北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
4.2 导数的应用
基础篇
考点一 导数与函数的单调性
考向一 求函数的单调区间
1.(2022长沙明达中学入学考,7)已知函数f(x)=xln x,则f(x) ( )
A.在(0,+∞)上单调递增
B.在(0,+∞)上单调递减
( 1)
C.在 0, 上单调递增
e
( 1)
D.在 0, 上单调递减
e
答案 D
3
2.(2022山东烟台莱州一中开学考,3)函数f(x)=-2ln x-x- 的单调递增区间是( )
x
A.(0,+∞) B.(-3,1)
C.(1,+∞) D.(0,1)
答案 D
3.(2022河北衡水中学模拟,15)已知一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|-1<x<5},则
1 1
函数f(x)= ax3+ bx2+cx的单调递增区间为 .
3 2
答案 (-1,5)
4.(2023届哈尔滨师大附中月考,17)设函数f(x)=ln(1+ax)+bx,g(x)=f(x)-bx2.
(1)若a=1,b=-1,求函数f(x)的单调区间;
(2)若曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,求a,b的值.
1 −x
解析 (1)由题意知f(x)=ln(1+x)-x,定义域为(-1,+∞),求导得f '(x)= −1= ,
x+1 x+1
令f '(x)=0,得x=0,
当-1<x<0时,f '(x)>0,当x>0时,f '(x)<0,所以f(x)的单调递增区间为(-1,0),单调递减区
间为(0,+∞).
(2)g(x)=f(x)-bx2=ln(1+ax)+bx-bx2,
a
求导得g'(x)= +b-2bx,
1+ax北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
因为曲线y=g(x)在点(1,ln 3)处的切线与直线11x-3y=0平行,所以g'(1)=
a 11
+b−2b= ,g(1)=ln(1+a)+b-b=ln 3,解得a=2,b=-3.
1+a 3
5.(2022福建泉州质量监测二,17)已知函数f(x)=x-asin x的图象在点(0,f(0))处的切线
方程为y=-x.
(1)求a;
(2)求f(x)在[0,2π]上的单调区间.
解析 (1)对f(x)=x-asin x求导得f '(x)=1-acos x,则f '(0)=1-acos 0=1-a,根据f(x)=x-
asin x的图象在(0,f(0))处的切线方程为y=-x,有1-a=-1,解得a=2.
(2)由(1)可得f '(x)=1-2cos x.
π 5π
在区间[0,2π]上,由f '(x)=0,解得x= 或x= .
3 3
π 5π
当0<x< 或 <x<2π时,f '(x)<0,则f(x)单调递减;
3 3
π 5π
当 <x< 时,f '(x)>0,则f(x)单调递增.
3 3
[ π] [5π ] (π 5π)
综上可得,f(x)的单调递减区间为 0, , ,2π ,单调递增区间为 , .
3 3 3 3
考向二 利用单调性比较大小、解不等式
1.(2023届江苏南京、镇江学情调查,7)设函数f(x)=-sin x+ln(√x2+1+x)+x,则满足f(x)
+f(3-2x)<0的x的取值范围是 ( )
A.(3,+∞) B.(1,+∞)
C.(-∞,3) D.(-∞,1)
答案 A
2.(2021湖南郴州质检三,8)已知a=4ln 3π,b=3ln 4π,c=4ln π3,则a,b,c的大小关系是 (
)
A.c<b<a B.b<c<a C.b<a<c D.a<b<c
答案 B
( 1) (2) (4)
3.(2022河北邯郸二模,8)已知函数f(x)= x− ln x,且a=f ,b=f ,c=f(√e),则
x 3 5
( )
A.a>b>c B.c>a>b
C.a>c>b D.c>b>a
答案 B
4.(2022全国甲文,12,5分)已知9m=10,a=10m-11,b=8m-9,则 ( )
A.a>0>b B.a>b>0 C.b>a>0 D.b>0>a北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
答案 A
ln2 1 ln5
5.(2022广东汕头一模,5)已知a= ,b= ,c= ,则以下不等式正确的是 ( )
2 e 5
A.c>b>a B.a>b>c
C.b>a>c D.b>c>a
答案 C
6.(2023届广东六校联考,16)若不等式a(x+1)ex-x<0有且仅有一个正整数解,则实数a
的取值范围是 .
[ 2 1 )
答案 ,
3e2 2e
考点二 导数与函数的极(最)值
1.(2023届江西上饶、景德镇六校联考,11)设a≠0,若x=a为函数f(x)=a(x-a)2(x-1)的
极小值点,则 ( )
A.a<1 B.a>1 C.a<a2 D.a>a2
答案 C
2.(2022海南海口四中期中,14)若函数f(x)=-x3+ax2-4在x=2处取得极值,则a= .
答案 3
3.(2022沈阳三十一中月考,13)写出一个同时满足下列要求的函数f(x)= .
①f(x)的表达式中至少含有ex、xn(n∈N*)、ln x中的两个;②存在一个极值点x=3.
ex
答案 (或ex(x-4))(答案不唯一)
x3
4.(2021新高考Ⅰ,15,5分)函数f(x)=|2x-1|-2ln x的最小值为 .
答案 1
5.(2023届重庆八中入学考,18)已知函数f(x)=ax+b+cos x(a,b∈R),若曲线f(x)在点
1
(0,f(0))处的切线方程为y= x+2.
2
(1)求f(x)的解析式;
(2)求函数f(x)在[0,2π]上的值域.
解析 (1)因为f(x)=ax+b+cos x(a,b∈R),
所以f '(x)=a-sin x,
{ f(0)=b+cos0=2, {b+1=2,
1 1
由题意得 1 即 1 所以a= ,b=1,则f(x)= x+1+cos x.
f '(0)=a−sin0= , a= , 2 2
2 2
1 1
(2)由(1)得f(x)= x+1+cos x,f '(x)= -sin x,
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
π 5π
由f '(x)≥0且x∈[0,2π]可得0≤x≤ 或 ≤x≤2π,函数f(x)在区间
6 6
[ π] [5π ]
0, 和 ,2π 上单调递增,
6 6
π 5π (π 5π)
由f '(x)<0且x∈[0,2π]可得 <x< ,函数f(x)在区间 , 上单调递减;
6 6 6 6
π (π) 1 π π π √3 5π
因此当x= 时,函数取得极大值f = × +1+cos =1+ + ,当x= 时,函
6 6 2 6 6 12 2 6
(5π) 1 5π 5π 5π √3
数取得极小值f = × +1+cos =1+ − ,
6 2 6 6 12 2
1
又f(0)=2,f(2π)= ×2π+1+cos 2π=1+π+1=2+π,
2
5π √3 π √3
1+ − <2<1+ + <2+π,所以函数f(x)在[0,2π]上的最大值为2+π,最小值为
12 2 12 2
5π √3 [ 5π √3 ]
1+ − ,所以f(x)在[0,2π]上的值域为 1+ − ,2+π .
12 2 12 2
a
6.(2022河北衡水中学模拟一,21)已知函数f(x)=ln x- .
x
(1)若a>0,证明:f(x)在定义域内是增函数;
3
(2)若f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求a的值.
2
1 a x+a
解析 (1)证明:由题意知f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)= + = .∵a>0,∴f
x x2 x2
'(x)>0,
故f(x)在(0,+∞)上是增函数.
x+a
(2)由(1)可知,f '(x)= .
x2
①若a≥-1,则x+a≥0,即f '(x)≥0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为增函数,
3 3
∴f(x) =f(1)=-a= ,∴a=- (舍去);
min 2 2
②若a≤-e,则x+a≤0,即f '(x)≤0在[1,e]上恒成立,此时f(x)在[1,e]上为减函数,
a 3 e
∴f(x) =f(e)=1- = ,∴a=- (舍去);
min e 2 2
③若-e<a<-1,令f '(x)=0,得x=-a,
当-a<x<e时,f '(x)>0,∴f(x)在(-a,e)上为增函数,
当1<x<-a时,f '(x)<0,∴f(x)在(1,-a)上为减函数,北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
3
∴f(x) =f(-a)=ln(-a)+1= ,∴a=-√e.
min 2
综上所述,a=-√e.
7.(2020北京,19,15分)已知函数f(x)=12-x2.
(1)求曲线y=f(x)的斜率等于-2的切线方程;
(2)设曲线y=f(x)在点(t, f(t))处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为S(t),求S(t)的
最小值.
解析 由f(x)=12-x2得f '(x)=-2x.
(1)令f '(x )=-2,即-2x =-2,得x =1.
0 0 0
又因为f(x )=f(1)=11,所以切点为(1,11).
0
故所求的切线方程为y-11=-2(x-1),即y=-2x+13.
(2)由题设知t≠0,根据对称性,只需考虑t>0的情形.
曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线方程为y=12-t2-2t(x-t).
(t 6 )
切线与x轴的交点是 + ,0 ,与y轴的交点是(0,12+t2).
2 t
所以切线与坐标轴围成的三角形面积为
S(t)=
1(t
+
6)
(12+t2)=
1(
t3+24t+
144)
.
2 2 t 4 t
因此S'(t)=
1(
3t2+24−
144)
=
3
(t2-4)(t2+12).
4 t2 4t2
令S'(t)=0,即(t2-4)(t2+12)=0,得t =-2(舍),t =2.
1 2
因为当t∈(0,2)时,S'(t)<0,S(t)单调递减;
当t∈(2,+∞)时,S'(t)>0,S(t)单调递增,
所以S(t)的最小值为S(2)=32.
综合篇
考法一 利用导数研究函数的单调性
考向一 含参函数的单调性问题
1.(2023届福建部分名校联考,21)已知函数f(x)=ae-x+x-2.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
a
解析 (1)因为f(x)=ae-x+x-2= +x-2,
ex
ex−a
所以f '(x)= .
ex北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
若a≤0,则f '(x)>0恒成立;
若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f '(x)<0,当x∈(ln a,+∞)时,f '(x)>0.
故当a≤0时,f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;
当a>0时,f(x)的单调递增区间为(ln a,+∞),单调递减区间为(-∞,ln a).
(2)f(x)≥0等价于a≥(2-x)ex,
令函数g(x)=(2-x)ex,则g'(x)=(1-x)ex,
当x∈(-∞,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减.
则g(x)≤g(1)=e,故a的取值范围为[e,+∞).
2.(2022山东莱州一中开学考,21改编)已知函数f(x)=x2-(a-2)x-aln x(a∈R),求函数
y=f(x)的单调区间.
解析 函数f(x)的定义域是(0,+∞),
a (x+1)(2x−a)
f '(x)=2x-(a-2)- = .
x x
(1)当a≤0时,f '(x)>0对任意x∈(0,+∞)恒成立,
所以函数f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
a a (a )
(2)当a>0时,由f '(x)>0得x> ,由f '(x)<0得0<x< ,所以函数在区间 ,+∞ 上单调
2 2 2
( a)
递增,在区间 0, 上单调递减.
2
综上,a≤0时,f(x)的单调增区间为(0,+∞),无单调减区间;a>0时,f(x)的单调增区间为
(a ) ( a)
,+∞ ,单调减区间为 0, .
2 2
3.(2022浙江舟山中学质量检测,20改编)已知函数f(x)=x2-2x+aln x,当a>0时,求函数
f(x)的单调区间.
a 2x2−2x+a
解析 f(x)=x2-2x+aln x的定义域为(0,+∞),f '(x)=2x-2+ = (x>0),
x x
令f '(x)=0,可得2x2-2x+a=0(a>0),
1
当Δ=4-8a≤0,即a≥ 时,f '(x)≥0对于x∈(0,+∞)恒成立,所以f(x)在(0,+∞)上单调递
2
增.
1 1±√1−2a
当Δ=4-8a>0,即0<a< 时,解2x2-2x+a=0可得x= ,
2 2
1−√1−2a 1+√1−2a
由f '(x)>0可得0<x< 或x> ,
2 2
1−√1−2a 1+√1−2a
由f '(x)<0可得 <x< ,
2 2北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
( 1−√1−2a) (1+√1−2a )
所以f(x)在 0, 和 ,+∞ 上单调递增,在
2 2
(1−√1−2a 1+√1−2a)
, 上单调递减.
2 2
1 1
综上所述,当a≥ 时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞);当0<a< 时,f(x)的单调递增区间
2 2
( 1−√1−2a) (1+√1−2a ) (1−√1−2a 1+√1−2a)
为 0, 和 ,+∞ ,单调递减区间为 , .
2 2 2 2
4.(2020课标Ⅱ文,21,12分)已知函数f(x)=2ln x+1.
(1)若f(x)≤2x+c,求c的取值范围;
f(x)−f(a)
(2)设a>0,讨论函数g(x)= 的单调性.
x−a
2
解析 设h(x)=f(x)-2x-c,则h(x)=2ln x-2x+1-c,其定义域为(0,+∞),h'(x)= -2.
x
(1)当0<x<1时,h'(x)>0;当x>1时,h'(x)<0.所以h(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间
(1,+∞)上单调递减.从而当x=1时,h(x)取得最大值,最大值为h(1)=-1-c.故当且仅当-1-
c≤0,即c≥-1时, f(x)≤2x+c.
所以c的取值范围为[-1,+∞).
f(x)−f(a) 2(lnx−lna)
(2)g(x)= = ,x∈(0,a)∪(a,+∞).g'(x)=
x−a x−a
(x−a ) ( a a)
2 +lna−lnx 2 1− +ln
x x x .
=
(x−a) 2 (x−a) 2
取c=-1得h(x)=2ln x-2x+2,h(1)=0,则由(1)知,当x≠1时,h(x)<0,即1-x+ln x<0.故当
a a
x∈(0,a)∪(a,+∞)时,1- +ln <0,从而g'(x)<0.所以g(x)在区间(0,a),(a,+∞)上单
x x
调递减.
5.(2021山东青岛二模,21)已知函数f(x)=aln x-√x+1(x>0),a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若对任意x∈(0,+∞),均有f(x)≤0,求a的值;
(3)假设某篮球运动员每次投篮命中的概率均为0.81,若其10次投篮全部命中的概率为
p,证明:p<e-2.
a 1 2a−√x
解析 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f '(x)= − = .
x 2√x 2x
若a≤0,则f '(x)<0对任意x∈(0,+∞)恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上为减函数;北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
若a>0,由f '(x)>0可得0<x<4a2,由f '(x)<0可得x>4a2,此时,函数f(x)的单调递增区间
为(0,4a2),单调递减区间为(4a2,+∞).
综上所述,当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上为减函数;当a>0时,函数f(x)在(0,4a2)上单
调递增,在(4a2,+∞)上单调递减.
(2)当a≤0时,函数f(x)在(0,+∞)上为减函数,且f(1)=0,当0<x<1时, f(x)>f(1)=0,不
合题意.
当a>0时,由(1)知f(x) =f(4a2)=aln(4a2)-2a+1=2aln(2a)-2a+1≤0,
max
1
令t=2a,t>0,可得tln t-t+1≤0,即ln t-1+ ≤0,
t
1 1 1 t−1
令g(t)=ln t+ -1,其中t>0,则g'(t)= − = .
t t t2 t2
当0<t<1时,g'(t)<0,此时函数g(t)单调递减;
当t>1时,g'(t)>0,此时函数g(t)单调递增.
1
所以,g(t) =g(1)=0,则g(t)≥g(1)=0,又g(t)≤0,所以g(t)=0,所以2a=t=1,解得a= .
min 2
1 lnx
(3) 由题意可得p=0.8110,由(2)可知,当a= 时, −√x+1≤0,即ln x≤2(√x-1),
2 2
所以ln 0.8110=10ln 0.81<20(√0.81-1)=-2,因此,p<e-2.
6.(2019课标Ⅲ理,20,12分)已知函数f(x)=2x3-ax2+b.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)是否存在a,b,使得f(x)在区间[0,1]的最小值为-1且最大值为1?若存在,求出a,b的
所有值;若不存在,说明理由.
解析 (1)f '(x)=6x2-2ax=2x(3x-a).
a
令f '(x)=0,得x=0或x= .
3
(a ) ( a)
若a>0,则当x∈(-∞,0)∪ ,+∞ 时, f '(x)>0;当x∈ 0, 时, f '(x)<0.
3 3
(a ) ( a)
故f(x)在(-∞,0), ,+∞ 单调递增,在 0, 单调递减.
3 3
若a=0, f(x)在(-∞,+∞)单调递增.
( a) (a )
若a<0,则当x∈ −∞, ∪(0,+∞)时, f '(x)>0;当x∈ ,0 时, f '(x)<0.故f(x)在
3 3
( a) (a )
−∞, ,(0,+∞)单调递增,在 ,0 单调递减.
3 3
(2)满足题设条件的a,b存在.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
①当a≤0时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递增,所以f(x)在区间[0,1]的最小值为
f(0)=b,最大值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当b=-1,2-a+b=1,即
a=0,b=-1.
②当a≥3时,由(1)知, f(x)在[0,1]单调递减,所以f(x)在区间[0,1]的最大值为
f(0)=b,最小值为f(1)=2-a+b.此时a,b满足题设条件当且仅当2-a+b=-1,b=1,即
a=4,b=1.
(a) a3
③当0<a<3时,由(1)知, f(x)在[0,1]的最小值为f =− +b,最大值为b或2-a+b.
3 27
a3
若- +b=-1,b=1,则a=3√32,与0<a<3矛盾.
27
a3
若- +b=-1,2-a+b=1,则a=3√3或a=-3√3或a=0,与0<a<3矛盾.
27
综上,当且仅当a=0,b=-1或a=4,b=1时, f(x)在[0,1]的最小值为-1,最大值为1.
考向二 已知函数单调性求参数值(范围)
1.(2022山东平邑一中开学考,8)若函数f(x)=x2-ax+ln x在区间(2,e)上单调递增,则a的
取值范围是 ( )
[9 ) ( 9]
A. ,+∞ B. −∞,
2 2
[9 ]
C. ,e2+1 D.[e2+1,+∞)
2
答案 B
(1 )
2.(2022河北邯郸模拟,5)若函数f(x)=ln x+ax2-2在区间 ,1 内存在单调递增区间,则
4
实数a的取值范围是 ( )
( 1 )
A.(-∞,-2) B. − ,+∞
8
C.(-2,+∞) D.(-8,+∞)
答案 D
1
3.(2022湖北部分重点中学联考,15)函数f(x)=ex- x2-ax是R上的增函数,则a的取值范
2
围是 .
答案 (-∞,1]
( 1 )
4.(2022上海交通大学附中期中,11)函数f(x)=log (x3-ax)(a>0,a≠1)在区间 − ,0
a ❑ 2
内单调递增,则a的取值范围是 .北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
[3 )
答案 ,1
4
5.(2022湖南衡阳一中周测,18)已知函数f(x)=x3-ax-1(a∈R).
(1)若函数f(x)在R上单调递增,求实数a的取值范围;
(2)若函数f(x)的单调递减区间是(-1,1),求实数a的值;
(3)若函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,求实数a的取值范围.
解析 (1)f '(x)=3x2-a.
因为f(x)在R上单调递增,所以f '(x)≥0恒成立,即a≤3x2恒成立,故a≤(3x2 ) =0.
min
经检验,当a=0时,符合题意,
故实数a的取值范围是(-∞,0].
(2)由(1),得f '(x)=3x2-a,因为f(x)的单调递减区间是(-1,1),所以不等式3x2-a<0的解集
为(-1,1),所以-1和1是方程3x2-a=0的两个实根,所以a=3.
(3)由(1),得f '(x)=3x2-a,因为函数f(x)在区间(-1,1)上单调递减,所以f '(x)≤0在
x∈(-1,1)上恒成立,即a≥3x2在x∈(-1,1)上恒成立.
又函数y=3x2在(-1,1)上的值域为[0,3),所以a≥3.故实数a的取值范围是[3,+∞).
考法二 利用导数研究函数的极(最)值
考向一 求极值
1.(2022湖北十堰模拟,5)已知函数f(x)=x2-8x+6ln x+1,则f(x)的极大值为 ( )
A.10 B.-6 C.-7 D.0
答案 B
2.(2017课标Ⅱ理,11,5分)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x)的极小值
为 ( )
A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
答案 A
3.(多选)(2022重庆八中模拟,9)设函数f(x)的定义域为R,x (x ≠0)是f(x)的极小值点,
0 0
以下结论一定正确的是 ( )
A.x 是f(x)的最小值点
0
B.x 是-f(x)的极大值点
0
C.-x 是f(-x)的极大值点
0
D.-x 是-f(-x)的极大值点
0
答案 BD
4.(多选)(2022湖南怀化一模,9)下列函数中,存在极值点的是 ( )
1
A.y=x- B.y=2|x|
x北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
C.y=-2x3-x D.y=xln x
答案 BD
考向二 求最值
1.(2023届长春六中月考,9)函数f(x)=cos x+(x+1)sin x+1在区间[0,2π]上的最小值、最
大值分别为 ( )
π π 3π π
A.- , B.− ,
2 2 2 2
π π 3π π
C.- , +2D.− , +2
2 2 2 2
答案 D
2.(2022山东烟台莱州一中开学考,8)已知直线y=a分别与直线y=2x-2和曲线y=2ex+x相
交于点A,B,则线段AB长度的最小值为 ( )
1
A. (3+ln 2) B.3-ln 2
2
C.2e-1 D.3
答案 A
3.(多选)(2021湖南三湘名校教育联盟联考,11)下列说法正确的是 ( )
1
A. f(x)=x+ 的最小值为1
ex
ex
B. f(x)= (x>0)的最小值为1
x
C. f(x)=x-ln x(x>0)的最小值为1
1
D. f(x)=x ex (x>0)的最小值为1
答案 AC
4.(2018江苏,11,5分)若函数f(x)=2x3-ax2+1(a∈R)在(0,+∞)内有且只有一个零点,则
f(x)在[-1,1]上的最大值与最小值的和为 .
答案 -3
5.(2018课标Ⅰ理,16,5分)已知函数f(x)=2sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是 .
3√3
答案 -
2
6.(2022江苏盐城四校联合检测,15)函数f(x)=-3x-|ln x|+3的最大值为 .
答案 2-ln 3
3−2x
7.(2021北京,19,15分)已知函数f(x)= .
x2+a
(1)若a=0,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)若f(x)在x=-1处取得极值,求f(x)的单调区间,并求其最大值与最小值.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
3 2 6 2
解析 (1)当a=0时, f(x)= − , f '(x)=- + .
x2 x x3 x2
所以f(1)=1, f '(1)=-4.
所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y-1=-4(x-1),即y=-4x+5.
3−2x −2(x2+a)−2x(3−2x) 2(x2−3x−a)
(2)由f(x)= 得f '(x)= = .由题意知f
x2+a (x2+a) 2 (x2+a) 2
'(-1)=0,所以(-1)2-3×(-1)-a=0.故a=4.
3−2x 2(x+1)(x−4)
当a=4时, f(x)= , f '(x)= .
x2+4 (x2+4) 2
f '(x)与f(x)的变化情况如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,4) 4 (4,+∞)
f '(x) + 0 - 0 +
1
f(x) ↗ 1 ↘ - ↗
4
因此, f(x)的单调递增区间是(-∞,-1)和(4,+∞),单调递减区间是(-1,4).当x→-∞时,
1
y→0,当x→+∞时,y→0,所以f(-1)=1是f(x)的最大值, f(4)=- 是f(x)的最小值.
4
8.(2022湖北重点中学联考,21)已知函数f(x)=(x-k)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.
解析 (1)由f(x)=(x-k)ex可得f '(x)=(x-k+1)ex,
令f '(x)=0,得x=k-1,
随x变化,f(x)与f '(x)的变化情况如表:
x (-∞,k-1) k-1 (k-1,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ -ek-1 ↗
所以f(x)的单调递减区间是(-∞,k-1),单调递增区间是(k-1,+∞),所以f(x)有极小值
f(k-1)=-ek-1,无极大值.
(2)当k-1≤0,即k≤1时,f '(x)=(x-k+1)ex≥0在x∈[0,1]上恒成立,则函数f(x)在[0,1]
上单调递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;
当0<k-1<1,即1<k<2时,由(1)知f(x)在[0,k-1]上单调递减,在(k-1,1]上单调递增,所以
f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-ek-1;
当k-1≥1,即k≥2时,函数f(x)在[0,1]上单调递减,
所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
综上,当k≤1时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在区间[0,1]
上的最小值为f(k-1)=-ek-1;当k≥2时,f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.
考向三 由极(最)值求参数值(范围)
1.(2021广东深圳五校联考,5)已知函数f(x)=ax4-4ax3+b(a>0),x∈[1,4], f(x)的最大值
为3,最小值为-6,则a+b= ( )
5 7 10 11
A. B. C. D.
3 3 3 3
答案 C
(a a+6)
2.(2022湖南岳阳一中入学考,7)若函数f(x)=2x3-ax2(a<0)在区间 , 上有最大值,
2 3
则实数a的取值范围为 ( )
A.[-2,0) B.(-∞,-2]
C.[-4,0) D.(-∞,-4]
答案 D
x2+x−1
3.(多选)(2022山东济宁实验中学开学考,12)已知函数f(x)= ,则下列结论正确
ex
的是 ( )
A.函数f(x)存在两个不同的零点
B.函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C.当-e<k<0时,方程f(x)=k有且只有两个实根
5
D.当x∈[t,+∞)时, f(x) = ,t的最小值为2
max e2
答案 ABC
4.(2022全国乙理,16,5分)已知x=x 和x=x 分别是函数f(x)=2ax-ex2(a>0且a≠1)的极
1 2
小值点和极大值点.若x <x ,则a的取值范围是 .
1 2
(1 )
答案 ,1
e
5.(2022新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=ex-ax和g(x)=ax-ln x有相同的最小值.
(1)求a;
(2)证明:存在直线y=b,其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点,并且从左到
右的三个交点的横坐标成等差数列.
1
解析 (1)f '(x)=ex-a,g'(x)=a- .
x
当a≤0时, f '(x)>0恒成立, f(x)在R上无最小值,不符合题意.∴a>0.
1
令f '(x)=0,得x=ln a,令g'(x)=0,得x= .
a北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
易知f(x) =f(ln a)=a-aln a,
min
(1)
g(x) =g =1+ln a,
min a
a−1
∴a-aln a=1+ln a,即ln a= ①.
a+1
x−1
令h(x)=ln x- (x>0),
x+1
1 2 x2+1
则h'(x)= − = >0,
x (x+1) 2 x(x+1) 2
1−1
∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,则h(x)最多有一个零点.又h(1)=ln 1- =0,∴方程①有
1+1
且仅有一解,为a=1,即为所求.
(2)证明:由(1)知, f(x)=ex-x,g(x)=x-ln x,当x<0时, f(x)单调递减,当x>0时, f(x)单调
递增;
当0<x<1时,g(x)单调递减,当x>1时,g(x)单调递增.
不妨设直线y=b与y=f(x)的图象的两交点的横坐标分别为x ,x ,与y=g(x)的图象的两交
1 2
点的横坐标分别为x ,x ,且x <x <x .则ex 1−x1=ex 2-x =x -ln x =x -ln x ,
2 3 1 2 3 2 2 2 3 3
∴ex 1−x1=x2−ln x2=eln x 2-ln x .
2
易知x ∈(-∞,0),x ∈(0,1),则ln x ∈(-∞,0),
1 2 2
又f(x)在(-∞,0)上单调递减,
∴x =ln x ,同理x =ln x ,x =ex 2.
1 2 2 3 3
又ex 2-x =x -ln x ,∴ln x +ex 2=2x .
2 2 2 2 2
∴x +x =ln x +ex 2=2x .∴x ,x ,x 成等差数列.
1 3 2 2 1 2 3
考法三 利用导数研究不等式
考向一 利用导数证明不等式
x+1
1.(多选)(2022福建漳州一中阶段考,11)已知函数f(x)= ,则下列说法正确的是(
ex
)
A.f(1)>f(2)
B.函数f(x)的最大值为1
( 1)
C.若方程f(x)-m=0恰有两个不等的实根,则实数m的取值范围为 0,
e
D.若f(x )=f(x )(x ≠x ),则x +x >0
1 2 1 2 1 2
答案 ABD北京曲一线图书策划有限公司 2024版《5年高考3年模
拟》A版
ex
2.(2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)= -ln x+x-a.
x
(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x ,x ,则x x <1.
1 2 1 2
ex
解析 (1)∵f(x)= -ln x+x-a,∴函数f(x)的定义域为(0,+∞),f '(x)=
x
ex (x−1) 1 (ex+x)(x−1)
− +1= .
x2 x x2
令f '(x)=0,得x=1,
f(x), f '(x)的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ ↗
∴当x=1时, f(x) =e+1-a.
min
∵f(x)≥0,∴e+1-a≥0,∴a≤e+1.
ex
(2)f(x)= -ln x+x-a=ex-ln x+x-ln x-a,
x
设t=x-ln x,则y=et+t-a,y'=et+1.
∵f(x)有两个零点x ,x ,∴由(1)知a>e+1.
1 2
∵y'=et+1>0,∴y=et+t-a为增函数,
∴x -ln x =x -ln x .
1 1 2 2
1 x−1
由t=x-ln x得t'=1- = ,令t'=0,得x=1,
x x
t,t'的变化情况如下:
x (0,1) 1 (1,+∞)
t' - 0 +
t ↘ 1 ↗
证法一:不妨设0<x <1<x ,
1 2
∴x -x =ln x -ln x .
2 1 2 1
x −x
可以证明: 2 1 >√x x ,则有√x x <1,所以x x <1.
ln x −ln x 1 2 1 2 1 2
2 1
x −x x −x x
证明如下:∵ 2 1 >√x x 等价于 2 1>ln 2 ,
ln x −ln x 1 2 √x x x
2 1 1 2 1
