專題03導數及其應用

1.【2022年新高考1卷】設c=-lrf).S.則()

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】C

【分析】構造函數r(6=ln(l+G-x，導數判斷其單調性，由此確定aiu的大小.

【解析】設r(x)=ina+x)—x(x>—i)，因為尸00=2一1=一左，

當ze(-Lq)時，f(x)>0-當/€(。+。)時/(4<0，

所以函數r(x)=ln(l+H)-：i在(Q+B)單調遞減，在(一L8上單調遞增，

所以r(5〈f[O)=。,所以故:即b>c，

所以f[一2_)<f[O)=0,所以in2+2_<o，故2.<0一；，所以

故aVb,

設。(工)=工?1r+ln(l-x)[0<zV1)，則g'(x)={r+l)^+==

令HGuHd-D+l，h'(x)=eI(x2+2x-l);

當0<工<逐一1時，h'(x)<0>函數單調遞減，

當短一1<工<1時，h'(r)>0-函數Mx)-1)+1單調遞增，

又械0)=0，

所以當0<工<逐一1時，八(G<0,

所以當0VH<逐一1時，g'(H)>0，函數g(K)=xe1r+ln(l-x)單調遞增，

所以g(dl)>g[Q)=0，即0.1e°，】AH).%所以a>c

故選：C.

2.(2021年新高考1卷】若過點(。力)可以作曲線y=e'的兩條切線，則()

A.e"<aB.ea<b

C.0<a<e*D.0<b<ea

【答案】D

【分析】解法一：根據導數幾何意義求得切線方程，再構造函數，利用導數研究函數圖象,

結合圖形確定結果；

解法二：畫出曲線>="的圖象，根據直觀即可判定點(43在曲線下方和x軸上方時才可以

作出兩條切線.

【解析】在曲線y=e"上任取一點產(3)，對函數y=e*求導得y'=e"

所以，曲線y=e，在點尸處的切線方程為y—d=e'(xT),即y=e'x+(l—f)e',

由題意可知，點(a,b)在直線y=e'x+(lT)d上，nj^b=ae'+(l-t)e'=(a+l-t)e',

令/(r)=(a+lT”'，則/'⑺=(aT)d.

當時，此時函數單調遞增，

當"。時，f(t)<0,此時函數/(/)單調遞減，

所以，/(，)—(嶺，

由題意可知，直線y=b與曲線>=/(，)的圖象有兩個交點，則〃皿=e",

當r<a+l時，〃。>0,當r>a+l時，f(t)<0,作出函數/⑺的圖象如下圖所示：

由圖可知，當0＜人＜，時，直線y=b與曲線)=/?)的圖象有兩個交點.

故選：D.

解法二：畫出函數曲線y=短的圖象如圖所示，根據直觀即可判定點S，b)在曲線下方和X軸

上方時才可以作出兩條切線.由此可知0＜e".

故選：D.

【點睛】解法一是嚴格的證明求解方法，其中的極限處理在中學知識范圍內需要用到指數函

數的增長特性進行估計，解法二是根據基于對指數函數的圖象的清晰的理解與認識的基礎

上，直觀解決問題的有效方法.

3

3.【2022年新高考1卷】已知函數,(1)=1—工+1，貝IJ()

A.r(幻有兩個極值點B.—幻有三個零點

C.點(Q1)是曲線的對稱中心D.直線y=2r是曲線的切線

【答案】AC

【分析】利用極值點的定義可判斷A,結合f(4的單調性、極值可判斷B,利用平移可判斷

C；利用導數的幾何意義判斷D.

【解析】由題，八力=3/—1,令＞o得得或KV-亨,

令r⑸＜。得—殍vh＜學

所以r㈤在(一手亭上單調遞減，在(一《一步，譯.+??)上單調遞增，

所以X=+血是極值點，故A正確；

-3

因r(-當=1+孚＞o,r譚)=i-等＞。，fH)h5〈o,

所以，函數代外在令上有一個零點，

當心爭寸,煙”船＞。即函數r8ff惇.+°)上無零點，

綜上所述，函數r〔4有一個零點，故B錯誤；

令4/)=x3—it'該函數的定義域為&h(—x)=(―r)a—(—X)=—x3+x=-h(x}＞

則是奇函數，(QQ)是M＜：的對稱中心，

將M*】的圖象向上移動一個單位得到r(3的圖象，

所以點(Q1)是曲線y=f(ic；的對稱中心，故C正確；

令，8=3——1=2，可得ic=±l,又r(l)=f(-l)=L

當切點為(L1)時，切線方程為y=2r—l，當切點為(一1.1)時，切線方程為y=2r+3,

故D錯誤.

故選：AC.

4.【2022年新高考1卷】若曲線y=(x+a)廿有兩條過坐標原點的切線，則。的取值范圍

是.

【答案】(-＜ZK-4)U(a+＜D)

【分析】設出切點橫坐標％,利用導數的幾何意義求得切線方程，根據切線經過原點得到關

于耳的方程，根據此方程應有兩個不同的實數根，求得a的取值范圍.

【解析】?.，=(x+a)e*,二,=(x+l+a)e"，

設切點為］%yQ則為=(%+&)*??,切線斜率七=(%+1+a)*,

切線方程為：y—(x0+a)e*=(x0+1+a)+(=一4)，

:切線過原點，?*.—（r0+a）e*=（r0+l+a）—4）

整理得：xj+aio—a=0,

?切線有兩條，，A=d2+4a>0,解得aV—4或a>0,

。的取值范圍是（一.—4）u（ft+61

故答案為：（-<A-4）u（a+?）

5.【2022年新高考2卷】曲線y=ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為,—

【答案】y=y=-卜

【分析】分工>0和XV0兩種情況，當北>0時設切點為（川啕，求出函數的導函數，即可

求出切線的斜率，從而表示出切線方程，再根據切線過坐標原點求出％,即可求出切線方程,

當z<0時同理可得；

【解析】解：因為y=ln|M，

當z>0時y=lnx,設切點為（力!由所以所以切線方程為

y—tax。=：（/-%）,

又切線過坐標原點，所以一lnr（>=：（一%）,解得％=e，所以切線方程為y-1=

即產=卜；

當*V0時y=ln（—X）,設切點為（巧Ju（—巧）），由所以，'『也=；，所以切線方程

為y_Inf-Xi）=^（x-x1）,

又切線過坐標原點，所以一ln（一巧）=：（一巧），解得巧=一%所以切線方程為

y—1=—（r+e）?即y=--x；

故答案為：y=二'；y=--x

"EJe

6.【2021年新高考2卷】已知函數/。）=卜-1|,玉<0,々>0,函數/*）的圖象在點

A（%J（xJ）和點3（々,/（演））的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則樂j

取值范圍是.

【答案】（0,1）

【分析】結合導數的幾何意義可得不+々=0,結合直線方程及兩點間距離公式可得

也|,忸.同,化簡即可得解.

rx

/、?YIfl-^,x<0，/、[-e,x<0

【解析】由題意，〃x）=e，-l=,則/（力=.八,

1-l,x>0[e,x>0

所以點從（芯,1一"）和點5（X2，/T），kAM=-e"&N=e",

所以一e*=-1,$+x2=0,

所以AM:)-1+—=—/(x-x),M((),—x—ev,+1),

所以|AM|=Jx：+(e”J=V1+^'-\xt\,同理忸N|=TIT季'.同，

【點睛】解決本題的關鍵是利用導數的幾何意義轉化條件%+々=0,消去一個變量后，運

算即可得解.

7.【2022年新高考1卷】已知函數r（x）=——ax和g（H）=aK—Inx有相同的最小值.

⑴求a：

（2）證明：存在直線，=?,其與兩條曲線y=f（工：和y=處共有三個不同的交點，并且從

左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.

【答案】（l）a=1；（2）見解析

【分析】（1）根據導數可得函數的單調性，從而可得相應的最小值，根據最小值相等可求a.

注意分類討論.（2）根據（1）可得當b>l時，方一<=5的解的個數、工一lnx=b的解的

個數均為2,構建新函數HG=H+lnx-2r,利用導數可得該函數只有一個零點且可得

fix）加工]的大小關系，根據存在直線y=?與曲線y=f區(qū)、y=g（x）有三個不同的交點可

得口的取值，再根據兩類方程的根的關系可證明三根成等差數列.

【解析】⑴r（x）=H一。”的定義域為跖而0

若口工0,則r（/）＞o,此時r（竹無最小值，故。＞0.

?（r）=ar—lux的定義域為+而/（*）=＜!—：=三三

當xVIna時，r（x）VO，故f（4在（-ODUM）上為減函數，

當案＞Ina時，f（x）＞0，故r（4在（Ina+b）上為增函數，

故f[x)L-=/(lna)=a—aIna

當OVhV%寸，'（r）＜0.故g（處在上為減函數,

flfls

當寸，ff（r）＞0.故在（二.+6）上為增函數，

fls

故0（4=削：）=1-叱

因為r（x）=那一。*和g（/）=ax—lux有相同的最小值,

故1—ln9=a—alua，整理得到￡三=Ina,其中a>0,

a1+a

設。⑷=荒一ga＞0,則。⑷=

?ITSB

故o（a為（a+s）上的減函數，而g（i）=o.

故g（a）=O的唯一解為■=1，噴=Inti的解為。=1.

綜上，a=1.

⑵由（1）可得r（jQ=H—1:和鼠父）=￡—lux的最小值為1—lnl=1—In：

當b＞l時，考慮8r—±=萬的解的個數、z—lnM=A的解的個數.

設一土一也玄幻=＜?-1，

當xVO時，S*（幻V0，當案＞0時，￡（幻＞0，

故$（竹在（-a^Q）上為減函數,在（a+8）上為增函數,

所以其Xj=s(q)=1—<o,

而$(-b)=ef>0，S(i)=e*-2i)

設8c3)=e*-2b，其中b>l，則必'(5)=￥—2>0，

故M3)在(1+o?)上為增函數，故M3)>ic(l)=e—2>0,

故$(句>0，故$(4=我一■一"有兩個不同的零點，即e1—x=b的解的個數為2.

設T(x)=ic—Inr—b，([工)=?，

當ovhvi時，r(x)〈o，當x>i時，r(*)>o,

故！X?在(Q1)上為減函數，在(L+。)上為增函數，

所以T(xf=T(l)=l—b<0，

而F[e-*)=ef>0，r(e*)=e*-2i>0.

F(x)=x-lBx-b有兩個不同的零點即z-liiH=b的解的個數為2.

當》=1,由(1)討論可得z-lnH=b、吩一僅有一個零點，

當bVl時，由(1)討論可得ic—lmc=b、e*—工=?均無零點，

故若存在直線y=?與曲線y=f(工卜y=?(幻有三個不同的交點，

則b>1.

設4l)=H+山1-2r,其中<>0,故五'(H)=C1r+：—2，

設“Mjue1-K-l,x>0,則/(*)=修一1>0，

故5(用在(Q+。)上為增函數，故$(工)>S(0)=0即^>第+1，

所以八'(@>工+：—1>2-1>0.所以A(用在(a+cz>)上為增函數，

而h(l)=e-2>0,fc(J)=e?-3-J<e-3-J<0>

故Mx：在(0,+。)上有且只有一個零點4，g<%vi且：

當o<tv%時，八(幻<0即1^一<<1r-11Mt即r(4<g(W，

當富>0時，以外>0即8*—<>X-

因此若存在直線>=b與曲線y=f（/：、y-修（今有三個不同的交點，

故D=$（%）>1，

此時聯(lián)一M=?有兩個不同的零點巧工式巧<0<4>）,

此時■一lnx=b有兩個不同的零點％q.（OV%V1V〃），

故西一巧=》，語一%=》，q—Inx4一方=0，?<>—IniQ—h=0

所以q—萬=lnx<即語-*=。即—（q—萬）一萬=0，

故q—b為方程耍一父=b的解，同理D也為方程『一±=b的解

又由一巧=方可化為聯(lián)?=巧十萬即巧一ln（巧+b）=0即（巧+h）-ln（%+ir）-b=0，

故與+D為方程算一lnz=b的解，同理%十萬也為方程工一lnx=萬的解，

所以（X1Ml]={W一方—幼，而b>l,

故

【點睛】函數的最值問題，往往需要利用導數討論函數的單調性，此時注意對參數的分類討

論，而不同方程的根的性質，注意利用方程的特征找到兩類根之間的關系.

8.【2022年新高考2卷]已知函數,（1）=土一e1t.

⑴當a=1時，討論「（4的單調性；

（2）當x>0時;求。的取值范圍；

⑶設me*'證明：扁+扁+“.+底>皿〃+4

【答案】⑴f（4的減區(qū)間為（一a^Q），增區(qū)間為[。+<?）.（2）（1?；」3）見解析

【分析】（1）求出討論其符號后可得r（4的單調性.（2）設械公=工尸一嗟+i,求

出招（竹，先討論a>：時題設中的不等式不成立，再就0<as：結合放縮法討論〃（幻符號，

最后就aW0結合放縮法討論林工：的范圍后可得參數的取值范圍.（3）由（2）可得23<±_：

對任意的t>1恒成立，從而可得ln[R+1）-lm<忌;對任意的me即恒成立，結合裂項

相消法可證題設中的不等式.

【解析】⑴當a=l時，則r（H）=xe?，

當zvo時，r（M）＜o,當x＞o時，r（4＞o，

故r（x）的減區(qū)間為（—40）,增區(qū)間為（01+CB）.

⑵設/工）=工一一R+l，則HQ）=O，

又希（h）=（1+。工尸一6?，設儀@=（1+＜?）6"—1:?，

則。'（工）=（加+021）60*—e*-

若■＞：，貝M（q）=2a-l＞0，

因為J（用為連續(xù)不間斷函數，

故存在！e（Q+6），使得“xe（ClXo），總有g'（x）＞0，

故0（4在（g?）為增函數，故0（幻＞9（0）=。，

故M膏在（（Ue）為增函數，故出公＞*（0）=—1，與題設矛盾.

若0Vas：，則鼠工）=（1+azX=-e?=尸，旭團-科

下證：對任意工＞0,總有l(wèi)n（l+K）＜ic成立，

證明：設$（K）=IB（1+IC）—*，故＜（工）=之一1=言＜0,

故$］用在（Q+。）上為減函數，故叉力VS（O）=O即ln（l+K）＜工成立.

由上述不等式有尸但計。）一e1〈"H—e?三。，

故入'（工）＜?？偝闪?，即■（*：在［01+a＞）上為減函數，

所以Hx）vH0）hl

當aM。時，有力（Hjne^-M+axe=Cl-l+OnO,

所以Mx疝（Q+上為減函數，所以MGV蟲0）—L

綜上，a＜I

⑶取a=則"＞0,總有比*—e?+1v0成立，

令t=貝k>l.t2=e*,r=21nt，

故2tlntV嚴一1即21nt<t—細任意的t>1恒成立.

所以對任意的me*,有tin

整理得到：ln(n+1)-lim<^2-,

故/■—+^j——>InZ—lnl+ln3—ln2++ln(n+1)—Inn

=ln(n+1)，

故不等式成立.

【點睛】函數參數的不等式的恒成立問題，應該利用導數討論函數的單調性，注意結合端點

處導數的符號合理分類討論，導數背景下數列不等式的證明，應根據已有的函數不等式合理

構建數列不等式.

9.【2021年新高考1卷】已知函數"x)=x(l-lnx).

(1)討論〃x)的單調性；

(2)設。，b為兩個不相等的正數，且“na-aln/7=a-〃，證明：2<_!■+<L<e.

ab

【答案】(1)/(X)的遞增區(qū)間為(0,1),遞減區(qū)間為(1,+8)；(2)證明見解析.

【分析】(1)首先確定函數的定義域，然后求得導函數的解析式，由導函數的符號即可確定

原函數的單調性.⑵方法二：將題中的等式進行恒等變換，令‘命題轉換為證明:

2<m+n<e,然后構造對稱差函數，結合函數零點的特征和函數的單調性即可證得題中的

結論.

【解析】⑴f(x)的定義域為(0，+8).

由/(x)=x(l-lnx)得，f\x)^-\nx,

當x=l時，.f'(x)=0；當x?0,l)時八x)>0；當時，/'(x)<0.

故f(x)在區(qū)間(0』內為增函數，在區(qū)間［1,+8)內為減函數，

(2乂方法一］:等價轉化

由引n“_alnb=a_b得，(l_lnL)=1(l_ln，)，即/(-)=/(-).

aabbab

,11

由〃?b,得zn一W丁.

ab

由(1)不妨設Le(0,l),[e—),則/d)>0,從而/(3>0,得:e(l,e),

ababb

①令g(x)="2-x)-/(x),

則g，(x)=-/r(2-x)-f\x)=ln(2-x)+InX=ln(2x-X2)=ln[1-(x-1)2],

當x?0,l)時，g[x)<0,g(x)在區(qū)間(0,1)內為減函數，g(x)>g⑴=0,

從而/(2—x)>f(x),所以/(2-5>心=心,

由(1)得2-2<1即2<1+'.①

abab

令/z(x)=x+/(x),則”(x)=l+r(x)=l-lnx,

當xe(1,e)時，〃(x)>0,4(x)在區(qū)間(l,e)內為增函數，h(x)<h(e)=e,

從而x+/(x)<e,所以：+/(：)<e.

又由，e(0,l),可得?L<』(l_ln』)=/(2)=/(:),

aaaaab

111

所以/zx②

+-<\(-z)+-=

力力人

由①②得2/+:<e.

ab

?、、上，■日八、〃力?In。In/?11LL，、Ilna+1lnb+1

[方法一]【最優(yōu)國軍】：〃lna-aln〃=.-Z?變形為-------=-----,所以------=

abbaab

令.則上式變?yōu)?—，

于是命題轉換為證明：2<m+n<e.

令〃x)=x(l-Inx),則有/(6)=/(〃)，不妨設加<〃.

由(1)知。<m<1,1<幾<￡,先證加+〃>2.

要證：72z+H>2<=>/i>2-m<=>/(z?)</(2-/n)<=>/(m)</(2-w)

<=>/W-/(2-m)<0.

令g(x)="x)-〃2-x),x￡(0,l),

則g'(x)=/'(%)+//(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[x(2-x)J>-Ini=0,

???g(x)在區(qū)間(0,1)內單調遞增,所以g(%)〈g(l)=0,即加+>>2.

再證加+〃<e.

因為=〃In/?),所以〃+〃<e=>m+〃ve.

令〃(x)=x(l-lnx)+x,x￡(l,e),

所以"(x)=l—lnx>0,故4(x)在區(qū)間(l,e)內單調遞增.

所以Zi(x)</i(e)=e.故gpm+n<e.

綜合可知2J

ab

［方法三］:比值代換

證明4+:>2同證法2.以下證明西+*2<e.

ab

不妨設&=因，則f=x>l,

x\

由X1(1-Inx)=x2(l-ln%2)得X(Inx.)=rx［l-ln(rx)］,Inx=1-^-^,

t-\

要證芭十/<e,只需證(1+。玉ve,兩邊取對數得ln(l+r)+lnx<1,

即ln(l+f)+l-膽<1,

t-\

ln(l+z)Int

即證------<―-.

tr-1

記g(s)=畦2se(0,+8),則,/一m(l+s)

Sg⑴=------2-----

c11

記人(s)=17rhi(1+s),則〃")=而至-幣<0,

所以，〃(s)在區(qū)間(0,+e)內單調遞減.Ms)<〃(o)=o,則g'(s)<0,

所以g(s)在區(qū)間(0,+8)內單調遞減.

由r?l,+oo)得"1e(0,+oo),所以g(r)<g(r-l),

tt-\

［方法四］:構造函數法

,-.\na\nb11.11

由已1矢A口得ZR------=--------，令-=%,7=占，

abbaab

不妨設占<內，所以/(xj=f(w).

由(I)知，0<x,<1<x2<e,只需證2<X［+々<e.

證明玉+%>2同證法2.

e

H、krL—24---FInx

再證明A令//、1-Inx、/7、x.

"印一刀?2<〃(x)=-----(0<x<e)Ji(x)=-------—

x-e(x-e)

。\px-。

令(p(x)=Inx+——2(0<x<e?),則(p\x)=-----=—―<0.

XXX'X"

所以9(x)>8?=0,〃(x)>0,/?(x)在區(qū)間(0,e)內單調遞增.

因為0<X〈Z<e，所以----L<------",即丁一

x}-ex2-e1-Inx2x2-e

又因為了(止/㈤，所以累w令>箸，

Iill人人［人］人2C

即￥一叫<片一外,(％一/)(玉+x2-(?)>0.

因為±<工2，所以西+工2<?，即,+

ab

綜上，有2<1+?<e結論得證.

【整體點評】(2)方法一：等價轉化是處理導數問題的常見方法，其中利用的對稱差函數，

構造函數的思想，這些都是導數問題必備的知識和技能.

方法二：等價轉化是常見的數學思想，構造對稱差函數是最基本的極值點偏移問題的處理策

略.

方法三：比值代換是一種將雙變量問題化為單變量問題的有效途徑，然后構造函數利用函數

的單調性證明題中的不等式即可.

方法四：構造函數之后想辦法出現關于％+W-e<0的式子，這是本方法證明不等式的關鍵

思想所在.

10.【2021年新高考2卷】已知函數/(x)=(x-l)e*-ad+b.

(1)討論.f(x)的單調性；

(2)從下面兩個條件中選一個，證明：/(X)只有一個零點

@—<a<—,b>2a；

22

②。<“<3,842。.

【答案】⑴答案見解析；(2)證明見解析.

【分析】(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論確定函數的單調性即可;

⑵由題意結合⑴中函數的單調性和函數零點存在定理即可證得題中的結論.

【解析】⑴由函數的解析式可得：/(x)=x(e，-2a),

當“VO時，若x?-oo,0),則尸(X)<O,若(X)單調遞減,

若。?。時,則尸(x)>0J(x)單調遞增;

當0<?<3時，若xe(…,In(20),則尸(x)>OJ(x)單調遞增，

若x?ln(2a),0),則/'(x)<0,/(x)單調遞減，

若xe(。時,則尸(x)>OJ(x)單調遞增;

當寸，/(x)NOJ(x)在R上單調遞增；

當”>白寸，若xe(9,O),則尸(x)>0J(x)單調遞增，

若xe(O,ln(幼))，則尸(x)<0J(x)單調遞減，

若xe(ln(2a),”)，則.r(x)>O,/(x)單調遞增：

⑵若選擇條件①：

由于:<知5,故1<2心/,則為>ij(o)=o_i〉o,

而函數在區(qū)間（—,0）上單調遞增，故函數在區(qū)間（F,0）上有一個零點.

〃ln（2a））=2a[in（2a）-1]-?[in（2tz）]~+b

>24[ln（2o）-l]-a[ln（2a）丁+2a

=2aIn（2a）-<7[in（26z）]~

=a\n（2ci）^2-In（2?）J,

由于;<q,Iv204e2,故。11!（24）[2-山（2。）[20,

結合函數的單調性可知函數在區(qū)間(0,物)上沒有零點.

綜上可得，題中的結論成立.

若選擇條件②：

由于0<a<g,故2a<1,則〃0)=bT42a-l<0,

當bNO時，e2>4,4c<2,f(2)=e2-4a+b>Q,

而函數在區(qū)間(0,+e)上單調遞增，故函數在區(qū)間(0,+e)上有一個零點.

當人<0時，構造函數"(x)="-x-l,則=

當xe(F,0)時，"(x)<0,〃(x)單調遞減，

當x?0,3)時,W(x)>0,〃(x)單調遞增，

注意到“（0）=0,故"（x）20恒成立，從而有：ex>x+\,此時：

/（x）=（x-l）e、-ft>（x-l）（x+l）-ox2+b=（1-+修-1）,

生女時，（1-?）?+（&-l）>0,

當x>

l-a

取X產后+L則>。,

即：/(0)<0J

而函數在區(qū)間(0,+8)上單調遞增，故函數在區(qū)間(0,+8)上有一個零點.

/（In（2rz））=2a[ln（2a）-l]-q[ln（2a）]+b

<2cz[ln（2a）-l]-tz[ln（2（7）]_+2a

=2QIn（2a）-a[in（2。）]

=aIn（2a）[2-In（2〃）],

由于0<a<；,0<2a<\,故〃ln（2〃）[2-ln（2a）]<0,

結合函數的單調性可知函數在區(qū)間(-GO)上沒有零點.

綜上可得，題中的結論成立.

【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的

知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，對導數的應用的考查主要從

以下幾個角度進行：⑴考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系.⑵利用導

數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數.(3)利用導數求函數的最值(極值),

解決生活中的優(yōu)化問題.(4)考查數形結合思想的應用.

11.【2020年新高考1卷(山東卷)】已知函數f(x)=ae*T-Inx+lna.

(1)當a=e時，求曲線y=在點(1,/(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；

(2)若不等式恒成立，求a的取值范圍.

【答案】(1)--(2)［l,+oo)

e-1

【分析】(1)利用導數的幾何意義求出在點(1,7(1))切線方程，即可得到坐標軸交點坐標，

最后根據三角形面積公式得結果；

(2)方法一:利用導數研究函數“X)的單調性，當a=l時，由/⑴=0得〃x).=研⑴=1,

符合題意；當a>l時，可證/(：)/'⑴<0,從而/'(X)存在零點x°>0,使得

f'(x0)^ae^--=Q,得到/(X)*,利用零點的條件，結合指數對數的運算化簡后，利用

基本不等式可以證得“力21恒成立；當0<”1時，研究”1).即可得到不符合題意.綜合可

得a的取值范圍.

【解析】(1)Q/(x)=er-lnx+l,f\x)=exk=f'(l)=e-l.

X

Q/(l)=e+l,.?.切點坐標為(1,1+e),

函數/(x)在點(1/⑴處的切線方程為y-e-l=(e-l)(x-l)Wy=(e-l)x+2,

???切線與坐標軸交點坐標分別為(0,2),(二之,0),

e-l

1-22

，所求三角形面積為qx2x|--|=-

2e-le-l

(2)［方法一］:通性通法

Q/(X)=aex~{-Inx+lnaf\x)=aex~x--,且a>0.

設g(x)=f'(x),則g'(x)=aex~'+—>Q,

X

???g(x)在(0,y)上單調遞增，即fl(x)在(0,+8)上單調遞增,

當。=1時，尸⑴=0,“4必=1/?⑴=1,.：/(x)N1成立.

當。>1時，-<1,?J''1,.?.//(-)/,(l)=a(^''-l)(a-l)<0,

a??匕Ja

.,.存在唯一X。>0,使得/=且當xe(0,%)時尸(x)<0,當xe(%,+8)時

五0

f\x)>0,=—,/.lna+x0-1=-lnx0,

，n-l

因此Ax)*=f(xn)=ae-lnx0+lna

-----FIn6?+XQ-1+Intz221na-1+2/—,%0=21na+l>l,

%V玉)

.：f(x)>l,.：/(x)21恒成立；

當0<a<1時，/(I)=a+］na<a<l,：./(I)<l,/(x)>1不是恒成立.

綜上所述，實數a的取值范圍是口+8).

［方法二］【最優(yōu)解】：同構

由/(x)N1得ae*-'—Inx+lnaN1,即e""+'"'+Ina+x—1Nlnx+x,而Inx+x=e""+lnx,所

以+lna+x-l>e'nx+\nx.

令/z(%)=e"'+〃?，則/7'(%)=e"'+l>0,所以〃(加)在R上單調遞增.

由eina+x-i+］na+x-12/n*+lnx,可知〃(lna+x-l)2〃(lnx),所以lna+x-121nx,所以

InaNQnx-x+Dgx.

1I-Y

^F(x)=Inx-x+l,貝I」?(幻=L—1二—±.

XX

所以當xe(0,l)時，F(x)>0,F(x)單調遞增；

當xc(1,-KO)時,Fr(x)<0,F(x)單調遞減.

所以［尸。)］.=尸(1)=0,則InaNO,即aNL

所以Q的取值范圍為.

［方法三］:換元同構

由題意知。>0,x>0,令a/T='，所以lna+x-l=ln/,所以lna=lnz-%+l.

于是/(x)=aex~l-Inx+ln6［=z-lnx4-lnf-x4-l.

由于，(x)之l,^-lnx+lnr-x4-l>l<^>r+lnr>x4-lnx,而y=x+ln尤在xc(0,+oo)時為增函

x

數，^t>x,即ae-Wx,分離參數后有擊.

令g(x)=］7,所以g'(x)=="

匕ac

當Ovx<l時,g'(x)>O,g(x)單調遞增：當x>l時，g'(x)<O,g(x)單調遞減.

所以當X=1時，g(x)=4r取得最大值為g(l)=l.所以心1.

e

［方法四］:

因為定義域為(0，內)，且為x)Nl,所以川RI,BPa+ln?>l.

令S(a)=a+ln〃，貝ljS，(a)=1>0,所以S(a)在區(qū)間(0,+OJ)內單調遞增.

a

因為S(l)=l,所以時，有S(a)2S(l),即a+lnaNl.

下面證明當“21時，/(xRI恒成立.

令T(a)=ae'i-Inx+lna,只需證當時，恒成立.

因為F(a)=e'T+2>0,所以T(a)在區(qū)間［1,”)內單調遞增，則［T(?)］min=T(l)=^'-Inx.

a

因此要證明a*1時，T(a)21恒成立，只需證明［7(以曲=--InxN1即可.

由e*2x+l,lnx4x-l,得e"-'>x,-lnx>1-x.

上面兩個不等式兩邊相加可得ei-lnxNl,故時，/(冷加恒成立.

當0<a<l時，因為f(l)=a+lna<l,顯然不滿足/㈤,恒成立.

所以a的取值范圍為

【整體點評】(2)方法一：利用導數判斷函數“X)的單調性，求出其最小值，由人而*0即

可求出，解法雖稍麻煩，但是此類題，也是本題的通性通法；

方法二：利用同構思想將原不等式化成*?i+lna+x-12*，+lnx,再根據函數

/?(⑼=e"'+〃?的單調性以及分離參數法即可求出，是本題的最優(yōu)解；

方法三：通過先換元，令aei=r,再同構，可將原不等式化成r+lndx+lnx,再根據函

數y=x+lnx的單調性以及分離參數法求出；

方法四：由特殊到一般，利用/⑴*1可得。的取值范圍，再進行充分性證明即可.

專題03導數及其應用

1.【2022年新高考1卷】設a=0.Jc=—則()

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

2.(2021年新高考1卷】若過點(a,b)可以作曲線)，=e*的兩條切線，貝ij()

A.e"<aB.ea<b

C.0<a<e〃D.0<h<ea

3.【2022年新高考1卷】已知函數r〔力=/一,+1，則()

A.ft#有兩個極值點B.ft幻有三個零點

C.點是曲線y=f［￡的對稱中心D.直線y=2r是曲線的切線

4.［2022年新高考1卷】若曲線y=［工+公廿有兩條過坐標原點的切線，則a的取值范圍

是.

5.【2022年新高考2卷】曲線y=ln|x|過坐標原點的兩條切線的方程為，_

6.【2021年新高考2卷】已知函數/。)=卜'—|，X<0,々>0,函數/(x)的圖象在點

和點8(々,/(々))的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M,N兩點，則徐鼻

取值范圍是.

7.【2022年新高考1卷】已知函數=e*—ax和0優(yōu)=ax—lux有相同的最小值.

⑴求a：

(2)證明：存在直線y=D，其與兩條曲線y=f和y=共有三個不同的交點，并且從

左到右的三個交點的橫坐標成等差數列.

8.【2022年新高考2卷】已知函數=H尸一6r.

⑴當a=1時，討論fix］的單調性；

(2)當工>0時，r㈤<一1，求a的取值范圍；

⑶設MEW*，證明：^7+^7+?+>ln(?+1)-

9.【2021年新高考1卷］已知函數/(x)=x(Inx).

(1)討論/(x)的單調性；

(2)設a,匕為兩個不相等的正數，且“n“-alnZ?=a-6,證明：2c‘+：<e.

ab

10.【2021年新高考2卷】已知函數/。)=(九-1)/-af+Z?.

（1）討論/（X）的單調性；

（2）從下面兩個條件中選一個，證明：Ax）只有一個零點

（T）—<。W—,b>2a；

22

②0<〃2a.

11.【2020年新高考1卷（山東卷）】已知函數f（x）=ae*T-Inx+lna.

（1）當。=e時，求曲線y=.f（x）在點（L/。））處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積;

（2）若不等式恒成立，求。的取值范圍.

三年專題03導數及其應用（選擇題、填空題）

（理科專用）

1.【2022年全國甲卷】已知a=cos*.c=4sin：，貝！1（）

A.c>b>aB.b>a>cC.a>b>cD.a>c>b

【答案】A

【解析】

【分析】

由：=4tan：結合三角函數的性質可得c>b；構造函數=cusx+gi2—1.HE（。+

利用導數可得口，即可得解.

【詳解】

因為g=4tan：.因為當xWtanx

所以tan注押：>1,所以c>b；

設fix）=cusx+^x2—l,re（ft+o?），

r〔?—sinr+H>0，所以ft#在［?+<?）單調遞增，

則，（?>了⑼=0,所以BSA|">0，

所以b>4,所以>a，

故選：A

2.【2022年新高考1卷】設a=0.!?!<??1.》=JCbliD.g，則（）

A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.a<c<b

【答案】C

【解析】

【分析】

構造函數代幼=11111+公一工，導數判斷其單調性，由此確定&瓦<的大小.

【詳解】

設f［工）=lntl+G—1），因為，（X）=三一1=.，

當zw［-L0］時，尸〔外>0當xe【a+B）時r〔力<0

所以函數六力=11111+工）一工在【（）1+0>）單調遞減，在1—1.0上單調遞增，

所以r（Jvf（O）=O,所以1119一：<0，故;>lnqhlri）.g，即b>c,

所以,（一二）</（0）=0，所以ln2+、V0，故之<e—2，所以工盛<2,

,、1t>'=、"10IOIQIQq

故a<b，

設雙6=re*+ln(l-r)fO<x<iy則。(幻=(x+1)/+==

令MG=那9-1)+1-h'tr)=/【—+2r-iy

當0<xV0一1時，h'tr)<0>函數—1)+1單調遞減，

當逐一1<X<1時，匯〔外>0，函數可幻=/伍2—1)+1單調遞增，

又M0)=0，

所以當0VTV0一1時，hfx)<0>

所以當0〈X〈點一1時，函數。[工)=工6*+111(1—X)單調遞增，

所以鼠。1)>?[0)=0，即0.舒?1-1109,所以a>c

故選：C.

3.【2021年新高考1卷】若過點卜/，3可以作曲線)'=片的兩條切線，則()

A.eh<aB.e"<b

C.0<a<e*D.0<6<e"

【答案】D

【解析】

【分析】

解法一：根據導數幾何意義求得切線方程，再構造函數，利用導數研究函數圖象，結合圖形

確定結果；

解法二：畫出曲線曠=，的圖象，根據直觀即可判定點(。力)在曲線下方和x軸上方時才可以

作出兩條切線.

【詳解】

在曲線y=e*上任取一點P[t,e'),對函數y=e"求導得y'=ex,

所以，曲線y=e，在點P處的切線方程為y—e'=e'(x—f),即y=e'x+(l—)/,

由題意可知，點(a,b)在直線y=dx+(l-r)e'上，可得8=ad=(a+l-r)d,

令/⑺=(a+l-f)e,則/(f)=(aT)/.

當時，/'。)>0,此時函數〃。單調遞增，

當r>a時，f(t)<0,此時函數/(r)單調遞減，

所以，/(%=/(“)="，

由題意可知，直線y=b與曲線y=/(f)的圖象有兩個交點，則匕</(。皿=e",

當r<a+I時，/(/)>0,當ca+1時，/(/)<0,作出函數/⑺的圖象如下圖所示：

由圖可知，當0<人<，時，直線y=b與曲線y=/(r)的圖象有兩個交點.

故選：D.

解法二：畫出函數曲線y=e’的圖象如圖所示，根據直觀即可判定點(凡匕)在曲線下方和x軸

上方時才可以作出兩條切線.由此可知0<b<e”.

【點睛】

解法一是嚴格的證明求解方法，其中的極限處理在中學知識范圍內需要用到指數函數的增長

特性進行估計，解法二是根據基于對指數函數的圖象的清晰的理解與認識的基礎上，直觀解

決問題的有效方法.

4.【2020年新課標1卷理科】函數/(x)=x'-2r’的圖像在點(1,/⑴)處的切線方程為()

A.y=-2x-lB.y=-2x+l

C.y=2x-3D.y=2x+1

【答案】B

【解析】

【分析】

求得函數y=/（x）的導數（（X）,計算出了⑴和r。）的值，可得出所求切線的點斜式方程,

化簡即可.

【詳解】

43,32,

?.?/（X）=X-2X,.?./（X）=4X-6X,=/（1）=-2,

因此，所求切線的方程為y+l=-2（x-l）,即y=-2x+l.

故選：B.

【點睛】

本題考查利用導數求解函圖象的切線方程，考查計算能力，屬于基礎題

5.【2020年新課標3卷理科】若