1
解密15
数与函数的
性、极
、
导
单调
值
最值问题
核心考点
读高考设问知考法
命题解读
导数的几何
意义
【2020 新课标1 理6】函数
的图像在点
处的
切线方程为( )
利用导数研究函数
的性质，能进行简
单的计算，以含指
数函数、对数函
数、三次有理函数
为载体，研究函数
的单调性、极值、
最值，并能解决简
单的问题.
【2020 新课标3 理10】若直线与曲线
和
都相
切，则的方程为（ ）
【2020 新课标1 文15】曲线
的一条切线的斜率为2，
则该切线的方程为__________．
【2016 新课标2 理16】若直线
是曲线
的切
线，也是曲线
的切线，则
．
利用导数研
究函数的单
调性
【2016 新课标1 文12】若函数
在
单调递增，则
的取值范围是( )
【2020 新课标2 文21】已知函数
．
（1）若
，求
的取值范围；
（2）设
时，讨论函数
的单调性．
利用导数研
究函数的极
值和最值
【2018 新课标1 理16】已知函数
，则
的最小值是________．
【2017 新课标2 理11】若
是函数
的
极值点，则
的极小值为( )
【2019 新课标3 文20】已知函数
3
2
( )
2
2
f x
x
ax
．
（1）讨论
( )
f x 的单调性；（2）当
时，记
在区间
[0，1]的最大值为
，最小值为
，求
的取值范围．
【2018 北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2 处取得极小值，求a 的取值范围.
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2
核心考点一 导数的几何意义
1.导数的几何意义
函数f(x) 在x0处的导数是曲线f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线的斜率，曲线f(x)在点P 处的切线的斜率k＝f′
(x0)，相应的切线方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0).
易错提醒 求曲线的切线方程时，要注意是在点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点
P 不一定为切点.
2.四个易误导数公式
(1)(sin x)′＝cos x；
(2)(cos x)′＝－sin x；
(3)(ax)′＝axln a(a>0，且a≠1)；
(4)(logax)′＝(a>0，且a≠1，x>0).
1．【2020 新课标1 理6】函数
的图像在点
处的切线方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】
，
，
，
，因此所求切线的方程为
，即
．故选B．
2．【2018 新课标1 文6 理5】设函数
．若
为奇函数，则曲线
在点
处的切线方程为( )
A．
B．
C．
D．
【解析】解法一：因为函数
为奇函数，所以
，所以
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3
，所以
，因为
，所以
，所
以
，所以
，所以
，所以曲线
在点
处的切线方程为
．故选D．
解法二：因为函数
为奇函数，所以
，所以
，解得
，所以
，
所以
，所以
，所以曲线
在点
处的切线方程为
．故选D．
解法三：易知
，因为
为奇函数，所以函数
为偶函数，所以
，解得
，所以
，所以
，所以
，所以曲线
在点
处的切线方程为
．故选D．
3．【2020 新课标1 文15】曲线
的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为_____________．
【解析】设切线的切点坐标为
，
，所以切点坐
标为
，所求的切线方程为
，即
．故答案为
．
1．【2020 新课标3 理10】若直线与曲线
和
都相切，则的方程为（ ）
A．
B．
C．
D．
【解析】解法1：设直线在曲线
上的切点为
，则
，
函数
的导数为
，则直线的斜率
，
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4
设直线的方程为
，即
，
由于直线与圆
相切，则
，
两边平方并整理得
，解得
或
（舍），
则直线的方程为
，即
．故选D．
解法2：由原点到直线的距离为
，排除BC；把
代入
得
，而
，排除
A；把
代入
得
，方程有唯一解
，故选D．
2．【2020 新课标3 文15】设函数
．若
，则
_________．
【解析】由函数的解析式可得
，
则
，据此可得
，整理可得
，解得
．故答案
．
3．【2016 新课标2 理16】若直线
是曲线
的切线，也是曲线
的切线，
则
．
【解析】设
与
和
的切点分别为
和
．
则切线分别为
，
，
化简得
，
，
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5
依题意
，解得
，从而
．
核心考点二 利用导数研究函数的单调性
1.导数与函数单调性的关系.
①f′(x)>0 是f(x)为增函数的充分不必要条件，如函数f(x)＝x3在(－∞，＋∞)上单调递增，但f′(x)≥0.
②f′(x)≥0 是f(x)为增函数的必要不充分条件，如果函数在某个区间内恒有f′(x)＝0 时，则f(x)为常数函数.
2.利用导数研究函数单调性的方法.
①若求单调区间(或证明单调性)，只要在函数定义域内解(或证明)不等式f′(x)>0 或f′(x)<0.
②若已知函数的单调性，则转化为不等式f′(x)≥0 或f′(x)≤0 在单调区间上恒成立问题来求解.
1．【2016 新课标1 文12】若函数
在
单调递增，则
的取值范围是(
)
（A）
（B）
（C）
（D）
【解析】问题转化为
对
恒成立，
故
，即
恒成立．
令
，得
对
恒成立．
解法一：构造
，开口向下的二次函数
的最小值的可能值为端点值，
故只需保证
，解得
．故选C．
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6
解法二：①当
时，不等式恒成立；②当
时，
恒成立，由
在
上单调递增，所以
，故
；③当
时，
恒
成立．由
在
上单调递增，
，所以
．
综上可得，
．故选C．
2．【2020 新课标2 文21】已知函数
．
（1）若
，求
的取值范围；
（2）设
时，讨论函数
的单调性．
【解析】（1）函数
的定义域为
，
，
设
，则有
，
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
所以当
时，函数
有最大值，即
，
要想不等式
在
上恒成立，只需
；
（2）方法1：
且
因此
，在（1）中，令
得
，当且仅当
时等号成立，即
，
故
，所以函数
在区间
和
上单调递减．
方法2：
且
，
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7
因此
，令
，则
，
在
单调递增，在
单调递减，于是
，
由此可知
，所以函数
在区间
和
上单调递减．
方法3：
且
因此
，设
，
则有
，
当
时，
，所以
，
单调递减，因此有
，
即
，所以
单调递减；
当
时，
，所以
，
单调递增，因此有
，
即
，所以
单调递减，
所以函数
在区间
和
上单调递减．
1.已知函数f(x)＝mx2＋ln x－2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是( )
A.[－1，1]
B.[－1，＋∞)
C.[1，＋∞)
D.(－∞，1]
【解析】f′(x)＝mx＋－2≥0 对一切x>0 恒成立，∴m≥－＋.
令g(x)＝－＋，则当＝1，即x＝1 时，函数g(x)取最大值1，故m≥1.故选C.
2.已知x＝1 是f(x)＝2x＋＋ln x 的一个极值点.
(1)求函数f(x)的单调递减区间.
(2)设函数g(x)＝f(x)－，若函数g(x)在区间[1，2]内单调递增，求a 的取值范围.
【解析】(1)f(x)＝2x＋＋ln x，定义域(0，＋∞).
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8
∴f′(x)＝2－＋＝
.
因为x＝1 是f(x)＝2x＋＋ln x 的一个极值点，所以f′(1)＝0，即2－b＋1＝0.
解得b＝3，经检验，适合题意，所以b＝3.
所以f′(x)＝2－＋＝，令f′(x)<0，得0<x<1.
所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1).
(2)g(x)＝f(x)－＝2x＋ln x－(x>0)，g′(x)＝2＋＋(x>0).
因为函数g(x)在[1，2]上单调递增，
所以g′(x)≥0 在[1，2]上恒成立，即2＋＋≥0 在[1，2]上恒成立，
所以a≥－2x2－x 在[1，2]上恒成立，
所以a≥(－2x2－x)max，x∈[1，2].
因为在[1，2]上，(－2x2－x)max＝－3，所以a≥－3.
所以a 的取值范围是[－3，＋∞).
核心考点三 利用导数研究函数的极值和最值
利用导数研究函数的极值、最值
(1)若在x0 附近左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，则f(x0)为函数f(x)的极大值；若在x0 附近左侧f′(x)<0，右侧f′
(x)>0，则f(x0)为函数f(x)的极小值.
(2)设函数y＝f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值且在极值点或端
点处取得.
易错提醒 若函数的导数存在，某点的导数等于零是函数在该点取得极值的必要不充分条件.
1．【2018 新课标1 理16】已知函数
，则
的最小值是_________．
【解析】因为
，
所以
，
由
得
，即
，，
由
得
，即
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或
，
，
所以当
（
）时，
取得最小值，
且
．
2. 【2018 北京卷】设函数f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x 轴平行，求a；
(2)若f(x)在x＝2 处取得极小值，求a 的取值范围.
【解析】(1)因为f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，
所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex.f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1.
此时f(1)＝3e≠0.所以a 的值为1.
(2)f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex.
若a>，则当x∈时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在x＝2 处取得极小值.
若a≤，则当x∈(0，2)时，x－2<0，ax－1≤x－1<0，
所以f′(x)>0.所以2 不是f(x)的极小值点.
综上可知，a 的取值范围是.
3．【2019 新课标3 文20】已知函数
3
2
( )
2
2
f x
x
ax
．
（1）讨论
( )
f x
的单调性；
（2）当
时，记
在区间[0，1]的最大值为
，最小值为
，求
的取值范围．
【解析】（1）
2
( )
6
2
2 (3
)
f
x
x
ax
x
x
a
．
令
( )
0
f
x
，得x=0 或
3
a
x
．
若a>0，则当
(
,0)
,
3
a
x
时，
( )
0
f
x
；当
0, 3
a
x
时，
( )
0
f
x
．
故
( )
f x 在(
,0),
,
3
a
单调递增，在0, 3
a
单调递减；
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10
若a=0，
( )
f x 在(
,
)
单调递增；
若a<0，则当
,
(0,
)
3
a
x
时，
( )
0
f
x
；当
,0
3
a
x
时，
( )
0
f
x
．
故
( )
f x 在
,
,(0,
)
3
a
单调递增，在
,0
3
a
单调递减．
（2）当0
3
a
时，由（1）知，
( )
f x 在0, 3
a
单调递减，在
,1
3
a
单调递增，所以
( )
f x 在[0，1]的最
小值为
3
2
3
27
a
a
f
，最大值为
(0)=2
f
或
(1)=4
f
a
．于是
3
2
27
a
m
，
4
,0
2,
2,2
3.
a
a
M
a
所以
3
3
2
,0
2,
27
,2
3.
27
a
a
a
M
m
a
a
当0
2
a
时，可知
3
2
27
a
a
单调递减，所以M
m
的取值范围是
8 ,2
27
．
当2
3
a
时，
3
27
a
单调递增，所以M
m
的取值范围是8
[
,1)
27
．
综上M
m
的取值范围是8
[
,2)
27
．
1．【2017 新课标2 理11】若
是函数
的极值点，则
的极小值为( )
A．
B．
C．
D．1
【解析】∵
∴ 导函数
，
∵
，∴
，∴ 导函数
，令
，∴
，
，
当
变化时，
，
随变化情况如下表：
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11
+
0
-
0
+
极大值
极小值
从上表可知：极小值为
．故选A
2.已知函数f(x)＝excos x－x.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间上的最大值和最小值.
【解析】(1)∵f(x)＝ex·cos x－x，∴f(0)＝1，
f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，∴f′(0)＝0，
∴y＝f(x)在(0，f(0))处的切线方程为y－1＝0·(x－0)，即y＝1.
(2)f′(x)＝ex(cos x－sin x)－1，令g(x)＝f′(x)，
则g′(x)＝－2sin x·ex≤0 在上恒成立，且仅在x＝0 处等号成立，
∴g(x)在上单调递减，
∴g(x)≤g(0)＝0，∴f′(x)≤0 且仅在x＝0 处等号成立，
∴f(x)在上单调递减，
∴f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f ＝－.
3.已知函数f(x)＝－a.
(1)当a≤0 时，试求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，试求a 的取值范围．
【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
f′(x)＝－a＝＝.
当a≤0 时，对于∀x∈(0，＋∞)，ex－ax>0 恒成立，
所以由f′(x)>0，得x>1；由f′(x)<0，得0<x<1.
所以f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)．
(2)若f(x)在(0,1)内有极值，则f′(x)＝0 在(0,1)内有解．
令f′(x)＝＝0，即ex－ax＝0，即a＝.
设g(x)＝，x∈(0,1)，所以 g′(x)＝，
当x∈(0,1)时，g′(x)<0 恒成立，所以g(x)单调递减．
又因为g(1)＝e，又当x→0 时，g(x)→＋∞，
即g(x)在(0,1)上的值域为(e，＋∞)，
所以当a>e 时，f′(x)＝＝0 有解．
设H(x)＝ex－ax，则 H′(x)＝ex－a<0，x∈(0,1)，
所以H(x)在(0,1)上单调递减．
因为H(0)＝1>0，H(1)＝e－a<0，所以H(x)＝ex－ax＝0 在(0,1)上有唯一解x0.
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12
当x 变化时，H(x)，f′(x)，f(x)变化情况如表所示：
x
(0，x0)
x0
(x0,1)
H(x)
＋
0
－
f′(x)
－
0
＋
f(x)
极小值
所以当a>e 时，f(x)在(0,1)内有极值且唯一．
当a≤e 时，当x∈(0,1)时，f′(x)≤0 恒成立，f(x)单调递减，不成立．
综上，a 的取值范围为(e，＋∞)．
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