届高考数学大二轮复习专题题型1选填题练熟练稳少丢分第10讲函数与导数练习文.docx
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届高考数学大二轮复习专题题型1选填题练熟练稳少丢分第10讲函数与导数练习文
第10讲函数与导数
[考情分析]高考对该部分内容的考查主要有两个方面：
1.对导数几何意义的考查主要是求切线方程或根据切线方程求参数的取值；2.对导数综合应用的考查主要是围绕：
（1）讨论、判断、证明函数的单调性；
（2）利用函数的单调性求函数的极值或最值；（3）利用导数求参数的取值范围；（4）利用导数解决不等式问题及函数的零点、方程根的问题．
热点题型分析
热点1导数的运算及几何意义
1.利用导数求曲线的切线方程
若已知曲线过点P（xo,y。
），求曲线过点P（x。
，y。
）的切线，则需分点Rxo,y。
）是切点和不是切点两种情况求解．
（1）当点P（xo,yo）是切点时，切线方程为y—yo=f（xo）（x—xo）.
（2）当点P（xo,yo）不是切点时可分以下几步完成：
1设出切点坐标P'（Xi,f（Xi））；
2写出过P'（xi,f（xi））的切线方程y—f（xi）=f'（xi）（x—xi）;
3将点P的坐标（xo,y。
）代入切线方程，求出xi；
4将xi的值代入方程y—f（xi）=f'（xi）（x—xi），可得过点F（x。
，yo）的切线方程.
2.利用切线（或方程）与其他曲线的关系求参数
已知过某点的切线方程（斜率）或其与某线平行、垂直，利用导数的几何意义、切点坐标、切线斜率之间的关系构建方程（组）或函数求解.
32
i.（20i8•全国卷I）设函数f（x）=x+（a—i）x+ax,若f（x）为奇函数，贝U曲线y=f（x）在点（0,0）处的切线方程为（）
A.y=—2xB.y=—x
C.y=2xD.y=x
答案D
解析因为函数f（x）是奇函数，所以a—1=o，解得a=i，所以f（x）=x3+x,f'（x）
=3x2+i,所以f'（o）=i,f（o）=o,所以曲线y=f（x）在点（o,o）处的切线方程为y—f（o）=f'（o）x，化简可得y=x,故选D.
2.函数f（x）=Inx+ax的图象存在与直线2x—y=0平行的切线，贝U实数a的取值范围是（）
A.（—a,2]B.（—a,2）
C.（2,+a）D.（0，+a）
答案B
1
解析由题意知f'（x）=2在（0，+a）上有解.所以f'（x）=-+a=2在（0，+a）
x
1
上有解，则a=2—x.z\.
1
因为x>0，所以2—2,
x
所以a的取值范围是（一a,2）.
3.（2019•广州调研）已知直线y=kx—2与曲线y=xlnx相切，贝实数k的值为（）
A.ln2B.1
C.1—In2D.1+In2
答案D
解析由y=xlnx得y'=Inx+1,设切点为（xo,yo），贝Uk=Inxo+1,v切点（xo,
yo=kx。
一2,
y°）（X0>0）既在曲线y=xInx上又在直线y=kx—2上，
y0=X0lnX0,
2
X0+—=InX0+1,•X0=2,「.k=In2+
X0
1.故选D.
第1题易错点有二：
一是不能利用奇函数定义正确求解a的值；二是不会利用导数几何
意义求解切线斜率.第2题不能把条件与导数的几何意义联系起来，转化为存在型问题，进
而求解.第3题易出现两方面的错误：
一是误把点（0，—2）作为切点；二是盲目设直线I的
方程，导致解题复杂化，求解受阻.
热点2利用导数研究函数的性质
1.求可导函数单调区间的一般步骤
（1）确定函数f（x）的定义域（定义域优先）；
⑵求导函数f'（X）；
（3）在函数f（x）的定义域内求不等式f'（x）>0或f'（x）<0的解集；
（4）由f'（x）>0（f'（x）<0）的解集确定函数f（x）的单调增（减）区间.若遇不等式中带有参数时，可分类讨论求得单调区间.
2.根据函数f（x）在（a,b）上的单调性，求参数范围的方法
（1）若函数y=f（x）在（a,b）上单调递增，转化为f'（x）》0在（a,b）上恒成立求解；
（2）若函数y=f（x）在（a,b）上单调递减，转化为f'（x）W0在（a,b）上恒成立求解；
（3）若函数y=f（x）在（a,b）上单调，转化为f'（x）在（a,b）上不变号，即f'（x）在（a,b）上恒大于等于零或恒小于等于零.
3.利用导数研究函数极值与最值需注意的几点
（1）求函数极值时，一定要注意分析导函数的零点是不是函数的极值点；
（2）求函数最值时，务必将极值点与端点值比较得出最大（小）值；
（3）对于含参数的函数解析式或区间求极值、最值问题，务必要对参数分类讨论.
1.函数f（x）=x3+3m）<+nx+m在x=-1时的极值为0，则mn的值为（）
A.m=2,n=9
B.m=1,n=3
C.m=1,n=3或m=2,n=9
D.m=1,n=9
答案A
2
解析■/f'（x）=3x+6mx+n,由题意可知
n=3时,
f'（x）=3x2+6x+3=3（x+1）2>0,函数
f（x）在R上单调递增，无极值，舍去.当
A.（—a,1）
C.（—a,2）
2a
解析由f（x）=x-alnx,得f'（x）=2x—一,
X
a2
•••f（x）在（1,+s）上单调递增，•••2x—-》0在（1,+s）上恒成立，即a<2x在（1,
x
+8）上恒成立，
2•••当x€（1,+8）时，2x>2,•aw2.故选D.
第1题易由于极值概念不清而导致错误，x=—1是f（x）的极值点？
f'（—1）=0,但
f'（—1）=0未必有x=—1是f（x）的极值点，需要验证f'（x）在点x=—1两端是否异号.第
2题f（x）在（1,+8）上是增函数等价于f'（x）》0在（1,+8）上恒成立，易漏掉f'（x）=0
的情况而出错•
热点3利用导数解决与不等式有关的问题
1.利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法
（1）分离参数法
1将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题；
2利用导数求该函数的最值；
3根据要求得所求范围.
（2）函数思想法
1将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题；
2利用导数求该函数的极值（最值）;
3构建不等式求解.
2.利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数h（x）；
（3）利用导数研究h（x）的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式.
3.构造辅助函数的四种方法
（1）移项法：
证明不等式f（x）>g（x）（f（x）0（f（x）
—g（x）v0），进而构造辅助函数h（x）=f（x）—g（x）；
（2）构造“形似”函数：
对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数，把不等式转化
为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数；
（3）主元法：
对于（或可化为）f（x,X2）>A的不等式，可选xi（或X2）为主元，构造函数f（x,X2）（或f（Xi,x））；
（4）放缩法：
若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函
数.
已知函数f（x）=ex+ax—2,其中a€R若对于任意的Xi,x?
€[1,+^），且xi有X2•f（xi）—xi•f（X2）B.
A.[1,+s）
D.（—g,2]
[2,+s）
c.（—g,1]
答案D
解析由X2•f（xi）—xi•f（x2）X2[f（xi）+a]任意的xi,X2€[i,+g）,且xig）上恒成立.令g（x）=xeX—ex+2,「.g'（x）=xeX>0,「.g（x）在[i,+g）上为增函数,
g（x）>g（i）=2,•••aw2.•••a的取值范围是（一g,2].故选D.
解决本题的关键（难点）是构造合适的函数，易错点有两个方面：
一是对原不等式变形不
到位，构造不出新函数；二是不能把题干信息合理转化为所构造新函数的相关性质进而解决
问题.
热点4利用导数解决与方程的解有关的问题
利用导数研究方程的解（或曲线公共点）的个数问题：
（1）将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图象与x轴（或直线y=k）在该区
间上的交点问题；
（2）利用导数研究该函数在该区间上单调性、极值（最值）、端点值等性质，进而画出其
图象;
（3）结合图象，根据零点的个数，寻找函数在给定区间的极值及区间端点值的函数值与
0的关系，从而求得参数的取值范围.
1.若f（x）=ax3—3x2+1存在唯一的零点xo,且xo>0，则a的取值范围为（）
A.（2,+^）B.（—a,—2）
C.（1,+a）D.（—a,—1）
答案B
22解析解法一：
由题意得a^0,f'（x）=3ax—6x,令f'（x）=0,得x=0或x=-,
a
22
当a>0时，x€（—a,0）,f'（x）>0；x€0,,f'（x）<0；x€,+a,f'（x）>0;且
aa
22
f（0）=1>0,f（x）有小于零的零点，不符合题意.当a<0时，x€—a-,f'（x）<0；x€,0,aa
22f'（x）>0;x€（0,+a）,f'（x）<0.要使f（x）有唯一的零点X0且X0>0,只需f;>0,即a2>4,aa<—2.故选B.
3211
解法二：
由题意得a*0,f（x）=ax—3x+1有唯一的正零点，等价于a=3•-—-3有xx
1
唯一的正根，令t=-，则问题又等价于a=—t3+3t有唯一的正根，即y=a与y=—t3+3t
x
有唯一的交点且交点在y轴右侧.记f（t）=—t3+3t，则f'（t）=—3t2+3,由f'（t）=0,
得t=±1,当t€（—a,—1）时，f'（t）<0;当t€（—1,1）时，f'（t）>0;当t€（1,+a）时，f'（）<0.要使a=—t3+3t有唯一的正根，只需a32..
2.若函数f（x）=2x—9x+12x—a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为（）
A.4B.6C.7D.8
答案A
解析由题意得f'（x）=6x2—18x+12=6（x—1）（x—2）,由f'（x）>0,得x<1或x>2,
由f'（x）<0，得1递减，从而可知f（x）的极大值和极小值分别为f
（1）,f
（2）.若函数f（x）恰好有两个不同的零
点，贝Uf
（1）=0或f
（2）=0,解得a=5或a=4,故选A.
题不能转化为极值或最值与0的大小关系导致无从下手.第2题关于零点问题易在与0的临
界值上辨析不清
真题自检感悟
IIx
1.（2019•全国卷川）已知曲线y=ae+xlnx在点（1,ae）处的切线方程为y=2x+b,则（）
A.a=e,b=—1B.a=e,b=1
—1—1
C.a=e,b=1D.a=e,b=—1
答案D
解析y'=aex+Inx+1,k=y'|x=1=ae+1,
•••切线方程为y—ae=（ae+1）（x—1），即y=（ae+1）x—1.
又切线方程为y=2x+b,
ae+1=2,—.
•即a=e,b=—1.故选D.
b=—1,
2.（2018•全国卷川）函数y=—x4+x2+2的图象大致为（）
答案D
解析当x=0时，y=2，排除A,B.y'=—4x3+2x=—2x（2x2—1），当x€0,#时,y'>0,排除C.故选D.
3.（2019•全国卷I）曲线y=3（x2+x）ex在点（0,0）处的切线方程为.
答案y=3x
解析y'=3（2x+1）ex+3（x2+x）ex=ex（3x2+9x+3），•斜率k=e°x3=3，•切线方程为y=3x.
4.（2019•江苏高考）在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点
A处的切线经过点（一e，—1）（e为自然对数的底数），则点A的坐标是.
答案（e,1）
1
解析设A（mn），则曲线y=lnx在点A处的切线方程为y—n=mjx—m.又切线过
1
点（一e,—1），所以有n+1=_（e）.
m
再由n=lnm解得m=e,n=1.
故点A的坐标为（e,1）.
专题作业
、选择题
2
x
1.（2019•郑州质量检测）已知曲线y=2—3lnX的一条切线的斜率为2,则切点的横坐
标为（）
1
A.3B.2C.1D.2
答案A
一33
解析设切点坐标为（xo,yo），且xo>O,由y'=x—-，得k=xo—=2,「.xo=3.
XXo
2.（2019•全国卷n）曲线y=2sinx+cosx在点（n,—1）处的切线方程为（）
A.x—y—n—1=oB.2x—y—2n—1=o
C.2x+y—2n+1=oD.x+y—n+1=o
答案C
解析设f（x）=y=2sinx+cosx,则f'（x）=2cosx—sinx，二f'（n）=—2,「.曲线
在点（n,—1）处的切线方程为y—（—1）=—2（x—n），即2x+y—2n+1=0.故选C.
3.（2017•浙江高考）函数y=f（x）的导函数y=f'（x）的图象如图所示，贝U函数y=f（x）的图象可能是（）
答案D
解析观察导函数f'（x）的图象可知，f'（x）的函数值从左到右依次为小于0，大于0,
小于0，大于0,二对应函数f（x）的增减性从左到右依次为减、增、减、增.观察选项可知，排除A,C.如图所示，f'（x）有3个零点，从左到右依次设为X1,X2,X3,且X1,X3是极小值点，X2是极大值点，且X2>0,故选项D正确.故选D.
4.已知f（x）=x3—ax在［1,+^）上是增函数，则a的最大值是（）
A.0B.1C.2D.3
答案D
22
解析由题知f'（x）=3x—a》0在［1,）上恒成立，即a<3x在［1,）上恒成
立，而（3X）min=3X1=3.所以aW3,故amax=3.故选D.
23
5.函数f（x）=（X—1）+2的极值点是（）
A.x=1B.x=—1
C.x=1或—1或0D.x=0
答案D
解析因为f（x）=（x2—1）3+2,所以f'（x）=6x（x2—1）2.由f'（x）>0得x>0,由
f'（x）<0得x<0,所以f（x）在（—g,0）上单调递减，在（0,+^）上单调递增.于是f（x）=
（X2—1）3+2的极值点是x=0.故选D.
6.设函数f（x）的导函数为f'（x），若f（x）为偶函数，且在（0,1）上存在极大值点，则
f'（x）的图象可能为（）
答案C
解析因为f（x）是偶函数，所以其导函数f'（x）是奇函数，可排除B,D;又因为f（x）在（0,1）上存在极大值点，故f'（x）在（0,1）必有变号零点，且零点左侧函数值大于0,右侧
小于0，排除A,故选C.
2x一1
7.（2017•全国卷n）若x=—2是函数f（x）=（x+ax—1）e的极值点，则f（x）的极小
值为（）
一3
A.—1B.—2e
一3
C.5eD.1
答案A
解析函数f（x）=（x2+ax—1）ex—，
则f'（x）=（2x+a）ex—1+（x2+ax—1）•ex—1
=ex—1•[+（a+2）x+a—1].
由x=—2是函数f（x）的极值点得
f'（—2）=e—3•（4—2a—4+a—1）=（—a—1）e一3=0，
所以a=—1.
所以f（x）=（x2—x—1）ex—1，f'（x）=ex—1•（x2+x—2）.
由ex—1>0恒成立，得x=—2或x=1时，f'（x）=0，
且x<—2时，f'（x）>0;—2x>1时，f'（x）>0.
所以x=1是函数f（x）的极小值点.
所以函数f（x）的极小值为f
（1）=—1.故选A.
8.设定义在（0，+^）上的单调函数f（x），对任意的x€（0，+^）都有f（f（x）—log2x）
=3.若方程f（x）+f'（x）=a有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是（）
1
A.（1，+g）B.2+jny，+m
1
t，则f（t）—log2t=t，得log2t=3-t，解得t=2,故f（x）=log次+2,f'（x）=xn亍，构
造函数g（x）=f（x）+f'（x）—a=log2X+x|n2—a+2,^方程f（x）+f'（x）=a有两个不同
111x—1
的实数根，•••g（x）有两个不同的零点.g'（x）=xn2~—x^T=用亍•一厂，当xc（。
⑴
时，g'（x）<0；当x€（1,+8）时，g'（x）>0,.・.g（x）在（0,1）上单调递减，在（1,+^）上
111
单调递增，•g（x）min=g
（1）=—a+2,由一a+2<0,得a>2+，故实数a的取值
ln2ln2ln2
1
范围是2+,+m.
ln2
x
9.（2019-青岛二模）已知函数f（x）=2ef'（e）lnx—-（e是自然对数的底数），贝Uf（x）
e
的极大值为（）
1
A.2e—1B.—-C.1D.2ln2e
答案D
2ef'e111
解析由题意知，f'（x）=x—，•f'（e）=2f'（e）—,则f'（e）=.因xeee
21
此f'（x）=x—-，令f'（x）=0，得x=2e.•f（x）在（0,2e）上单调递增，在（2e,+^）上单x—
调递减.•••f（x）在x=2e处取极大值f（2e）=2ln（2e）—2=2ln2.
10.（2019•济南调研）已知a为常数，函数f（x）=x（lnx—ax）有两个极值点X1,
X2（X11
A.f（X1）>0,f（X2）>—
1
B.f（X1）<0,f（X2）<—
1
C.f（X1）>0,f（X2）<—
1
D.f（X1）<0,f（X2）>—
答案D
解析f'（x）=lnx—2ax+1，依题意知f'（x）=0有两个不等实根X1,X2,即曲线y
=1+lnx与直线y=2ax有两个不同交点，如图.
由直线y=x是曲线y=1+lnx的切线可知:
0<2a<1,01
•••a€0,2.
由0•/当Xi0,
i
•f（x2）>f（i）=—a>—2故选D.
ii.已知定义在R上的可导函数f（x）的导函数为f'（x），对任意实数x均有（i—x）•f（x）+xf'（x）>0成立，且y=f（x+i）—e是奇函数，则不等式xf（x）—e>0的解集是（）
A.（—g,e）B.（e,+◎
C.（—g,i）D.（i,+g）
答案D
xfxxfx
解析原不等式等价于M>i,令g（x）=e，则g'（x）=
xx
范围为（
答案
[xfx]e—xfxe
b=2,
则f（0）=—b=—a,f'（0）=a=2，则
即f（x）=—3x3—2x2+2x—2,
f'（x）=—x2—x+2=—（x—1）（x+2）,
当x<—2时，f'（x）<0;当一2f'（x）>0；
x>i时，f'（x）<0.
所以函数f（x）在（一2,i）上单调递增，在
（—g,—2）,
（i,+g）上单调递减,
2
又因为关于X的方程f（x）=m有四个不同的实数解，等价于函数f（x）的图象与直线y
5
=m在x€（0,+^）上有两个交点，因为f（0）=—2,f
（1）=—6，
5
所以—26
二、填空题
13.（2019•陕西四校联考）已知函
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