2023年高考数学真题题源解密（新高考全国卷）专题04 导数及其应用（解析版）

专题04导数及其应用目录一览2023真题展现考向一导数与单调性考向二利用导数研究函数的极值、最值真题考查解读近年真题对比考向一导数的运算考向二利用导数研究函数的极值、最值考向三利用导数研究曲线上某点切线方程命题规律解密名校模拟探源易错易混速记/二级结论速记考向一导数与单调性1．（2023•新高考Ⅱ•第6题）已知函数f（x）＝aex﹣lnx在区间（1，2）上单调递增，则a的最小值为（）A．e2 B．e C．e﹣1 D．e﹣2【答案】C解：对函数f（x）求导可得，f'(x)=a依题意，ae即a≥1设g(x)=1xe易知当x∈（1，2）时，g′（x）＜0，则函数g（x）在（1，2）上单调递减，则a≥g(x)故选：C．考向二导数与极值、最值2．（2023•新高考Ⅱ•第11题）（多选）若函数f（x）＝alnx+bx+A．bc＞0 B．ab＞0 C．b2+8ac＞0 D．ac＜0【答案】BCD解：函数定义域为（0，+∞）且f′（x）=a由题意，方程f′（x）＝0即ax2﹣bx﹣2c＝0有两个正根，设为x1，x2，则有x1+x2=ba＞0，x1x2=−2ca＞∴ab＞0，ac＜0，∴ab•ac＝a2bc＜0，即bc＜0．故选：BCD．【命题意图】考查原函数和导函数的关系，考查求导公式，导数几何意义及导数的应用，利用导数研究函数的单调性、极值最值、函数零点问题．体会数形结合思想，分类讨论思想，化归和转化思想．【考查要点】函数与导数是高考必考知识点，考查运用函数的导数解决问题：求切线方程、单调区间、极值最值、零点等．【得分要点】1.利用导数判断函数单调性：设函数在某个区间内可导，①该区间内为增函数；②该区间内为减函数；注意：当在某个区间内个别点处为零，在其余点处为正（或负）时，在这个区间上仍是递增（或递减）的。=3\*GB3③在该区间内单调递增在该区间内恒成立；=4\*GB3④在该区间内单调递减在该区间内恒成立；2.利用导数求极值：（1）定义：设函数在点附近有定义，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极大值。记作＝，如果对附近所有的点，都有，就说是函数的一个极小值。记作＝。极大值和极小值统称为极值。（2）求函数在某个区间上的极值的步骤：（i）求导数；（ii）求方程的根；（iii）检查在方程的根的左右的符号：“左正右负”在处取极大值；“左负右正”在处取极小值。特别提醒：=1\*GB3①是极值点的充要条件是点两侧导数异号，而不仅是＝0，＝0是为极值点的必要而不充分条件。=2\*GB3②给出函数极大(小)值的条件，一定要既考虑，又要考虑检验“左正右负”(“左负右正”)的转化，否则条件没有用完，这一点一定要切记！3.利用导数求最值：比较端点值和极值（1）定义：函数在一闭区间上的最大值是此函数在此区间上的极大值与其端点值中的“最大值”；函数在一闭区间上的最小值是此函数在此区间上的极小值与其端点值中的“最小值”。（2）求函数在[]上的最大值与最小值的步骤：=1\*GB3①求函数在（）内的极值（极大值或极小值）；=2\*GB3②将的各极值与，比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值。考向一．导数的运算（多选）1．（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（﹣2x），g（2+x）均为偶函数，则（）A．f（0）＝0 B．g（）＝0 C．f（﹣1）＝f（4） D．g（﹣1）＝g（2）解：∵f（﹣2x）为偶函数，∴可得f（﹣2x）＝f（+2x），∴f（x）关于x＝对称，令x＝，可得f（﹣2×）＝f（+2×），即f（﹣1）＝f（4），故C正确；∵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＝对称，∴x＝是函数f（x）的一个极值点，∴函数f（x）在（，t）处的导数为0，即g（）＝f′（）＝0，又∴g（x）的图象关于x＝2对称，∴g（）＝g（）＝0，∴函数f（x）在（，t）的导数为0，∴x＝是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x＝对称，∴（，t）关于x＝的对称点为（，t），由x＝是函数f（x）的极值点可得x＝是函数f（x）的一个极值点，∴g（）＝f′（）＝0，进而可得g（）＝g（）＝0，故x＝是函数f（x）的极值点，又f（x）的图象关于x＝对称，∴（，t）关于x＝的对称点为（﹣，t），∴g（﹣）＝f′（﹣）＝0，故B正确；f（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（﹣2x）＝1+cos2πx，则g（x）＝f′（x）＝﹣πcosπx，g（x+2）＝﹣πcos（2π+πx）＝﹣πcosπx，满足题设条件，可得只有选项BC正确，故选：BC．考向二利用导数研究函数的极值（多选）2．（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）的切线解：f′（x）＝3x2﹣1，令f′（x）＞0，解得或，令f′（x）＜0，解得，∴f（x）在上单调递增，在上单调递减，且，∴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，解得或，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．考向三．利用导数研究曲线上某点切线方程3．（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．解：y'＝ex+（x+a）ex，设切点坐标为（x0，（x0+a）），∴切线的斜率k＝，∴切线方程为y﹣（x0+a）＝（）（x﹣x0），又∵切线过原点，∴﹣（x0+a）＝（）（﹣x0），整理得：，∵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，+∞）．4．（2022•新高考Ⅱ）曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为，．解：当x＞0时，y＝lnx，设切点坐标为（x0，lnx0），∵y'＝，∴切线的斜率k＝，∴切线方程为y﹣lnx0＝（x﹣x0），又∵切线过原点，∴﹣lnx0＝﹣1，∴x0＝e，∴切线方程为y﹣1＝，即x﹣ey＝0，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＝0．5．（2021•新高考Ⅰ）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（）A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea解：法一：函数y＝ex是增函数，y′＝ex＞0恒成立，函数的图象如图，y＞0，即切点坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线．如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0＜b＜ea．故选：D．法二：设过点（a，b）的切线横坐标为t，则切线方程为y＝et（x﹣t）+et，可得b＝et（a+1﹣t），设f（t）＝et（a+1﹣t），可得f′（t）＝et（a﹣t），t∈（﹣∞，a），f′（t）＞0，f（t）是增函数，t∈（a，+∞），f′（t）＜0，f（t）是减函数，因此当且仅当0＜b＜ea时，上述关于t的方程有两个实数解，对应两条切线．故选：D．6．（2021•新高考Ⅱ）已知函数f（x）＝|ex﹣1|，x1＜0，x2＞0，函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））和点B（x2，f（x2））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则的取值范围是．【解答】解：当x＜0时，f（x）＝1﹣ex，导数为f′（x）＝﹣ex，可得在点A（x1，1﹣ex1）处的斜率为k1＝﹣ex1，切线AM的方程为y﹣（1﹣ex1）＝﹣ex1（x﹣x1），令x＝0，可得y＝1﹣ex1+x1ex1，即M（0，1﹣ex1+x1ex1），当x＞0时，f（x）＝ex﹣1，导数为f′（x）＝ex，可得在点B（x2，ex2﹣1）处的斜率为k2＝ex2，令x＝0，可得y＝ex2﹣1﹣x2ex2，即N（0，ex2﹣1﹣x2ex2），由f（x）的图象在A，B处的切线相互垂直，可得k1k2＝﹣ex1•ex2＝﹣1，即为x1+x2＝0，x1＜0，x2＞0，所以＝＝＝∈（0，1）．故答案为：（0，1）．从近三年的新高考试题来看，多集中于考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值、不等式证明等问题，常结合函数的零点、最值等问题综合考查，比如含函数单调性问题、恒成立问题等。复习时，重点把握导数的应用，加强导数与函数的单调性、导数与函数的极值，导数与函数的最值的认知，理解划归与转化思想、分类讨论思想、函数与方程思想的应用。一．变化的快慢与变化率（共2小题）1．（2023•河南模拟）某海湾拥有世界上最大的海潮，其高低水位之差可达到15米．假设在该海湾某一固定点，大海水深d（单位：m）与午夜后的时间t（单位：h）之间的关系为d（t）＝10+4cost，则下午5：00时刻该固定点的水位变化的速度为（）A． B． C． D．【解答】解：由d（t）＝10+4cost，知d'（t）＝﹣sint，所以下午5：00时刻该固定点的水位变化的速度为d'（17）＝﹣sin（•17）＝﹣sin（5π+）＝﹣×（﹣）＝．故选：A．2．（2023•奉贤区校级三模）函数y＝x3在区间[0，2]的平均变化率与在x＝x0（0≤x0≤2）处的瞬时变化率相同，则正数x0＝．【解答】解：函数y＝x3在区间[0，2]的平均变化率为，y＝x3，则y'＝3x2，故函数y＝x3在x＝x0（0≤x0≤2）处的瞬时变化率为，由题意可知，，解得（负值舍去）．故答案为：．二．导数及其几何意义（共2小题）3．（2023•平顶山模拟）曲线在点处的切线的斜率为0，则实数a＝（）A． B． C．﹣1 D．1【解答】解：由题可得，则，所以a＝1．故选：D．4．（2023•定西模拟）已知函数f（x）＝x2lnx的图象在（1，f（1））处的切线与直线x+ay﹣1＝0垂直，则实数a＝．【解答】解：由f（x）＝x2lnx得f′（x）＝2xlnx+x，所以f′（1）＝1，由于f（x）在（1，f（1））处的切线与直线x+ay﹣1＝0垂直，所以．故答案为：1．三．导数的运算（共3小题）5．（2023•大埔县三模）设函数f（x）在R上可导，且f（lnx）＝x+lnx，则f′（0）＝（）A．0 B．1 C．2 D．3【解答】解：令t＝lnx，则t∈R，x＝et，所以f（t）＝et+t，所以f′（t）＝et+1，所以f′（0）＝e0+1＝2．故选：C．6．（2023•湖北模拟）函数的导函数为（）A． B． C． D．【解答】解：，则．故选：D．7．（2023•南关区校级模拟）已知函数，其导函数记为f'（x），则f（389）+f'（389）+f（﹣389）﹣f'（﹣389）＝（）A．2 B．﹣2 C．3 D．﹣3【解答】解：＝，，∵f′（﹣x）＝f′（x），∴f′（389）﹣f′（﹣389）＝0，又，∴f（389）+f（﹣389）＝2，∴f（389）+f'（389）+f（﹣389）﹣f'（﹣389）＝2．故选：A．四．利用导数研究函数的单调性（共14小题）8．（2023•东莞市校级三模）已知，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．c＞b＞a C．b＞a＞c D．a＞b＞c【解答】解：a＝e0.9+1，b＝＝2+0.9，c＝ln（0.9e3）＝ln0.9+3，b﹣a＝2+0.9﹣（e0.9+1）＝1+0.9﹣e0.9，设f（x）＝1+x﹣ex，x＞0f′（x）＝1﹣ex＜0，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，因为0.9＞0，所以f（0.9）＜f（0）＝0，所以b＜a，c﹣b＝3+ln0.9﹣（2+0.9）＝1+ln0.9﹣0.9，令g（x）＝1+lnx﹣x，x∈（0，1），g′（x）＝﹣1＝＞0，所以g（x）在（0，1）上单调递增，又0＜0.9＜1，所以g（0.9）＜g（1）＝0，所以c＜b，所以a＞b＞c，故选：D．9．（2023•湖南模拟）函数f（x）的定义域为D，导函数为f′（x），若对任意x∈D，f′（x）＜f（x）成立，则称f（x）为“导减函数”．下列函数中，是“导减函数”的为（）A．y＝x2 B．y＝cosx C．y＝logπx D．y＝2x【解答】解：若函数的定义域为D，若对任意x∈D，y＝x2，y'＝2x，当x＝1时，y'＝2＞y＝1，则y＝x2不符合导减函数的定义；y＝cosx，y′＝﹣sinx，当x＝π时，y'＝0＞y＝﹣1，则y＝cosx不符合导减函数的定义；y＝logπx，，当时，，则y＝logπx不符合导减函数的定义；y＝2x，y'＝2xln2＜2x，则y＝2x符合导减函数的定义．故选：D．10．（2023•辽阳二模）现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若f'（x）是f（x）的导函数，f″（x）是f'（x）的导函数，则曲线y＝f（x）在点（x，f（x））处的曲率．函数f（x）＝3lnx的图象在（1，f（1））处的曲率为（）A． B． C． D．【解答】解：因为f（x）＝3lnx，所以，，所以f′（1）＝3，f″（1）＝﹣3，所以K＝＝＝．故选：D．11．（2023•射洪市校级模拟）设函数f（x），g（x）在R的导函数存在，且f′（x）＜g′（x），则当x∈（a，b）时（）A．f（x）＜g（x） B．f（x）＞g（x） C．f（x）+g（a）＜g（x）+f（a） D．f（x）+g（b）＜g（x）+f（b）【解答】解：设h（x）＝f（x）﹣g（x），则h'（x）＝f'（x）﹣g'（x）＜0，所以h（x）在R上单调递减，因为a＜x＜b，所以h（a）＞h（x）＞h（b），即f（a）﹣g（a）＞f（x）﹣g（x）＞f（b）﹣g（b），所以f（x）+g（a）＜g（x）+f（a），f（x）+g（b）＞g（x）+f（b），即选项C正确，D错误，而选项A和B无法判断．故选：C．12．（2023•江宁区校级二模）若函数f（x）＝lnx与g（x）＝ax﹣1（a＞0）的图像有且仅有一个交点，则关于x的不等式f（x﹣3）＜a﹣3x﹣4的解集为（）A．（﹣∞，4） B．（4，+∞） C．（3，4） D．（3，5）【解答】解：f（x）与g（x）只有1个交点等价于函数h（x）＝lnx﹣ax+1只有1个零点，即只有1个解，令，则，p'（1）＝0，当0＜x＜1时，p'（x）＞0，p（x）单调递增，当x＞1时，p'（x）＜0，p（x）单调递减，并且p（x）＞0，所以p（x）max＝p（1）＝1，p（e﹣2）＜0，函数p（x）的大致图像如下图：∵a＞0，∴a＝1，原不等式为：ln（x﹣3）＜1﹣3x﹣4，即ln（x﹣3）+3x﹣4﹣1＜0，令k（x）＝ln（x﹣3）+3x﹣4﹣1，显然k（x）在x＞3时是增函数，又k（4）＝0，∴k（x）＜0的解集是（3，4）故选：C．13．（2023•浙江模拟）已知a，b，c∈（﹣1，0），且满足，则（）A．c＜b＜a B．b＜a＜c C．a＜c＜b D．a＜b＜c【解答】解：已知a，b，c∈（﹣1，0），且满足，易得a＝ln（a+1）﹣ln3+2，b＝3+ln（b+1）﹣ln4，ln（c+1）＝c+ln2﹣1，整理得a﹣ln（a+1）＝2﹣ln3，b﹣ln（b+1）＝3﹣ln4，c﹣ln（c+1）＝1﹣ln2，不妨设f（x）＝x﹣ln（x+1），函数定义域为（﹣1，+∞），可得f′（x）＝1﹣＝，当﹣1＜x＜0时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；当x＞0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（c）＜f（a）＜f（b），a，b，c＜0，解得b＜a＜c．故选：B．14．（2023•华龙区校级模拟）函数f（x）＝ln2x的图象与函数的图象交点的横坐标为x0，则＝（）A．﹣ln2 B．﹣ C． D．ln2【解答】解：令f（x）＝g（x），则ln2x＝ex﹣e﹣x+x﹣（x＞0），所以ex﹣e﹣x﹣x＝ln2x﹣2x+＝e﹣ln2x﹣eln2x+ln2x，设h（x）＝ex﹣e﹣x﹣x（x＞0），则h'（x）＝ex+e﹣x﹣1＞1+0﹣1＝0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以x0＝﹣ln2x0，即，所以＝•（﹣x0）＝﹣．故选：B．15．（2023•扬州三模）已知函数f（x）的导函数为g（x），f（x）和g（x）的定义域均为R，g（x）为偶函数，f（x）﹣ex﹣sinx也为偶函数，则下列不等式一定成立的是（）A．f（0）＝0 B．g（0）＝0 C．f（x）＜f（ex） D．g（x）＜g（ex）【解答】解：根据题意，设h（x）＝f（x）﹣ex﹣sinx，由于h（x）为偶函数，则h（﹣x）＝h（x），即f（﹣x）﹣e﹣x+sinx＝f（x）﹣ex﹣sinx，等号两边同时求导可得：﹣f′（﹣x）+e﹣x+cosx＝f′（x）﹣ex﹣cosx，即﹣g（﹣x）+e﹣x+cosx＝g（x）﹣ex﹣cosx，又由g（x）为偶函数，变形可得g（x）＝（ex+e﹣x）+cosx，故f（x）＝（ex﹣e﹣x）+sinx+C（C为常数），由此分析选项：对于A，由于C不确定，f（0）＝0不一定成立，A错误；对于B，g（0）＝（1+1）+1＝2，B错误；对于C，设F（x）＝ex﹣x，有F′（x）＝ex﹣1，当x∈（0，+∞）时，F′（x）＝ex﹣1＞0，F（x）为增函数，当x∈（﹣∞，0）时，F′（x）＝ex﹣1＜0，F（x）为减函数，则有F（x）≥F（0）＝1，故ex＞x在R上恒成立，又由g（x）＝（ex+e﹣x）+cosx≥1+cosx≥0，f（x）为R上的增函数，则有f（x）＜f（ex），C正确；对于D，g（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，不能保证g（x）＜g（ex）成立，D错误．故选：C．16．（2023•九江模拟）设函数f（x）的定义域为R，其导函数为f′（x），且满足f（x）＞f′（x）+1，f（0）＝2023，则不等式e﹣xf（x）＞e﹣x+2022（其中e为自然对数的底数）的解集是（）A．（2022，+∞） B．（﹣∞，2023） C．（0，2022） D．（﹣∞，0）【解答】解：设g（x）＝，∵f（x）＞f′（x）+1，即f′（x）﹣f（x）+1＜0，∴g′（x）＝＜0，∴g（x）在R上单调递减，又f（0）＝2023，∴不等式e﹣xf（x）＞e﹣x+2022⇔＞2022＝f（0）﹣1＝，即g（x）＞g（0），∴x＜0，∴原不等式的解集为（﹣∞，0）．故选：D．17．（2023•邵阳三模）定义在R上的可导函数f（x）满足f（x）﹣f（﹣x）＝x（ex+e﹣x），且在（0，+∞）上有，若实数a满足f（2a）﹣f（a+2）﹣2ae﹣2a+ae﹣a﹣2+2e﹣a﹣2≥0，则a的取值范围为（）A． B．a≥2 C．或a≥2 D．a≤2【解答】解：设g（x）＝f（x）﹣xe﹣x，则g'（x）＝f'（x）+，因为在（0，+∞）上有，所以当x＞0时，g'（x）＜0，即g（x）在（0，+∞）上单调递减，又g（x）﹣g（﹣x）＝f（x）﹣xe﹣x﹣f（﹣x）﹣xex＝x（ex+e﹣x）﹣xe﹣x﹣xex＝0，所以g（x）＝g（﹣x），即g（x）为偶函数，所以g（x）在（﹣∞，0）上单调递增，由f（2a）﹣f（a+2）﹣2ae﹣2a+ae﹣a﹣2+2e﹣a﹣2≥0，得f（2a）﹣2ae﹣2a≥f（a+2）﹣（a+2）e﹣（a+2），即g（2a）≥g（a+2），所以|2a|≤|a+2|，解得﹣≤a≤2．故选：A．18．（2023•安徽模拟）设5a+1＝5ln5，b+e﹣3＝3，，则（）A．b＜c＜a B．a＜b＜c C．c＜a＜b D．c＜b＜a【解答】解：易知，．令，，则f（x）在（0，+∞）单调递增，又e3＞5，所以，所以a＜b．又，则，即b＜c．综上，a＜b＜c．故选：B．19．（2023•驻马店三模）设，则（）A．a＞b＞c B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．c＞a＞b【解答】解：设f（x）＝，x＞1，则f′（x）＝，当x＞e时，f′（x）＞0，即f（x）在（e，+∞）上单调递增，当1＜x＜e时，f′（x）＜0，即f（x）在（1，e）上单调递减，a＝＝，b＝＝，c＝2＝，∵e2＜8，∴，，即b＜a．∵＜2＜e，∴f（）＞f（2），即c＞a，综上，c＞a＞b．故选：D．20．（2023•海淀区校级三模）已知函数f（x）＝x﹣asinx在R上不是单调函数，且其图象完全位于直线x﹣y﹣3＝0与x﹣y+4＝0之间（不含边界），则a的一个取值为．【解答】解：由题意得f′（x）＝1﹣acosx，∵f′（x）的最大最小值必在1﹣a，1+a中取得，且f（x）＝x﹣asinx在R上不是单调函数，∴必有（1﹣a）（1+a）＜0，解得|a|＞1，又f（x）图象完全位于直线x﹣y﹣3＝0与x﹣y+4＝0之间，∴x+4﹣（x﹣asinx）＞0且x﹣asinx﹣（x﹣3）＞0，即恒成立，则|a|＜3，综上所述，1＜|a|＜3．故答案为：2（答案不唯一）21．（2023•吕梁三模）若a＝e0.7，b＝，则a，b，c的大小关系为（）A．a＞c＞b B．b＞a＞c C．c＞b＞a D．b＞c＞a【解答】解：令，则，当x∈（1，+∞）时，f'（x）＜0，函数f（x）在（1，+∞）上单调递减，故f（3.5）＜f（1）＝0，即，即b＜c；令，则g'（x）＝ex﹣x﹣1，g″（x）＝ex﹣1，当0＜x＜1时，g'′（x）＞0，g′（x）单调递增且g′（0）＝0，故g′（x）＞0，故函数g（x）在（0，1）上单调递增，故g（0.7）＞g（0）＝0，即，故a＞c，则a＞c＞b，故选：A．五．函数在某点取得极值的条件（共1小题）22．（2023•常德二模）已知函数f（x）＝ax3+x2﹣ax（a∈R，且a≠0）．如果存在实数a∈（﹣∞，﹣1]，使函数g（x）＝f（x）+f′（x），x∈[﹣1，b]（b＞﹣1）在x＝﹣1处取得最小值，则实数b的最大值为．【解答】解：由题意，g（x）＝ax3+（3a+1）x2+（2﹣a）x﹣a，据题知，g（x）≥g（﹣1）在区间[﹣1，b]上恒成立，即：（x+1）[ax2+（2a+1）x+（1﹣3a）]≥0…①当x＝﹣1时，不等式①成立；当﹣1＜x≤b时，不等式①可化为ax2+（2a+1）x+（1﹣3a）≥0…②令ϕ（x）＝ax2+（2a+1）x+（1﹣3a），由a∈（﹣∞，﹣1]知其图象是开口向下的抛物线，故它在闭区间的最小值必在区间端点处取得．又ϕ（﹣1）＝﹣4a＞0，故不等式②成立的充要条件是ϕ（b）≥0，整理得：≤﹣在a∈（﹣∞，﹣1]上有解，∴≤1，∴﹣1＜b≤，∴实数b的最大值为，故答案为：．六．利用导数研究函数的极值（共10小题）23．（2023•禅城区模拟）已知函数f（x）＝x2﹣4x﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）有唯一零点，则a＝（）A．﹣ B．﹣2 C． D．2【解答】解：f（x）＝x2﹣4x﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）＝（x﹣2）2﹣a（ex﹣2+e﹣x+2）﹣4，令t＝x﹣2，则f（t）＝t2﹣a（et+e﹣t）﹣4为偶函数，图象关于t＝0对称，若f（t）＝0有唯一零点，则根据偶函数的性质可知f（0）＝﹣4﹣2a＝0，所以a＝﹣2．故选：B．24．（2023•金凤区校级一模）已知函数的极值点为x1，函数的最大值为x2，则（）A．x2＞x1 B．x2≥x1 C．x1＞x2 D．x1≥x2【解答】解：在（0，+∞）上单调递增，且，，所以，．由，当x∈（0，e）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（e，+∞）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，所以，即，所以x1＞x2．故选：C．25．（2023•阜新模拟）已知函数，则f（x）的极大值为（）A．﹣3 B．1 C．27 D．﹣5【解答】解：∵，∴，∴，解得f′（2）＝15，∴f（x）＝x3+3x2﹣9x，f′（x）＝3x2+6x﹣9＝3（x+3）（x﹣1），∴当x＜﹣3或x＞1时，f′（x）＞0；当﹣3＜x＜1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（﹣∞，﹣3）和（1，+∞）上单调递增，在（﹣3，1）上单调递减，∴当x＝﹣3时，f（x）取得极大值27．故选：C．26．（2023•石嘴山一模）若函数有两个不同的极值点，则实数a的取值范围是（）A．（﹣∞，1） B．（0，1） C．（0，2） D．（2，+∞）【解答】解：因为有两个不同的极值点，所以在（0，+∞）上有2个不同的零点，且零点两侧异号，所以x2﹣4x+2a＝0在（0，+∞）有2个不同的实数根x1，x2，且根据二次函数的性质可知这两根的两侧函数值异号，所以，解得0＜a＜2．故选：C．27．（2023•翠屏区校级模拟）若函数f（x）＝x（x+a）2在x＝1处有极大值，则实数a的值为（）A．1 B．﹣1或﹣3 C．﹣1 D．﹣3【解答】解：函数f（x）＝x（x+a）2，f'（x）＝（x+a）2+2x（x+a）＝（x+a）（3x+a），函数f（x）＝x（x+a）2在x＝1处有极大值，可得f'（1）＝（1+a）（3+a）＝0，解得a＝﹣1或a＝﹣3，当a＝﹣1时，f'（x）＝（x﹣1）（3x﹣1），时，f'（x）＜0，x∈（1，+∞）时，f'（x）＞0，故f（x）在上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，f（x）在x＝1处有极小值，不合题意．当a＝﹣3时，f'（x）＝（x﹣3）（3x﹣3），x∈（﹣∞，1）时f'（x）＞0，x∈（1，3）时f'（x）＜0，f（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，3）上单调递减，f（x）在x＝1处有极大值，符合题意．综上可得，a＝﹣3．故选：D．28．（2023•烟台模拟）若函数有两个极值点x1，x2，且f（x1）+f（x2）≤﹣5，则（）A． B． C． D．【解答】解：由函数，可得f′（x）＝x+a+＝，因为函数f（x）存在两个极值点x1，x2，所以x1，x2是方程f′（x）＝0的两个正根，即x2+ax+1＝0的两个正根为x1，x2．所以，即，所以f（x1）+f（x2）＝lnx1++ax1+lnx2++ax2＝（+）+ln（x1x2）+a（x1+x2）＝﹣1﹣，f（x1）+f（x2）≤﹣5，所以﹣1﹣≤﹣5，可得a2≥8，因为a＜﹣2，所以a．故选：C．29．（2023•武威模拟）若函数f（x）＝（x﹣1）2+alnx有两个极值点x1，x2，且x1＜x2，则f（x2）的取值范围为（）A． B． C． D．【解答】解：因为f（x）＝（x﹣1）2+alnx，所以，若函数f（x）＝（x﹣1）2+alnx有两个极值点x1，x2，则，所以，且，所以，令函数，则g′（x）＝（2﹣4x）lnx＞0在上恒成立，故g（x）在上单调递增，则，即f（x2）的取值范围为，故选：A．30．（2023•洪山区校级模拟）已知函数f（x）＝axex﹣ax+a﹣ex（a＞0），若有且仅有两个整数xi（i＝1，2），满足f（xi）＜0，则实数a的取值范围为．【解答】解：若f（x）＜0，则a（xex﹣x+1）＜ex，所以＜，所以＞x﹣，令g（x）＝x﹣，则g′（x）＝1﹣＝，令r（x）＝ex﹣2+x，则r（x）在R上单调递增，且r（0）＝﹣1＜0，r（1）＝e﹣1＞0，所以存在x0∈（0，1），当x∈（﹣∞，x0），则r（x）＜0，g′（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（x0，+∞）时，r（x）＞0，g′（x）＞0，g（x）单调递增，因为g（0）＝g（1），所以只需＞1且≤g（﹣1）且≤g（2），所以，解得≤a＜1，所以a的取值范围为[，1）．故答案为：[，1）．31．（2023•镇安县校级模拟）函数在x＝2处取得极小值，且极小值为．【解答】解：f（x）的定义域为（0，+∞），又＝，∴当0＜x＜2时，f′（x）＜0，即f（x）在（0，2）上单调递减，当x＞2时，f′（x）＞0，即f（x）在（2，+∞）上单调递增，故函数f（x）在x＝2处取得极小值，且极小值为1+ln2．故答案为：2；1+ln232．（2023•云南模拟）若函数f（x）＝alnx+bx在x＝1处取得极值3，则b﹣a＝．【解答】解：∵f（x）＝alnx+bx，∴，又函数f（x）在x＝1处取得极值3，则f'（1）＝a+b＝0，且f（1）＝b＝3，∴a＝﹣3，b＝3，b﹣a＝6．故答案为：6．七．利用导数研究函数的最值（共8小题）33．（2023•泸县校级模拟）若函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，则a的值为（）A．2 B．1 C．3 D．5【解答】解：因为函数f（x）＝2x3﹣ax2+1（a∈R）在（0，+∞）内有且只有一个零点，所以f′（x）＝2x（3x﹣a），x∈（0，+∞），①当a≤0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，f（0）＝1，所以f（x）没有零点，舍去，②当a＞0时，f′（x）＝2x（3x﹣a）＞0的解为x＞a，所以f（x）在（0，a）上递减，在（a，+∞）上递增，又f（x）只有一个零点，所以f（a）＝﹣+1＝0，解得a＝3，故选：C．34．（2023•松江区二模）已知函数，a∈R，在区间（t﹣3，t+5）上有最大值，则实数t的取值范围是（）A．﹣6＜t＜0 B．﹣6＜t≤0 C．﹣6＜t＜2 D．﹣6＜t≤2【解答】解：y′＝x2﹣2x﹣3＝（x﹣3）（x+1），易知当x＜﹣1或x＞3时，y′＞0，则函数在（﹣∞，﹣1），（3，+∞）上单调递增，当﹣1＜x＜3时，y′＜0，则函数在（﹣1，3）上单调递减，则函数在x＝﹣1处取得极大值，且极大值为，令，即x3﹣3x2﹣9x﹣5＝0，即（x+1）2（x﹣5）＝0，解得x＝﹣1或x＝5，又函数在区间（t﹣3，t+5）上有最大值，则t﹣3＜﹣1＜t+5≤5，解得﹣6＜t≤0．故选：B．35．（2023•北流市模拟）已知x＝1为函数的极值点，则f（x）在区间上的最大值为（）（注：ln2≈0.69）A．3 B．7﹣ln2 C．5 D．【解答】解：，由于x＝1是f（x）的极值点，所以f'（1）＝1+2﹣a＝3﹣a＝0，a＝3，此时，所以f（x）在区间（0，1），f'（x）＜0，f（x）单调递减；在区间（1，+∞），f'（x）＞0，f（x）单调递增，所以x＝1是f（x）极小值点，a＝3符合题意，，，由于，所以f（x）在区间上的最大值为7﹣ln2．故选：B．36．（2023•河北模拟）已知a∈R，函数．若存在t∈R，使得，则当a取最大值时f（x）的最小值为（）A．0 B． C． D．【解答】解：因为，所以f′（x）＝ax3﹣x，依题意f′（t+2）﹣f′（t）＝[a（t+2）3﹣（t+2）]﹣（at3﹣t）＝2a（3t2+6t+4）﹣2，因为存在t∈R，使得，所以，即有解，因为t∈R，则3t2+6t+4＝3（t+1）2+1≥1，所以有解，所以，因为3t2+6t+4≥1，所以，所以，所以a的最大值为．此时，当且仅当时，取等号，所以f（x）的最小值为，故选：C．37．（2023•四川模拟）若ex+e2x≥a（x2﹣xlnx）（a＞0），则a的取值范围为（）A．（0，e2] B． C． D．【解答】解：不等式ex+e2x≥a（x2﹣xlnx）化为，即，所以．设，则，令t′＝0，则，解得x＝1，当0＜x＜1时，t′（x）＜0，t（x）单调递减；当x＞1时，t′（x）＞0，t（x）单调递增；所以．令f（t）＝t﹣alnt+e2（t≥e），则．当0＜a≤e时，f′（t）≥0，f（t）单调递增；所以f（t）≥f（e）＝e﹣a+e2≥0，解得a≤e+e2，故0＜a≤e满足条件；当a＞e时，当e＜t＜a时，f′（t）＜0，当t＞a时，f′（t）＞0，f（t）在（e，a）上单调递减；f（t）在（a，+∞）上单调递增；所以，设g（a）＝a﹣alna+e2（a＞e），则g′（a）＝﹣lna＜0，所以g（a）在（e，+∞）上单调递减，又g（e2）＝e2﹣e2lne2+e2＝0，所以g（a）≥g（e2），所以e＜a≤e2，综上所述，a的取值范围为（0，e2]．故选：A．38．（2023•安庆二模）已知函数f（x）＝eax﹣ax，其中a＞0，若不等式对任意x＞1恒成立，则a的最小值为．【解答】解：因为f（x）＝eax﹣ax，所以f'（x）＝aeax﹣a，所以不等式即为ax（eax﹣1）≥3（x3﹣1）lnx，即，构造函数g（x）＝x（ex﹣1），x∈（0，+∞），则g'（x）＝（ex﹣1）+xex，则即为g（ax）≥g（lnx3），因为x∈（0，+∞），所以ex＞1，所以ex﹣1＞0，xex＞0，所以g'（x）＝（ex﹣1）+xex＞0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，而ax∈（0，+∞），lnx3∈（0，+∞），因此由g（ax）≥g（lnx3）等价于ax≥lnx3，所以，令，x∈（1，+∞），则，所以当1＜x＜e时h'（x）＞0，当x＞e时h'（x）＜0，所以h（x）在（1，e）上单调递增，在（e，+∞）上单调递减，所以，所以，故正实数a的最小值为．故答案为：．39．（2023•三明三模）已知不等式x﹣alnx﹣a﹣2b≥3恒成立，其中a≠0，则的最大值为．【解答】解：已知不等式x﹣alnx﹣a﹣2b≥3恒成立，所以已知不等式x﹣alnx≥a+2b+3恒成立，不妨设f（x）＝x﹣alnx，函数定义域为（0，+∞），可得f′（x）＝1﹣＝，因为a≠0，当a＜0时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，函数f（x）无最小值，不满足条件；当a＞0时，当0＜x＜a时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；x＞a时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，所以f（x）min＝f（a）＝a﹣alna，满足a﹣alna≥a+2b+3，即﹣alna≥2b+3，整理得﹣lna≥+，所以≤﹣lna﹣，不妨设g（a）＝﹣lna﹣，函数定义域为（0，+∞），可得g′（a）＝﹣+＝，当0＜a＜3时，g′（a）＞0，g（a）单调递增；当a＞3时，g′（a）＜0，g（a）单调递减，所以g（a）max＝g（3）＝﹣ln3﹣，则的最大值为﹣ln3﹣，故答案为：﹣ln3﹣．40．（2023•江西模拟）当x≥1时，不等式ax﹣sin（x﹣1）≥lnx+a恒成立，则a的范围为．【解答】解：构造f（x）＝ax﹣sin（x﹣1）﹣lnx﹣a，x≥1，且f（1）＝0，因为，且f'（1）＝a﹣2，当a≥2时，，∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，f（x）≥f（1）＝0成立；当a＜2时，f'（1）＝a﹣2＜0，又f（x）在[1，+∞）上为连续函数，∴存在x0∈[1，+∞），使x∈（1，x0）时，f'（x）＜0，即f（x）在（1，x0）上单调递减，此时f（x）＜f（1）＝0，不成立，舍去；则a的范围为a≥2，故答案为：{a|a≥2}．八．利用导数研究曲线上某点切线方程（共15小题）41．（2023•湖南模拟）已知函数f（x）＝alnx+x2在x＝1处的切线与直线x+y﹣1＝0垂直，则a的值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【解答】解：因x+y﹣1＝0的斜率为﹣1，则f'（1）＝1⇒f'（1）＝a+2＝1⇒a＝﹣1．故选：B．42．（2023•泸县校级模拟）已知曲线y＝axex+lnx在点（1，ae）处的切线方程为y＝3x+b，则（）A．a＝e，b＝﹣2 B．a＝e，b＝2 C．a＝e﹣1，b＝﹣2 D．a＝e﹣1，b＝2【解答】解：由y＝axex+lnx，得y′＝aex+axex+，由题意，，解得a＝e﹣1，b＝﹣2．故选：C．43．（2023•锦江区校级模拟）已知曲线y＝xlnx+ae﹣x在点x＝1处的切线方程为2x﹣y+b＝0，则b＝（）A．﹣1 B．﹣2 C．﹣3 D．0【解答】解：因为y'＝lnx+x•﹣ae﹣x，所以函数在x＝1处的导数y'|x＝1＝1﹣，即函数在x＝1处切线的斜率k＝1﹣，且y|x＝1＝，所以函数在x＝1处的切线方程为：y﹣＝（1﹣）（x﹣1），即（1﹣）x﹣y﹣1+2•＝0，由题意可得，解得b＝﹣3，故选：C．44．（2023•梅河口市校级三模）若过点（a，b）可作曲线y＝x2﹣2x的两条切线，则点（a，b）可以是（）A．（0，0） B．（1，1） C．（3，0） D．（3，4）【解答】解：由y＝x2﹣2x，得y′＝2x﹣2，设切点坐标为（t，t2﹣2t），则过切点的切线方程为y＝（2t﹣2）（x﹣t）+t2﹣2t，把点（a，b）代入，可得b＝（2t﹣2）（a﹣t）+t2﹣2t，整理得：t2﹣2at+2a+b＝0，∵过点（a，b）可作曲线y＝x2﹣2x的两条切线，则方程t2﹣2at+2a+b＝0有两不等实数根，∴Δ＝4a2﹣4（2a+b）＞0，即a2﹣2a﹣b＞0．分别把（0，0），（1，1），（3，0），（3，4）代入验证，可得只有（3，0）满足．故点（a，b）可以是（3，0）．故选：C．45．（2023•湖北模拟）已知m＞0，n＞0，直线与曲线y＝lnx﹣n+2相切，则的最小值是（）A．16 B．12 C．8 D．4【解答】解：对y＝lnx﹣n+2求导得，由得x＝e，则，即m+n＝1，所以，当且仅当时取等号．故选：D．46．（2023•河南三模）已知函数f（x）＝x3﹣x+a的图象关于原点对称，则与曲线y＝f（x）和均相切的直线l有（）A．1条 B．2条 C．3条 D．4条【解答】解：∵函数f（x）＝x3﹣x+a的图象关于原点对称，∴f（0）＝a＝0，即f（x）＝x3﹣x，f′（x）＝3x2﹣1，设直线l与y＝f（x）切于（t，t3﹣t），则过切点的切线方程为y＝（3t2﹣1）（x﹣t）+t3﹣t，代入，可得（3t2﹣1）（x﹣t）+t3﹣t＝，整理可得：．由Δ＝，解得t＝0或t＝或t＝．∴与曲线y＝f（x）和均相切的直线l有3条．故选：C．47．（2023•青羊区校级模拟）若过原点与曲线f（x）＝x2ex+ax2﹣2x相切的直线，切点均与原点不重合的有2条，则a的取值范围是（）A．（e﹣2，+∞） B．（﹣∞，e﹣2） C．（0，e﹣2） D．（0，e﹣2]【解答】解：因为f（x）＝x2ex+ax2﹣2x，所以f′（x）＝（2x+x2）ex+2ax﹣2，设过原点的切线与曲线f（x）在x＝t（t≠0）处相切，所以切线的斜率，整理得a＝﹣（t+1）et，设g（t）＝﹣（t+1）et，则g′（t）＝﹣（t+2）et，所以当t＜﹣2时，g′（t）＞0，当t＞﹣2时，g′（t）＜0，所以g（t）在（﹣∞，﹣2）上单调递增，在（﹣2，+∞）上单调递减，所以，且当t→﹣∞时，g（t）→0，当t→+∞时，g（t）→﹣∞，所以当0＜a＜e﹣2时，过原点与曲线f（x）＝x2ex+ax2﹣2x相切的直线有2条．故选：C．48．（2023•博白县模拟）若曲线有三条过点（0，a）的切线，则实数a的取值范围为（）A． B． C． D．【解答】解：设该切线的切点为，则切线的斜率为，所以切线方程为，又切线过点（0，a），则，整理得．要使过点（0，a）的切线有3条，需方程有3个不同的解，即函数图象与直线y＝a在R上有3个交点，设，则，令g'（x）＞0⇒0＜x＜2，令g'（x）＜0⇒x＜0或x＞2，所以函数g（x）在（0，2）上单调递增，在（﹣∞，0）和（2，+∞）上单调递减，且极小值、极大值分别为，如图，由图可知，当时，函数图象与直线y＝a在R上有3个交点，即过点（0，a）的切线有3条．所以实数a的取值范围为．故选：B．49．（2023•新疆模拟）已知函数f（x）＝x2+alnx有两条与直线y＝2x平行的切线，且切点坐标分别为P（x1，f（x1）），Q（x2，f（x2）），则的取值范围是．【解答】解：由题意可知f（x）＝x2+alnx的定义域为（0，+∞），∴x1，x2∈（0，+∞），f′（x）＝2x+，由导数的几何意义可得切点为P（x1，f（x1））时，切线斜率为，Q点处切线斜率为．又∵两条切线与直线y＝2x平行，可得＝2，＝2，即，，∴x1，x2是关于方程2x2﹣2x+a＝0的两根，由Δ＝（﹣2）2﹣4×2a＞0，得a＜，又x1+x2＝1，＞0，可得0＜a＜，∴＝∈（0，）．故答案为：（0，）．50．（2023•佛山模拟）已知函数f（x）＝（x﹣3）ex，若经过点（0，a）且与曲线y＝f（x）相切的直线有三条，则（）A．﹣3＜a＜﹣e B．a＞﹣e C．a＜﹣3 D．a＜﹣3或a＞﹣e【解答】解：设切点为（t，（t﹣3）et），由f（x）＝（x﹣3）ex，得f′（x）＝ex+（x﹣3）ex＝（x﹣2）ex，则过切点的切线方程为y﹣（t﹣3）et＝（t﹣2）et（x﹣t），把（0，a）代入，可得a﹣（t﹣3）et＝（t﹣2）et（0﹣t），即﹣a＝et（t2﹣3t+3），令g（x）＝ex（x2﹣3x+3），则g′（x）＝ex（x2﹣x），可得当x∈（﹣∞，0）∪（1，+∞）时，g′（x）＞0，当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，∴g（x）的增区间为（﹣∞，0），（1，+∞），减区间为（0，1），又g（0）＝3，g（1）＝e，且当x→﹣∞时，g（x）→0，当x→+∞时，g（x）→+∞，∴若经过点（0，a）且与曲线y＝f（x）相切的直线有三条，则e＜﹣a＜3，可得﹣3＜a＜﹣e．故选：A．51．（2023•湖南一模）已知函数f（x）＝2+lnx，，若总存在两条不同的直线与函数y＝f（x），y＝g（x）图象均相切，则实数a的取值范围为（）A．（0，1） B．（0，2） C．（1，2） D．（1，e）【解答】解：由f（x）＝2+lnx，得f′（x）＝，设切点坐标为（t，2+lnt），则过切点的切线方程为y＝（x﹣t）+2+lnt＝+1，联立，得+1，即x﹣at+tlnt+t＝0．∵t＞0，则at＞0，得a＞0；由Δ＝a2t2﹣4tlnt﹣4t＝0，得，令g（t）＝，得g′（t）＝，可得当t∈（0，1）时，g′（t）＞0，g（t）单调递增，当t∈（1，+∞）时，g′（t）＜0，g（t）单调递减，∴g（t）max＝g（1）＝4．∴a2＜4，解得﹣2＜a＜2，又a＞0，∴实数a的取值范围为（0，2）．故选：B．52．（2023•重庆二模）已知f（x）＝ax2（a＞0）的图象在x＝1处的切线与函数g（x）＝ex的图象也相切，则该切线的斜率k＝．【解答】解：对函数f（x）＝ax2（a＞0），求导可得f′（x）＝2ax2，则在x＝1处的切线的斜率为k＝2a，又f（1）＝a，所以切线方程为y﹣a＝2a（x﹣1），即y＝2ax﹣a，对函数g（x）＝ex，求导可得g′（x）＝ex，设切点为（m，n），则，解得，所以．故答案为：．53．（2023•鲤城区校级模拟）已知函数过点A（2，0）作曲线y＝f（x）的切线，则切线的条数为．【解答】解：当x＞0时，，设切点为（x0，），x0＞0，其中f′（x）＝，故过A（2，0）的切线方程为y﹣＝（x﹣x0），将A（2，0）代入可得﹣＝•（2﹣x0），解得x0＝1或4，均大于0，满足要求，当x＜0时，，设切点为，m＜0，其中，故过A（2，0）的切线方程为，将A（2，0）代入，可得＝，解得m＝1或4，均大于0，不合要求，舍去．故