（2016-2025）十年高考真題分類匯編（2016-2025）十年高考真題分類匯編PAGE2PAGE1專題26導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用解答題（八大考點(diǎn)，100題）考點(diǎn)十年考情（2016-2025）命題趨勢(shì)考點(diǎn)01：導(dǎo)數(shù)的幾何意義2025年北京卷：切線方程、切線與曲線位置關(guān)系、交點(diǎn)橫坐標(biāo)計(jì)算；2024年新課標(biāo)Ⅱ卷：切線方程、函數(shù)極小值與參數(shù)范圍；2023年全國(guó)乙卷：切線方程、函數(shù)對(duì)稱性；2023年北京卷：由切線斜率求參數(shù)；2022年全國(guó)乙卷：切線方程、函數(shù)零點(diǎn)與參數(shù)；2022年北京卷：切線方程；2021年天津卷：切線方程、極值點(diǎn)唯一性；2020年北京卷：切線方程、三角形面積最值；2018年全國(guó)I卷：由切線斜率求參數(shù)、極值點(diǎn)與參數(shù)；2018年北京卷：由切線斜率求參數(shù)、極值點(diǎn)與參數(shù)；2016年北京卷：由切線斜率求參數(shù)、函數(shù)單調(diào)性；2016年山東卷：切線方程、函數(shù)單調(diào)性與極值1.切線方程求解是基礎(chǔ)且高頻考點(diǎn)，常結(jié)合曲線性質(zhì)、參數(shù)范圍綜合考查。2.導(dǎo)數(shù)幾何意義與函數(shù)其他性質(zhì)（極值、零點(diǎn)等）關(guān)聯(lián)命題趨勢(shì)明顯，注重知識(shí)融合與應(yīng)用能力。考點(diǎn)02：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性2025年全國(guó)二卷：?jiǎn)握{(diào)性、極值點(diǎn)與零點(diǎn)唯一性；2024年上海卷：“最近點(diǎn)”、函數(shù)單調(diào)性；2023年北京卷：函數(shù)單調(diào)性區(qū)間；2023年全國(guó)甲卷：?jiǎn)握{(diào)性、不等式恒成立求參數(shù)；2022年北京卷：?jiǎn)握{(diào)性證明、不等式證明；2021年全國(guó)甲卷：?jiǎn)握{(diào)性、曲線交點(diǎn)；2021年全國(guó)甲卷：?jiǎn)握{(diào)性、不等式恒成立；2020年全國(guó)I卷：?jiǎn)握{(diào)性、零點(diǎn)個(gè)數(shù)與參數(shù)；2019年全國(guó)II卷：?jiǎn)握{(diào)性與極值點(diǎn)唯一性；2018年全國(guó)I卷：?jiǎn)握{(diào)性、不等式證明；2016年全國(guó)II卷：?jiǎn)握{(diào)性、極值與參數(shù)；2016年山東卷：?jiǎn)握{(diào)性區(qū)間、極值1.單調(diào)性分析是導(dǎo)數(shù)應(yīng)用核心，貫穿函數(shù)性質(zhì)研究，與極值、最值、不等式等深度融合。2.結(jié)合不等式恒成立、零點(diǎn)問(wèn)題考查成為趨勢(shì)，強(qiáng)調(diào)分類討論、構(gòu)造函數(shù)等思想方法運(yùn)用，注重邏輯推理與數(shù)學(xué)建模能力?？键c(diǎn)03：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值2025年上海卷：函數(shù)極值存在參數(shù)范圍；2024年全國(guó)甲卷：函數(shù)極值、不等式恒成立求參數(shù)；2023年全國(guó)乙卷：極值存在參數(shù)范圍；2023年新課標(biāo)Ⅱ卷：極值點(diǎn)與參數(shù)范圍；2021年全國(guó)乙卷：極值點(diǎn)與曲線公共點(diǎn)；2021年天津卷：極值點(diǎn)唯一性、參數(shù)；2019年全國(guó)II卷：極值點(diǎn)與零點(diǎn)性質(zhì)；2018年浙江卷：極值與參數(shù)范圍；2018年北京卷：極值點(diǎn)與參數(shù)范圍1.極值存在性、極值點(diǎn)與參數(shù)關(guān)系是考查重點(diǎn)，常與函數(shù)單調(diào)性、零點(diǎn)等結(jié)合。2.從單一極值求解向綜合分析極值對(duì)函數(shù)整體性質(zhì)（如零點(diǎn)個(gè)數(shù)、不等式成立）影響轉(zhuǎn)變，突出對(duì)導(dǎo)數(shù)工具性和函數(shù)本質(zhì)的理解。考點(diǎn)04：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值2025年全國(guó)一卷：三角函數(shù)最值；2020年北京卷：切線圍成三角形面積最值；2019年江蘇卷：函數(shù)極大值證明；2017年江蘇卷：極值與最值總和范圍1.最值求解常與實(shí)際問(wèn)題、幾何圖形結(jié)合，體現(xiàn)導(dǎo)數(shù)在優(yōu)化問(wèn)題中的應(yīng)用。2.從單純函數(shù)最值計(jì)算向最值與函數(shù)其他性質(zhì)（極值、單調(diào)性）協(xié)同考查發(fā)展，注重?cái)?shù)學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用和實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化能力?？键c(diǎn)05：不等式證明2025年全國(guó)一卷：三角函數(shù)不等式證明；2023年新課標(biāo)Ⅱ卷：三角函數(shù)不等式證明；2022年浙江卷：切線相關(guān)不等式證明；2022年北京卷：不等式證明；2021年全國(guó)乙卷：不等式證明；2019年全國(guó)II卷：零點(diǎn)性質(zhì)不等式證明；2018年全國(guó)I卷：不等式證明1.不等式證明作為導(dǎo)數(shù)應(yīng)用難點(diǎn)，常通過(guò)構(gòu)造函數(shù)，利用單調(diào)性、極值、最值證明，是考查數(shù)學(xué)思維和創(chuàng)新能力的重要載體。2.與函數(shù)零點(diǎn)、曲線交點(diǎn)等問(wèn)題交叉命題，強(qiáng)調(diào)知識(shí)遷移和方法靈活運(yùn)用，對(duì)邏輯推理和數(shù)學(xué)表達(dá)要求高?？键c(diǎn)06：零點(diǎn)問(wèn)題2025年全國(guó)二卷：零點(diǎn)唯一性證明；2024年新課標(biāo)Ⅱ卷：零點(diǎn)與參數(shù)范圍；2022年全國(guó)乙卷：零點(diǎn)與參數(shù)范圍；2021年全國(guó)甲卷：曲線交點(diǎn)（零點(diǎn)）；2020年全國(guó)I卷：零點(diǎn)個(gè)數(shù)與參數(shù)范圍；2019年全國(guó)II卷：零點(diǎn)與極值點(diǎn)性質(zhì)1.零點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷、零點(diǎn)與參數(shù)關(guān)系是高頻考點(diǎn)，緊密圍繞函數(shù)單調(diào)性、極值、最值展開(kāi)分析。2.從單一函數(shù)零點(diǎn)向多函數(shù)交點(diǎn)（等價(jià)于零點(diǎn)）、零點(diǎn)分布與函數(shù)性質(zhì)綜合考查轉(zhuǎn)變，突出導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)零點(diǎn)問(wèn)題中的關(guān)鍵作用，注重?cái)?shù)形結(jié)合思想應(yīng)用?？键c(diǎn)01：導(dǎo)數(shù)的幾何意義1．（2025·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)的定義域是-1,+∞,f0=0，導(dǎo)函數(shù)f'x=(1)求f'(2)當(dāng)-1<a<0時(shí)，證明：除切點(diǎn)A外，曲線y=f(x)在直線l1(3)設(shè)過(guò)點(diǎn)A的直線l2與直線l1垂直，l1，l2與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別是x1，x【答案】(1)1(2)證明見(jiàn)解析(3)e〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)判斷其單調(diào)性，即可求出最大值；（2）求出直線l1的方程，再構(gòu)造函數(shù)h（3）求出直線l2的方程，即可由題意得到x1,x2的表示，從而用字母【詳析】（1）設(shè)gx=f由g'x=0可得x=e-1，當(dāng)x∈當(dāng)x∈e-1,+∞時(shí)，g所以f'x的最大值為（2）因?yàn)閒'a=ln1+a1+a，所以直線設(shè)hx=fx由（1）可知，f'x在x∈-1,所以，當(dāng)-1<x<a時(shí)，h'x<0當(dāng)0>x>a時(shí)，h'x>0，h而當(dāng)x≥0時(shí)，f'x=ln1+x故hx（3）解法一：由題意，直線l1:y=f所以x1=-f當(dāng)x>0時(shí)，f'x=ln1+x所以fa所以2a-=-由（1）可得當(dāng)a>0時(shí)，f'所以f'所以2a-x解法二：由f'x=ln1+x1+x可設(shè)fx因?yàn)橹本€l1的方程為y=ln1+a所以直線l2的方程為y=-x1=a-1+a所以2a-=1-ln21+a1+a2ln21+a1+a2+1所以2a-x2．（2024·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)1,f(1)處的切線方程；(2)若f(x)有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．【答案】(1)e(2)1,+〖祥解〗（1）求導(dǎo)，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求切線方程；（2）解法一：求導(dǎo)，分析a≤0和a>0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性和極值，分析可得a2+lna-1>0，構(gòu)建函數(shù)解不等式即可；解法二：求導(dǎo)，可知f'(x)=ex【詳析】（1）當(dāng)a=1時(shí)，則f(x)=ex-x-1可得f(1)=e-2，即切點(diǎn)坐標(biāo)為1,e-2，切線斜率所以切線方程為y-e-2=（2）解法一：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f'若a≤0，則f'(x)≥0對(duì)任意可知f(x)在R上單調(diào)遞增，無(wú)極值，不合題意；若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在-∞,ln則f(x)有極小值fln由題意可得：flna=a-a構(gòu)建ga=a可知ga在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，且不等式a2+lna-1>0等價(jià)于所以a的取值范圍為1,+∞解法二：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，且f'若f(x)有極小值，則f'令f'(x)=e可知y=ex與y=a有交點(diǎn)，則若a>0，令f'(x)>0，解得x>lna；令可知f(x)在-∞,ln則f(x)有極小值fln由題意可得：flna=a-a構(gòu)建ga因?yàn)閯ty=a2,y=可知ga在0,+∞內(nèi)單調(diào)遞增，且不等式a2+lna-1>0等價(jià)于所以a的取值范圍為1,+∞3．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=-1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)若函數(shù)fx在0,+∞單調(diào)遞增，求【答案】(1)ln2(2)a|a≥1〖祥解〗（1）由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；（2）原問(wèn)題即f'x≥0在區(qū)間0,+∞上恒成立，整理變形可得gx=ax2【詳析】（1）當(dāng)a=-1時(shí)，fx則f'據(jù)此可得f1所以函數(shù)在1,f1處的切線方程為y-0=-ln2（2）由函數(shù)的解析式可得f'滿足題意時(shí)f'x≥0在區(qū)間令-1x2令gx=ax2則g'當(dāng)a≤0時(shí)，由于2ax≤0,lnx+1>0，故g'x此時(shí)gx<g令hx=g當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以即g'x在區(qū)間所以g'x>g'0=0，當(dāng)0<a<12時(shí)，由h'當(dāng)x∈0,12a-1時(shí)，h'注意到g'0=0，故當(dāng)x∈0,1由于g0=0，故當(dāng)x∈0,1綜上可知：實(shí)數(shù)a得取值范圍是a|a≥1【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：（1）求切線方程的核心是利用導(dǎo)函數(shù)求切線的斜率，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)，合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時(shí)要進(jìn)行換元.（2）由函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍的方法①函數(shù)在區(qū)間a,b上單調(diào)，實(shí)際上就是在該區(qū)間上f'x≥0(或②函數(shù)在區(qū)間a,b上存在單調(diào)區(qū)間，實(shí)際上就是f'x≥0(或4．（2022·全國(guó)乙卷·高考真題）已知函數(shù)f(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)0,f(2)若fx在區(qū)間-1,0,0,+【答案】(1)y=2x(2)(-〖祥解〗（1）先算出切點(diǎn),再求導(dǎo)算出斜率即可（2）求導(dǎo),對(duì)a分類討論,對(duì)x分(-1,0),(0,+∞【詳析】（1）f(x)的定義域?yàn)?-1,+當(dāng)a=1時(shí),f(x)=ln(1+x)+xex,f(0)=0,所以切點(diǎn)為所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=2x（2）f(x)=f設(shè)g(x)=1°若a>0,當(dāng)x∈(-1,0),g(x)=ex所以f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(-1,0)上沒(méi)有零點(diǎn),不合題意2°若-1≤a≤0,當(dāng)x∈(0,+∞)所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增所以g(x)>g(0)=1+a≥0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增故f(x)在(0,+∞)上沒(méi)有零點(diǎn)3°若(1)當(dāng)x∈(0,+∞),則g'(x)=exg(0)=1+a<0,g(1)=所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f當(dāng)x∈(0,m),f當(dāng)x∈(m,+∞所以當(dāng)x∈(0,m),f(x)<f(0)=0,令h(x)=xe所以h(x)=xex在-1,1上單調(diào)遞增，在1,+又e-ae所以f(x)在(m,+∞又(0,m)沒(méi)有零點(diǎn),即f(x)在(0,+∞(2)當(dāng)x∈(-1,0),g(x)=設(shè)h(x)=h所以g'(x)在g所以存在n∈(-1,0),使得g當(dāng)x∈(-1,n),g當(dāng)x∈(n,0),g'(x)>0,g(x)又g(-1)=所以存在t∈(-1,n),使得g(t)=0,即f當(dāng)x∈(-1,t),f(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(t,0),f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈-1,0，h又-1<ea而f(0)=0,所以當(dāng)x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(-1,t)上有唯一零點(diǎn),(t,0)上無(wú)零點(diǎn)即f(x)在(-1,0)上有唯一零點(diǎn)所以a<-1,符合題意所以若f(x)在區(qū)間(-1,0),(0,+∞)各恰有一個(gè)零點(diǎn),求a【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：本題的關(guān)鍵是對(duì)a的范圍進(jìn)行合理分類，否定和肯定并用，否定只需要說(shuō)明一邊不滿足即可，肯定要兩方面都說(shuō)明.5．（2022·浙江·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=e(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)已知a,b∈R，曲線y=f(x)上不同的三點(diǎn)x1,fx（?。┤鬭>e，則0<b-f(a)<（ⅱ）若0<a<e,x（注：e=2.71828?【答案】(1)f(x)的減區(qū)間為(0,e2)(2)（ⅰ）見(jiàn)解析；（ⅱ）見(jiàn)解析.〖祥解〗（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性.（2）（?。┯深}設(shè)構(gòu)造關(guān)于切點(diǎn)橫坐標(biāo)的方程，根據(jù)方程有3個(gè)不同的解可證明不等式成立，（ⅱ）k=x3x1，m=ae【詳析】（1）f'當(dāng)0<x<e2，f'x<0故fx的減區(qū)間為0,e2，f（2）（?。┮?yàn)檫^(guò)a,b有三條不同的切線，設(shè)切點(diǎn)為xi故fx故方程fx-b=f該方程可整理為1x設(shè)gx則g=-1當(dāng)0<x<e或x>a時(shí)，g'x<0；當(dāng)故gx在0,e,因?yàn)間x有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故ge<0故1e-e整理得到：b<a2e+1此時(shí)b-fa設(shè)ua=3故ua為e,+∞故0<b-fa（ⅱ）當(dāng)0<a<e時(shí)，同（ⅰ故gx在0,a,e不妨設(shè)x1<x因?yàn)間x有3個(gè)不同的零點(diǎn)，故ga<0故1e-e整理得到：a2e因?yàn)閤1<x又gx設(shè)t=ex，ae-a+ee記t則t1,t設(shè)k=t1t要證：2e+e即證：13-m即證：t1即證：t1而-m+1t1故lnt故t1故即證：-2即證：t即證：k+1ln記φk=k+1設(shè)uk=k-1k-2φ'故φk在1,+∞上為增函數(shù)，故所以k+1ln記ωm則ω'所以ωm在0,1為增函數(shù)，故ω故lnm+m-1m-13故原不等式得證：【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)數(shù)背景下的切線條數(shù)問(wèn)題，一般轉(zhuǎn)化為關(guān)于切點(diǎn)方程的解的個(gè)數(shù)問(wèn)題，而復(fù)雜方程的零點(diǎn)性質(zhì)的討論，應(yīng)該根據(jù)零點(diǎn)的性質(zhì)合理轉(zhuǎn)化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.6．（2020·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)=12-x（Ⅰ）求曲線y=f(x)的斜率等于-2的切線方程；（Ⅱ）設(shè)曲線y=f(x)在點(diǎn)(t,f(t))處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積為S(t)，求S(t)的最小值．【答案】（Ⅰ）2x+y-13=0，（Ⅱ）32.〖祥解〗（Ⅰ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切點(diǎn)的坐標(biāo)，然后由點(diǎn)斜式可得結(jié)果；（Ⅱ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線方程，再得到切線在坐標(biāo)軸上的截距，進(jìn)一步得到三角形的面積，最后利用導(dǎo)數(shù)可求得最值.【詳析】（Ⅰ）因?yàn)閒x=12-x設(shè)切點(diǎn)為x0,12-x02，則-2由點(diǎn)斜式可得切線方程為：y-11=-2x-1，即2x+y-13=0（Ⅱ）[方法一]：導(dǎo)數(shù)法顯然t≠0，因?yàn)閥=fx在點(diǎn)t,12-t2令x=0，得y=t2+12，令y=0所以St=不妨設(shè)t>0(t<0時(shí)，結(jié)果一樣)，則St所以S't=3(由S't>0，得t>2，由S所以St在0,2上遞減，在2,+所以t=2時(shí)，St也是最小值為S2[方法二]【最優(yōu)解】：換元加導(dǎo)數(shù)法

S(t)=1因?yàn)镾(t)為偶函數(shù)，不妨設(shè)t>0，S(t)=1令a=t，則t=令g(a)=a4+12a，則面積為g'(a)=4因?yàn)閍>0，所以令g'(a)=0，得隨著a的變化，g'a0,22g-0+g減極小值增所以[g(a)]min所以當(dāng)a=2，即t=2時(shí)，[S(t)]因?yàn)閇S(t)]為偶函數(shù)，當(dāng)t<0時(shí)，[S(t)]min綜上，當(dāng)t=±2時(shí)，S(t)的最小值為32．[方法三]：多元均值不等式法同方法二，只需求出g(a)=a令g(a)=a當(dāng)且僅當(dāng)a3=4所以當(dāng)a=2，即t=2時(shí)，[S(t)]因?yàn)镾(t)為偶函數(shù)，當(dāng)t<0時(shí)，[S(t)]min綜上，當(dāng)t=±2時(shí)，S(t)的最小值為32．[方法四]：兩次使用基本不等式法同方法一得到S(t)=,下同方法一.【整體點(diǎn)評(píng)】（Ⅱ）的方法一直接對(duì)面積函數(shù)求導(dǎo)數(shù)，方法二利用換元方法，簡(jiǎn)化了運(yùn)算，確定為最優(yōu)解；方法三在方法二換元的基礎(chǔ)上，利用多元均值不等式求得最小值，運(yùn)算較為簡(jiǎn)潔；方法四兩次使用基本不等式，所有知識(shí)最少，配湊巧妙，技巧性較高.7．（2018·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=[ax（Ⅰ）若曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))處的切線斜率為0，求a；（Ⅱ）若f(x)在x=1處取得極小值，求a的取值范圍.【答案】（Ⅰ）1（Ⅱ）(1,+∞)【詳析】分析：（1）求導(dǎo)f'(x)，構(gòu)建等量關(guān)系k=f'(2)=0，解方程可得參數(shù)a的值；（2）對(duì)a分a>1及a≤1兩種情況進(jìn)行分類討論，通過(guò)研究f'詳析：解：（Ⅰ）因?yàn)閒(x)=[ax所以f'f'由題設(shè)知f'(2)=0，即(2a-1)e（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得f'若a>1，則當(dāng)x∈(1a,1)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，f'所以f(x)在x=1處取得極小值.若a≤1，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，所以f'所以1不是f(x)的極小值點(diǎn).綜上可知，a的取值范圍是(1,+∞).方法二：f'（1）當(dāng)a=0時(shí)，令f'(x)=0得f'(x),f(x)隨x(-∞,1)1(1,+∞)f+0?f(x)↗極大值↘∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.（2）當(dāng)a>0時(shí)，令f'(x)=0得①當(dāng)x1=x2，即a∴f(x)在R上單調(diào)遞增，∴f(x)無(wú)極值，不合題意.②當(dāng)x1>x2，即0<a<1時(shí)，x(-∞,1)1(1,1(f+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.③當(dāng)x1<x2，即a>1時(shí)，x(-∞,1(1(1,+∞)f+0?0+f(x)↗極大值↘極小值↗∴f(x)在x=1處取得極小值，即a>1滿足題意.（3）當(dāng)a<0時(shí)，令f'(x)=0得f'(x),f(x)隨x(-∞,1(1(1,+∞)f?0+0?f(x)↘極小值↗極大值↘∴f(x)在x=1處取得極大值，不合題意.綜上所述，a的取值范圍為(1,+∞).『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)數(shù)類問(wèn)題是高考數(shù)學(xué)中的必考題，也是壓軸題，主要考查的形式有以下四個(gè)：①考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，涉及求曲線切線方程的問(wèn)題；②利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間問(wèn)題；③利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值最值問(wèn)題；④關(guān)于不等式的恒成立問(wèn)題.解題時(shí)需要注意的有以下兩個(gè)方面：①在求切線方程問(wèn)題時(shí)，注意區(qū)別在某一點(diǎn)和過(guò)某一點(diǎn)解題步驟的不同；②在研究單調(diào)性及極值最值問(wèn)題時(shí)常常會(huì)涉及到分類討論的思想，要做到不重不漏；③不等式的恒成立問(wèn)題屬于高考中的難點(diǎn)，要注意問(wèn)題轉(zhuǎn)換的等價(jià)性.8．（2016·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=xea-x+bx，曲線y=f(x)在點(diǎn)(2,f(2))（1）求a，b的值；（2）求f(x)的單調(diào)區(qū)間.【答案】（Ⅰ）a=2，b=e；（2）f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,+∞).【詳析】試題分析：（Ⅰ）根據(jù)題意求出，根據(jù)f(2)=2e+2,f'(2)=e-1求（Ⅱ）由題意判斷的符號(hào)，即判斷g(x)=1-x+ex-1的單調(diào)性，知g(x)>0，即>0，由此求得f(x)的單調(diào)區(qū)間.試題解析：（Ⅰ）因?yàn)閒(x)=xea-x+bx依題設(shè)，{f(2)=2e+2,f解得a=2,b=e.（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=xe由f'(x)=e2-x(1-x+ex-1)令g(x)=1-x+ex-1，則所以，當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間上單調(diào)遞減；當(dāng)時(shí)，，在區(qū)間上單調(diào)遞增.故是在區(qū)間上的最小值，從而.綜上可知，，.故的單調(diào)遞增區(qū)間為.【考點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用；運(yùn)算求解能力【名師『點(diǎn)石成金』】用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性時(shí)，首先應(yīng)確定函數(shù)的定義域，然后在函數(shù)的定義域內(nèi)，通過(guò)討論導(dǎo)數(shù)的符號(hào)，來(lái)判斷函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．在對(duì)函數(shù)劃分單調(diào)區(qū)間時(shí)，除必須確定使導(dǎo)數(shù)等于0的點(diǎn)外，還要注意定義區(qū)間內(nèi)的間斷點(diǎn)．考點(diǎn)02：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性9．（2025·全國(guó)二卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=ln(1+x)-x+1(1)證明：f(x)在區(qū)間(0,+∞(2)設(shè)x1,x2分別為f(x)（i）設(shè)函數(shù)g(t)=fx1+t-fx1（ii）比較2x1與【答案】(1)證明見(jiàn)解析；(2)（i）證明見(jiàn)解析；（ii）2x1〖祥解〗（1）先由題意求得f'x=x211+x-3k，接著構(gòu)造函數(shù)gx=11+x-3k,x>0，利用導(dǎo)數(shù)工具研究函數(shù)gx的單調(diào)性和函數(shù)值情況，從而得到函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)而得證函數(shù)（2）（i）由（1）x1+1=13k和g't=f'x1（ii）由函數(shù)gt在區(qū)間0,x1上單調(diào)遞減得到0>f和函數(shù)fx的單調(diào)性以以及函數(shù)值的情況即可得證【詳析】（1）由題得f'因?yàn)閤∈0,+∞，所以x2則g'x=-11+x2<0g0=1-3k>0，令所以當(dāng)x∈0,x0時(shí)，gx>0，則f'x所以fx在0,x0所以fx在(0,+對(duì)函數(shù)y=ln1+x-x有y所以y=ln1+x-x所以y=ln1+x-x<y又因?yàn)閒0=0，x→+∞所以x→+∞時(shí)f所以存在唯一x2∈0,+∞使得fx2（2）（i）由（1）知x1=13k-1∵g(t)=fx則g=-tx=6k∵k>0,t∈0,∴g即g(t)在t∈0,x（ii）2x由（i）知：函數(shù)gt在區(qū)間0,所以g0>gx1即由（1）可知fx在x0,+∞上單調(diào)遞減，x2所以2x10．（2024·上海·高考真題）對(duì)于一個(gè)函數(shù)fx和一個(gè)點(diǎn)Ma,b，令sx=(x-a)2+(fx-b)2，若Px0(1)對(duì)于f(x)=1x(x>0)，求證：對(duì)于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P，使得點(diǎn)P是M在fx(2)對(duì)于fx=ex,M1,0，請(qǐng)判斷是否存在一個(gè)點(diǎn)P，它是M在fx的“最近點(diǎn)”(3)已知y=f(x)在定義域R上存在導(dǎo)函數(shù)f'(x)，且函數(shù)g(x)在定義域R上恒正，設(shè)點(diǎn)M1t-1,ft-gt，M2t+1,ft+gt．若對(duì)任意的t∈R，存在點(diǎn)P【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)存在，P(3)嚴(yán)格單調(diào)遞減〖祥解〗（1）代入M(0,0)，利用基本不等式即可；（2）由題得sx=(x-1)2+（3）根據(jù)題意得到s1'x0=s2'x0【詳析】（1）當(dāng)M(0,0)時(shí)，sx當(dāng)且僅當(dāng)x2=1故對(duì)于點(diǎn)M0,0，存在點(diǎn)P1,1，使得該點(diǎn)是M0,0在fx的（2）由題設(shè)可得sx則s'x=2x-1+2則s'x=2而s'0=0，故當(dāng)x<0時(shí)，s'x故sxmin=s而f'x=ex,k=f而kMP=0-11-0=-1，故kMP?k=-1（3）設(shè)s1s2而s's'若對(duì)任意的t∈R，存在點(diǎn)P同時(shí)是M1,M2在fx設(shè)Px0,y0，則x因?yàn)閮珊瘮?shù)的定義域均為R，則x0則存在x0,使得s即s1s2由①②相等得4+4g(t)?f'x即f'x0=-1則f'接下來(lái)證明x0因?yàn)閤0既是s1x則s1即x0-t+1x0-t-1③+④得2即x0-t則x0-t=0f則f't=-1g(t)<0【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題第三問(wèn)的關(guān)鍵是結(jié)合最值點(diǎn)和極小值的定義得到f'x0=-11．（2023·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=x-x3eax+b，曲線y=f(x)在點(diǎn)(1)求a,b的值；(2)設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)(3)求f(x)的極值點(diǎn)個(gè)數(shù)．【答案】(1)a=-1,b=1(2)答案見(jiàn)解析(3)3個(gè)〖祥解〗（1）先對(duì)fx求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義得到f(1)=0，f'(1)=-1（2）由（1）得gx的解析式，從而求得g'x，利用數(shù)軸穿根法求得g'x（3）結(jié)合（2）中結(jié)論，利用零點(diǎn)存在定理，依次分類討論區(qū)間-∞,0，0,x1，x1,x2【詳析】（1）因?yàn)閒(x)=x-x3e因?yàn)閒x在(1,f(1))處的切線方程為y=-x+1所以f(1)=-1+1=0，f'則1-13×所以a=-1,b=1.（2）由（1）得gx則g'令x2-6x+6=0，解得x=3±3，不妨設(shè)x1=3-易知e-x+1所以令g'x<0，解得0<x<x1或x>x2所以gx在0,x1，x2,+即gx的單調(diào)遞減區(qū)間為0,3-3和3+3,+∞（3）由（1）得f(x)=x-x3e由（2）知f'x在0,x1，x2當(dāng)x<0時(shí)，f'-1=1-4e所以f'x在-∞,0上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)x<x3時(shí)，f'x<0，則fx單調(diào)遞減；當(dāng)所以fx在-當(dāng)x∈0,x1時(shí)，f則f'x1所以f'x在0,x1上存在唯一零點(diǎn)，不妨設(shè)為此時(shí)，當(dāng)0<x<x4時(shí)，f'x>0，則fx單調(diào)遞增；當(dāng)所以fx在0,當(dāng)x∈x1,x2則f'x2所以f'x在x1,x此時(shí)，當(dāng)x1<x<x5時(shí)，f'x<0，則f所以fx在x當(dāng)x>x2=3+所以f'x=1-所以fx在x綜上：fx在-∞,0和x1,x【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：本題第3小題的解題關(guān)鍵是判斷f'x1與f'12．（2023·全國(guó)甲卷·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論fx(2)若fx+sin【答案】(1)fx在0,(2)a≤0〖祥解〗（1）代入a=1后，再對(duì)fx求導(dǎo)，同時(shí)利用三角函數(shù)的平方關(guān)系化簡(jiǎn)f（2）法一：構(gòu)造函數(shù)gx=fx+sinx，從而得到gx<0，注意到g0法二：先化簡(jiǎn)并判斷得sinx-sinxcos2x<0恒成立，再分類討論a=0，【詳析】（1）因?yàn)閍=1，所以fx則f=cos令t=cosx，由于x∈0,所以cos3x+cos因?yàn)閠2+2t+2=t+12+1>0所以f'x=所以fx在0,π（2）法一：構(gòu)建gx則g'若gx=fx則g'0=a-1+1=a≤0當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)閟inx-又x∈0,π2，所以0<sinx<1所以fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx綜上所述：若fx+sin所以a的取值范圍為-∞法二：因?yàn)閟inx-因?yàn)閤∈0,π2，所以0<故sinx-sinx所以當(dāng)a=0時(shí)，fx當(dāng)a<0時(shí)，由于0<x<π2，顯然所以fx當(dāng)a>0時(shí)，因?yàn)閒x令gx=ax-sin注意到g'若?0<x<π2，g'x>0注意到g0=0，所以gx若?0<x0<π2所以在0,π2上最靠近x=0處必存在零點(diǎn)x1此時(shí)g'x在0,x1上有g(shù)'則在0,x1上有g(shù)x綜上：a≤0.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：本題方法二第2小問(wèn)討論a>0這種情況的關(guān)鍵是，注意到g'0>0，從而分類討論g'x在0,π2上的正負(fù)情況，得到總存在靠近13．（2022·北京·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e(1)求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程；(2)設(shè)g(x)=f'(x)，討論函數(shù)g(x)(3)證明：對(duì)任意的s,t∈(0,+∞)，有【答案】(1)y=x(2)g(x)在[0,+∞)(3)證明見(jiàn)解析〖祥解〗（1）先求出切點(diǎn)坐標(biāo)，在由導(dǎo)數(shù)求得切線斜率，即得切線方程；（2）在求一次導(dǎo)數(shù)無(wú)法判斷的情況下，構(gòu)造新的函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問(wèn)題即得解；（3）令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，即證m(x)>m(0)，由第二問(wèn)結(jié)論可知m(x)在[0,+∞）上單調(diào)遞增，即得證.【詳析】（1）解：因?yàn)閒(x)=exln即切點(diǎn)坐標(biāo)為0,0，又f'∴切線斜率k=∴切線方程為：y=x（2）解：因?yàn)間(x)=f'所以g'令h(x)=ln則h'(x)=∴h(x)在[0,+∞∴h(x)≥h(∴g'(x)>0在∴g(x)在[0,+∞)（3）解：原不等式等價(jià)于f(s+t)-f(s)>f(t)-f(0)，令m(x)=f(x+t)-f(x)，(x,t>0)，即證m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)-f(x)=em'由（2）知g(x)=f'(x)=∴g(x+t)>g(x)，∴m∴m(x)在0,+∞上單調(diào)遞增，又因?yàn)閤,t>0∴m(x)>m(0)，所以命題得證.14．（2021·全國(guó)甲卷·高考真題）已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)=x（1）當(dāng)a=2時(shí)，求fx（2）若曲線y=fx與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求a【答案】（1）0,2ln2上單調(diào)遞增；2ln2〖祥解〗（1）求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào)性；（2）方法一：利用指數(shù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，可以將曲線y=fx與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)轉(zhuǎn)化為方程lnxx=lnaa有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即曲線y=gx與直線y=lnaa有兩個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)函數(shù)研究gx的單調(diào)性，并結(jié)合g【詳析】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx令f'x=0得x=2ln2,當(dāng)0<x<2ln2∴函數(shù)fx在0,2ln（2）[方法一]【最優(yōu)解】：分離參數(shù)fx=xa則g'x=1-lnx在0,e內(nèi)g'x>0在e,+∞上g'x∴gx又g1=0，當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，g所以曲線y=fx與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，即曲線y=gx與直線y=lnaa有兩個(gè)交點(diǎn)的充分必要條件是所以a的取值范圍是1,e∪[方法二]：構(gòu)造差函數(shù)由y=f(x)與直線y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)知f(x)=1，即xa=ax在區(qū)間(0,+∞構(gòu)造函數(shù)g(x)=alnx-xln當(dāng)0<a<1時(shí)，lna<0,x∈(0,+∞),a-xlna>0,g'當(dāng)a>1時(shí)，lna>0，令g'(x)=0得x=alna，當(dāng)x∈0,alna時(shí)，g'由于0<e當(dāng)x→+∞時(shí)，有alnx<xlna，即g(x)<0，由函數(shù)g(x)=alnx-xlna構(gòu)造函數(shù)h(a)=a-elna，則h'(a)=1-ea=a-ea，所以h(a)的遞減區(qū)間為(1,e)，遞增區(qū)間為所以，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1,e[方法三]分離法：一曲一直曲線y=f(x)與y=1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)為xaax因?yàn)閤a=ax，所以兩邊取對(duì)數(shù)得alnx=xln①當(dāng)0<a<1時(shí)，lnaa<0,p(x)②當(dāng)a>1時(shí)，取g(x)=lnx上一點(diǎn)x0,lnx0當(dāng)y=1x0x-1+lnx直線p(x)=xlnaa的斜率滿足：0<ln記h(a)=lnaa,h'(a)=1-lnaa2，令h'(a)=0，有a=e．a(chǎn)∈(1,e),h'綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1,e[方法四]：直接法f(x)=x因?yàn)閤>0，由f'(x)=0得當(dāng)0<a<1時(shí)，f(x)在區(qū)間(0,+∞當(dāng)a>1時(shí)，alna>0，由f'(x)>0得0<x<alna,f(x)因?yàn)閘imx→+∞f(x)=0，且limx→0+f(x)=0，所以faln令lna=t，則t-1>lnt，令h(x)=lnx-x+1，則h'(x)=1x-1，所以h(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減，所以故實(shí)數(shù)a的范圍為(1,e)∪(【整體點(diǎn)評(píng)】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)曲線和直線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍問(wèn)題，屬較難試題，方法一：將問(wèn)題進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，分離參數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值，圖象，利用數(shù)形結(jié)合思想求解.方法二：將問(wèn)題取對(duì)，構(gòu)造差函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和最值.方法三：將問(wèn)題取對(duì)，分成g(x)=lnx與方法四：直接求導(dǎo)研究極值，單調(diào)性，最值，得到結(jié)論.15．（2021·全國(guó)甲卷·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=a2x（1）討論fx（2）若y=fx的圖象與x軸沒(méi)有公共點(diǎn)，求a的取值范圍【答案】（1）fx的減區(qū)間為0,1a，增區(qū)間為1a,〖祥解〗（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，討論其符號(hào)后可得函數(shù)的單調(diào)性.（2）根據(jù)f1>0及（1）的單調(diào)性性可得fxmin【詳析】（1）函數(shù)的定義域?yàn)?,+∞，又f'因?yàn)閍>0,x>0，故2ax+3>0，當(dāng)0<x<1a時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)所以fx的減區(qū)間為0,1a（2）因?yàn)閒1=a2+a+1>0所以y=fx的圖象在x由（1）中函數(shù)的單調(diào)性可得fx故3+3lna>0即【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：不等式的恒成立問(wèn)題，往往可轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值的符號(hào)來(lái)討論，也可以參變分離后轉(zhuǎn)化不含參數(shù)的函數(shù)的最值問(wèn)題，轉(zhuǎn)化中注意等價(jià)轉(zhuǎn)化.16．（2021·全國(guó)乙卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x（1）討論fx（2）求曲線y=fx過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線y=f【答案】(1)答案見(jiàn)解析；(2)和-1，-1-a〖祥解〗(1)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后分類討論導(dǎo)函數(shù)的符號(hào)即可確定原函數(shù)的單調(diào)性；(2)首先求得導(dǎo)數(shù)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線方程，然后將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程求解的問(wèn)題，據(jù)此即可求得公共點(diǎn)坐標(biāo).【詳析】(1)由函數(shù)的解析式可得：f'導(dǎo)函數(shù)的判別式Δ=4-12a，當(dāng)Δ=4-12a≤0,a≥13時(shí)，f'當(dāng)時(shí)，的解為：x1=1-當(dāng)x∈-∞,1-1-3a當(dāng)x∈1-1-3a3當(dāng)x∈1+1-3a3綜上可得：當(dāng)時(shí)，在R上單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，在-∞,1-1-3a3，1+單調(diào)遞增，在1-1-3a3(2)由題意可得：fx0=則切線方程為：y-x切線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)，則：0-x整理可得：2x03解得：，則，f'(x0切線方程為：y=a+1與聯(lián)立得x3-化簡(jiǎn)得x3-x2-x+1=0,由于切點(diǎn)的橫坐標(biāo)1必然是該方程的一個(gè)根，∴x-1是x解得x1f-1綜上，曲線過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的切線與曲線的公共點(diǎn)的坐標(biāo)為和-1，-1-a.【『點(diǎn)石成金』】本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究含有參數(shù)的函數(shù)的單調(diào)性問(wèn)題，和過(guò)曲線外一點(diǎn)所做曲線的切線問(wèn)題，注意單調(diào)性研究中對(duì)導(dǎo)函數(shù)，要依據(jù)其零點(diǎn)的不同情況進(jìn)行分類討論；再求切線與函數(shù)曲線的公共點(diǎn)坐標(biāo)時(shí)，要注意除了已經(jīng)求出的切點(diǎn)，還可能有另外的公共點(diǎn)(交點(diǎn)),要通過(guò)聯(lián)立方程求解，其中得到三次方程求解時(shí)要注意其中有一個(gè)實(shí)數(shù)根是求出的切點(diǎn)的橫坐標(biāo)，這樣就容易通過(guò)分解因式求另一個(gè)根.三次方程時(shí)高考?jí)狠S題中的常見(jiàn)問(wèn)題，不必恐懼，一般都能容易找到其中一個(gè)根，然后在通過(guò)分解因式的方法求其余的根.17．（2020·全國(guó)I卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=e（1）當(dāng)a=1時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；（2）若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求a的取值范圍.【答案】（1）f(x)的減區(qū)間為(-∞,0)，增區(qū)間為(0,+∞)；（2）(1〖祥解〗（1）將a=1代入函數(shù)解析式，對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，分別令導(dǎo)數(shù)大于零和小于零，求得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間；（2）若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即ex-a(x+2)=0有兩個(gè)解，將其轉(zhuǎn)化為a=ex【詳析】（1）當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=ex-(x+2)令f'(x)<0，解得x<0，令f'所以f(x)的減區(qū)間為(-∞,0)，增區(qū)間為(0,+∞)；（2）若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，即ex從方程可知，x=-2不成立，即a=e令h(x)=exx+2令h'(x)>0，解得x>-1，令h'(x)<0，解得所以函數(shù)h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上單調(diào)遞減，在(-1,+∞)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x<-2時(shí)，h(x)<0，而x→-2+時(shí)，h(x)→+∞，當(dāng)x→+∞時(shí)，所以當(dāng)a=exx+2所以滿足條件的a的取值范圍是：(1【『點(diǎn)石成金』】本題考查的是有關(guān)應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)有應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，根據(jù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍，在解題的過(guò)程中，也可以利用數(shù)形結(jié)合，將問(wèn)題轉(zhuǎn)化為曲線y=ex和直線y=a(x+2)有兩個(gè)交點(diǎn)，利用過(guò)點(diǎn)(-2,0)的曲線y=18．（2018·全國(guó)I卷·高考真題）已知函數(shù)f(（1）討論f(（2）若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x【答案】（1）答案見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析．〖祥解〗（1）首先確定函數(shù)的定義域，函數(shù)求導(dǎo)，再對(duì)a進(jìn)行分類討論，從而確定出導(dǎo)數(shù)在相應(yīng)區(qū)間上的符號(hào)，即可求得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）方法一：根據(jù)fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)，結(jié)合第一問(wèn)的結(jié)論，可以確定a>2，令f'(x)=0，得到兩個(gè)極值點(diǎn)【詳析】（1）fx的定義域?yàn)?,+∞，（i）若a≤2，則f'x≤0，當(dāng)且僅當(dāng)a=2，x=1時(shí)f'（ii）若a>2，令f'x=0得，x=當(dāng)x∈0,a-a當(dāng)x∈a-a2-42,a+a2-42（2）［方法一］：【通性通法】消元由（1）知，fx存在兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2由于fx的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2-ax+1=0，所以fx所以fx1-f設(shè)函數(shù)gx=1x-x+2lnx，由（1）知，gx在0,+∞單調(diào)遞減，又g［方法二］：【通性通法】消元由（1）知a>2且x1,x2是方程x2-ax+1=0的兩根，不妨設(shè)x1欲證不等式成立，只需證2ln因?yàn)?<x1<x2令g(x)=1所以，g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，且g(1)=0［方法三］：硬算因?yàn)閒'所以x2-ax+1=0有兩個(gè)相異的正根x1則x1+x2=所以fx而a+a2-42a-設(shè)g(a)=2lna+a所以g(a)在a>2上遞減，g(a)<g(2)=0，問(wèn)題得證．［方法四］：【最優(yōu)解】對(duì)數(shù)平均不等式的應(yīng)用由（1）知，f(x)由于f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2滿足x2-ax+1=0令t=x1x2∈0,1所以pt在0,1上單調(diào)遞減，所以pt>p所以lnt2>t-所以1=x1x故fx【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：根據(jù)消元思想，先找到極值點(diǎn)之間的關(guān)系，再消元轉(zhuǎn)化為一個(gè)未知元的不等式恒成立問(wèn)題，屬于通性通法；方法二：同方法一，只是消元字母不一樣；方法三：直接硬算出極值點(diǎn)，然后代入求證，計(jì)算稍顯復(fù)雜；方法四：根據(jù)式子形式利用對(duì)數(shù)平均不等式放縮，證明簡(jiǎn)潔，是該題的最優(yōu)解．19．（2020·全國(guó)II卷·高考真題）已知函數(shù)f（x）=2lnx+1．（1）若f（x）≤2x+c，求c的取值范圍；（2）設(shè)a>0時(shí)，討論函數(shù)g（x）=f(x)-f(a)x-a【答案】（1）-1,+∞；（2）g(x)在區(qū)間(0,a)和(a,+〖祥解〗（1）[方法三]不等式f(x)≤2x+c轉(zhuǎn)化為f(x)-2x-c≤0，構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求出新函數(shù)的最大值，進(jìn)而進(jìn)行求解即可；（2）對(duì)函數(shù)g(x)求導(dǎo)，把導(dǎo)函數(shù)g'(x)的分子構(gòu)成一個(gè)新函數(shù)m(x)，再求導(dǎo)得到m'(x)，根據(jù)m'(x)的正負(fù)，判斷m(x)【詳析】（1）[方法一]【最優(yōu)解】：f(x)≤2x+c等價(jià)于2ln設(shè)h(x)=2lnx-2x，則當(dāng)0<x<1時(shí)，h'(x)>0，所以h(x)在區(qū)間當(dāng)x>1時(shí)，h'(x)<0，所以h(x)在區(qū)間故[h(x)]max=h(1)=-2，所以c-1≥-2，即c≥-1，所以c[方法二]：切線放縮若f(x)≤2x+c，即2lnx+1≤2x+c，即lnx≤x+而y=lnx在點(diǎn)(1,0)處的切線為y=x-1，從而有當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)恒成立，即c-12≥-1，則c≥-1．所以[方法三]：利用最值求取值范圍函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?0,+f(x)≤2x+c?f(x)-2x-c≤0?2ln設(shè)h(x)=2lnx+1-2x-c(x>0)，則有當(dāng)x>1時(shí)，h'當(dāng)0<x<1時(shí)，h'所以當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)h(x)有最大值，即h(x)要想不等式(*)在(0,+∞只需h(x)所以c的取值范圍為[-1,+∞（2）gx=2因此g'(x)=2(x-a-xln則有m'當(dāng)x>a時(shí)，lnx>lna，所以m'(x)<0，g'(x)<0，所以當(dāng)0<x<a時(shí)，lnx<lna，所以m'(x)>0，m(x)單調(diào)遞增，因此有m(x)<m(a)=0，即所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,a)和(a,+∞)【整體點(diǎn)評(píng)】(1)方法一：分類參數(shù)之后構(gòu)造函數(shù)是處理恒成立問(wèn)題的最常用方法，它體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想，同時(shí)是的導(dǎo)數(shù)的工具也得到了充分利用；方法二：切線放縮體現(xiàn)了解題的靈活性，將數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用到了解題過(guò)程之中，掌握常用的不等式是使用切線放縮的基礎(chǔ).方法二：利用最值確定參數(shù)取值范圍也是一種常用的方法，體現(xiàn)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想.20．（2018·全國(guó)I卷·高考真題）已知函數(shù)fx（1）設(shè)x=2是fx的極值點(diǎn)．求a，并求（2）證明：當(dāng)a≥1e【答案】(1)a=12e2；增區(qū)間為(2,+∞)，減區(qū)間為(0,2)．〖祥解〗（1）先確定函數(shù)的定義域，利用f'2=0，求得a=1（2）方法一：結(jié)合指數(shù)函數(shù)的值域，可以確定當(dāng)a≥1e時(shí)，f(x)≥【詳析】（1）fx的定義域?yàn)?，+∞，f'(x)=ae2-1x由f'x>0x>0解得：x所以f(x)的增區(qū)間為(2,+∞)（2）［方法一］：【最優(yōu)解】放縮法當(dāng)a≥1e設(shè)g(x)=當(dāng)0<x<1時(shí)，當(dāng)x>1時(shí)，g'(x)>0.所以x故當(dāng)x>0時(shí)，g(x)≥g(1)=0［方法二］：【通性通法】隱零點(diǎn)討論因?yàn)閍≥1e，所以f'(x)=aex-1x在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增．設(shè)f'x0=0，當(dāng)x→0設(shè)g(x)=所以g(x)在區(qū)間(0,1]內(nèi)單調(diào)遞減，故g［方法三］：分離參數(shù)求最值要證a≥1e時(shí)f(x令h(x)=令g(x)=1x-lnx-1，則g(1)=0，由g'(所以[h(x)]max［方法四］：隱零點(diǎn)討論＋基本不等式f'(x)=aex-1x，結(jié)合y=aex與y=由aex0[f當(dāng)且僅當(dāng)x0=1x0,a［方法五］：異構(gòu)要證明f(x)=即證明aex≥令g(x)=a設(shè)g'x0若a≥1時(shí)，g'(x)=若1e≤a<1時(shí)，當(dāng)x∈(0,-lna)所以x=-lna為g(因?yàn)閍≥1e，所以1+ln令δ(當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，δ'(x)<0；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，則[δ(x)]min所以f(［方法六］：高階函數(shù)借位構(gòu)建有界函數(shù)f(令g(x)=令h(x)=lnx+1-1x．顯然h(x)為定義域(0,+∞)上的增函數(shù)．又h(1)=0，故當(dāng)0<x<1時(shí)，h(x)<0，得g'(x)<0；當(dāng)【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：利用a的范圍放縮，轉(zhuǎn)化為求具體函數(shù)的最值，是該題的最優(yōu)解；方法二：根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性討論，求最值，是該類型題的通性通法；方法三：原不等式可以通過(guò)分參轉(zhuǎn)化為求具體函數(shù)的最值，也是不錯(cuò)的解法；方法四：同方法二，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性討論，利用基本不等式求最值，區(qū)別在于最后求最值使用的方式不一樣；方法五：利用常見(jiàn)的對(duì)數(shù)切線不等式異構(gòu)證明，也是很好的解決方法，不過(guò)在本題中使用過(guò)程稍顯繁瑣；方法六：基本類似于方法三．21．（2018·浙江·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x（1）若f(x)在x=x1,（2）若a≤3-4ln2，證明：對(duì)于任意k>0，直線y=kx+a與曲線【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）證明見(jiàn)解析.〖祥解〗（1）方法一：先求導(dǎo)數(shù)，根據(jù)條件解得x1，x2關(guān)系，再化簡(jiǎn)f(x1)+f(x2)為12x1（2）方法一：利用零點(diǎn)存在定理證明函數(shù)t(x)=f(x)-kx-a有零點(diǎn)，再利用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)h(x)=x-lnx-a【詳析】（1）［方法一］：基本不等式＋函數(shù)思想函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f'x=12x因?yàn)閤1≠x2，所以因?yàn)閤1≠x由題意得fx設(shè)gx=1所以gx在0,16上遞減，在16,+∞上遞增，故即fx［方法二］：換元＋同構(gòu)＋函數(shù)思想f'(x)=12x-1x=則x1?x所以fx令g(t)=12t+2lnt,0<t<所以g(t)=12t+2lnt（2）［方法一］：【通性通法】【最優(yōu)解】零點(diǎn)存在性定理＋單調(diào)性設(shè)t(x)=f(x)-kx-a=x令m=e-(|a|+k)f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0，f(n)-kn-a<n所以,tmtn<0，即存在所以,對(duì)于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線由f(x)=kx+a得k=x設(shè)h(x)=x-ln其中g(shù)(x)=x由（1）可知g(x)≥g(16)=2-4ln2,又故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln所以h'(x)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,因此方程f(x)-kx-a=0個(gè)實(shí)根.綜上,當(dāng)a≤3-4ln2時(shí),對(duì)于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)［方法二］：極限思想＋零點(diǎn)存在性定理＋單調(diào)性令g(x)=f(x)-kx-a=x-lnx-kx-a，因?yàn)閘imx→所以，對(duì)于任意的a∈R及k>0，函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(0,+∞以下證明，當(dāng)a≤3-4ln2，對(duì)任意k>0，函數(shù)y=g(x)在區(qū)間易知g'①當(dāng)k≥116時(shí)，g'(x)≤0，此時(shí)函數(shù)y=g(x)在區(qū)間(0,+∞②當(dāng)0<k<116時(shí)，關(guān)于x的方程g'(x)=0，即12x-易知，函數(shù)y=g(x)在區(qū)間0,x3和x4所以函數(shù)y=g(x)的極小值gx由（1）可知x32-lnx所以y=g(x)在區(qū)間(0,+∞［方法三］：換元法的應(yīng)用由方法一知，交點(diǎn)必存在，只證唯一性．令t=x，只需證：對(duì)于任意k>0，方程k=設(shè)g(t)=t-2lnt-at2，則g'(t)=-t+4lnt-2+2at3．設(shè)h(t)=-t+4lnt-2+2a，則h'(t)=4-tt．當(dāng)0<t<4時(shí)，h'［方法四］：圖象性質(zhì)的應(yīng)用由方法一知，交點(diǎn)必存在，只證唯一性．f'(x)=x-22x>0?x>4,f″(x)=-x+44x2>0?0<x<16，得f(x)的拐點(diǎn)為x=16．而f(x)的圖象在拐點(diǎn)處的切線l方程為【整體點(diǎn)評(píng)】（1）方法一：先通過(guò)題意得出等量關(guān)系1x1+1x2=方法二：設(shè)f'x1=f'x（2）方法一：利用等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，直線與曲線有唯一交點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為t(x)=f(x)-kx-a有唯一零點(diǎn)，找點(diǎn)利用零點(diǎn)存在性定理以及函數(shù)的單調(diào)性即可證出，是該題的通性通法；方法二：解題思想同方法一，方法二借用極限思想快速判斷函數(shù)g(x)=f(x)-kx-a=x-lnx-kx-a在0,+∞方法三：同方法一，知交點(diǎn)必存在，只是證明唯一性的方式不同，通過(guò)換元，證明對(duì)于任意k>0，方程k=t-2lnt-at2方法四：同方法一，知交點(diǎn)必存在，只是證明唯一性的方式不同，根據(jù)函數(shù)f(x)的圖象的凸凹性，求出拐點(diǎn)所在處的切線方程，數(shù)形結(jié)合證出．22．（2016·全國(guó)II卷·高考真題）(1)討論函數(shù)f(x)=x-2x+2ex的單調(diào)性，并證明當(dāng)x(2)證明：當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，函數(shù)g（x）=ex-ax-ax2(x>0)有最小值【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析．【詳析】試題分析：（Ⅰ）先求定義域，用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的單調(diào)性，當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，f(x)>f(0)證明結(jié)論；（Ⅱ）用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)g(x)的最值，再構(gòu)造新函數(shù)h(a)=ex試題解析：（Ⅰ）f(x)的定義域?yàn)?-∞,-2)∪(-2,+∞).f且僅當(dāng)x=0時(shí)，f'(x)=0，所以f(x)在因此當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，f(x)>f(0)=-1,所以(x-2)（Ⅱ）g由（Ⅰ）知，f(x)+a單調(diào)遞增，對(duì)任意a∈[0,1),f(0)+a=a-1<0,f(2)+a=a≥0,因此，存在唯一x0∈(0,2],使得f(x當(dāng)0<x<x0時(shí)，當(dāng)x>x0時(shí)，f(x)+a>0,因此g(x)在x=xg(于是h(a)=ex0所以，由x0∈(0,2],因?yàn)閥=exx+2單調(diào)遞增，對(duì)任意λ∈(1使得h(a)=λ,所以h(a)的值域是(綜上，當(dāng)a∈[0,1)時(shí)，g(x)有最小值h(a)，h(a)的值域是(【考點(diǎn)】函數(shù)的單調(diào)性、極值與最值【名師『點(diǎn)石成金』】求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：（1）確定函數(shù)f（x）的定義域；（2）求導(dǎo)數(shù)f′（x）；（3）由f′（x）＞0（f′（x）＜0）解出相應(yīng)的x的范圍．當(dāng)f′（x）＞0時(shí)，f（x）在相應(yīng)的區(qū)間上是增函數(shù)；當(dāng)f′（x）＜0時(shí)，f（x）在相應(yīng)的區(qū)間上是減函數(shù)，還可以列表，寫出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間．注意：求函數(shù)最值時(shí)，不可想當(dāng)然地認(rèn)為極值點(diǎn)就是最值點(diǎn)，要通過(guò)認(rèn)真比較才能下結(jié)論；另外注意函數(shù)最值是個(gè)“整體”概念，而極值是個(gè)“局部”概念．請(qǐng)考生在第22~24題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計(jì)分．23．（2016·山東·高考真題）設(shè)f(x)=xlnx–ax2+(2a–1)x，a∈R.（Ⅰ）令g(x)=f'(x)，求g(x)的單調(diào)區(qū)間；（Ⅱ）已知f(x)在x=1處取得極大值.求實(shí)數(shù)a的取值范圍.【答案】（Ⅰ）當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)，當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增區(qū)間為（0,12a），單調(diào)遞減區(qū)間為（12a【詳析】試題分析：（Ⅰ）先求出g'(x)，然后討論當(dāng)a≤0時(shí)，當(dāng)a>0（Ⅱ）分以下情況討論：①當(dāng)a≤0時(shí)，②當(dāng)0<a<12時(shí)，③當(dāng)a=12時(shí)，④試題解析：（Ⅰ）由f可得g(x)=ln則g'當(dāng)a≤0時(shí)，x∈(0,+∞)時(shí)，g'(x)>0，函數(shù)當(dāng)a>0時(shí)，x∈（0,12a）x∈（12a,+∞）時(shí)，所以當(dāng)a≤0時(shí)，g(x)單調(diào)遞增區(qū)間為(0,+∞)；當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g(x)單調(diào)遞增區(qū)間為（0,12a（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f'①當(dāng)a≤0時(shí)，f'(x)<0，f(x)所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f'(x)<0，f(x)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，f'(x)>0，f(x)所以f(x)在x=1處取得極小值，不合題意.②當(dāng)0<a<12時(shí)，12a>1，由(Ⅰ)知可得當(dāng)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f'(x)<0，x∈（所以f(x)在(0,1)內(nèi)單調(diào)遞減，在（1,所以f(x)在x=1處取得極小值，不合題意.③當(dāng)a=12時(shí)，即12a=1時(shí)，f'(x)所以當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，f'(x)≤0，f(x)④當(dāng)a>12時(shí)，即0<12a<1，當(dāng)x∈（當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，f'(x)<0，所以f(x)在x=1處取得極大值，合題意.綜上可知，實(shí)數(shù)a的取值范圍為a>1【考點(diǎn)】應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值,分類討論思想【名師『點(diǎn)石成金』】本題主要考查導(dǎo)數(shù)的計(jì)算、應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值、分類討論思想.本題覆蓋面廣，對(duì)考生計(jì)算能力要求較高，是一道難題.解答本題，準(zhǔn)確求導(dǎo)是基礎(chǔ)，恰當(dāng)分類討論是關(guān)鍵，易錯(cuò)點(diǎn)是分類討論不全面、不徹底、不恰當(dāng).本題能較好地考查考生的邏輯思維能力、基本計(jì)算能力及分類討論思想等.考點(diǎn)03：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值24．（2025·上?！じ呖颊骖}）已知f(x)=x(1)若f(1)=0，求不等式f(x)≤x(2)若函數(shù)y=f(x)滿足在(0,+∞)上存在極大值，求【答案】(1)1,+(2)m>0且m≠2.〖祥解〗（1）先求出m，從而原不等式即為x+lnx>1，構(gòu)建新函數(shù)（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，就m≤0,0<m<2,m=2,m>2分類討論后可得參數(shù)的取值范圍.【詳析】（1）因?yàn)閒1=0，故1-m-2+0=0，故m=-1，故故fx≤x設(shè)sx=x+lnx,x>0，則s'而x+lnx≥1即為sx故原不等式的解為1,+∞（2）fx在0,+∞f'若m≤0，則x∈0,1時(shí)，f'x<0，故x=1為fx若0<m2<1即0<m<2，則x∈x∈0,m2故x=m2為若m=2，則x∈0,+∞時(shí)，f'若m2>1即m>2，則x∈1,x∈0,1∪m故x=1為fx綜上，m>0且m≠2.25．（2024·全國(guó)甲卷·高考真題）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=-2時(shí)，求fx(2)當(dāng)x≥0時(shí)，fx≥0，求【答案】(1)極小值為0，無(wú)極大值.(2)a≤-〖祥解〗（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)可求函數(shù)的極值.（2）求出函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)，就a≤-12、-12【詳析】（1）當(dāng)a=-2時(shí)，f(x)=(1+2x)ln故f'因?yàn)閥=2ln(1+x),y=-1故f'(x)在-1,+∞故當(dāng)-1<x<0時(shí)，f'(x)<0，當(dāng)x>0時(shí)，故fx在x=0處取極小值且極小值為f0（2）f'設(shè)sx則s'當(dāng)a≤-12時(shí)，s'x>0故sx>s0所以fx在0,+∞上為增函數(shù)，故當(dāng)-12<a<0時(shí)，當(dāng)0<x<-故sx在0,-2a+1a上為減函數(shù)，故在0,-即在0,-2a+1a上f'故在0,-2a+1a上f當(dāng)a≥0，此時(shí)s'x<0同理可得在0,+∞上f綜上，a≤-1【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)數(shù)背景下不等式恒成立問(wèn)題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，有時(shí)還需要對(duì)導(dǎo)數(shù)進(jìn)一步利用導(dǎo)數(shù)研究其符號(hào)特征，處理此類問(wèn)題時(shí)注意利用范圍端點(diǎn)的性質(zhì)來(lái)確定如何分類.26．（2023·全國(guó)乙卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=1(1)當(dāng)a=-1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)是否存在a，b，使得曲線y=f1x關(guān)于直線x=b對(duì)稱，若存在，求a，b(3)若fx在0,+∞存在極值，求a【答案】(1)ln2(2)存在a=12(3)0,1〖祥解〗(1)由題意首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后由導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線的斜率和切點(diǎn)坐標(biāo)，最后求解切線方程即可；(2)首先求得函數(shù)的定義域，由函數(shù)的定義域可確定實(shí)數(shù)b的值，進(jìn)一步結(jié)合函數(shù)的對(duì)稱性利用特殊值法可得關(guān)于實(shí)數(shù)a的方程，解方程可得實(shí)數(shù)a的值，最后檢驗(yàn)所得的a,b是否正確即可；(3)原問(wèn)題等價(jià)于導(dǎo)函數(shù)有變號(hào)的零點(diǎn)，據(jù)此構(gòu)造新函數(shù)gx=ax2+x-x+1lnx+1，然后對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用切線放縮研究導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)，分類討論【詳析】（1）當(dāng)a=-1時(shí)，fx則f'據(jù)此可得f1函數(shù)在1,f1處的切線方程為y-0=-即ln2（2）令gx函數(shù)的定義域滿足1x+1=x+1定義域關(guān)于直線x=-12對(duì)稱，由題意可得由對(duì)稱性可知g-取m=32可得即a+1ln2=a-2ln1經(jīng)檢驗(yàn)a=12,b=-即存在a=12（3）由函數(shù)的解析式可得f'由fx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，則f'x令-1則-x+1令gxfx在區(qū)間0,+∞存在極值點(diǎn)，等價(jià)于gxg當(dāng)a≤0時(shí)，g'x<0，g此時(shí)gx<g0=0，g當(dāng)a≥12，2a≥1時(shí)，由于1x+1<1，所以所以g'x>g'0=0所以gx在區(qū)間0,+當(dāng)0<a<12時(shí)，由g″當(dāng)x∈0,12a-1時(shí)，當(dāng)x∈12a-1,+故g'x的最小值為令mx=1-x+ln函數(shù)mx在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，m據(jù)此可得1-x+ln則g'由一次函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得，當(dāng)x→+∞g'且注意到g'根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知:g'x在區(qū)間0,+∞當(dāng)x∈0,x0時(shí)，g當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，所以gx令nx=ln則函數(shù)nx=lnx-x所以nx≤n4所以g>=>4所以函數(shù)gx在區(qū)間0,+∞綜合上面可知:實(shí)數(shù)a得取值范圍是0,1【『點(diǎn)石成金』】(1)求切線方程的核心是利用導(dǎo)函數(shù)求切線的斜率，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)要準(zhǔn)確地把函數(shù)拆分成基本初等函數(shù)的和、差、積、商，再利用運(yùn)算法則求導(dǎo)，合函數(shù)求導(dǎo)，應(yīng)由外到內(nèi)逐層求導(dǎo)，必要時(shí)要進(jìn)行換元.(2)根據(jù)函數(shù)的極值(點(diǎn))求參數(shù)的兩個(gè)要領(lǐng)：①列式:根據(jù)極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0和極值這兩個(gè)條件列方程組，利用待定系數(shù)法求解;②驗(yàn)證:求解后驗(yàn)證根的合理性.本題中第二問(wèn)利用對(duì)稱性求參數(shù)值之后也需要進(jìn)行驗(yàn)證.27．（2023·新課標(biāo)Ⅱ卷·高考真題）（1）證明：當(dāng)0<x<1時(shí)，x-x（2）已知函數(shù)fx=cosax-ln1-x【答案】（1）證明見(jiàn)詳析（2）-〖祥解〗（1）分別構(gòu)建Fx=x-sin（2）根據(jù)題意結(jié)合偶函數(shù)的性質(zhì)可知只需要研究fx在0,1上的單調(diào)性，求導(dǎo)，分類討論0<a2<2和a【詳析】（1）構(gòu)建Fx=x-sinx,x∈0,1則Fx在0,1上單調(diào)遞增，可得F所以x>sin構(gòu)建Gx則G'構(gòu)建gx=G'x則gx在0,1上單調(diào)遞增，可得g即G'x>0則Gx在0,1上單調(diào)遞增，可得G所以sinx>x-綜上所述：x-x（2）令1-x2>0，解得-1<x<1，即函數(shù)f若a=0，則fx因?yàn)閥=-lnu在定義域內(nèi)單調(diào)遞減，y=1-x2在則fx=1-ln1-x故x=0是fx的極小值點(diǎn)，不合題意，所以a≠0當(dāng)a≠0時(shí)，令b=因?yàn)閒x且f-x所以函數(shù)fx由題意可得：f'（i）當(dāng)0<b2≤2時(shí)，取m=min1由（1）可得f'且b2所以f'即當(dāng)x∈0,m?0,1時(shí)，f'x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在-m,0所以x=0是fx（ⅱ）當(dāng)b2>2時(shí)，取x∈0,由（1）可得f'構(gòu)建hx則h'且h'0=b3可知hx在0,1b所以hx在0,1b當(dāng)x∈0,n時(shí)，則hx<0則f'即當(dāng)x∈0,n?0,1時(shí)，f'x結(jié)合偶函數(shù)的對(duì)稱性可知：fx在-n,0所以x=0是fx綜上所述：b2>2，即a2>2，解得故a的取值范圍為-∞【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：1.當(dāng)0<a2≤22.當(dāng)a2≥2時(shí)，利用x-28．（2021·全國(guó)乙卷·高考真題）設(shè)函數(shù)fx=lna-x，已知（1）求a；（2）設(shè)函數(shù)g(x)=x+f(x)xf(x)．證明:【答案】（1）a=1；（2）證明見(jiàn)詳析〖祥解〗（1）由題意求出y'，由極值點(diǎn)處導(dǎo)數(shù)為0即可求解出參數(shù)a；（2）由（1）得g(x)=x+ln1-xxln1-x，x<1且x≠0，分類討論x∈0,1和x∈-∞【詳析】（1）由fx=ln又x=0是函數(shù)y=xfx的極值點(diǎn)，所以y'0=（2）[方法一]：轉(zhuǎn)化為有分母的函數(shù)由（Ⅰ）知，g(x)=x+ln(1-x)要證g(x)<1，即證1ln(1-x)+（ⅰ）當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1ln(1-x)<0，x-1x<0，即證ln(1-x)>xx-1．令F(x)=ln（ⅱ）當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí)，1ln(1-x)>0，x-1x>0，即證ln(1-x)>x綜合（ⅰ）（ⅱ）有g(shù)(x)<1．[方法二]【最優(yōu)解】：轉(zhuǎn)化為無(wú)分母函數(shù)由（1）得fx=ln1-x，g(x)=x+f(x)當(dāng)x∈0,1時(shí)，要證g(x)=x+ln1-xxln1-x<1，∵x>0,同理，當(dāng)x∈-∞,0時(shí)，要證g(x)=x+ln1-xxln1-x<1令hx=x+1-xln1-x，再令t=1-x令φt=1-t+tln當(dāng)t∈0,1時(shí)，φ't<0，當(dāng)t∈1,+∞時(shí)，φ't>0綜上所述，g(x)=x+ln1-xx[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)不等式中的常見(jiàn)結(jié)論證明令φ(x)=lnx-(x-1)，因?yàn)棣?(x)=1x-1=1-xx，所以φ(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)是增函數(shù)，在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)是減函數(shù)，所以φ(x)≤φ(1)=0，即lnx≤x-1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)）．故當(dāng)x<1且（?。┊?dāng)x∈(0,1)時(shí)，0>ln(1-x)>xx-1，所以1ln（ⅱ）當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí)，ln(1-x)>綜合（ⅰ）（ⅱ）得，當(dāng)x<1且x≠0時(shí)，x+ln(1-x)x【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一利用不等式的性質(zhì)分類轉(zhuǎn)化分式不等式：當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，轉(zhuǎn)化為證明ln(1-x)>xx-1，當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí)，轉(zhuǎn)化為證明ln(1-x)>xx-1，然后構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，進(jìn)而證得；方法二利用不等式的性質(zhì)分類討論分別轉(zhuǎn)化為整式不等式：當(dāng)x∈0,1時(shí)，x+1-xln1-x>0成立和當(dāng)29．（2021·天津·高考真題）已知a>0，函數(shù)f(x)=ax-xe（I）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程：（II）證明f(x)存在唯一的極值點(diǎn)（III）若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．【答案】（I）y=(a-1)x,(a>0)；（II）證明見(jiàn)解析；（III）-e,+∞〖祥解〗（I）求出fx在x=0處的導(dǎo)數(shù)，即切線斜率，求出f（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，則可化為證明y=a（III）令h(x)=x2-x-1ex,(x>-1)，題目等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b【詳析】（I）f'(x)=a-(x+1)e又f(0)=0，則切線方程為y=(a-1)x,(a>0)；（II）令f'(x)=a-(x+1)e令g(x)=(x+1)ex，則當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí)，g'(x)<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(-2,+∞)時(shí)，g當(dāng)x→-∞時(shí)，gx<0，g-1=0，當(dāng)x→+∞時(shí)，所以當(dāng)a>0時(shí)，y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)，令gm=a，則m>-1當(dāng)x∈(-∞,m)時(shí)，a>g(x)，則f'(x)>0，當(dāng)x∈m,+∞時(shí)，a<g(x)，則f'(x)<0x=m為fx的極大值點(diǎn)，故f(x)（III）由（II）知f(x)max=f(m)所以{f(x)-a}max令h(x)=x若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)h'(x)=x當(dāng)x∈(-1,1)時(shí)，h'(x)<0，hx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，h所以h(x)min=h(所以實(shí)數(shù)b的取值范圍-e,+∞.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：第二問(wèn)解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為證明y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)；第三問(wèn)解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h30．（2019·全國(guó)II卷·高考真題）已知函數(shù)f(x)=(x-1)lnx-x-1（1）f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；（2）f(x)=0【答案】（1）見(jiàn)詳析；（2）見(jiàn)詳析〖祥解〗（1）先對(duì)函數(shù)f(x)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，得到存在唯一x0，使得f'(（2）先由（1）的結(jié)果，得到f(x0)<f(1)=-2<0，f(e2)=e2-3>0，得到【詳析】（1）由題意可得，f(x)的定義域?yàn)?0,+∞由f(x)=(x-1)ln得f'顯然f'又f'(1)=-1<0，故存在唯一x0，使得f又當(dāng)x>x0時(shí)，f'(x0)>0，函數(shù)f(x)因此，f(x)存在唯一的極值點(diǎn)；（2）[方法一]【利用對(duì)稱性轉(zhuǎn)化為研究?jī)蓚€(gè)函數(shù)根的問(wèn)題】f(x)=(x-1)lnx-x-1=0的根的情況問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)=(x-1)lnx與h(x)=x+1的圖像在區(qū)間當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，g″(x)>0,g'(x)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增；又因?yàn)間'(1)=0，所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g'(x)<g'(1)=0，則x∈(0,1)時(shí)，g(x)=(x-1)lnx單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，g'(x)>g

又因?yàn)閒x1=fx2=0，當(dāng)x=1x1[方法二]【分類討論】由（1）知，fx0<f(1)=-2=f(e)<0．又fe2下面證明x1由f(x)=0，得lnx=x+1x-1，顯然有x1-1x2-1<0（1）當(dāng)0<x1x2<1（2）當(dāng)x1x2>1時(shí)，（3）當(dāng)x1x2=1時(shí)，綜上，f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．[方法三]【利用函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在定理】f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，顯然x=1不是方程所以f(x)=0有兩個(gè)實(shí)根等價(jià)于g(x)=lnx-x+1x-1有兩個(gè)零點(diǎn)，且而g'(x)=x2+1x(x-1)當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，g(e所以g(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)有唯一零點(diǎn)x1所以g1x1=ln結(jié)合單調(diào)性知g(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有唯一零點(diǎn)1x1，所以即f(x)=0有且僅有兩個(gè)實(shí)根，且兩個(gè)實(shí)根互為倒數(shù)．【整體點(diǎn)評(píng)】(2)方法一：對(duì)稱性是函數(shù)的重要性質(zhì)，利用函數(shù)的對(duì)稱性研究函數(shù)體現(xiàn)了整體思想；方法二：分類討論是最常規(guī)的思想，是處理導(dǎo)數(shù)問(wèn)題最常規(guī)的手段；方法三：函數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)存在定理的綜合運(yùn)用使得問(wèn)題簡(jiǎn)單化.31．（2018·全國(guó)III卷·高考真題）已知函數(shù)fx（1）若a=0，證明：當(dāng)-1<x<0時(shí)，fx<0；當(dāng)x>0時(shí)，（2）若x=0是fx的極大值點(diǎn)，求a【答案】（1）見(jiàn)解析（2）a=-【詳析】分析：（1）求導(dǎo)，利用函數(shù)單調(diào)性證明即可．（2）分類討論a≥0和a<0,構(gòu)造函數(shù)hx=f(x)2+x+a詳析：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，設(shè)函數(shù)g(x)=f'(x)=當(dāng)-1<x<0時(shí)，g'(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，g'(x)>0.故當(dāng)x>-1時(shí)，g(x)≥g(0)=0，且僅當(dāng)x=0時(shí)，g(x)=0，從而f所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.又f(0)=0，故當(dāng)-1<x<0時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0.（2）（i）若a≥0，由（1）知，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，這與x=0是f(x)（ii）若a<0，設(shè)函數(shù)h(x)=f(x)由于當(dāng)|x|<min{1,1|a|}時(shí)，2+x+a又h(0)=f(0)=0，故x=0是f(x)的極大值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點(diǎn).h'如果6a+1>0，則當(dāng)0<x<-6a+14a，且|x|<min{1,1|a|}如果6a+1<0，則a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0，故當(dāng)x∈(x1,0)，且如果6a+1=0，則h'(x)=x3(x-24)(x+1)(x2-6x-12)2.則當(dāng)x∈(-1,0)時(shí)，h'綜上，a=-1『點(diǎn)石成金』：本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用函數(shù)的單調(diào)性求出最值證明不等式，第二問(wèn)分類討論a≥0和a<0,當(dāng)a<0時(shí)構(gòu)造函數(shù)h32．（2018·北京·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3（1）若曲線y=fx在點(diǎn)（1，f(1)）處的切線與x軸平行，求a（2）若f(x)在x=2處取得極小值，求a的取值范圍．【答案】(1)1

(2)（12，+∞【詳析】分析：（1）先求導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)f'(1)=0得a；（2）先求導(dǎo)數(shù)的零點(diǎn)：1a，2；再分類討論，根據(jù)是否滿足f(x)在x=2詳析：解：（Ⅰ）因?yàn)閒(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3所以f′（x）=［2ax–（4a+1）］ex+［ax2–（4a+1）x+4a+3］ex（x∈R）=［ax2–（2a+1）x+2］ex．f′(1)=(1–a)e．由題設(shè)知f′(1)=0，即(1–a)e=0，解得a=1．此時(shí)f(1)=3e≠0．所以a的值為1．（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=［ax2–（2a+1）x+2］ex=（ax–1）(x–2)ex．若a>12，則當(dāng)x∈(1a，2)時(shí)，f′(x當(dāng)x∈(2，+∞)時(shí)，f′(x)>0．所以f(x)<0在x=2處取得極小值．若a≤12，則當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，x–2<0，ax–1≤12x所以f′(x)>0．所以2不是f(x)的極小值點(diǎn)．綜上可知，a的取值范圍是（12，+∞『點(diǎn)石成金』：利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義解題，主要是利用導(dǎo)數(shù)、切點(diǎn)坐標(biāo)、切線斜率之間的關(guān)系來(lái)進(jìn)行轉(zhuǎn)化.以平行、垂直直線斜率間的關(guān)系為載體求參數(shù)的值，則要求掌握平行、垂直與斜率之間的關(guān)系，進(jìn)而和導(dǎo)數(shù)聯(lián)系起來(lái)求解.33．（2019·江蘇·高考真題）設(shè)函數(shù)f(x)=(x-a)(x-b)(x-c),a,b,c∈R，f?'(x)為f（1）若a=b=c，f（4）=8，求a的值；（2）若a≠b，b=c，且f（x）和f?'(x)的零點(diǎn)均在集合{-3,1,3}中，求（3）若a=0,0<b?1,c=1，且f（x）的極大值為M，求證:M≤427【答案】（1）a=2；（2）f(x)的極小值為-32（3）見(jiàn)解析.〖祥解〗（1）由題意得到關(guān)于a的方程，解方程即可確定a的值；（2）由題意首先確定a,b,c的值從而確定函數(shù)的解析式，然后求解其導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)即可確定函數(shù)的極小值.（3）由題意首先確定函數(shù)的極大值M的表達(dá)式，然后可用如下方法證明題中的不等式：解法一：由函數(shù)的解析式結(jié)合不等式的性質(zhì)進(jìn)行放縮即可證得題中的不等式；解法二：由題意構(gòu)造函數(shù)，求得函數(shù)在定義域內(nèi)的最大值，因?yàn)?<b≤1，所以x1當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)=x(x-b)(x-1)≤x(x-1)令g(x)=x(x-1)2,x∈(0,1)令g?'(x)=0，得x(0,1(g+0–g(x)↗極大值↘所以當(dāng)x=13時(shí)，g(x)取得極大值，且是最大值，故所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)≤g(x)≤427，因此【詳析】（1）因?yàn)閍=b=c，所以f(x)=(x-a)(x-b)(x-c)=(x-a)因?yàn)閒(4)=8，所以(4-a)3=8，解得（2）因?yàn)閎=c，所以f(x)=(x-a)(x-b)從而f?'(x)=3(x-b)x-2a+b3．令f因?yàn)閍,b,2a+b3，都在集合{-3,1,3}中，且所以2a+b3此時(shí)f(x)=(x-3)(x+3)2，令f?'(x)=0，得x=-3或x(-∞,-3)-3(-3,1)1(1,+∞)+0–0+f(x