求出切線斜率，進而可求切線方程．【解答】解：因為，，故函數在點處的切線斜率，切線方程為，即．故選：．【點評】本題主要考查了導數幾何意義的應用，屬于基礎題．11．（2021?新高考Ⅰ）若過點可以作曲線的兩條切線，則A． B． C． D．【分析】法一：畫出函數的圖象，判斷與函數的圖象的位置關系，即可得到選項．法二：設過點的切線橫坐標為，求出切線方程，代入，設，利用函數的導數，判斷函數的單調性，然后推出的范圍即可．【解答】解：法一：函數是增函數，恒成立，函數的圖象如圖，，即切點坐標在軸上方，如果在軸下方，連線的斜率小于0，不成立．點在軸或下方時，只有一條切線．如果在曲線上，只有一條切線；在曲線上側，沒有切線；由圖象可知在圖象的下方，并且在軸上方時，有兩條切線，可知．故選：．法二：設過點的切線橫坐標為，則切線方程為，可得，設，可得，，，是增函數，，，是減函數，因此當且僅當時，上述關于的方程有兩個實數解，對應兩條切線．故選：．【點評】本題考查曲線與方程的應用，函數的單調性以及切線的關系，考查數形結合思想，是中檔題．12．（2020?新課標Ⅰ）函數的圖象在點，（1）處的切線方程為A． B． C． D．【分析】求出原函數的導函數，得到函數在處的導數，再求得（1），然后利用直線方程的點斜式求解．【解答】解：由，得，（1），又（1），函數的圖象在點，（1）處的切線方程為，即．故選：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，是基礎的計算題．13．（2023?全國）曲線在處切線方程為．【分析】利用導數幾何意義可求得切線斜率，由此可得切線方程．【解答】解：由可得，，曲線在點處的切線斜率為，所以所求切線方程為即．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究曲線上某點的切線方程，考查運算求解能力，屬于基礎題．14．（2022?新高考Ⅰ）若曲線有兩條過坐標原點的切線，則的取值范圍是，，．【分析】設切點坐標為，，利用導數求出切線的斜率，進而得到切線方程，再把原點代入可得，因為切線存在兩條，所以方程有兩個不等實根，由△即可求出的取值范圍．【解答】解：，設切點坐標為，，切線的斜率，切線方程為，又切線過原點，，整理得：，切線存在兩條，方程有兩個不等實根，△，解得或，即的取值范圍是，，，故答案為：，，．【點評】本題主要考查了利用導數研究曲線上某點處的切線方程，屬于中檔題．15．（2022?全國）曲線在點處的切線方程為．【分析】求出原函數的導函數，得到函數在時的導數值，即切線的斜率，然后由直線方程的點斜式得答案．【解答】解：由，得，（1），即曲線在點處的切線的斜率為1，則曲線在點處的切線方程為，整理得：．故答案為：．【點評】本題考查了利用導數研究過曲線上某點的切線方程，過曲線上某點處的切線的斜率，就是函數在該點處的導數值，是基礎題．16．（2022?新高考Ⅱ）曲線過坐標原點的兩條切線的方程為，．【分析】當時，，設切點坐標為，，利用導數的幾何意義表達出切線的斜率，進而表達出切線方程，再把原點代入即可求出的值，從而得到切線方程，當時，根據對稱性可求出另一條切線方程．【解答】解：當時，，設切點坐標為，，，切線的斜率，切線方程為，又切線過原點，，，切線方程為，即，當時，，與的圖像關于軸對稱，切線方程也關于軸對稱，切線方程為，綜上所述，曲線經過坐標原點的兩條切線方程分別為，，故答案為：，．【點評】本題主要考查了利用導數研究曲線上某點處的切線方程，屬于中檔題．17．（2021?新高考Ⅱ）已知函數，，，函數的圖象在點，和點，的兩條切線互相垂直，且分別交軸于，兩點，則的取值范圍是．【分析】分別求得，時，的解析式和導數，可得切線的斜率和方程，令，可得，的坐標，再由兩直線垂直的條件和兩點的距離公式，化簡整理，可得所求范圍．【解答】解：當時，，導數為，可得在點，處的斜率為，切線的方程為，令，可得，即，當時，，導數為，可得在點，處的斜率為，令，可得，即，由的圖象在，處的切線相互垂直，可得，即為，，，所以．故答案為：．【點評】本題考查導數的運用：切線的方程，以及兩直線垂直的條件，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．18．（2021?甲卷）曲線在點處的切線方程為．【分析】先求導，利用導數的幾何意義可求出切線的斜率，再由點斜式即可求得切線方程．【解答】解：因為，在曲線上，所以，所以，則曲線在點處的切線方程為：，即．故答案為：．【點評】本題主要考查導數的幾何意義，考查運算求解能力，屬于基礎題．19．（2021?全國）曲線在點處的切線方程是．【分析】求得函數的導數，由導數的幾何意義可得切線的斜率，再由直線的點斜式方程可得所求切線的方程．【解答】解：函數的導數為，可得曲線在點處的切線的斜率為，則曲線在點處的切線方程為，即為．故答案為：．【點評】本題考查導數的運用：求切線的方程，以及直線方程的運用，體現了數學運算的核心素養(yǎng)，屬于基礎題．1.2解題模型1.曲線y=f(x)在點(x0,y0)處的切線問題設曲線y=f(x)在點(x0,y0)處的切線為l,則根據2.曲線y=f(x)過點(x0,y0)的切線問題設切點坐標為(x?,f(x?)),先求出在x=x?處的切線方程，然后把點(x0,y0)的坐標代入切線方程即可求出x1,從而得出切線方程.3.由曲線的切線求參數的方法已知曲線在某點處的切線求參數問題主要用方程思想來解決.先求出函數的導數，從而求出在某點處的導數值；再根據導數的幾何意義與已知條件，建立關于參數的方程(組)或不等式(組),通過解方程(組)或不等式(組)求出參數的值或取值范圍.1.3對點訓練（四年省市?？迹┮唬畬档倪\算（共2小題）1．（2023?漳州模擬）函數的導函數為，則A．0 B．1 C． D．【分析】根據已知條件，結合函數的周期性，以及導數的求導法則，即可求解．【解答】解：的導函數為，則，故．故選：．【點評】本題主要考查函數的周期性，以及導數的求導法則，屬于基礎題．2．（2023?寧德模擬）已知函數滿足如下條件：①定義域為；②存在，使得；③．試寫出一個符合上述要求的函數（答案不唯一）．【分析】根據已知條件，選出函數，并驗證，即可求解．【解答】解：設，則函數定義域為，，，．故答案為：．【點評】本題主要考查導數的運算，屬于基礎題．二．利用導數研究曲線上某點切線方程（共22小題）3．（2023?泉州模擬）定義在上的偶函數滿足，且當，時，，則曲線在點處的切線方程為A． B． C． D．【分析】利用函數的對稱性和周期性及導數的幾何意義即可求解．【解答】解：由可以得關于中心對稱，又偶函數，即函數關于軸對稱，所以的周期為4．所以，因為，即關于對稱，所以，所以切線方程：．即：．故選：．【點評】本題主要考查了函數的奇偶性，對稱性及周期性的考查，還考查了導數幾何意義在切線方程的求解，屬于中檔題．4．（2022?泉州模擬）若直線與曲線相切，直線與曲線相切．則的值為A． B．1 C． D．【分析】分別求得，的導數，設出切點可得切線的斜率，由已知切線方程可得兩個切點的坐標（用，表示），結合函數的圖像的對稱性，可得所求值．【解答】解：的導數為，的導數為，設與曲線相切的切點為，直線與曲線相切的切點為，所以，，即，，，即，又，即，可得，考慮為方程的根，為方程的根，分別畫出，和，的圖像，可得和的交點與和的交點關于直線對稱，則，即．故選：．【點評】本題考查導數的幾何意義：求切線的方程，以及函數的圖像的對稱性，考查方程思想和運算能力，屬于中檔題．5．（2022?莆田模擬）下列直線中，既不是曲線的切線，也不是曲線的切線的是A． B． C． D．【分析】分別求出兩函數的導函數，由每一個選項中直線的斜率求得與兩曲線切點的橫坐標，進一步求得縱坐標，再看切點是否滿足直線方程即可．【解答】解：的導函數為，的導函數為．對于，的斜率為1，由，得，，是曲線的切線，故錯誤；對于，的斜率為1，由判斷可知，不是曲線的切線，由，得，，則是曲線的切線，故錯誤；對于，的斜率為，由，得，，是曲線的切線，故錯誤；對于，由判斷可知，不是曲線的切線，由，得，，點不適合直線，則不是曲線的切線．故選：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查運算求解能力，是中檔題．6．（2021?莆田模擬）函數的圖象的切線斜率可能為A． B． C． D．【分析】求得的導數，可得切線的斜率，由正弦函數的值域和不等式的性質，可得斜率的范圍，可得結論．【解答】解：的導數為，由于，，，可得，則切線的斜率可能為．故選：．【點評】本題考查導數的運用：求切線的斜率，以及正弦函數的值域，考查運算能力和推理能力，屬于基礎題．7．（2020?福州三模）曲線在處的切線方程為A． B． C． D．【分析】先求出導數，然后求出切線的斜率，最后利用點斜式求出切線方程．【解答】解：由已知：，．所以，故切線為，即．故選：．【點評】本題考查導數的幾何意義，切線方程的求法．屬于基礎題．8．（2022?莆田模擬）若函數的圖象上存在兩點，使得的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則稱具有性質．下列函數中具有性質的是A． B． C．， D．【分析】函數的圖象上存在兩點，使得的圖象在這兩點處的切線互相垂直，則判斷存在兩個函數值的乘積為即可．【解答】解：當時，，，當時，滿足條件；當時，恒成立，不滿足條件；當，時，，當，滿足條件；當時，，函數單調遞增，且，，所以存在，，滿足條件．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的切線方程和導數的幾何意義，屬中檔題．9．（2022?漳州模擬）已知函數，則下列結論正確的是A．曲線的切線斜率可以是1 B．曲線的切線斜率可以是 C．過點且與曲線相切的直線有且只有1條 D．過點且與曲線相切的直線有且只有2條【分析】求出原函數的導函數，結合指數函數的值域判斷與；設出切點坐標，得到函數在切點處的切線方程，分別把，代入求得切點橫坐標，即可判斷與．【解答】解：，得，由，得，曲線的切線斜率可以是1，故正確；，故錯誤；設切點坐標為，則，過切點的切線方程為，把代入，可得，，令，得，當時，，當時，，，可得只有一根0，即過點且與曲線相切的直線有且只有1條，故正確；把代入，可得，解得．過點且與曲線相切的直線有且只有1條，故錯誤．故選：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查化歸與轉化思想，考查運算求解能力，是中檔題．10．（2023?莆田模擬）直線經過點，，且與曲線相切，寫出的一個方程（或，或．【分析】設切點坐標，利用導數求出過求得的切線方程，代入已知點的坐標，求出切點橫坐標，進一步得答案．【解答】解：由，得，設切點坐標為，，則過切點的切線方程為，把點，代入，可得，整理得：，即或或．當時，切線方程為，當時，切線方程為，當時，切線方程為．故答案為：（或，或．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查運算求解能力，設切點是關鍵，是中檔題．11．（2023?思明區(qū)校級模擬）若曲線有兩條過的切線，則的范圍是．【分析】由題可將曲線有兩條過的切線轉化為函數圖象與直線有兩個交點，然后利用導數研究單調性，畫出大致圖象，即可得答案．【解答】解：設切線切點為，，又，所以切線斜率為，因為，所以切線方程為：．又切線過，則，即，則由題可知函數圖象與直線有兩個交點，由得，由得，所以在上單調遞增，在上單調遞減．又（1），又，，，．據此可得大致圖象如下．則由圖可得，當時，曲線有兩條過的切線．故答案為：．【點評】本題考查利用導數求函數的切線問題，化歸轉化思想，數形結合思想，屬中檔題．12．（2023?廈門模擬）已知函數，，若曲線與曲線存在公切線，則實數的最大值為．【分析】根據導數的幾何意義，利用斜率等于切點處的導數，和切線相同即可判斷．【解答】解：，假設兩曲線在同一點，處相切，則，可得，即，因為函數單調遞增，且時，所以，則，此時兩曲線在處相切，根據曲線的變化趨勢，若繼續(xù)增大，則兩曲線相交于兩點，不存在公切線，所以的最大值為．故答案為：．【點評】本題主要考查利用導數研究曲線上某點的切線方程，考查運算求解能力，屬于中檔題．13．（2023?惠安縣模擬）已知直線是曲線與的公切線，則直線與軸的交點坐標為．【分析】設直線與兩曲線的切點坐標，得到兩曲線在切點處的導數值，再由斜率相等列式求解切點坐標，得到切線方程，進一步得答案．【解答】解：由，得，由，得，設直線與曲線和分別切于，，，，則，即，代入，可得，解得，，切點為，，則切線方程為，取，得．直線與軸的交點坐標為．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查運算求解能力，是中檔題．14．（2023?泉州模擬）曲線在點處的切線方程為．【分析】欲求曲線在點處的切線方程，只須求出其斜率即可，故先利用導數求出在處的導函數值，再結合導數的幾何意義即可求出切線的斜率．從而問題解決．【解答】解：，，當時，得切線的斜率為2，所以；所以曲線在點處的切線方程為：，即．故答案為：．【點評】本小題主要考查直線的斜率、導數的幾何意義、利用導數研究曲線上某點切線方程等基礎知識，考查運算求解能力．屬于基礎題．15．（2023?南平模擬）已知曲線和曲線有唯一公共點，且這兩條曲線在該公共點處有相同的切線，則的方程為．【分析】設與，再設公共點，，根據題意得到，，，解出后進而求得結論．【解答】解：設與在公共點，處的切線相同．，，由題意知，即，解得，；故切點為：，，切線的斜率；可得切線方程為：．故答案為：．【點評】本題主要考查利用導數研究曲線上某點切線方程的基礎知識，是一道關于函數的基礎題，應熟練掌握其求解的方法步驟．16．（2023?福州模擬）已知曲線在點處的切線與在點處的切線平行，若點的縱坐標為1，則點的縱坐標為11．【分析】利用二次導函數，求解函數的對稱中心的坐標，結合點的縱坐標為1，求出的縱坐標即可．【解答】解：曲線，，，令，可得，此時，所以函數的對稱中心為．曲線在點處的切線與在點處的切線平行，若點的縱坐標為1，則點的縱坐標為11．故答案為：11．【點評】本題考查函數的導數的應用，對稱中心的求法，考查了轉化思想，是中檔題．17．（2023?泉州模擬）曲線在處的切線方程為．【分析】求得函數的導數，可得切線的斜率和切點，由斜截式方程可得所求切線方程．【解答】解：的導數為，可得曲線在處的切線斜率為，切點為，則切線的方程為．故答案為：．【點評】本題考查導數的運用：求切線方程，以及直線方程的運用，考查方程思想和運算能力，屬于基礎題．18．（2023?漳州模擬）函數的圖象在處的切線方程為．【分析】先對求導，再求出所求切線的斜率與切點，從而由點斜式方程即可得出答案．【解答】解：，，所求切線的斜率為，又，即切點為，函數的圖象在處的切線方程為：．故答案為：．【點評】本題考查導數的幾何意義，直線的點斜式方程，屬基礎題．19．（2022?廈門模擬）若函數和的圖象有且僅有一個公共點，則在處的切線方程是．【分析】分別求得，的導數，設，，則①，結合，聯(lián)立消掉可得關于的方程，構造函數，根據函數單調性可求得唯一值，進而可求的坐標，以及切線的斜率和切線方程．【解答】解：的導數為，的導數為，設，，則①，，即，化簡得②，聯(lián)立①②消得，，令，，可得在上單調遞增，又（1），在上有唯一零點1，方程有唯一解，即，則（1），．故，切線的斜率為1，切線的方程為．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性及導數的幾何意義，考查學生靈活運用所學知識分析問題解決問題的能力，屬于中檔題．20．（2022?荔城區(qū)校級模擬）曲線在點處的切線方程為．【分析】求出函數的導數，求出切線的斜率，然后求解切線方程．【解答】解：，可得，所以，所以曲線在點處的切線方程為：，即．故答案為：．【點評】本題考查函數的導數的應用，切線方程的求法，是基礎題．21．（2022?莆田模擬）曲線在處的切線方程為．【分析】求出原函數的導函數，得到函數在處的導數值，再求出時的函數值，利用直線方程的點斜式得答案．【解答】解：由，得，，又當時，，曲線在處的切線方程為，即．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，關鍵是熟記基本初等函數的導函數，是基礎題．22．（2022?龍巖模擬）函數在點，（1）處的切線與兩坐標軸圍成的三角形面積為．【分析】求出原函數的導函數，得到函數在處的導數值，再求出（1），可得切線方程，求出切線在兩坐標軸上的截距，代入三角形面積公式得答案．【解答】解：由，得，（1），又（1），函數在點，（1）處的切線為，取，得，取，得．切線與兩坐標軸圍成的三角形面積為．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查三角形面積的求法，考查運算求解能力，是基礎題．23．（2021?龍巖一模）已知函數在點，（1）處的切線方程為，則的值為1．【分析】求出原函數的導函數，得到函數在處的導數，再由（1）求解值．【解答】解：由，得，函數在點，（1）處的切線方程為，（1），即．故答案為：1．【點評】本題考查利用導數研究過曲線上某點處的切線方程，考查導數的幾何意義及應用，是基礎題．24．（2021?南平模擬）請寫出與曲線在點處具有相同切線的一個函數（非常數函數）的解析式為或或（答案不唯一）．【分析】結合導數的幾何意義，可得曲線在點處的切線方程為，從而得解．【解答】解：因為，所以，把代入，得，即曲線在點處切線方程的斜率為0，所以曲線在點處的切線方程為，因此，所有在點處的切線方程為的函數都是正確答案．故答案為；或或（答案不唯一）．【點評】本題以曲線的切線為載體，考查函數圖像在某點處的切線等基礎知識，考查邏輯推理能力和運算求解能力，屬于基礎題．命題點二：導數與函數單調性、極值、最值1.1母題精析（三年高考真題）一．利用導數研究函數的單調性（共3小題）1．（2023?新高考Ⅱ）已知函數在區(qū)間上單調遞增，則的最小值為A． B． C． D．【分析】對函數求導，根據題意可得在上恒成立，設，利用導數求出函數的最大值即可得解．【解答】解：對函數求導可得，，依題意，在上恒成立，即在上恒成立，設，則，易知當時，，則函數在上單調遞減，則．故選：．【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性和最值，考查不等式的恒成立問題，考查運算求解能力，屬于基礎題．2．（2020?全國）函數的單調遞增區(qū)間是A． B．， C． D．【分析】先求函數的導函數，然后求解的解集即可得解．【解答】解：已知函數，則函數的定義域為：，則，令，解得，即函數的單調遞增區(qū)間是，故選：．【點評】本題考查了導數的應用，重點考查了函數單調區(qū)間的求法，屬基礎題．3．（2023?乙卷）設，若函數在上單調遞增，則的取值范圍是，．【分析】由函數在上單調遞增，可得導函數在上恒成立，再參變量分離求解即可得出答案．【解答】解：函數在上單調遞增，在上恒成立，即，化簡可得在上恒成立，而在上，故有，由，化簡可得，即，，解答，故的取值范圍是，．故答案為：，．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性，恒成立問題的求解，指數函數的性質，是中檔題．二．利用導數研究函數的極值（共5小題）4．（2023?全國）已知函數在處取得極小值1，則A． B．0 C．1 D．2【分析】根據已知條件，對求導，利用導數研究函數的單調性，即可求解．【解答】解：，則，函數在處取得極小值1，，解得，故，，令，解得或，在，在上單調遞增，在，上單調遞減，故在處取得極小值，故，符合題意．故選：．【點評】本題主要考查利用導數研究函數的極值，屬于中檔題．5．（2022?全國）設和是函數的兩個極值點．若，則A．0 B．1 C．2 D．3【分析】先求出，又和是函數的兩個極值點，則和是方程的兩根，再利用韋達定理可解．【解答】解：函數，，又和是函數的兩個極值點，則和是方程的兩根，故，，又，則，即，則，故選：．【點評】本題考查利用導數研究函數極值問題，屬于中檔題．6．（2021?乙卷）設，若為函數的極大值點，則A． B． C． D．【分析】分及，結合三次函數的性質及題意，通過圖象發(fā)現，的大小關系，進而得出答案．【解答】解：令，解得或，即及是的兩個零點，當時，由三次函數的性質可知，要使是的極大值點，則函數的大致圖象如下圖所示，則；當時，由三次函數的性質可知，要使是的極大值點，則函數的大致圖象如下圖所示，則；綜上，．故選：．【點評】本題考查三次函數的圖象及性質，考查導數知識的運用，考查數形結合思想，屬于中檔題．7．（2023?新高考Ⅱ）若函數既有極大值也有極小值，則A． B． C． D．【分析】將函數有極大、極小值問題轉化為導函數對應的方程有兩個不等正實根來處理．【解答】解：函數定義域為，且，由題意，方程即有兩個正根，設為，，則有，，△，，，，即．故選：．【點評】本題考查函數極值的基礎知識，屬簡單題．8．（2022?乙卷）已知和分別是函數且的極小值點和極大值點．若，則的取值范圍是．【分析】由已知分析函數至少應該兩個變號零點，對其再求導，分類討論和時兩種情況即可得出結果．【解答】解：對原函數求導，分析可知：在定義域內至少有兩個變號零點，對其再求導可得：，當時，易知在上單調遞增，此時若存在使得，則在單調遞減，，單調遞增，此時若函數在和分別取極小值點和極大值點，應滿足，不滿足題意；當時，易知在上單調遞減，此時若存在使得，則在單調遞增，，單調遞減，且，此時若函數在和分別取極小值點和極大值點，且，故僅需滿足，即：，解得：，又因為，故綜上所述：的取值范圍是．【點評】本題主要考查利用函數的導數研究函數極值點問題，考查運算求解能力，屬于中檔題．三．利用導數研究函數的最值（共3小題）9．（2022?乙卷）函數在區(qū)間，的最小值、最大值分別為A．， B．， C．， D．，【分析】先求出導函數，令得，或，根據導函數的正負得到函數的單調性，進而求出函數的極值，再與端點值比較即可．【解答】解：，，，則，令得，或，當，時，，單調遞增；當時，，單調遞減；當，時，，單調遞增，在區(qū)間，上的極大值為，極小值為，又，，函數在區(qū)間，的最小值為，最大值為，故選：．【點評】本題主要考查了利用導數研究函數的最值，屬于中檔題．10．（2018?新課標Ⅰ）已知函數，則的最小值是．【分析】由題意可得是的一個周期，問題轉化為在，上的最小值，求導數計算極值和端點值，比較可得．【解答】解：由題意可得是的一個周期，故只需考慮在，上的值域，先來求該函數在，上的極值點，求導數可得，令可解得或，可得此時，或；的最小值只能在點，或和邊界點中取到，計算可得，，，，函數的最小值為，故答案為：．【點評】本題考查三角函數恒等變換，涉及導數法求函數區(qū)間的最值，屬中檔題．11．（2018?江蘇）若函數在內有且只有一個零點，則在，上的最大值與最小值的和為．【分析】推導出，，當時，，，在上沒有零點；當時，的解為，在上遞減，在，遞增，由只有一個零點，解得，從而，，，，利用導數性質能求出在，上的最大值與最小值的和．【解答】解：函數在內有且只有一個零點，，，①當時，，函數在上單調遞增，，在上沒有零點，舍去；②當時，的解為，在上遞減，在，遞增，又只有一個零點，，解得，，，，，的解集為，在上遞增，在上遞減，，，（1），，，在，上的最大值與最小值的和為：．【點評】本題考查函數的單調性、最值，導數的運算及其應用，同時考查邏輯思維能力和綜合應用能力，是中檔題．四．不等式恒成立的問題（共1小題）12．（2020?浙江）已知，且，對于任意均有，則A． B． C． D．【分析】設，求得的零點，根據在上恒成立，討論，的符號，結合三次函數的圖象，即可得到結論．【解答】解：設，可得的圖象與軸有三個交點，即有三個零點，，且，由題意知，在上恒成立，則，，，可得，恒成立，排除，；我們考慮零點重合的情況，即中間和右邊的零點重合，左邊的零點在負半軸上．則有或或三種情況，此時顯然成立；若，則不成立；若，即，可得，且和都在正半軸上，符合題意，綜上恒成立．故選：．【點評】本題考查不等式恒成立問題，注意三次函數的圖象，考查分類討論思想和轉化思想，屬于中檔題．1.2解題模型1.函數單調性的應用(1)利用函數的單調性求參數的取值范圍的方法①可導函數在區(qū)間(a,b)上單調，實際上就是在該區(qū)間上f(x)≥0(或f’(x)≤0)恒成立，得到關于參數的不等式，從而轉化為求函數的最值問題，求出參數的取值范圍，要注意檢驗等號成立時導數是否在某區(qū)間上恒為0.②可導函數在區(qū)間(a,b)上存在單調區(qū)間，實際上就是f’(x)>0(或f’(x)<0)在該區(qū)間上存在解集，從而轉化為不等式問題，求出參數的取值范圍。③若已知f(x)在區(qū)間I上的單調性，區(qū)間I上含有參數時，可先求出f(x)的單調區(qū)間，令I是其單調區(qū)間的子集，從而求出參數的取值范圍.(2)利用函數的單調性比較大小、解不等式時常用的構造函數技巧(1)出現nf(x)＋xf′(x)形式，構造函數F(x)＝xnf(x)；(2)出現xf′(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝eq\f(fx,xn).(3)出現f′(x)＋nf(x)形式，構造函數F(x)＝enxf(x)；(4)出現f′(x)－nf(x)形式，構造函數F(x)＝eq\f(fx,enx).(5)函數f(x)與sinx，cosx相結合構造可導函數的幾種常見形式F(x)＝f(x)sinx，F′(x)＝f′(x)sinx＋f(x)cosx；F(x)＝eq\f(fx,sinx)，F′(x)＝eq\f(f′xsinx－fxcosx,sin2x)；F(x)＝f(x)cosx，F′(x)＝f′(x)cosx－f(x)sinx；F(x)＝eq\f(fx,cosx)，F′(x)＝eq\f(f′xcosx＋fxsinx,cos2x).(6)同構法的三種基本模式：①乘積型，如aea≤blnb可以同構成aea≤(lnb)elnb，進而構造函數f(x)＝xex；②比商型，如eq\f(ea,a)<eq\f(b,lnb)可以同構成eq\f(ea,lnea)<eq\f(b,lnb)，進而構造函數f(x)＝eq\f(x,lnx)；③和差型，如ea±a>b±lnb，同構后可以構造函數f(x)＝ex±x或f(x)＝x±lnx.2.利用導數解決函數的極值和最值問題的策略(1)解決函數極值問題的一般思路(2)可導函數f(x)的極值點存在問題可轉化為導函數f’(x)的變號零點存在問題.(3)將極值與端點值進行比較，即可得函數的最值.1.3對點訓練（四年省市模考）一．利用導數研究函數的單調性（共6小題）1．（2023?寧德模擬）已知，則A． B． C． D．【分析】由可得到，利用作差法得到，，構造，，分別求出，在上的單調性，即可求解．【解答】解：因為，所以，又，令，，則，所以在單調遞減，所以，所以，即；又，令，，則，所以在單調遞減，所以，所以，即，綜上，．故選：．【點評】本題主要考查了導數與單調性在函數值大小比較中的應用，屬于中檔題．2．（2023?福州模擬）已知，函數，．若，則的取值范圍是A． B． C． D．【分析】構造函數，，則，利用導數求出函數的最小值，即可得出答案．【解答】解：，即，令，，令，則，所以函數為增函數，即函數為增函數，又（1），則當時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，所以（1），所以，所以的取值范圍是．故選：．【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性和最值，考查運算求解能力，屬于中檔題．3．（2023?漳州模擬）已知函數的定義域為，其導函數為，且，，則A． B．（e）（1） C．在上是增函數 D．存在最小值【分析】令，求導得，分析的符號，的單調性，進而可得，是否正確；由上可得，求導得，令，求導分析單調性和最值，可得的符號，的符號，的單調性，即可得出答案．【解答】解：令，，因為，所以，令得，所以在上，單調遞減，在上，單調遞增，對于：因為，所以（1），所以（1），所以（1），故正確；對于：因為，所以（e）（1），所以（e）（1），所以（e）（1），故正確；對于：由上可得，，令，，令得，所以在上，單調遞減，在，上，單調遞增，所以，所以，所以在上，單調遞增，故正確；對于：由選項知不存在最值，故錯誤，故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性、轉化方法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．4．（2023?廈門模擬）已知函數，則A．曲線關于軸對稱 B．曲線關于原點對稱 C．在上單調遞減 D．在上單調遞增【分析】根據函數奇偶性的定義判斷，，求出時的導數，判斷時函數的單調性，再結合函數的奇偶性判斷，即可．【解答】解：，，關于軸對稱，故正確，錯誤，時，，則，故時，，單調遞減，，時，，單調遞增，又關于軸對稱，在，單調遞減，又，在單調遞增，在，單調遞減，在上不單調，故錯誤，正確．故選：．【點評】本題考查了函數的單調性，奇偶性問題，考查導數的應用以及轉化思想，是中檔題．5．（2023?南平模擬）已知函數滿足，（1），則A． B． C．若方程有5個解，則 D．若函數且有三個零點，則【分析】令，求導可得，進而可得，，又（1），解得，則，，對于：求導分析的單調性，最值，可判斷是否正確；對于：由上可知，，令，令，求導分析單調性和最值，即可得出，進而可，則，結合的單調性，即可判斷是否正確；對于：由上可知，方程可化為，令，則方程可化為：，作出圖象如下，只需有5個零點，即可判斷是否正確；對于：若函數且有三個零點，則方程有三個根，又，，在上單調遞增，則方程有三個根，即可判斷是否正確．【解答】解：令，，因為，所以，所以，所以，即，因為（1），所以，所以，所以，所以，，令得，所以在上，單調遞減，在上，單調遞增，所以，對于：由上可知，單調遞增，因為，所以（1），所以，所以（1），又（1），所以，故錯誤；對于：由上可知，，令，令，單調遞減，又（1），所以在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以，所以，所以，所以，因為在上單調遞增，所以，故正確；對于：由上可知，方程可化為，令，則方程可化為：，作出圖象如下：方程，△，①若△，即時，方程的解只有一個，則函數的零點至多有三個，不合題意，②若△，即時，方程的無解，則函數無零點，不合題意，③若△，即或時，方程的解有兩個，，，，，若函數且有三個零點，則，有五個零點，結合的圖象可得有三個零點，有兩個零點，所以，當，即，解得，此時，符合，所以，故正確；對于：若函數且有三個零點，則方程有三個根，因為，，又因為在上單調遞增，所以若方程有三個根，則方程有三個根，所以有三個根，所以有三個根，即有三個根，令，則與有三個根，因為，所以為奇函數，當時，，，令得，所以在上，單調遞增，在上，單調遞減，所以（e），當時，；當時，，由奇函數的對稱性可得，，時，；當時，，作出函數的圖象如下：所以或，所以或，所以的取值范圍為，，，故正確；故選：．【點評】本題考查導數的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題．6．（2023?南平模擬）若，則A． B． C． D．【分析】對于，結合不等式的性質，即可求解；對于，結合對數函數的單調性，即可求解；對于，結合指數函數的單調性，即可求解；對于，構造函數，利用導數研究函數的單調性，即可求解．【解答】解：，則，，故錯誤，正確；，則，故錯誤；構造函數，求導可得，，當時，，即在上單調遞增，，（a）（b），即，故，故正確．故選：．【點評】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查轉化能力，屬于中檔題．二．利用導數研究函數的極值（共2小題）7．（2023?龍巖模擬）已知函數，為的導數，則下列說法正確的是A．當時，在區(qū)間單調遞減 B．當時，恒成立 C．當時，在區(qū)間上存在唯一極小值點 D．當時，有且僅有2個零點【分析】對于：求導得，，分析的符號，單調性，即可判斷是否正確；對于：當時，，，令，，求導分析單調性，最值，即可判斷是否正確；對于：當時，，求導分析單調性，極值，即可判斷是否正確；對于：由上可知在上單調性，進而可得存在，，使得，分析的單調性，零點，即可判斷是否正確．【解答】解：對于，，，時，，當時，，，所以在上，單調遞減，故正確；對于：當時，，，令，，，所以在上，單調遞增，在，上，單調遞減，所以當時，，所以不成立，故錯誤；對于：當時，，，，在上單調遞增，在上單調遞增，所以在上單調遞增，又，，所以存在，使得，所以在上，單調遞減，在，上，單調遞增，所以在區(qū)間上有唯一極小值點，故正確；對于：由上可知在上單調遞減，，在，上單調遞增，，所以存在，，使得，所以在上，，單調遞減，在，上，，單調遞增，又，，所以在上有一個零點，當時，，遞增，又，0為一個零點，當時，，所以在上不存在零點，故正確，故選：．【點評】本題考查導數的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題．8．（2022?福州模擬）已知函數在處取得極值，則實數．【分析】先求導數，再由極值條件，列方程求解．【解答】解：因為，又因為函數在處取得極值，所以（1），于是，解得，故答案為：．【點評】本題考查了利用導數研究函數極值問題，屬于中檔題．三．利用導數研究函數的最值（共10小題）9．（2023?福州模擬）若關于的不等式恒成立，則實數的取值范圍是A． B． C．， D．【分析】設，，求兩個曲線公切線的斜率即可．【解答】解：設，，依題意只需求公切線斜率即可．，，設切點分別為，，，則切線方程為，即．，即．則，由①得，代入②得：，則，故公切線斜率為或，如圖，由圖象可知，，．故選：．【點評】本題考查不等式的恒成立問題，考查導數的幾何意義，考查數形結合思想以及運算求解能力，屬于中檔題．10．（2023?龍巖模擬）已知兩數，則的最小值為A． B． C． D．0【分析】依題意可知為周期為的偶函數，結合函數的導數，求解函數的最值，利用函數的圖象，即可得到答案．【解答】解：，為偶函數，又，的周期為，當，時，，，令，得，，當，時，，單調遞增，當，時，，單調遞減，又，，作出的圖象，如圖：由圖可知，函數的最小值為，故正確；故選：．【點評】本題考查三角函數的周期性、對稱性，函數的導數判斷函數的單調性、極值等性質，考查數形結合思想及數學運算能力，屬于中檔題．11．（2022?南平模擬）對任意的，，，當時，恒成立，則實數的取值范圍是A．， B． C．， D．【分析】化簡不等式后構造函數，根據單調性轉化為恒成立問題求解．【解答】解：對任意的，，，當時，恒成立，，令，由題意得在，上單調遞減，，在，上恒成立，．實數的取值范圍是，．故選：．【點評】本題考查實數的取值范圍的求法，考查導數性質等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．12．（2022?泉州模擬）已知函數，，，則實數的取值范圍是A． B．， C． D．，【分析】原問題等價于，，令，，，，只需在單調遞增即可，利用在上恒成立，即可求解．【解答】解：，，等價于，，，，令，，，，又當時，恒成立，只需在單調遞增即可，即在上恒成立，在上恒成立，．故選：．【點評】本題考查了恒成立問題，考查了同構思想，考查了計算能力，屬于難題，13．（2022?三明模擬）已知函數有兩個零點，則實數的取值范圍為A． B． C．， D．【分析】問題轉化為有兩根，令，利用導數求其極小值，即可求得實數的取值范圍．【解答】解：由有兩個零點，得有兩個根，即有兩個根，令，，當時，，當時，，（1），可得在上恒成立，有兩根，令，則，由上可知，，當時，，單調遞減，當時，，單調遞增，的極小值為（1），又當時，，當時，，函數有兩個零點，則實數的取值范圍為．故選：．【點評】本題考查函數零點的判定及應用，考查化歸與轉化思想，訓練了利用導數求極值，考查運算求解能力，屬難題．14．（2022?莆田模擬）已知函數的最小值是4，則A．3 B．4 C．5 D．6【分析】求出函數的導數，根據函數的單調性求出函數的最小值，得到關于的方程，解出即可．【解答】解：令，則，，，在遞增，而，故時，，遞減，時，，遞增，故，解得，故選：．【點評】本題考查了函數的單調性，最值問題，考查導數的應用，是中檔題．15．（2021?南平模擬）設函數，若關于的不等式有且僅有兩個整數解，則實數的取值范圍是A．， B． C． D．【分析】對函數求導，得出其單調性情況及極值情況，作出大致圖象，結合圖象分，及分別討論得解．【解答】解：，，令，得，易知函數的單調遞減區(qū)間為，單調遞增區(qū)間為．則函數在處取得極小值，且極小值為，如圖所示：當時，無解；當時，若關于的不等式有且僅有兩個整數解，則，解得；當時，由于直線與軸的負半軸交于點，當時，關于的不等式有無數個整數解，不合乎題意．綜上所述，實數的取值范圍是．故選：．【點評】本題考查利用函數不等式整數解的個數問題求參數，利用導數工具研究函數的單調性、極值、最值及變化趨勢，考查數形結合思想的應用，蘊含運動變化和分類整合思想，考查學生邏輯推理能力以及運算求解轉化能力，屬于中檔題．16．（2023?福建模擬）函數，若，則的取值范圍，．【分析】由，可得時，，；時，，時，等號成立；時，，利用導數研究函數的單調性、結合洛必達法則即可得出結論．【解答】解：由，可得時，，；時，，時，等號成立；時，．當時，，令，，令，，，函數在上單調遞減，，即，函數在上單調遞減，時，由洛必達法則可得：，．時，．令，，則，令，，，函數即在上單調遞增，，，，．綜上可得：，．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與極值及最值、分類討論方法、等價轉化方法、洛必達法則，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．17．（2023?三明三模）已知不等式恒成立，其中，則的最大值為．【分析】由題意，將問題轉化成不等式恒成立，構造函數，對進行求導，對和這兩種情況進行分析，利用導數得到的單調性和最值，此時問題轉化成，構造函數（a），對（a）進行求導，利用導數得到（a）的單調性，進而可得最大值．【解答】解：已知不等式恒成立，所以已知不等式恒成立，不妨設，函數定義域為，可得，因為，當時，，單調遞增，函數無最小值，不滿足條件；當時，當時，，單調遞減；時，，單調遞增，所以（a），滿足，即，整理得，所以，不妨設（a），函數定義域為，可得（a），當時，（a），（a）單調遞增；當時，（a），（a）單調遞減，所以（a）（3），則的最大值為，故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性和最值以及不等式恒成立問題，考查了邏輯推理、轉化思想和運算能力．18．（2022?龍巖模擬）若對恒成立，則實數的取值范圍是．【分析】依題意，將問題轉化為，對任意，恒成立，設，利用導數可知在，上為增函數，則（1），然后分及討論得答案．【解答】解：依題意，對任意，恒成立，記，，在，上為增函數，則（1），當，即時，在，上為增函數，則（1），符合題意；當，即時，（1），時，，存在，使得，且當時，，單調遞減，（1），不合題意．綜上所述，實數的取值范圍為．故答案為：．【點評】本題考查利用導數研究函數的單調性，最值，考查不等式的恒成立問題，考查運算求解能力，屬于較難題目．四．不等式恒成立的問題（共1小題）19．（2021?三明模擬）已知函數是定義在上的單調遞增函數，，當時，恒成立，則的取值范圍是A．， B．， C．， D．，【分析】由二次函數的單調性和單調性的定義，可判斷的范圍，再由函數恒成立思想可得（e）（e），運用排除法可得結論．【解答】解：是定義在上的單調遞增函數，可得時，遞增，即有，且，可得，又，即，可得，可排除選項，又，由當時，恒成立，可得（e）（e），即，可得，即有．進而排除，．故選：．【點評】本題考查函數的單調性的判斷，以及函數恒成立問題解法，考查化簡運算能力，屬于中檔題．三、類題狂刷（五年區(qū)模、校模）：一．導數的運算（共1小題）1．（2023?新羅區(qū)校級三模）定義在上的函數與的導函數分別為和，若，，且為奇函數，則下列說法中一定正確的是A．（2） B．函數關于對稱 C．函數是周期函數 D．【分析】由為奇函數可得（2），由取導數可得，結合條件可得，判斷，再由條件判斷函數，的周期，由此計算，判斷，．【解答】解：因為為奇函數，所以，取可得（2），對，因為，所以，所以，又，即，，故，所以函數的圖象關于點對稱，錯，因為，所以，所以，為常數，因為，所以，所以，取可得，所以，又，即，所以，所以，所以，故函數為周期為4的函數，因為，所以（3）（1），（4）（2），所以（1）（2）（3）（4），所以，所以，故的值為0，正確；因為，即，故函數也為周期為4的函數，正確．故選：．【點評】本題主要考查了抽象函數的應用，考查了函數的奇偶性、對稱性和周期性，屬于中檔題．二．利用導數研究函數的單調性（共9小題）2．（2023?蕉城區(qū)校級一模）關于的不等式的解集中有且僅有兩個大于2的整數，則實數的取值范圍為A． B． C． D．【分析】化簡不等式可得，設，，則原不等式即為，根據兩函數的單調性分類討論，得出不等式的解集中有且僅有兩個大于2的整數的不等式組解出即可．【解答】解：依題意，關于的不等式的解集中有且僅有兩個大于2的整數，即的解集中有且僅有兩個大于2的整數，設，，則原不等式即為．若，則當時，，，原不等式的解集中有無數個大于2的整數，．（2），（2），（2）（2）．當（3）（3），即時，設，則．設，則（3），在，上為減函數，（4），當時，，在，上為減函數，即（4），當時，不等式恒成立，原不等式的解集中沒有大于2的整數．，當時，，單調遞增，當時，，要使原不等式的解集中有且僅有兩個大于2的整數，當時，與有兩個交點，和在兩個交點之間，則，即，解得．則實數的取值范圍為，．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性，考查了不等式恒成立問題，屬于中檔題．3．（2023?蕉城區(qū)校級模擬）若函數在上單調遞增，則實數的取值范圍為A． B．， C． D．，【分析】根據指數函數的單調性求解即可；【解答】解：函數在上單調遞增，，，檢驗符合．故選：．【點評】本題考查指數函數的性質，屬基礎題．4．（2022?薌城區(qū)校級模擬）已知函數滿足（2），則的單調遞減區(qū)間為A． B． C． D．【分析】對求導得到關于（2）、的方程求出它們的值，代入原解析式，根據求單調減區(qū)間．【解答】解：由題設（2），則（2）（2），可得，而（2），則（2），所以，即，則且遞增，當時，即遞減，故遞減區(qū)間為．故選：．【點評】本題考查利用導數求函數的單調性，考查學生的運算能力，屬于中檔題．5．（2023?蕉城區(qū)校級二模）已知函數，則A．（2）（3） B．若有兩個不相等的實根，，則 C． D．若，，均為正數，則【分析】：代入2、3直接計算比較大小；：求的導函數，分析單調性，可得當有兩個不相等實根時、的范圍，不妨設，則有，比較的大小關系，因為，可構造，求導求單調性，計算可得成立，可證；：用在上單調遞增，構造可證明；：令，解出，，作差可證明．【解答】解：對于，，又，，所以，所以，所以（2）（3），故錯誤；對于：函數，定義域為，所以，令得，所以在上時，單調遞增，在上時，單調遞減，所以，且時，有，所以若有兩個不相等的實根、，有，不妨設，有，要證，只需證，且，又，所以只需證，令，所以，當時，，，所以有，所以在上單調遞增，且（e），所以恒成立，所以，即，即，故正確；對于：由可知，在上單調遞增，所以（2）（e），所以，則有，故正確；對于：令，則，，，所以，所以，故正確；故選：．【點評】本題考查導數的綜合應用，函數值的大小，不等式的證明，解題中注意轉化思想的應用，屬于中檔題．6．（2023?福建模擬）已知函數，則下列結論正確的是A．為增函數 B．的最小值為 C．函數有且僅有兩個零點 D．若，且，則【分析】利用導數研究的單調性和最值判斷、；由過原點且與曲線相切為臨界點，設切點為，并求出對應切線方程，進而有，構造研究單調性易得，結合只需判斷，2的大小關系，數形結合即可判斷；利用極值點偏移，構造研究單調性，判斷，即可判斷．【解答】解：：令，，即遞增，所以在上，（1），為減函數，錯誤；：在上（1），故的最小值為，正確；：由上知，過原點且與曲線相切為臨界點，設切點為，，點處的切線為，代入原點坐標化簡得，令，則，函數單調遞增，記方程的根為，又（4）知：，令，有，得單調遞增，有，由圖象知，函數有且僅有兩個零點，故正確；：設，有，所以，而，故為減函數，由，故為增函數，故（1）為減函數（1），即，，故，又，，且該區(qū)間上遞增，，故正確．故選：．【點評】本題主要考查了導數與單調性及最值關系的應用，還考查了函數性質在函數零點個數判斷中的應用，屬于中檔題．7．（2023?龍巖模擬）已知函數有兩個零點，分別記為，；對于，存在使，則A．在上單調遞增 B．（其中是自然對數的底數） C． D．【分析】對于：求導并令，解得的單調遞增區(qū)間，即可判斷是否正確；對于：若有兩個零點，方程有兩個根，令，則與的交點，即可判斷是否正確；對于：由上可得，又，，由的單調性可得，進而可得即可判斷是否正確；對于：計算，令，則，可得，又在上單調遞增，則，即可判斷是否正確．【解答】解：對于：因為，令得，所以在上單調遞增，對于有兩個零點，方程有兩個根，令，則，可得在上單調遞增，在上單調遞減，所以在處取得極大值（e），所以，，故正確；對于：由上可得，又，，由的單調性可得，，所以，，所以，故正確；對于：由已知，而，所以，令，則，所以在單調遞增，所以（1），所以，因為，所以，所以，所以，所以，又在上單調遞增，所以，即，故正確，故選：．【點評】本題考查導數的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題．8．（2023?福建模擬）函數的單調增區(qū)間是（或，也對）．【分析】令，由復合函數單調性知：的增區(qū)間即為所求．【解答】解：令，由復合函數單調性知：的增區(qū)間即為所求，，所以函數的單調增區(qū)間是．故答案為：（或，也對）．【點評】本題主要考查利用導數研究函數的單調性，考查運算求解能力，屬于基礎題．9．（2023?福建模擬）已知函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是，．【分析】求出函數的導數，利用給定的單調性列出恒成立的不等式，再借助二次函數求解作答．【解答】解：由題意，，恒成立，即恒成立，令，，則在，上恒成立，設，因此函數在，上恒有成立，而函數的圖象是開口向下的拋物線，于是，即，解得，所以實數的取值范圍是，．故答案為：，．【點評】本題主要考查了利用導數研究函數的單調性，考查了二次函數的性質，屬于中檔題．10．（2022?荔城區(qū)校級模擬）已知函數，有一位同學研究該函數后發(fā)現，該函數圖像具有對稱性，則函數的圖像關于對稱，同時利用性質求得不等式的解集是．【分析】先檢驗與的關系，然后結合函數圖象的平移及導數與單調性關系判斷的單調性，結合對稱性與單調性可求．【解答】解：因為，所以，所以的圖象關于對稱，令，則的圖象可由的圖象向右平移1個單位，且的圖象關于軸對稱，當時，，當時，恒成立，即單調遞增，當時，，，，單調遞增，故當時，單調遞增，所以時，單調遞增，由得，解得．故答案為：．【點評】本題主要考查了函數的對稱性及單調性的判斷，導數的應用是單調性判斷的關鍵，屬于中檔題．三．利用導數研究函數的極值（共10小題）11．（2023?漳州模擬）已知函數和函數，具有相同的零點，則的值為A．2 B． C． D．【分析】根據零點定義可整理得到，令，利用導數，結合零點存在定理的知識可確定在上單調遞減，在上單調遞增，并得到，，由可確定，由此化簡所求式子即可得到結果．【解答】解：由題意知：，，聯(lián)立兩式可得：，令，則；令，則在上單調遞增，又，（1），在上存在唯一零點，且，，；當時，；當時，；在上單調遞減，在上單調遞增，，又，，．故選：．【點評】本題考查函數零點、利用導數求解函數單調性的相關問題；解題關鍵是能夠靈活應用零點存在定理確定導函數的正負，并得到隱零點所滿足的等量關系式，進而利用等量關系式化簡最值和所求式子．12．（2023?鯉城區(qū)校級模擬）已知，若函數在處取得極小值，則下列結論正確的是A．當時， B．當時， C． D．【分析】求導可得，對分類討論，結合函數在處取得極小值，及其函數的零點，，進而得出結論．【解答】解：，，，令，解得，或．，令，解得，或，①時，當，，即時，函數在處取得極小值；②時，，，即時，函數在處取得極小值．綜上可得：正確．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與極值、函數的零點、分類討論方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．13．（2023?思明區(qū)校級模擬）已知函數，將的所有極值點按照由小到大的順序排列得到數列，對于正整數，則下列說法中正確的有A． B． C．為遞減數列 D．【分析】的極值點為函數與函數圖象在交點的橫坐標，將兩函數圖象畫在同一坐標系中，數形結合逐項分析各選項，能求出結果．【解答】解：的極值點為在上的變號零點，即為函數與函數圖象在交點的橫坐標，時，，時，，，，，時，，據此可將兩函數圖象畫在同一坐標系中，如圖，對于，時，，，，結合圖象得當，，，，，當，時，，，，故正確；對于，由圖象可知，則，故錯誤；對于，表示兩點，與，間距離，數形結合得隨著的增大，兩點間的距離越來越近，即為遞減數列，故正確；對于，由選項分析得：，數形結合得當時，，此時，在上是單調遞增函數，，故錯誤．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性、極值、零點等基礎知識，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．14．（2023?寧德模擬）已知函數，，，則下列說法正確的是A．若函數的圖象關于點，（1）中心對稱，則 B．當時，函數過原點的切線有且僅有兩條 C．函數在，上單調遞減的充要條件是 D．若實數，是的兩個不同的極值點，且滿足，則或【分析】．函數，，，令，解得，即為對稱中心的橫坐標，根據函數的圖象關于點，（1）中心對稱，進而解得，即可判斷出的正誤．．時，原點在函數的圖象上，因此過原點有一條切線；若切點不是原點時，設切點為，，利用點斜式可得切線方程為，把代入可得，即可判斷出的正誤．．函數在，上單調遞減（不恒等于在，上恒成立，其對稱軸為．分類討論對稱軸與區(qū)間斷點的值的大小關系，即可判斷出的正誤．．，由實數，是的兩個不同的極值點，可得△，即，利用根與系數的關系代入，解得范圍，即可判斷出的正誤．【解答】解：．函數，，，令，解得，函數的圖象關于點，（1）中心對稱，，解得，因此正確．．時，原點在函數的圖象上，因此過原點有一條切線；若切點不是原點時，設切點為，，則切線方程為，把代入可得：，若，則函數過原點的切線有且僅有一條；若，則函數過原點的切線有兩條．因此不正確．．函數在，上單調遞減（不恒等于在，上恒成立，其對稱軸為．分類討論：或或，因此正確．．，由實數，是的兩個不同的極值點，則△，即，，，，，化為，代入，可得，解得或，因此正確．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性與極值、方程與不等式的解法、分類討論方法、三次函數的單調性與中心對稱性、二次函數的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．15．（2023?新羅區(qū)校級三模）已知函數，則A．為奇函數 B．在區(qū)間上單調遞減 C．的極小值為 D．的最大值為【分析】利用函數奇偶性的定義可判斷選項；利用函數的單調性與導數的關系可判斷選項；分析函數的單調性，利用極值的定義可判斷選項；利用極值與最值的關系可判斷選項．【解答】解：由題意知，的定義域為，，所以為偶函數，錯；當時，，則，所以函數在上單調遞增，錯；對于，當，時，，所以，所以函數在，上單調遞減．又因為函數為偶函數，所以函數的遞增區(qū)間為、，遞減區(qū)間為、，所以函數的極小值為，對；對于，因為函數為偶函數，且函數的極大值為，故函數的最大值為，對．故選：．【點評】本題主要考查利用導數研究函數的單調性、極值與最值，考查運算求解能力，屬于中檔題．16．（2023?思明區(qū)校級三模）已知函數，設有兩個極值點，，若過兩點，，，的直線與軸的交點在曲線上，則的值是A．0 B．2 C． D．【分析】求導得，，為方程的兩個根，則，計算直線的斜率，直線必過對稱中心，，即，進而可得直線的方程，可得直線與軸交點坐標，代入曲線，即可得出答案．【解答】解：因為，，為方程的兩個根，所以，所以直線的斜率，若直線過點，，，，則直線必過對稱中心，，即，所以直線的方程為，令，得，又因為點，在曲線上，代入曲線可得，解得或或，故選：．【點評】本題考查導數的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題．17．（2023?鼓樓區(qū)校級模擬）設函數，則A．曲線是軸對稱圖形 B．函數有極大值為 C．若，則 D．若，且，則【分析】．計算，即可判斷；．利用導數法求解判斷；．由，得到，由，利用導數法求解判斷；．易證，再根據，且，結合得到，即可．【解答】解：對于選項：因為，所以關于對稱，故正確；對于選項，令得，當時，，單調遞減；當，時，，單調遞增，所以的極小值為，故錯誤；對于選項：因為，所以，因為，所以，所以，由可知的極小值為，所以，故正確；對于選項，因為，且，所以，即，由知在上單調遞減，在，上單調遞增，所以，故正確．故選：．【點評】本題考查了利用導數研究函數的單調性極值與最值、等價轉化方法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．18．（2023?泉州模擬）設函數，則下列判斷正確的是A．存在兩個極值點 B．當時，存在兩個零點 C．當時，存在一個零點 D．若有兩個零點，，則【分析】由已知可得，可得有兩個根，，且，進而運算可判斷每個選項的正確性．【解答】解：由函數，可得定義域為，，令，可得，△，方程有兩個根，，且，故，，，單調遞增，當，，單調遞減，故存在唯一極大值點，故錯誤；又，，，又在單調遞增，且，，易知為增函數，，又當時，，當時，，存在兩個零點，故正確；當時，，，無法判斷有多少個零點，故不正確；若有兩個零點，，則，為方程的兩解，作出函數，的圖象，作出點，關于直線的對稱點，，由圖可知，，故正確．故選：．【點評】本題考查導數綜合應用，考查數形結合思想，屬中檔題．19．（2022?德化縣校級模擬）設函數的定義域為，是的極大值點，以下結論一定正確的是A．， B．是的極大值點 C．是的極小值點 D．是的極小值點【分析】根據函數圖像對稱性判斷新函數的極值點即可．【解答】解：選項：為極大值點，不能說明函數在取最小值，選項：為函數關于軸對稱，故在取極大值，故選項正確，選項：為函數關于軸對稱，故在取極小值，故選項錯誤，選項：為函數關于原點對稱，故在取得極小值，故選項正確，故選．【點評】本題主要考查函數圖像的變化及極值點定義，屬于中檔題．20．（2022?龍巖模擬）已知函數的定義域為，滿足，當，時，對，，下列選項正確的是A．，則的最小值為 B．，則的值不存在 C．極小值，則 D．時，函數所有極小值之和大于【分析】根據導函數可得函數在，上遞減，在，上遞增，則在，內的極小值（最小值）為（1），且無最大值，再可知，在，內的極小值為為偶數），可利用等比數列求和分析極小值的和．【解答】解：當，時，，則，令則，函數在，上遞減，在，上遞增，則在，內的極小值（最小值）為（1），且當時，，不正確，正確，，則函數在，上遞減，在，上遞增為偶數），在，內的極小值為為偶數），如下表：極值點135極小值0若，則，正確，若，則函數在，內的極小值為：這些極小值依次構成等比數列，其前項和，當時，，即不正確，故選：．【點評】本題考查利用導數研究函數的極值，考查學生的運算能力，屬于中檔題．四．