北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
4.2 导数的综合应用
五年高考
1.(2023北京,20,15分,中)设函数f(x)=x-x3eax+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为
y=-x+1.
(1)求a,b的值;
(2)设函数g(x)=f'(x),求g(x)的单调区间;
(3)求f(x)的极值点个数.
解析 (1)∵点(1,f(1))在切线y=-x+1上,
∴f(1)=0,f'(1)=-1,
而f(1)=1-ea+b=0,即ea+b=1①,
又知f'(x)=1-3x2eax+b-ax3eax+b,
∴f'(1)=1-3ea+b-aea+b=-1②,由①②得a=-1,b=1.
(2)g(x)=f'(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
g'(x)=-e1-x(x3-3x2)+e1-x(3x2-6x)=e1-x(-x3+6x2-6x)=-xe1-x(x2-6x+6),令g'(x)=0,得x=0或x=3±
√3.
g'(x),g(x)随x的变化情况如表:
(-∞, (0, (3-√3, (3+√3,
x 0 3-√3 3+√3
0) 3-√3) 3+√3) +∞)
g'(x) + 0 - 0 + 0 -
单调 极大 单调 极小 单调 极大 单调
g(x)
递增 值 递减 值 递增 值 递减
故g(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(3-
√3,3+√3),单调递减区间为(0,3−√3)和(3+√3,+∞).
(3)由(2)知g(x)=e1-x(x3-3x2)+1,
∴g(0)=1>0,g(-1)=-4e2+1<0,∴g(x)在区间(-∞,0)上有一个变号零点,故f(x)在(-∞,0)
上有一个极值点.
又∵g(1)=-1<0,且g(3-
√3)<g(1)<0,∴g(x)在(0,3−√3)上有一个变号零点,故f(x)在(0,3−√3)上有
一个极值点.
∵g(3)=1>0,且g(3+√3)>g(3)>0,
∴g(x)在(3-√3,3+√3)上有一个变号零点,故f(x)在(3−√3,3+√3)上有一个极值
点.北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
当x>3时,g(x)=x2e1-x(x-3)+1>0,故g(x)在(3+√3,+∞)上无零点,即f(x)无极值点.
综上,f(x)有3个极值点.
3−2x
2.(2021北京,19,15分,中)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.
3 2 6 2
解析 (1)当a=0时,f(x)= − ,则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)= = .
x2+a (x2+a) 2 (x2+a) 2
3−2x 2(x+1)(x−4)
由题意知f'(-1)=0,所以(-1)2-3×(-1)-a=0,故a=4.f(x)= ,f '(x)= .
x2+4 (x2+4) 2
f'(x)与f(x)随x的变化情况如下:
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).所以f(x)在区间
(-∞,4]上的最大值是f(-1)=1.又因为当x∈(4,+∞)时,f(x)<0,所以f(-1)=1是f(x)的最
1
大值.同理可知,f(4)=- 是f(x)的最小值.
4
3.(2024北京,20,15分,难)设函数f(x)=x+kln(1+x)(k≠0),直线l是曲线y=f(x)在点(t,f(t))
(t>0)处的切线.
(1)当k=-1时,求f(x)的单调区间;
(2)求证:l不经过点(0,0);
(3)当k=1时,设点A(t,f(t))(t>0),C(0,f(t)),O(0,0),B为l与y轴的交点,S 与S
ACO ABO
分别表示△ACO与△ABO的面积.是否存在点A,使得2S =15S 成立?若△存在,这△样
ACO ABO
的点A有几个? △ △
(参考数据:1.09<ln 3<1.10,1.60<ln 5<1.61,1.94<ln 7<1.95)
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),当k=-1时,f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)=1-
1 x
= ,
x+1 x+1
令f'(x)<0,得-1<x<0;令f'(x)>0,得x>0,
所以f(x)的单调递减区间为(-1,0),单调递增区间为(0,+∞).北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
k
(2)证明:因为f(x)=x+kln(x+1),所以f'(x)=1+ .
x+1
k
切点为(t,t+kln(t+1)),则切线斜率为f'(t)=1+ ,
t+1
( k )
所以切线方程l:y-[t+kln(t+1)]= 1+ (x-t),
t+1
( k )
将(0,0)代入切线l的方程,得-[t+kln(t+1)]=-t 1+ ,
t+1
要证切线l不经过原点,只需证上面关于t的方程无解.
t t
进一步化简得ln(t+1)= ,即证 -ln(t+1)=0(t>0)无解.
t+1 t+1
t
令g(t)= -ln(t+1)(t>0),
t+1
t+1−t 1 −t
则g'(t)= − = ,
(t+1) 2 t+1 (t+1) 2
因为t>0,所以g'(t)<0,即g(t)在区间(0,+∞)上单调递减,则g(t)<g(0)=0,
所以方程g(t)=0在区间(0,+∞)内无解,即切线l不经过点(0,0).
t
(3)当k=1时,由(2)知,点B的纵坐标y =ln(1+t)- >0.
B 1+t
点C的纵坐标y =t+ln(1+t)>0.
C
由题设知,是否存在点A使得2S =15S 成立,等价于方程2[t+ln(1+t)]=15
ACO ABO
[ t ] △ △
ln(1+t)− 是否存在大于0的解.
1+t
[ t ] 15
令h(t)=2[t+ln(1+t)]-15 ln(1+t)− =15+2t− -13ln(1+t),
1+t 1+t
2t2−9t+4 1
则h'(t)= .解ℎ'(t)=0得t= 或t=4.
(1+t) 2 2
( 1) (1)
当t∈ 0, 时,ℎ'(t)>0,ℎ(t)单调递增,所以ℎ >h(0)=0;
2 2
(1 )
当t∈ ,4 时,h'(t)<0,h(t)单调递减,且h(4)=20-13ln 5<-0.8<0;
2
当t∈(4,+∞)时,h'(t)>0,h(t)单调递增,且h(14)=42-13ln 15>6.77>0.
综上可知,存在唯一t ∈(0,4),唯一t ∈(4,+∞),使得h(t )=0,h(t )=0.
1 2 1 2
所以存在点A使得2S =15S 成立,且这样的点A只有2个.
ACO ABO
4.(2020北京,19,15分,难△ )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;北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
(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 (1)因为f(x)=12-x2,所以f'(x)=-2x,令-2x=-2,解得x=1,又f(1)=11,所以所求切线
方程为y-11=-2(x-1),即2x+y-13=0.
(2)由(1)可知f'(x)=-2x,所以曲线y=f(x)在点(t,f(t))处的切线斜率k=-2t,又f(t)=12-t2,
所以切线方程为y-(12-t2)=-2t(x-t),整理得2tx+y-(t2+12)=0,当x=0时,y=t2+12,所以切线
t2+12 (t2+12
)
与y轴的交点为(0,t2+12),当y=0时,x= ,所以切线与x轴的交点为 ,0 .
2t 2t
1 t2+12 (t2+12) 2
①当t>0时,S(t)= · ·(t2+12)= ,
2 2t 4t
3(t2−4)(t2+12)
则S'(t)= ,
4t2
当0<t<2时,S'(t)<0,此时S(t)在(0,2)上单调递减;
当t>2时,S'(t)>0,此时S(t)在(2,+∞)上单调递增,
所以S(t) =S(2)=32.
min
(t2+12) 2 3(t2−4)(t2+12)
②当t<0时,S(t)=- ,则S'(t)=− ,
4t 4t2
当t<-2时,S'(t)<0,此时S(t)在(-∞,-2)上单调递减;
当-2<t<0时,S'(t)>0,此时S(t)在(-2,0)上单调递增,
所以S(t) =S(-2)=32.
min
综上所述,当t=±2时,S(t)取最小值,为32.
5.(2022北京,20,15分,难)已知函数f(x)=exln(1+x).
(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;
(2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性;
(3)证明:对任意的s,t∈(0,+∞),有f(s+t)>f(s)+f(t).
ex 1 1
解析 (1)∵f'(x)=exln(1+x)+
1+x
=ex ln(1+x)+
1+x
,∴f'(0)=e0 ln(1+0)+
1+0
=1,
又f(0)=e0ln 1=0,
∴曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x.
1
(2)易得g(x)=f'(x)=ex ln(1+x)+1+x ,
1 1 1
+ −
∴g'(x)=ex ln(1+x)+1+x 1+x (1+x) 2
1 x
+
=ex ln(1+x)+1+x (1+x) 2 ,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
1 x
∵x∈[0,+∞),∴ln(1+x)≥0,
>0,
≥0,
1+x (1+x) 2
又ex>0,∴g'(x)>0在[0,+∞)上恒成立.
∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.
(3)证明:由(2)知g(x)=f'(x)在[0,+∞)上单调递增,
∴f'(x)≥f'(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,
不妨设s≥t,令h(x)=f(x)-f(x+s)(s>0),
则h'(x)=f'(x)-f'(x+s)<0.
因此h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(0)>h(t),
∴f(0)-f(s)>f(t)-f(t+s),
又f(0)=0,∴f(s+t)>f(s)+f(t).
三年模拟
基础强化练1
1.(2025届北京一零一中学统练三,3)已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则f(x)
的极小值点为 ( )
A.x 和x B.x
1 4 2
C.x D.x
3 5
答案 D
{3x,x≤0,
2.(2024海淀二模,3)函数f(x)= (1) x 是 ( )
,x>0
3
A.偶函数,且没有极值点
B.偶函数,且有一个极值点
C.奇函数,且没有极值点
D.奇函数,且有一个极值点
答案 B
3.(2024人大附中质检,8)下图是函数y=f(x)的导函数y=f'(x)的图象,下列结论正确的是(
)北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
A.y=f(x)在x=-1处取得极大值
B.x=1是函数y=f(x)的极值点
C.x=-2是函数y=f(x)的极小值点
D.函数y=f(x)在区间(-1,1)上单调递减
答案 C
4.(2024北京五十七中开学考试,6)如果函数y=f(x)在定义域内存在区间[a,b],使f(x)在
[a,b]上的值域是[2a,2b],那么称f(x)为“倍增函数”,若函数f(x)=ln(ex+m)为“倍增
函数”,则实数m的取值范围是( )
( 1 ) ( 1 )
A. − ,+∞ B. − ,0
4 2
( 1 )
C.(-1,0) D. − ,0
4
答案 D
5.(2025届北京牛栏山一中月考,14)已知函数f(x)=ax3-2x2+1在区间(0,1)上存在增区间,
则a的取值范围是 .
(4 )
答案 ,+∞
3
6.(2024北京一六六中学阶段测试,17)下列关于函数f(x)=(2x-x2)ex的判断正确的是
.
①f(x)>0的解集是{x|0<x<2};
②f(-√2)是极小值,f(√2)是极大值;
③f(x)没有最小值,也没有最大值;
④f(x)有最大值,没有最小值.
答案 ①②④
7.(2024海淀期中,18)已知曲线C:y=4-x2与x轴交于不同的两点A,B(点A在点B的左侧),
点P(t,0)在线段AB上(不与端点重合),过点P作x轴的垂线交曲线C于点Q.
(1)若△APQ为等腰直角三角形,求△APQ的面积;
(2)记△APQ的面积为S(t),求S(t)的最大值.
解析 (1)易知A(-2,0),B(2,0).
由P(t,0),得Q(t,4-t2),
因为AP⊥PQ,所以|AP|=|PQ|,北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
1 9
则t-(-2)=4-t2,解得t=1或t=-2(舍去),则P(1,0),Q(1,3),所以S = ×3×3= .
APQ 2 2
△
(2)由P(t,0),得Q(t,4-t2),
1 1
则S(t)= ×(t+2)·(4−t2)=− t3-t2+2t+4(-2<t<2),
2 2
3 (3t−2)(t+2)
S'(t)=- t2−2t+2=− ,
2 2
2
所以当-2<t< 时,S'(t)>0,S(t)单调递增,
3
2
当 <t<2时,S'(t)<0,S(t)单调递减,
3
(2) 1 (2 ) ( 4) 128
所以S(t)的最大值是S = × +2 × 4− = .
3 2 3 9 27
8.(2024北京景山学校开学考试,19)已知函数f(x)=(ax3-2x2)ex(a∈R).
(1)当a=-1时,求f(x)的单调区间;
(2)求证:当a>0时,函数f(x)有三个不同的极值点.
解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞).
当a=-1时,f(x)=(-x3-2x2)ex,
f'(x)=(-x3-5x2-4x)ex=-x(x+1)(x+4)ex,
所以在区间(-4,-1),(0,+∞)上,f'(x)<0,f(x)单调递减,
在区间(-∞,-4),(-1,0)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
所以f(x)的单调递减区间为(-4,-1),(0,+∞);单调递增区间为(-∞,-4),(-1,0).
(2)证明:f'(x)=(ax3-2x2+3ax2-4x)ex
=x[ax2+(3a-2)x-4]ex,易知f'(0)=0.
设g(x)=ax2+(3a-2)x-4(a>0),
因为Δ=(3a-2)2+16a>0,g(0)=-4≠0,
−4
所以g(x)有两个零点,设为x ,x ,则x ·x = <0,
1 2 1 2 a
不妨设x <0<x ,
1 2
所以在区间(-∞,x ),(0,x )上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
1 2
在区间(x ,0),(x ,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增,
1 2北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
所以f(x)有三个不同的极值点.
x2−a
9.(2025届海淀期中,18)已知函数f(x)= .曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为
ex
y=kx-3.
(1)求a,k的值;
(2)求f(x)的最小值.
2x·ex−(x2−a)·ex −x2+2x+a
解析 (1)因为f'(x)= = ,
(ex
)
2 ex
{f(0)=−a=−3,
所以 解得a=k=3.
f '(0)=a=k,
x2−3
(2)由(1)得f(x)= .
ex
−x2+2x+3 −(x+1)(x−3)
f'(x)= = ,
ex ex
令f'(x)=0,解得x=-1或x=3,
x,f'(x),f(x)的变化情况如表:
x (-∞,-1) -1 (-1,3) 3 (3,+∞)
f '(x) - 0 + 0 -
f(x) 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
由表格知f(x)的极小值为f(-1)=-2e,
因为当x∈(3,+∞)时,f(x)>0,
所以f(x)的最小值为-2e.
10.(2025届丰台怡海中学开学检测,17)设函数f(x)=x3-3ax+b(a≠0).
(1)若曲线y=f(x)在点(2,f(2))处与直线y=8相切,求a,b的值;
(2)求函数f(x)的单调区间与极值点.
解析 (1)f'(x)=3x2-3a,
{f '(2)=0, {3(4−a)=0,
由 得 所以a=4,b=24.
f(2)=8, 8−6a+b=8,
(2)f'(x)=3x2-3a(a≠0),
当a<0时,f'(x)>0,函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,此时函数f(x)没有极值点.
当a>0时,由f'(x)=0,得x=±√a,
当x∈(-∞,-√a)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
当x∈(-√a,√a)时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,
当x∈(√a,+∞)时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,
即函数f(x)的单调递增区间是(-∞,-√a),(√a,+∞),单调递减区间是(−√a,√a),北京曲一线图书策划有限公司 高考项目部
故x=-√a是f(x)的极大值点,x=√a是f(x)的极小值点.
11.(2025届朝阳期中,18)已知函数f(x)=ax-ln(x+1)(a∈R).
(1)若a=1,求f(x)的最小值;
(2)若f(x)存在极小值,求a的取值范围.
解析 (1)函数f(x)的定义域为(-1,+∞),
1 x
当a=1时,f(x)=x-ln(x+1),则f'(x)=1- = ,
x+1 x+1
x∈(-1,0)时,f'(x)<0,f(x)在区间(-1,0)上单调递减,
x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
所以当x=0时,f(x)取得最小值0.
1
(2)f'(x)=a- (x>-1).
x+1
①当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(-1,+∞)上单调递减,
所以f(x)无极值.
1
②当a>0时,令f'(x)=0,得x= -1.
a
当x变化时,f'(x)与f(x)的变化情况如表,
( 1 ) 1 (1 )
x −1, −1 -1 −1,+∞
a a a
f '(x) - 0 +
f(x) ↘ 极小值 ↗
1
由表知,当x= -1时,f(x)取得极小值.
a
综上,a的取值范围为(0,+∞).
基础强化练2
1.(2025届北京八中暑假阶段测试,20)已知函数f(x)=xe-x(x∈R).
(1)求函数f(x)的单调区间和极值;
(2)已知函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称,证明当x>1时,
f(x)>g(x);
(3)如果x ≠x ,且f(x )=f(x ),证明x +x >2.
1 2 1 2 1 2
解析 (1)f'(x)=(1-x)e-x,令f'(x)=0,解得x=1.
当x变化时,f'(x),f(x)的变化情况如表,
x (-∞,1) 1 (1,+∞)
f '(x) + 0 -
f(x) ↗ 极大值 ↘
