2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之一元函数导数及其应用（三）

第42页（共42页）2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之一元函数导数及其应用（三）一．选择题（共4小题）1．（2022•乙卷）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（）A．-π2，π2 B．-3π2，π2 C．-π2，2．（2022•全国）设x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点．若x2﹣x1＝2，则a2＝（）A．0 B．1 C．2 D．33．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a24．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=1.04-A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b二．多选题（共2小题）（多选）5．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（）A．f（x）有两个极值点 B．f（x）有三个零点 C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线（多选）6．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x）．若f（32-2x），g（2+A．f（0）＝0 B．g（-12）＝C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）三．填空题（共5小题）7．（2022•新高考Ⅰ）若曲线y＝（x+a）ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是．8．（2022•乙卷）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1＜x2，则a的取值范围是．9．（2022•新高考Ⅱ）曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为，．10．（2022•全国）曲线y＝xlnx在点（1，0）处的切线方程为．11．（2022•上海）已知函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx，若将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则limn→∞（xn+1﹣xn）＝四．解答题（共9小题）12．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．13．（2022•甲卷）已知函数f（x）=exx-lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．14．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：112+1+115．（2022•北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．16．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax-1x-（a+1（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．17．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．18．（2022•浙江）设函数f（x）=e2x+lnx（（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜12（a（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则2e（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）19．（2022•上海）f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x）．（1）若将函数f（x）图像向下移m（m＞0）后，图像经过（3，0），（5，0），求实数a，m的值．（2）若a＞﹣3且a≠0，求解不等式f（x）≤f（6﹣x）．20．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（Ⅰ）求函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）有公共点，（ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e．

2021-2025年高考数学真题知识点分类汇编之一元函数导数及其应用（三）参考答案与试题解析一．选择题（共4小题）题号1234答案DDDB二．多选题（共2小题）题号56答案ACBC一．选择题（共4小题）1．（2022•乙卷）函数f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（）A．-π2，π2 B．-3π2，π2 C．-π2，【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【答案】D【分析】先求出导函数f′（x）＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x=π2或3π2，根据导函数f′（x）的正负得到函数f（x）的单调性，进而求出函数【解答】解：f（x）＝cosx+（x+1）sinx+1，x∈[0，2π]，则f′（x）＝﹣sinx+sinx+（x+1）cosx＝（x+1）cosx，令cosx＝0得，x=π2或∴当x∈[0，π2）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈(π2，3π2)时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（3π2，2π]∴f（x）在区间[0，2π]上的极大值为f（π2）=π2+2，极小值为f（又∵f（0）＝2，f（2π）＝2，∴函数f（x）在区间[0，2π]的最小值为-3π2故选：D．【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的最值，属于中档题．2．（2022•全国）设x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点．若x2﹣x1＝2，则a2＝（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】函数思想；配方法；构造法；导数的综合应用；运算求解．【答案】D【分析】先求出f′（x）＝3x2+4ax+1，又x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点，则x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的两根，再利用韦达定理可解．【解答】解：∵函数f（x）＝x3+2ax2+x+1，∴f′（x）＝3x2+4ax+1，又x1和x2是函数f（x）＝x3+2ax2+x+1的两个极值点，则x1和x2是方程3x2+4ax+1＝0的两根，故x1+x2=-4a3，x1•又x2﹣x1＝2，则(x1-x2)2=即16a2则a2＝3，故选：D．【点评】本题考查利用导数研究函数极值问题，属于中档题．3．（2021•乙卷）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）A．a＜b B．a＞b C．ab＜a2 D．ab＞a2【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】数形结合；数形结合法；导数的综合应用；运算求解．【答案】D【分析】分a＞0及a＜0，结合三次函数的性质及题意，通过图象发现a，b的大小关系，进而得出答案．【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则0＜a＜b；当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．【点评】本题考查三次函数的图象及性质，考查导数知识的运用，考查数形结合思想，属于中档题．4．（2021•乙卷）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=1.04-A．a＜b＜c B．b＜c＜a C．b＜a＜c D．c＜a＜b【考点】利用导数研究函数的单调性；对数值大小的比较．【专题】计算题；函数思想；转化法；导数的综合应用；运算求解．【答案】B【分析】构造函数f（x）＝2ln（1+x）﹣（1+4x-1），0＜x＜1，h（x）＝ln（1+2x）﹣（1+4【解答】解：∵a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02，∴a＞b，令f（x）＝2ln（1+x）﹣（1+4x-1），0＜x＜令1+4x=t，则1＜∴x=∴g（t）＝2ln（t2+34）﹣t+1＝2ln（t2+3）﹣t+1﹣2∴g′（t）=4tt2∴g（t）在（1，5）上单调递增，∴g（t）＞g（1）＝2ln4﹣1+1﹣2ln4＝0，∴f（x）＞0，∴a＞c，同理令h（x）＝ln（1+2x）﹣（1+4x-再令1+4x=t，则1＜∴x=∴φ（t）＝ln（t2+12）﹣t+1＝ln（t2+1）﹣t+1﹣∴φ′（t）=2tt2∴φ（t）在（1，5）上单调递减，∴φ（t）＜φ（1）＝ln2﹣1+1﹣ln2＝0，∴h（x）＜0，∴c＞b，∴a＞c＞b．故选：B．【点评】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性和最值的关系，考查了转化思想，属于难题．二．多选题（共2小题）（多选）5．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝x3﹣x+1，则（）A．f（x）有两个极值点 B．f（x）有三个零点 C．点（0，1）是曲线y＝f（x）的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f（x）的切线【考点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【答案】AC【分析】对函数f（x）求导，判断其单调性和极值情况，即可判断选项AB；由f（x）+f（﹣x）＝2，可判断选项C；假设y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，设切点为（a，b），求出a，b的值，验证点（a，b）是否在曲线y＝f（x）上即可．【解答】解：f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＞0，解得x＜-33或x＞33，令f′（∴f（x）在(-∞，-33)，∴f（x）有两个极值点，有且仅有一个零点，故选项A正确，选项B错误；又f（x）+f（﹣x）＝x3﹣x+1﹣x3+x+1＝2，则f（x）关于点（0，1）对称，故选项C正确；假设y＝2x是曲线y＝f（x）的切线，设切点为（a，b），则3a2-1=22显然（1，2）和（﹣1，﹣2）均不在曲线y＝f（x）上，故选项D错误．故选：AC．【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值以及曲线在某点的切线方程，考查运算求解能力，属于中档题．（多选）6．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）及其导函数f′（x）的定义域均为R，记g（x）＝f′（x）．若f（32-2x），g（2+A．f（0）＝0 B．g（-12）＝C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）【考点】基本初等函数的导数．【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；转化法；导数的概念及应用；运算求解．【答案】BC【分析】由f（32-2x）为偶函数，可得f（x）关于x=32对称，可判断C；g（2+x）为偶函数，可得g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）关于x＝2对称，可判断D；由g（32）＝0，g（x）关于x＝2对称，可得g（52）＝0，得到x=52是f（x）的极值点，x=-12【解答】解：∵f（32-2x）为偶函数，∴可得f（32-2x）＝f（32+2x），∴f令x=54，可得f（32-2×54）＝f（32+2×54），即∵g（2+x）为偶函数，∴g（2+x）＝g（2﹣x），g（x）关于x＝2对称，故D不正确；∵f（x）关于x=32对称，∴x=32是函数∴函数f（x）在（32，t）处的导数为0，即g（32）＝f′（32又∴g（x）的图象关于x＝2对称，∴g（52）＝g（32）＝0，∴函数f（x）在（52，t∴x=52是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x=32对称，∴（52，t）关于x=由x=52是函数f（x）的极值点可得x=12是函数f（x）的一个极值点，∴g（12）＝f进而可得g（12）＝g（72）＝0，故x=72是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象∴（72，t）关于x=32的对称点为（-12，t），∴g（-12）＝ff（x）图象位置不确定，可上下移动，即每一个自变量对应的函数值不是确定值，故A错误．解法二：构造函数法，令f（x）＝1﹣sinπx，则f（32-2x）＝1+cos2πx，则g（x）＝f′（x）＝﹣πcosπg（x+2）＝﹣πcos（2π+πx）＝﹣πcosπx，满足题设条件，可得只有选项BC正确，故选：BC．【点评】本题考查函数的奇偶性，极值点与对称性，考查了转化思想和方程思想，属中档题．三．填空题（共5小题）7．（2022•新高考Ⅰ）若曲线y＝（x+a）ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】设切点坐标为（x0，（x0+a）ex0），利用导数求出切线的斜率，进而得到切线方程，再把原点代入可得x02+a【解答】解：y'＝ex+（x+a）ex，设切点坐标为（x0，（x0+a）ex∴切线的斜率k=e∴切线方程为y﹣（x0+a）ex0=（ex0+(又∵切线过原点，∴﹣（x0+a）ex0=（ex整理得：x0∵切线存在两条，∴方程有两个不等实根，∴Δ＝a2+4a＞0，解得a＜﹣4或a＞0，即a的取值范围是（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞），故答案为：（﹣∞，﹣4）∪（0，+∞）．【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．8．（2022•乙卷）已知x＝x1和x＝x2分别是函数f（x）＝2ax﹣ex2（a＞0且a≠1）的极小值点和极大值点．若x1＜x2，则a的取值范围是(1e，【考点】利用导数研究函数的极值．【专题】函数思想；分类法；导数的综合应用；运算求解．【答案】(1【分析】由已知分析函数f′（x）＝2（axlna﹣ex）至少应该两个变号零点，对其再求导f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，分类讨论0＜a＜1和a＞1时两种情况即可得出结果．【解答】解：对原函数求导f′（x）＝2（axlna﹣ex），分析可知：f′（x）在定义域内至少有两个变号零点，对其再求导可得：f″（x）＝2ax（lna）2﹣2e，当a＞1时，易知f″（x）在R上单调递增，此时若存在x0使得f″（x0）＝0，则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递减，（x0，+∞）单调递增，此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，应满足x1＞x2，不满足题意；当0＜a＜1时，易知f″（x）在R上单调递减，此时若存在x0使得f″（x0）＝0，则f′（x）在（﹣∞，x0）单调递增，（x0，+∞）单调递减，且x0此时若函数f（x）在x＝x1和x＝x2分别取极小值点和极大值点，且x1＜x2，故仅需满足f′（x0）＞0，即：elna＞elogae(lna)解得：1e＜a＜e，又因为0＜综上所述：a的取值范围是(1【点评】本题主要考查利用函数的导数研究函数极值点问题，考查运算求解能力，属于中档题．9．（2022•新高考Ⅱ）曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为x﹣ey＝0，x+ey＝0．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；整体思想；综合法；导数的概念及应用；运算求解．【答案】见试题解答内容【分析】当x＞0时，y＝lnx，设切点坐标为（x0，lnx0），利用导数的几何意义表达出切线的斜率，进而表达出切线方程，再把原点代入即可求出x0的值，从而得到切线方程，当x＜0时，根据对称性可求出另一条切线方程．【解答】解：当x＞0时，y＝lnx，设切点坐标为（x0，lnx0），∵y'=1x，∴切线的斜率k∴切线方程为y﹣lnx0=1x0（x﹣又∵切线过原点，∴﹣lnx0＝﹣1，∴x0＝e，∴切线方程为y﹣1=1e(x-e)当x＜0时，y＝ln（﹣x），与y＝lnx的图像关于y轴对称，∴切线方程也关于y轴对称，∴切线方程为x+ey＝0，综上所述，曲线y＝ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为x﹣ey＝0，x+ey＝0，故答案为：x﹣ey＝0，x+ey＝0．【点评】本题主要考查了利用导数研究曲线上某点处的切线方程，属于中档题．10．（2022•全国）曲线y＝xlnx在点（1，0）处的切线方程为x﹣y﹣1＝0．【考点】利用导数求解曲线在某点上的切线方程．【专题】导数的概念及应用．【答案】见试题解答内容【分析】求出原函数的导函数，得到函数在x＝1时的导数值，即切线的斜率，然后由直线方程的点斜式得答案．【解答】解：由f（x）＝xlnx，得y'∴f′（1）＝ln1+1＝1，即曲线f（x）＝xlnx在点（1，0）处的切线的斜率为1，则曲线f（x）＝xlnx在点（1，0）处的切线方程为y﹣0＝1×（x﹣1），整理得：x﹣y﹣1＝0．故答案为：x﹣y﹣1＝0．【点评】本题考查了利用导数研究过曲线上某点的切线方程，过曲线上某点处的切线的斜率，就是函数在该点处的导数值，是基础题．11．（2022•上海）已知函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx，若将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则limn→∞（xn+1﹣xn）＝2【考点】极限及其运算．【专题】数形结合；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．【答案】2．【分析】f（x）是周期为4的周期函数，作出图像，limn→∞（xn+1﹣x【解答】解：∵函数y＝f（x）为定义域为R的奇函数，其图像关于x＝1对称，且当x∈（0，1]时，f（x）＝lnx，∴f（x）是周期为4的周期函数，图像如图：将方程f（x）＝x+1的正实数根从小到大依次记为x1，x2，x3，…，xn，则limn→∞（xn+1﹣xn）的几何意义是两条渐近线之间的距离∴limn→∞（xn+1﹣xn）＝故答案为：2．【点评】本题考查极限的求法，考查函数的周期性、函数图像、极限的几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．四．解答题（共9小题）12．（2022•新高考Ⅰ）已知函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值．（1）求a；（2）证明：存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；导数的综合应用；等差数列与等比数列；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）1；（2）证明过程见解析．【分析】（1）先对两个函数求导，然后由函数有相同的最小值得到函数f（x）和g（x）的单调性，从而求得f'（x）和g'（x）的零点，进而得到函数的最小值，然后列出方程求得a的值；（2）由a的值可求得函数f（x）与函数g（x）的表达式，对函数f（x）与函数g（x）在（0，+∞）上的大小进行比较，可作出曲线函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象，根据该图象可确定直线y＝b的位置，分别求出三个交点的横坐标的表达式后，证明其成等差数列即可．【解答】解：（1）f（x）定义域为R，∵f（x）＝ex﹣ax，∴f'（x）＝ex﹣a，若a≤0，则f'（x）＞0，f（x）无最小值，故a＞0，当f'（x）＝0时，x＝lna，当x＜lna时，f'（x）＜0，函数f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，当x＞lna时，f'（x）＞0，函数f（x）在（lna，+∞）上单调递增，故f（x）min＝f（lna）＝a﹣alna，g（x）的定义域为（0，+∞），∵g（x）＝ax﹣lnx，∴g'（x）＝a-1令g'（x）＝0，解得x=1当0＜x＜1a时，g'（x）＜0，函数g（x）在（0，当x＞1a时，g'（x）＞0，函数g（x）在（1a故g（x）min＝1+lna，∵函数f（x）＝ex﹣ax和g（x）＝ax﹣lnx有相同的最小值∴a﹣alna＝1+lna，∵a＞0，∴a﹣alna＝1+lna化为lna-a令h（x）＝lnx-x-1x+1则h'（x）=1∵x＞0，∴h'（x）=x2∴h（x）在（0，+∞）上单调递增，又∵h（1）＝0，∴h（a）＝h（1），仅有此一解，∴a＝1．（2）证明：由（1）知a＝1，函数f（x）＝ex﹣x在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，函数g（x）＝x﹣lnx在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，设u（x）＝f（x）﹣g（x）＝ex﹣2x+lnx（x＞0），则u′（x）＝ex﹣2+1x＞ex﹣2，当x≥1时，u′（x）≥e﹣2所以函数u（x）在（1，+∞）上单调递增，因为u（1）＝e﹣2＞0，所以当x≥1时，u（x）≥u（1）＞0恒成立，即f（x）﹣g（x）＞0在x≥1时恒成立，所以x≥1时，f（x）＞g（x），因为f（0）＝1，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，g（1）＝1，函数g（x）在（0，1）上单调递减，所以函数f（x）与函数g（x）的图象在（0，1）上存在唯一交点，设该交点为（m，f（m））（0＜m＜1），此时可作出函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象，由图象知当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，直线y＝b必经过点M（m，f（m）），即b＝f（m），因为f（m）＝g（m），所以em﹣m＝m﹣lnm，即em﹣2m+lnm＝0，令f（x）＝b＝f（m）得ex﹣x＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝lnm，由0＜m＜1，得lnm＜0＜m，令g（x）＝b＝f（m）得x﹣lnx＝em﹣m＝m﹣lnm，解得x＝m或x＝em，由0＜m＜1，得m＜1＜em，所以当直线y＝b与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，lnm，m，em，因为em﹣2m+lnm＝0，所以em+lnm＝2m，所以lnm，m，em成等差数列．∴存在直线y＝b，其与两条曲线y＝f（x）和y＝g（x）共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【点评】本题考查了导数的应用，利用导数求函数的单调性，函数的零点，解题的关键是利用函数的单调性求得x1、x3和x2的数量关系．13．（2022•甲卷）已知函数f（x）=exx-lnx+（1）若f（x）≥0，求a的取值范围；（2）证明：若f（x）有两个零点x1，x2，则x1x2＜1．【考点】利用导数研究函数的最值．【专题】转化思想；分析法；导数的综合应用；运算求解．【答案】（1）a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明过程见解析．【分析】（1）对函数求导研究其在定义域内单调性，由于函数在（0，+∞）恒大于等于0，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a＞0，解出a的范围即可．（2）首先将原不等式转化为证明1＜x2＜1x1，再利用函数f（x）在（1，+∞）单调递增，即转化为证明f(x2)【解答】解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'令f′（x）＞0，解得x＞1，故函数f（x）在（0，1）单调递减，（1，+∞）单调递增，故f（x）min＝f（1）＝e+1﹣a，要使得f（x）≥0恒成立，仅需e+1﹣a≥0，故a≤e+1，故a的取值范围是（﹣∞，e+1]；（2）证明：由已知有函数f（x）要有两个零点，故f（1）＝e+1﹣a＜0，即a＞e+1，不妨设0＜x1＜1＜x2，要证明x1x2＜1，即证明x2∵0＜x1＜1，∴1x即证明：1＜x2＜1x1，又因为f即证明：f(x2构造函数h(x)=f(x)h′（x）＝f′（x）﹣[f（1x）]′=构造函数m（x）=em'(x)=ex+1-e1故m′（x）＞0在（0，1）恒成立，故m（x）在（0，1）单调递增，故m（x）＜m（1）＝0又因为x﹣1＜0，故h′（x）＞0在（0，1）恒成立，故h（x）在（0，1）单调递增，又因为h（1）＝0，故h（x）＜h（1）＝0，故f(x1)＜f(1【点评】本题主要考查利用导函数研究函数单调性，即构造函数证明不等式恒成立问题，属于较难题目．14．（2022•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝xeax﹣ex．（1）当a＝1时，讨论f（x）的单调性；（2）当x＞0时，f（x）＜﹣1，求a的取值范围；（3）设n∈N*，证明：112+1+1【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．【专题】计算题；函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．【答案】（1）当x∈（0，+∞）时，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f（x）单调递减．（2）（﹣∞，12]．（3【分析】（1）先求出导函数f'（x），再根据导函数f'（x）的正负即可得到函数f（x）的单调性．（2）构造函数g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），则g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+xaeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝a（2eax+axeax）﹣ex，根据h′（0）的正负分情况讨论，得到g（x）的单调性以及最值，判断是否满足题意，即可求出a的取值范围．（3）方法一、求导易得t-1t＞2lnt（t＞1），令方法二、运用数学归纳法证明，结合导数判断单调性可得证明．【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝xex﹣ex＝ex（x﹣1），f′（x）＝ex（x﹣1）+ex＝xex，∵ex＞0，∴当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；当x∈（﹣∞，0）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．（2）令g（x）＝f（x）+1＝xeax﹣ex+1（x＞0），∵f（x）＜﹣1，f（x）+1＜0，∴g（x）＜g（0）＝0在x＞0上恒成立，又g′（x）＝eax+axeax﹣ex，令h（x）＝g′（x），则h′（x）＝aeax+a（eax+axeax）﹣ex＝a（2eax+axeax）﹣ex，∴h′（0）＝2a﹣1，①当2a﹣1＞0，即a＞12，存在δ＞0，使得当x∈（0，δ）时，h′（x）＞0，即g′（x）在（因为g′（x）＞g′（0）＝0，所以g（x）在（0，δ）内递增，所以f（x）＞﹣1，这与f（x）＜﹣1矛盾，故舍去；②当2a﹣1≤0，即a≤1g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝（1+ax）eax﹣ex，若1+ax≤0，则g'（x）＜0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．若1+ax＞0，则g′（x）＝eax+axeax﹣ex＝eax+ln（1+ax）﹣ex≤e12x+所以g（x）在（0，+∞）上单调递减，g（x）≤g（0）＝0，符合题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤1另解：f（x）的导数为f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex（x＞0），①当a≥1时，f′（x）＝（1+ax）eax﹣ex＞eax﹣ex≥ex﹣ex＝0，所以f（x）在（0，+∞）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾；②当a≤0时，f′（x）≤eax﹣ex≤1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣1，满足题意；．③当0＜a≤12时，f′（x）≤（1+12x）e12x-ex＝e12x[设G（x）＝（1+12x）﹣e12x（x＞0），G′（x）=12-12e12x＜0，则G（f′（x）＝e12xG（x）＜0，所以f（x）在（0，+∞）递减，所以f（x）＜﹣④当12＜a＜1时，f′（x）＝eax[（1+ax）﹣e（1﹣a）x令H（x）＝（1+ax）﹣e（1﹣a）x，则f′（x）＝eaxH（x），H′（x）＝a+（a﹣1）e（1﹣a）x，可得H′（x）递减，H′（0）＝2a﹣1，所以存在x0＞0，使得H′（x0）＝0．当x∈（0，x0）时，H′（x）＞0，H（x）在（0，x0）递增，此时H（x）＞0，所以当x∈（0，x0）时，f′（x）＝eaxH（x）＞0，f（x）在（0，x0）递增，所以f（x）＞﹣1，与题意矛盾．综上可得，a的取值范围是（﹣∞，12]（3）由（2）可知，当a=12时，f（x）=xe12令x＝ln（1+1n）（n∈N*）得，ln整理得，ln(1+∴1n1+1n∴1n2+n＞ln（n+1n），∴k=1n1k2即112+1+122另解：运用数学归纳法证明．当n＝1时，左边=112假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时，不等式成立，即112+1+122当n＝k+1时，要证112+1+122只要证ln（k+1）+1(k+1)即证1(k+1)2+(k+1)＞ln（k+2）﹣ln（k可令t=1k+1，则t∈（0，12]，则需证明tt再令x=t+1（x∈（1，62]），则需证明x-1x＞2lnx（x∈构造函数g（x）＝2lnx﹣（x-1x）（x∈（1，6g′（x）=2x-1-1x2=-（可得g（x）在（1，62]则g（x）＜g（1）＝0，所以原不等式成立，即n＝k+1时，112+1+122综上可得，112+1+122【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了学生分析问题和转化问题的能力，属于难题．15．（2022•北京）已知函数f（x）＝exln（1+x）．（Ⅰ）求曲线y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）设g（x）＝f′（x），讨论函数g（x）在[0，+∞）上的单调性；（Ⅲ）证明：对任意的s，t∈（0，+∞），有f（s+t）＞f（s）+f（t）．【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】函数思想；分析法；导数的综合应用；运算求解．【答案】（Ⅰ）y＝x；（Ⅱ）g（x）在[0，+∞）单调递增；（Ⅲ）证明过程见解析．【分析】（Ⅰ）对函数求导，将x＝0代入原函数及导函数得到纵坐标和斜率即可；（Ⅱ）法一：对g（x）求导，并研究g（x）导函数的正负即可．法二：设m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+1x+1，则g（x）＝m（x）•n（x），由指数函数的性质得m（x）＝ex在（0，+∞）上是增函数，且m（x）＝ex＞0，由导数性质得n（x）在（0，+∞）上单调递增，n（x）＝ln（x+1）+1x+1＞0，从而g（Ⅲ）构造函数w（x）＝f（x+t）﹣f（x），利用w（x）单调性判断f（s+t）﹣f（s）与f（t）﹣f（0）大小关系即可．【解答】解：（Ⅰ）对函数求导可得：f'将x＝0代入原函数可得f（0）＝0，将x＝0代入导函数可得：f′（0）＝1，故在x＝0处切线斜率为1，故y﹣0＝1（x﹣0），化简得：y＝x；（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）有：g（x）=fg'令h(x)=ln(x+1)+2x+1设m(k)=lnk故h（x）在[0，+∞）单调递增，又因为h（0）＝1，故h（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故g′（x）＞0，故g（x）在[0，+∞）单调递增；解法二：由（Ⅰ）有：g（x）=fg'设m（x）＝ex，n（x）＝ln（x+1）+1x+1，则g（x）＝m（x）•n由指数函数的性质得m（x）＝ex上（0，+∞）上是增函数，且m（x）＝ex＞0，n′（x）=1x+1-1(x+1)2=x(x+1)2，当且当x∈（0，+∞）时，n（x）＝ln（x+1）+1x∴g（x）在[0，+∞）单调递增．（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又g（0）＝1，故g（x）＞0在[0，+∞）恒成立，故f（x）在[0，+∞）单调递增，设w（x）＝f（x+t）﹣f（x），w′（x）＝f′（x+t）﹣f′（x），由（Ⅱ）有g（x）在[0，+∞）单调递增，又因为x+t＞x，所以f′（x+t）＞f′（x），故w（x）单调递增，又因为s＞0，故w（s）＞w（0），即：f（s+t）﹣f（s）＞f（t）﹣f（0），又因为函数f（0）＝0，故f（s+t）＞f（s）+f（t），得证．【点评】本题主要考查利用导函数研究函数切线，及证明函数不等式，属于较难题目．16．（2022•乙卷）已知函数f（x）＝ax-1x-（a+1（1）当a＝0时，求f（x）的最大值；（2）若f（x）恰有一个零点，求a的取值范围．【考点】利用导数求解函数的最值．【专题】分类讨论；综合法；导数的综合应用；运算求解．【答案】（1）函数f（x）的最大值为﹣1；（2）（0，+∞）．【分析】（1）将a＝0代入，对函数f（x）求导，判断其单调性，由此可得最大值；（2）对函数f（x）求导，分a＝0，a＜0，0＜a＜1，a＝1及a＞1讨论即可得出结论．【解答】解：（1）当a＝0时，f(x)=易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，∴f（x）在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，∴函数f（x）的最大值为f（1）＝﹣1；（2）f'①当a＝0时，由（1）可知，函数f（x）无零点；②当a＜0时，易知函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，又f（1）＝a﹣1＜0，故此时函数f（x）无零点；③当0＜a＜1时，易知函数f（x）在(0，1)，且f（1）＝a﹣1＜0，f(又由（1）可得，1x+lnx≥1，即ln1x≥1-x，则当x＞1时，f(故存在m=(3a+2)2＞∴此时f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；④当a＝1时，f'(x)=(x-1)又f（1）＝0，故此时函数f（x）有唯一零点；⑤当a＞1时，易知函数f（x）在(0，1a且f（1）＝a﹣1＞0，又由（1）可得，当0＜x＜1时，lnx＞1-1x此时f(故存在n=14(a+1)2故函数f（x）在（0，+∞）上存在唯一零点；综上，实数a的取值范围为（0，+∞）．【点评】本题考查里利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数的零点问题，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于难题．17．（2022•甲卷）已知函数f（x）＝x3﹣x，g（x）＝x2+a，曲线y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线也是曲线y＝g（x）的切线．（1）若x1＝﹣1，求a；（2）求a的取值范围．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】计算题；方程思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）a＝3．（2）[﹣1，+∞）．【分析】（1）先由f（x）上的切点求出切线方程，设出g（x）上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g（x）上的切点坐标，分别由f（x）和g（x）及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围．【解答】解：（1）由题意知，f（﹣1）＝﹣1﹣（﹣1）＝0，f'（x）＝3x2﹣1，f'（﹣1）＝3﹣1＝2，则y＝f（x）在点（﹣1，0）处的切线方程为y＝2（x+1），即y＝2x+2，设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，则g'（x2）＝2x2＝2，解得x2＝1，则g（1）＝1+a＝2+2，解得a＝3；（2）f'（x）＝3x2﹣1，则y＝f（x）在点（x1，f（x1））处的切线方程为y-(x设该切线与g（x）切于点（x2，g（x2）），g'（x）＝2x，则g'（x2）＝2x2，则切线方程为y-(x则3x12令h(x)=94x4-2x3-32x2+14，则h'（x）＝9x3﹣6x2﹣3x＝3x（3x令h'（x）＜0，解得x＜-13或0＜x＜1，则x变化时，h'（x），hx(-∞，--1(-0（0，1）1（1，+∞）h′（x）﹣0+0﹣0+h（x）单调递减527单调递增14单调递减﹣1单调递增则h（x）的值域为[﹣1，+∞），故a的取值范围为[﹣1，+∞）．【点评】本题主要考查利用导数研究函数的切线方程，利用导数研究函数的图象，数形结合的数学思想等知识，属于中等题．18．（2022•浙江）设函数f（x）=e2x+lnx（（Ⅰ）求f（x）的单调区间；（Ⅱ）已知a，b∈R，曲线y＝f（x）上不同的三点（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3））处的切线都经过点（a，b）．证明：（ⅰ）若a＞e，则0＜b﹣f（a）＜12（a（ⅱ）若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则2e（注：e＝2.71828…是自然对数的底数）【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．【答案】（Ⅰ）f（x）在（e2，+∞）上单调递增，在（0，e（Ⅱ）（i）证明过程见解答；（ⅱ）证明过程见解答．【分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．（Ⅱ）（i）设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），则f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（1x-a2x2）（x﹣a）-e2x-lnx+b=0，设g（x）＝（1x-e2x2）（x﹣a）-（ii）当0＜a＜e时，g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，设x1＜x2＜x3，推导出a2e+1＜b＜a2e+lna，设t=ex，ae=m∈(0，1)，则方程1-a+e【解答】解：（Ⅰ）∵函数f（x）=e2x+lnx（∴f'(x)=-由f'(x)=2x-e2x2＞0由f'(x)=2x-e2x2＜0，得0（Ⅱ）（i）证明：∵过（a，b）有三条不同的切线，设切点分别为（x1，f（x1）），（x2，f（x2）），（x3，f（x3）），∴f（xi）﹣b＝f′（xi）（xi﹣a），（i＝1，2，3），∴方程f（x）﹣b＝f′（x）（x﹣a）有3个不同的根，该方程整理为（1x-e2x2）（设g（x）＝（1x-e2x2）（x﹣a则g′（x）=1x-e2x2+(-1当0＜x＜e或x＞a时，g′（x）＜0；当e＜x＜a时，g′（x）＞0，∴g（x）在（0，e），（a，+∞）上为减函数，在（e，a）上为增函数，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（e）＜0且g（a）＞0，∴（1e-e2e2）（e﹣a）-e2e-lne+b＜整理得到b＜a2此时，b＜a2此时，b-整理得b＜a2此时，b﹣f（a）-12（ae-1）＜a设μ（a）为（e，+∞）上的减函数，∴μ（a）＜3∴0＜（ii）当0＜a＜e时，同（i）讨论，得：g（x）在（0，a），（e，+∞）上为减函数，在（a，e）上为增函数，不妨设x1＜x2＜x3，则0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）有3个不同的零点，∴g（a）＜0，且g（e）＞0，∴（1e-e2e2）（e﹣a）-e2e整理得a2∵x1＜x2＜x3，∴0＜x1＜a＜x2＜e＜x3，∵g（x）＝1-a设t=ex，a-a+eet+a记t1则t1，t2，t3为﹣（m+1）t+m设k=t1t3要证：2e即证2+e即证：t1而﹣（m+1）t1+m2t1∴lnt1-lnt3+m2∴t1∴即证-2即证(t1即证(k记φ(k)=∴φ（k）在（1，+∞）为增函数，∴φ（k）＞φ（m），∴(k设ω（m）＝lnm+(m-1)(m-13)(则ω′（x）=(∴ω（m）在（0，1）上是增函数，∴ω（m）＜ω（1）＝0，∴lnm+(m即(m+1)∴若0＜a＜e，x1＜x2＜x3，则2e【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．19．（2022•上海）f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x）．（1）若将函数f（x）图像向下移m（m＞0）后，图像经过（3，0），（5，0），求实数a，m的值．（2）若a＞﹣3且a≠0，求解不等式f（x）≤f（6﹣x）．【考点】不等式恒成立的问题；对数函数的图象．【专题】转化思想；定义法；函数的性质及应用；不等式的解法及应用；运算求解．【答案】（1）a＝﹣2，m＝1．（2）﹣3＜a＜0时，解集是（﹣a，3]；a＞0时，解集是[3，6）．【分析】（1）写出函数图像下移m个单位后的解析式，把点的坐标代入求解即可得出m和a的值．（2）不等式化为log3（a+x）+log3（6﹣x）≤log3（a+6﹣x）+log3x，写出等价不等式组，求出解集即可．【解答】解：（1）因为函数f（x）＝log3（a+x）+log3（6﹣x），将函数f（x）图像向下移m（m＞0）后，得y＝f（x）﹣m＝log3（a+x）+log3（6﹣x）﹣m的图像，由函数图像经过点（3，0）和（5，0），所以log3解得a＝﹣2，m＝1．（2）a＞﹣3且a≠0时，不等式f（x）≤f（6﹣x）可化为log3（a+x）+log3（6﹣x）≤log3（a+6﹣x）+log3x，等价于a+解得x＞-当﹣3＜a＜0时，0＜﹣a＜3，3＜a+6＜6，解不等式得﹣a＜x≤3，当a＞0时，﹣a＜0，a+6＞6，解不等式得3≤x＜6；综上知，﹣3＜a＜0时，不等式f（x）≤f（6﹣x）的解集是（﹣a，3]，a＞0时，不等式f（x）≤f（6﹣x）的解集是[3，6）．【点评】本题考查了函数的性质与应用问题，也考查了含有字母系数的不等式解法与应用问题，是中档题．20．（2022•天津）已知a，b∈R，函数f（x）＝ex﹣asinx，g（x）＝bx．（Ⅰ）求函数y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（Ⅱ）若曲线y＝f（x）和y＝g（x）有公共点，（ⅰ）当a＝0时，求b的取值范围；（ⅱ）求证：a2+b2＞e．【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程．【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用；不等式；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）y＝（1﹣a）x+1；（2）（ⅰ）[2e，+【分析】（Ⅰ）利用导数的几何意义及直线的斜截式方程即可求解；（Ⅱ）（ⅰ）将y＝f（x）和y＝g（x）有公共点转化为b=exx在（0，+∞）上有解，再构造函数h（x）=exx，（x＞0），接着利用导数求出（ⅱ）令交点的横坐标为x0，则ex0=asinx0+bx0，再利用柯西不等式及结论：x＞0时，x＞sinx，e【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝ex﹣asinx，∴f′（x）＝ex﹣acosx，∴f（0）＝1，f′（0）＝1﹣a，∴函数y＝f（x）在（0，1）处的切线方程为y＝（1﹣a）x+1；（Ⅱ）（ⅰ）∵a＝0，∴f（x）＝ex，又y＝f（x）和y＝g（x）有公共点，∴方程f（x）＝g（x）有解，即ex=bx有解，显然∴b=exx在（0设h（x）=exx，（x∴h′（x）=e∴当x∈（0，12）时，h′（x）＜0；当x∈（12，+∞）时，h′（x）＞∴h（x）在（0，12）上单调递减，在（12，∴h(x)min=h(12)=2e，且当x→0时，h（x）→+∞；当∴h（x）∈[2e，+∴b的范围为[2e，+（ⅱ）证明：令交点的横坐标为x0，则ex∴由柯西不等式可得e2x0=(asinx0+bx0)2≤（∴a2+b2≥e又易证x＞0时，x＞sinx，ex≥ex，ex＞x+1，∴e2x故a2+b2＞e．【点评】本题考查导数的几何意义及直线的斜截式方程，将方程有解转化为函数值域，柯西不等式，常见不等式的结论，属中档题．

考点卡片1．对数函数的图象【知识点的认识】2．对数值大小的比较【知识点的认识】1、若两对数的底数相同，真数不同，则利用对数函数的单调性来比较．2、若两对数的底数和真数均不相同，通常引入中间变量（1，﹣1，0）进行比较3、若两对数的底数不同，真数也不同，则利用函数图象或利用换底公式化为同底的再进行比较．（画图的方法：在第一象限内，函数图象的底数由左到右逐渐增大）3．极限及其运算【知识点的认识】1．数列极限（1）数列极限的表示方法：（2）几个常用极限：③对于任意实常数，当|a|＜1时，n→∞liman＝当|a|＝1时，若a＝1，则n→∞liman＝1；若a＝﹣1，则n→∞liman＝（﹣当|a|＞1时，n→∞lima（3）数列极限的四则运算法则：如果，那么特别地，如果C是常数，那么．（4）数列极限的应用：求无穷数列的各项和，特别地，当|q|＜1时，无穷等比数列的各项和为S=a11-q（|q（化循环小数为分数方法同上式）注：并不是每一个无穷数列都有极限．x→2．函数极限；（1）当自变量x无限趋近于常数x0（但不等于x0）时，如果函数f（x）无限趋进于一个常数a，就是说当x趋近于x0时，函数f（x）的极限为a．记作x→x0limf(x)=a或当x→x注：当x→x0时，f（x）是否存在极限与f（x）在x0处是否定义无关，因为x→x0并不要求x＝x0．（当然，f（x）在x0是否有定义也与f（x）在x0处是否存在极限无关．函数f（x）在x0有定义是x→x0如P（x）=x-1x＞1-x+1x＜（2）函数极限的四则运算法则：如果，那么特别地，如果C是常数，那么．注：①各个函数的极限都应存在．②四则运算法则可推广到任意有限个极限的情况，但不能推广到无限个情况．（3）几个常用极限：3．函数的连续性：（1）如果函数f（x），g（x）在某一点x＝x0连续，那么函数f（x）±g（x），f（x），g（x），f(x)g(x)（g（x）≠0（2）函数f（x）在点x＝x0处连续必须满足三个条件：①函数f（x）在点x＝x0处有定义；②x→x0limf(x)存在；③函数f（x）在点x＝x（3）函数f（x）在点x＝x0处不连续（间断）的判定：如果函数f（x）在点x＝x0处有下列三种情况之一时，则称x0为函数f（x）的不连续点．①f（x）在点x＝x0处没有定义，即f（x0）不存在；②x→x0limf(x)不存在；③4．基本初等函数的导数【知识点的认识】1、基本函数的导函数①C′＝0（C为常数）②（xn）′＝nxn﹣1（n∈R）③（sinx）′＝cosx④（cosx）′＝﹣sinx⑤（ex）′＝ex⑥（ax）′＝（ax）*lna（a＞0且a≠1）⑦[logax）]′=1x*（logae）=1xlna（a＞0且a≠1）⑧[lnx2、和差积商的导数①[f（x）+g（x）]′＝f′（x）+g′（x）②[f（x）﹣g（x）]′＝f′（x）﹣g′（x）③[f（x）g（x）]′＝f′（x）g（x）+f（x）g′（x）④[f(x)g3、复合函数的导数设y＝u（t），t＝v（x），则y′（x）＝u′（t）v′（x）＝u′[v（x）]v′（x）【解题方法点拨】1．由常数函数、幂函数及正、余弦函数经加、减、乘运算得到的简单的函数均可利用求导法则与导数公式求导，而不需要回到导数的定义去求此类简单函数的导数．2．对于函数求导，一般要遵循先化简，再求导的基本原则．求导时，不但要重视求导法则的应用，而且要特别注意求导法则对求导的制约作用．在实施化简时，首先要注意化简的等价性，避免不必要的运算失误．【命题方向】题型一：和差积商的导数典例1：已知函数f（x）＝asinx+bx3+4（a∈R，b∈R），f′（x）为f（x）的导函数，则f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝（）A．0B．2014C．2015D．8解：f′（x）＝acosx+3bx2，∴f′（﹣x）＝acos（﹣x）+3b（﹣x）2∴f′（x）为偶函数；f′（2015）﹣f′（﹣2015）＝0∴f（2014）+f（﹣2014）＝asin（2014）+b•20143+4+asin（﹣2014）+b（﹣2014）3+4＝8；∴f（2014）+f（﹣2014）+f′（2015）﹣f（﹣2015）＝8故选D．题型二：复合函数的导数典例2：下列式子不正确的是（）A．（3x2+cosx）′＝6x﹣sinxB．（lnx﹣2x）′=1xC．（2sin2x）′＝2cos2xD．（sinxx）′解：由复合函数的求导法则对于选项A，（3x2+cosx）′＝6x﹣sinx成立，故A正确；对于选项B，(lnx-2对于选项C，（2sin2x）′＝4cos2x≠2cos2x，故C不正确；对于选项D，(sinxx)'=故选C．5．利用导数研究函数的单调性【知识点的认识】1、导数和函数的单调性的关系：（1）若f′（x）＞0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）＞0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间；（2）若f′（x）＜0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）＜0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间．2、利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：（1）确定f（x）的定义域；（2）计算导数f′（x）；（3）求出f′（x）＝0的根；（4）用f′（x）＝0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）＞0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）＜0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间．【解题方法点拨】若在某区间上有有限个点使f′（x）＝0，在其余的点恒有f′（x）＞0，则f（x）仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′（x）＞0是f（x）在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件．【命题方向】题型一：导数和函数单调性的关系典例1：已知函数f（x）的定义域为R，f（﹣1）＝2，对任意x∈R，f′（x）＞2，则f（x）＞2x+4的解集为（）A．（﹣1，1）B．（﹣1，+∞）C．（﹣∞，﹣1）D．（﹣∞，+∞）解：f（x）＞2x+4，即f（x）﹣2x﹣4＞0，设g（x）＝f（x）﹣2x﹣4，则g′（x）＝f′（x）﹣2，∵对任意x∈R，f′（x）＞2，∴对任意x∈R，g′（x）＞0，即函数g（x）单调递增，∵f（﹣1）＝2，∴g（﹣1）＝f（﹣1）+2﹣4＝4﹣4＝0，则由g（x）＞g（﹣1）＝0得x＞﹣1，即f（x）＞2x+4的解集为（﹣1，+∞），故选：B题型二：导数和函数单调性的综合应用典例2：已知函数f（x）＝alnx﹣ax﹣3（a∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数y＝f（x）的图象在点（2，f（2））处的切线的倾斜角为45°，对于任意的t∈[1，2]，函数g(x)=x3+x（Ⅲ）求证：ln2解：（Ⅰ）f'(x当a＞0时，f（x）的单调增区间为（0，1]，减区间为[1，+∞）；当a＜0时，f（x）的单调增区间为[1，+∞），减区间为（0，1]；当a＝0时，f（x）不是单调函数（4分）（Ⅱ）f'(2)=-a2=1得a＝﹣2，f（x）＝﹣∴g(∴g'（x）＝3x2+（m+4）x﹣2（6分）∵g（x）在区间（t，3）上总不是单调函数，且g′（0）＝﹣2∴g由题意知：对于任意的t∈[1，2]，g′（t）＜0恒成立，所以有：g'(1)＜0g（Ⅲ）令a＝﹣1此时f（x）＝﹣lnx+x﹣3，所以f（1）＝﹣2，由（Ⅰ）知f（x）＝﹣lnx+x﹣3在（1，+∞）上单调递增，∴当x∈（1，+∞）时f（x）＞f（1），即﹣lnx+x﹣1＞0，∴lnx＜x﹣1对一切x∈（1，+∞）成立，（12分）∵n≥2，n∈N*，则有0＜lnn＜n﹣1，∴0∴ln6．利用导数研究函数的极值【知识点的认识】1、极值的定义：（1）极大值：一般地，设函数f（x）在点x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＜f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极大值，记作y极大值＝f（x0），x0是极大值点；（2）极小值：一般地，设函数f（x）在x0附近有定义，如果对x0附近的所有的点，都有f（x）＞f（x0），就说f（x0）是函数f（x）的一个极小值，记作y极小值＝f（x0），x0是极小值点．2、极值的性质：（1）极值是一个局部概念，由定义知道，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是最大或最小，并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小；（2）函数的极值不是唯一的，即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个；（3）极大值与极小值之间无确定的大小关系，即一个函数的极大值未必大于极小值；（4）函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点，而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点．3、判别f（x0）是极大、极小值的方法：若x0满足f′（x0）＝0，且在x0的两侧f（x）的导数异号，则x0是f（x）的极值点，f（x0）是极值，并且如果f′（x）在x0两侧满足“左正右负”，则x0是f（x）的极大值点，f（x0）是极大值；如果f′（x）在x0两侧满足“左负右正”，则x0是f（x）的极小值点，f（x0）是极小值．4、求函数f（x）的极值的步骤：（1）确定函数的定义区间，求导数f′（x）；（2）求方程f′（x）＝0的根；（3）用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查f′（x）在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f（x）在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f（x）在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f（x）在这个根处无极值．【解题方法点拨】在理解极值概念时要注意以下几点：（1）按定义，极值点x0是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没有极值．（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数f（x）在[a，b]上连续且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值点，也可能不是极值点．7．利用导数研究函数的最值【知识点的认识】1、函数的最大值和最小值观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x1）与f（x3）是极小值，f（x2）是极大值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x1）．一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数f（x）不一定有最大值与最小值．如函数f（x）=1x在（0，（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必要条件．（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个2、用导数求函数的最值步骤：由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的