2020-2024年五年高考数学真题分类汇编专题03导数及其应用 （解析版）

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题03导数及其应用考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1导数切线方程（5年5考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2023天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题；2022天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零点；2021天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析；2020天津卷：利用导数求切线的方程、利用导数证明不等式；1.利用导数求切线方程是高考中的重点内容，需要掌握基本初等函数的求导公式、切点的性质。2.不等式恒成立的考查内容比较综合，一般结合导数与函数的单调性求解函数的最值问题等3.不等式的证明问题难度系数比较综合，通常需要结合求导、不等式放缩、同构等方法进行考察考点2不等式恒成立求参数（5年2考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2021天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析；考点3不等式证明（5年4考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2023天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题；2022天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零点；2020天津卷：利用导数求切线的方程、利用导数证明不等式；考点01导数切线方程1．（2024·天津·高考真题）设函数fx(1)求fx图象上点1,f(2)若fx≥ax-x在(3)若x1,x【答案】(1)y=x-1(2)2(3)证明过程见解析〖祥解〗（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；（3）先确定fx的单调性，再对x【详析】（1）由于fx=xln所以f1=0，f'1=1，所以所求的切线经过1,0（2）设ht=t-1-lnt，则h't=1-1t所以ht在0,1上递减，在1,+∞上递增，这就说明ht≥h1设gtfx当x∈0,+∞时，1x的取值范围是0,+∞，所以命题等价于对任意一方面，若对任意t∈0,+∞，都有gt0≤gt取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.再取t=2a，得0≤a⋅2另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞都有综合以上两个方面，知a的值是2.（3）先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<证明：前面已经证明不等式t-1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'x=lnx+1，可知当0<x<1e所以fx在0,1e不妨设x1情况一：当1e≤x情况二：当0<x1≤对任意的c∈0,1e，设φ由于φ'φ'且当x≥c-14ln2cφ'所以φ'x在0,c上存在零点x0，再结合φ'x单调递增，即知0<x<x0故φx在0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1-qφx再根据φx在0,x0上递减，即知对0<x<综合①②可知对任意0<x≤c，都有φx≤0，即根据c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情况三：当0<x1≤1e而根据fx的单调性，知fx1故一定有fx综上，结论成立.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题的关键在于第3小问中，需要结合fx考点02不等式恒成立求参数2．（2021·天津·高考真题）已知a>0，函数f(x)=ax-xe（I）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：（II）证明f(x)存在唯一的极值点（III）若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．【答案】（I）y=(a-1)x,(a>0)；（II）证明见解析；（III）-e,+∞〖祥解〗（I）求出fx在x=0处的导数，即切线斜率，求出f（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a（III）令h(x)=x2-x-1ex,(x>-1)，题目等价于存在x∈(-1,+∞)，使得【详析】（I）f'(x)=a-(x+1)e又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x,(a>0)；（II）令f'(x)=a-(x+1)e令g(x)=(x+1)ex，则当x∈(-∞,-2)时，g'(x)<0，gx单调递减；当x∈(-2,+∞)时，g当x→-∞时，gx<0，g-1=0，当x→+∞时，所以当a>0时，y=a与y=gx仅有一个交点，令gm=a，则m>-1当x∈(-∞,m)时，a>g(x)，则f'(x)>0，当x∈m,+∞时，a<g(x)，则f'(x)<0x=m为fx的极大值点，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对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)h'(x)=x当x∈(-1,1)时，h'(x)<0，hx单调递减，当x∈(1,+∞)时，h所以h(x)min=h(所以实数b的取值范围-e,+∞.【『点石成金』】关键『点石成金』：第二问解题的关键是转化为证明y=a与y=gx仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h考点03不等式证明3．（2023·天津·高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)求证：当x>0时，fx(3)证明：56【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为x>0时lnx+1>2x（3）构造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(【详析】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要证x>0时fx=1令g(x)=lnx+1-2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即所以x>0时fx（3）设h(n)=lnn!-则h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，则所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下证ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且当0<x<1时φ'(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上则h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-累加得：h(2)-h(n)<112(1-因为79>3则-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32综上，56<h(n)≤1，即【『点石成金』】关键点『点石成金』：第三问，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n单调性证右侧不等关系，再构造4．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R(1)求函数y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）当a=0时，求b的取值范围；（ii）求证：a2【答案】(1)y=(1-a)x+1(2)（i）b∈[2〖祥解〗（1）求出f'（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2-bt,t≥0在（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx【详析】（1）f'(x)=ex-a曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1-a)(x-0)+1即y=(1-a)x+1.（2）（i）当a=0时，因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex设t=x，故x=t2，故e设s(t)=et2-bt,t≥0，故而s'若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时若b<0，则s'(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，设u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=-b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点且0<t<t0时，u(t)<0；t>t故0<t<t0时，s'(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t而2t0et0设v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，所以ex-asinx=bx若x0=0，则1-a×0=b×0，该式不成立，故故asinx0a2+b2表示原点与直线故a2+b下证：对任意x>0，总有|sin证明：当x≥π2时，有|sin当0<x<π2时，即证设p(x)=sinx-x，则故p(x)=sinx-x在[0,+∞)上为减函数，故综上，|sin下证：当x>0时，exq(x)=ex-1-x,x>0故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即下证：e2xsin2x+x即证：2x-1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin【『点石成金』】思路『点石成金』：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.5．（2020·天津·高考真题）已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)（Ⅰ）当k=6时，（i）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（ii）求函数g(x)=f(x)-f（Ⅱ）当k⩾-3时，求证：对任意的x1, x2【答案】（Ⅰ）（i）y=9x-8；（ii）g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.〖祥解〗(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得g'（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令x1x2【详析】(Ⅰ)(i)当k=6时，f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即y=9x-8.(ii)依题意，g(x)=x从而可得g'(x)=3x整理可得：g'令g'(x)=0，解得x=1.当x变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表：x(0,1)x=1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由f(x)=x3+k对任意的x1, x2(=(==x令h(x)=x-1当x>1时，h'由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增，所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t-因为x2≥1，t3所以x=t由(Ⅰ)(ii)可知，当t>1时，g(t)>g(1)，即t3故t3由①②③可得(x所以，当k≥-3时，任意的x1,xf'【『点石成金』】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．6．（2024·天津南开·二模）已知函数fx=sin(1)求曲线y=fx在x=0(2)证明：对∀x∈0,+∞，f'x≥g(3)设an=n2n【答案】(1)y=x(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）由x=0处的导数得到切线的斜率，由x=0处的函数值得到切线上的点，由直线的点斜式方程得到切线方程；（2）构造新函数hx=f'x-gx=cos（3）利用sinx1-sinx【详析】（1）f'x=cosx所以曲线y=fx在点x=0处的切线方程为y=x（2）令hx=f'x-gx令φx=h'x，则φ'x其中h'0=0，故h'x≥0在故hx≥h0（3）设0<x1<令qx=x-因为q'x=cosx所以qx>qx2=0由于0<i+1所以ki由（2）知，cosx>1-x22（设Tn=123+①－②得34Tn所以Tn【『点石成金』】方法『点石成金』：利用放缩法证明不等式放缩法就是针对不等式的结构特征，运用不等式的性质，将不等式的一边或两边进行放大或缩小，也就是对代数式进行恰到好处的变形，使问题便于解决．放缩法大致分为以下几类．（1）将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小．（2）利用均值不等式或其他的不等式放缩数式．（3）不等式两边同时加上或减去某一项．（4）把代数式中的一些项进行分解再重新组合，这样就可以消去一些项便于求解，这也是我们常用的裂项法．7．（2024·天津河北·二模）已知a>0，函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)当0<a<1时.（ⅰ）求fx（ⅱ）设fx的极大值为ga，求(3)设n∈N+，且n≥2，求证：【答案】(1)y=1(2)（i）fx的单调递增区间是0,a1-a极大值aln（ii）-ln(3)证明见解析.〖祥解〗（1）求导数得f'（2）求导数得单调区间，可求得最值，再对g(a)求导数，可得最值；（3）利用分析法和放缩法，可求出结果.【详析】（1）a=1时，f∴y+ln2=1∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为（2）（ⅰ）fxf'令f'x∵0<a<1,∴a∵x>0，当x变化时，f'x0,aa1-aa1-af'+0-fx↗极大值↘∴函数y=fx单调递增区间是0,a∴fxfx的极大值（ⅱ）设gag'令g'a=0∵0<a<1，当a变化时，g'a0,11212g'-0+ga↘极小值↗而g∴ga的最小值为-（3）当n≥2时，要证1两边同时取对数，即证ln1即证n-1k=1k⋅ln即证2n-1而2n-1由（2）可知ga令a=kn，kn∴n-1∴1【『点石成金』】求解函数单调区间的步骤:(1)确定fx(2)计算导数f'(3)求出f'4)用f'x=0考查这若干个区间内f'x的符号，进而确定f'x>0f'x<0如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.8．（2024·天津北辰·三模）已知fx=ex-x2(1)当x0=0时，求直线(2)证明：l与曲线y=fx有一个异于点P的交点x1,f(3)在（2）的条件下，令x0x1【答案】(1)x-y+1=0(2)证明见解析(3)-〖祥解〗（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）设gx=f'x0x-（3）设x1=-kx0k>0，则计算可得0=Fx1=e【详析】（1）当x0=0时，P0,1，而f所以l的方程是y=1⋅x-0+1，即（2）由于f'(x)=ex-x，故l设gx=ex0令Fx设hx=1-12x2+x-1e记u=eu=e由于F0且F=1-u故一定存在x1∈u,0，使得F而x1<0<x0，故x1,fx（3）对k>0，设φt则φ'φ″φ'''由于当t>0时，φ'''t的导数故φ'''t在若0<k≤2，则φ'''所以对t>0有φ'''t>φ'''所以对t>0有φ″t>φ″所以对t>0有φ't>φ'所以对t>0有φt>φ0=0，从而若k>2，则φ'''由于对t>0有φ'''故φ'''从而存在v∈0,ln1+结合φ'''t在0,+∞上单调递增，知对0<t<v有φ'''t所以对0<t<v有φ″t<φ″所以对0<t<v有φ't<φ'所以φv<φ00<h故对t>1有et2>φ>t⋅e结合φv<φ0=0，就知道φt在0,v综上，对k>0，函数φt=e-kt+最后，一方面我们取k=-x0=Fx所以φt在0,+∞上存在零点x0，故-另一方面，对任意-12<t<0，取k=-1t记该零点为x0，取x0=φ=e所以这样的x0,x综上，t的取值范围是-1【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题的关键在于，将取值范围问题转化为函数的零点存在性问题，然后即可使用导数研究零点的存在性.9．（2024·天津·模拟预测）已知函数f(1)求曲线y=fx在x(2)求证：ex(3)函数hx【答案】(1)y=x+1；(2)证明见详析；(3)0,1〖祥解〗（1）利用导数求斜率，利用解析式求切点纵坐标，然后可得切线方程；（2）构造函数gx（3）构造函数mx=lnx+2x+2,x>-2，将问题转化为函数【详析】（1）因为f'所以曲线y=fx在x=-又f-1=ln（2）记gx=e当x<0时，g'x<0，函数g当x>0时，g'x>0，函数g所以当x=0时，gx取得最小值g所以gx=e（3）hx由题知，lnx+2即lnx+2令mx=ln当-2<x<e-2时，m'x>0当x>e-2时，m'x<0当x趋近于-2时，mx趋近于-∞，当x趋近于+∞时，m又fe-2=由图可知，当0<a<1e时，函数mx所以，a的取值范围为0,1【『点石成金』】思路『点石成金』：根据函数零点个数求参数范围，一般采取参变分离，转化为两个函数图象的交点问题，然后利用导数研究单调性，结合函数变化趋势、极值等作出函数图象，结合函数图象即可得解.10．（2024·天津河西·三模）已知函数fx=-2alnx-2(1)若f'(2)当a>0时，求函数gx(3)若存在x∈1e,【答案】(1)1(2)答案见解析(3)-〖祥解〗（1）求导可得f'x，由（2）求导可得g'x=（3）根据题意，由fx≤gx【详析】（1）因为fx=-2aln由f'2=0可得-（2）函数gx=ax-2a+1且g'当a>0时，令g'x=0，可得x=1①当1a=2，即对任意的x>0，g'x>0，gx②当0<1a<2g'x>0，得0<x<1a或x>2，gx的单调递增区间为0,1a和③当1a>2，即g'x>0，得0<x<2或1a；g'gx的单调递增区间为0,2和1a,+综上所述，a=12时，函数gxa>12时，函数gx的单调增区间为0,1a0<a<12时，函数gx的单调增区间为0,2和1（3）由fx≤gx，可得ax-lnx≥0令hx=ln若存在x∈1e,e2，不等式fh'x=1-lnx当1e≤x<e时，h'x>0所以函数hx在1e,所以函数hx在端点x=1e因为h1e=-e，所以hxmin=h因此，实数a的取值范围是-e11．（2024·天津武清·模拟预测）已知fx=ax-xa(1)当a=2时，求fx在x=0(2)当a=e时，求证：fx在(3)设a>e，已知∀x∈e2【答案】(1)y=(2)证明见解析(3)e,e〖祥解〗（1）根据导数的几何意义，求出切线斜率，由点斜式求切线方程；（2）f(x)在(e,+∞)上单调递增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【详析】（1）当a=2时，fx=2所以k=f'(0)=所以切线方程为y-1=ln2(x-0)，即（2）当a=e时，f(x)=则f'要证明fx在e只需证明f'(x)>0在则只需证ex-1>x设g(x)=x-1-(e-1)因为g'x=1-e-1所以x∈(e,+∞)时g(x)>g(e所以f'(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa设h(x)=lnxx,h当x>e时，h'(x)<0又因为a>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，则上式等价于lnaa≥由h(x)在(e,+∞即实数a的取值范围为e,e2【『点石成金』】方法『点石成金』：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.12．（2024·天津·二模）已知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在x=0(2)若对∀x∈-1,0时，fx≥0(3)若函数gx=fx+e【答案】(1)y=x(2)1(3)1个实数根，理由见解析〖祥解〗（1）根据导数的几何意义，求解即可；（2）两次求导后，分0<a≤1和a>1两种情况，结合隐零点问题，分析f(x)的单调性，确定使得fx≥0对∀x∈-1,0（3）先结合隐零点问题的处理方法，求得m的取值范围，再将原问题转化为求方程e1+x-emln【详析】（1）当a=2时，fx=2sin所以f(0)=0，f'则曲线y=fx在x=0处的切线方程为（2）由题意知，f'(x)=acos所以h'因为x∈-1,0，所以sinx<0，而所以h'(x)=-asin所以函数f'(x)=h(x)在区间-1,0上单调递增，且①当0<a≤1时，f'(x)≤f所以函数f(x)在-1,0上单调递减，此时f(x)≥f(0)=0，符合题意；②当a>1时，f'(0)=a-1>0，由零点存在定理知，∃x0∈所以函数f(x)在(-1,x0)则当x∈(x0,0)综上，正实数a的最大值为1（3）方程e1+x-mgx=fx所以g'x=则G'x=所以g'x=G(x)因为g'(0)=e所以∃x1∈(-12两边同时取对数得，1+x而g(x)在-1,x1上单调递减，在所以m=g(x)令t=1+x1，则所以m=1t+t，在因为e1+x-m-ln所以方程e1+x-m-ln设H(x)=e1+x-em令t(x)=e1+x-em所以H'(x)=t(x)在又H'(0)=e所以∃x2∈(0,m-1)，使得H两边取对数得，1+x2=m-又1+x1=所以m=1设m(x)=x+lnx，则m'所以函数m(x)在(0,+∞所以1+x2=因为函数H(x)在(-1,x2)所以H(x)即函数H(x)只有唯一零点x2故方程e1+x2【『点石成金』】关键『点石成金』：第二问的关键是两次求导得当f'(x)的单调性，结合隐零点以及零点存在定理分类讨论得到第三问的关键是将方程e1+x-m-ln1+x=013．（2024·全国·模拟预测）已知函数fx(1)当a=1时，讨论函数fx(2)若fx有两个极值点x①求实数a的取值范围；②求证：x1【答案】(1)fx在0,+(2)①0,1〖祥解〗（1）求得f'x=2x-2lnxx，设gx=2x-2lnxx（2）①求得f'x=2ax-2lnxx，令f'x=0，解得②由函数f'x有两个零点x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【详析】（1）解：当a=1时，可得fx=x2-设gx=2x-2令hx=x所以hx为0,+∞上的增函数，且所以gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，所以所以f'(x)min=2>0，所以f'（2）解：①因为函数fx=ax令f'x=0设px=ln因为fx有两个极值点x1,x2当x∈0,e时，p'x>0所以px在0,e上单调递增，在e,+又当x>1时，px>0，故可作出结合图象可得，0<a<12e，即实数a②由函数f'x有两个零点x1令t1=x12,t只需证明t1不妨令t1>t2，由要证t1t2即证lnt即证lnt1-令m=t1t2，则令sm=ln所以sm在1,+∞上单调递增，所以综上所述，原不等式成立．【『点石成金』】方法总结：利用导数证明或判定不等式问题：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；3、适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4、构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．14．（2024·天津·二模）已知fx(1)当a=2时，求fx在点e(2)讨论fx(3)若函数fx存在极大值，且极大值为1，求证：f【答案】(1)y=5x-2(2)答案见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）利用导数，求切点处切线的方程；（2）利用导数，分类讨论函数的单调性；（3）由极大值，求出a的值，通过构造函数求最值的方法证明不等式.【详析】（1）当a=2时，fx=x+2xln又f'x=3+2所求切线方程为y-3e=5x-（2）函数fx的定义域为0,+∵f①当a=0时，f'x=1>0，f②当a>0时，x∈e-1+1a,+∞时，fx∈0,e-1+1a时，f'③当a<0时，x∈0,e-1+1a时，x∈e-1+1a,+∞综上可得，当a=0时，函数fx在0当a>0时，函数fx在0,e-当a<0时，函数fx在0,e-（3）证明：由（2）可知，当a<0时，fx存在极大值，且极大值为f则e-1+1整理得e-1+1a⋅-a=1令gt=e当0<t<1时，g't<0，所以g当t>1时，g't>0，所以g而g1=e0-1=0，所以e因此fx=x-xln也就是证1-lnx≤e也就是证e-x-lnx≥-x-ln设Hu当u∈-∞,0时，H'u当u∈0,+∞时，H'u>0Hu≥H0∴fx【『点石成金』】方法『点石成金』：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理，证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.专题03导数及其应用考点五年考情（2020-2024）命题趋势考点1导数切线方程（5年5考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2023天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题；2022天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零点；2021天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析；2020天津卷：利用导数求切线的方程、利用导数证明不等式；1.利用导数求切线方程是高考中的重点内容，需要掌握基本初等函数的求导公式、切点的性质。2.不等式恒成立的考查内容比较综合，一般结合导数与函数的单调性求解函数的最值问题等3.不等式的证明问题难度系数比较综合，通常需要结合求导、不等式放缩、同构等方法进行考察考点2不等式恒成立求参数（5年2考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2021天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究能成立问题函数极值点的辨析；考点3不等式证明（5年4考）2024天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题由导数求函数的最值(含参)；2023天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数证明不等式利用导数研究不等式恒成立问题；2022天津卷：求在曲线上一点处的切线方程(斜率)利用导数研究不等式恒成立问题利用导数研究函数的零点；2020天津卷：利用导数求切线的方程、利用导数证明不等式；考点01导数切线方程1．（2024·天津·高考真题）设函数fx(1)求fx图象上点1,f(2)若fx≥ax-x在(3)若x1,x【答案】(1)y=x-1(2)2(3)证明过程见解析〖祥解〗（1）直接使用导数的几何意义；（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足；（3）先确定fx的单调性，再对x【详析】（1）由于fx=xln所以f1=0，f'1=1，所以所求的切线经过1,0（2）设ht=t-1-lnt，则h't=1-1t所以ht在0,1上递减，在1,+∞上递增，这就说明ht≥h1设gtfx当x∈0,+∞时，1x的取值范围是0,+∞，所以命题等价于对任意一方面，若对任意t∈0,+∞，都有gt0≤gt取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.再取t=2a，得0≤a⋅2另一方面，若a=2，则对任意t∈0,+∞都有综合以上两个方面，知a的值是2.（3）先证明一个结论：对0<a<b，有lna+1<证明：前面已经证明不等式t-1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'x=lnx+1，可知当0<x<1e所以fx在0,1e不妨设x1情况一：当1e≤x情况二：当0<x1≤对任意的c∈0,1e，设φ由于φ'φ'且当x≥c-14ln2cφ'所以φ'x在0,c上存在零点x0，再结合φ'x单调递增，即知0<x<x0故φx在0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1-qφx再根据φx在0,x0上递减，即知对0<x<综合①②可知对任意0<x≤c，都有φx≤0，即根据c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情况三：当0<x1≤1e而根据fx的单调性，知fx1故一定有fx综上，结论成立.【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题的关键在于第3小问中，需要结合fx考点02不等式恒成立求参数2．（2021·天津·高考真题）已知a>0，函数f(x)=ax-xe（I）求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程：（II）证明f(x)存在唯一的极值点（III）若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围．【答案】（I）y=(a-1)x,(a>0)；（II）证明见解析；（III）-e,+∞〖祥解〗（I）求出fx在x=0处的导数，即切线斜率，求出f（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，则可化为证明y=a（III）令h(x)=x2-x-1ex,(x>-1)，题目等价于存在x∈(-1,+∞)，使得【详析】（I）f'(x)=a-(x+1)e又f(0)=0，则切线方程为y=(a-1)x,(a>0)；（II）令f'(x)=a-(x+1)e令g(x)=(x+1)ex，则当x∈(-∞,-2)时，g'(x)<0，gx单调递减；当x∈(-2,+∞)时，g当x→-∞时，gx<0，g-1=0，当x→+∞时，所以当a>0时，y=a与y=gx仅有一个交点，令gm=a，则m>-1当x∈(-∞,m)时，a>g(x)，则f'(x)>0，当x∈m,+∞时，a<g(x)，则f'(x)<0x=m为fx的极大值点，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对任意x∈R成立，等价于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)h'(x)=x当x∈(-1,1)时，h'(x)<0，hx单调递减，当x∈(1,+∞)时，h所以h(x)min=h(所以实数b的取值范围-e,+∞.【『点石成金』】关键『点石成金』：第二问解题的关键是转化为证明y=a与y=gx仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h考点03不等式证明3．（2023·天津·高考真题）已知函数fx(1)求曲线y=fx在x=2(2)求证：当x>0时，fx(3)证明：56【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）利用导数的几何意义求斜率；（2）问题化为x>0时lnx+1>2x（3）构造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函数单调性可得h(n)≤h(【详析】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要证x>0时fx=1令g(x)=lnx+1-2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上递增，则g(x)>g(0)=0，即所以x>0时fx（3）设h(n)=lnn!-则h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，则所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下证ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且当0<x<1时φ'(x)>0，φ(x)递增，当x>1时φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上则h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-累加得：h(2)-h(n)<112(1-因为79>3则-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32综上，56<h(n)≤1，即【『点石成金』】关键点『点石成金』：第三问，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n单调性证右侧不等关系，再构造4．（2022·天津·高考真题）已知a，b∈R(1)求函数y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）当a=0时，求b的取值范围；（ii）求证：a2【答案】(1)y=(1-a)x+1(2)（i）b∈[2〖祥解〗（1）求出f'（2）（i）当a=0时，曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即为s(t)=et2-bt,t≥0在（ii）曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点即asinx0+bx【详析】（1）f'(x)=ex-a曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=(1-a)(x-0)+1即y=(1-a)x+1.（2）（i）当a=0时，因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，故ex设t=x，故x=t2，故e设s(t)=et2-bt,t≥0，故而s'若b=0，则s(t)=et2>0恒成立，此时若b<0，则s'(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，设u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=-b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零点且0<t<t0时，u(t)<0；t>t故0<t<t0时，s'(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因为s(t)在[0,+∞)上有零点，故s(t而2t0et0设v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因为曲线y=f(x)和y=g(x)有公共点，所以ex-asinx=bx若x0=0，则1-a×0=b×0，该式不成立，故故asinx0a2+b2表示原点与直线故a2+b下证：对任意x>0，总有|sin证明：当x≥π2时，有|sin当0<x<π2时，即证设p(x)=sinx-x，则故p(x)=sinx-x在[0,+∞)上为减函数，故综上，|sin下证：当x>0时，exq(x)=ex-1-x,x>0故q(x)在(0,+∞)上为增函数，故q(x)>q(0)=0即下证：e2xsin2x+x即证：2x-1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin【『点石成金』】思路『点石成金』：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式.5．（2020·天津·高考真题）已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)（Ⅰ）当k=6时，（i）求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（ii）求函数g(x)=f(x)-f（Ⅱ）当k⩾-3时，求证：对任意的x1, x2【答案】（Ⅰ）（i）y=9x-8；（ii）g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.〖祥解〗(Ⅰ)(i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；(ii)首先求得g'（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令x1x2【详析】(Ⅰ)(i)当k=6时，f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1)，即y=9x-8.(ii)依题意，g(x)=x从而可得g'(x)=3x整理可得：g'令g'(x)=0，解得x=1.当x变化时，g'(x),g(x)的变化情况如下表：x(0,1)x=1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.（Ⅱ）证明：由f(x)=x3+k对任意的x1, x2(=(==x令h(x)=x-1当x>1时，h'由此可得h(x)在[1,+∞)单调递增，所以当t>1时，h(t)>h(1)，即t-因为x2≥1，t3所以x=t由(Ⅰ)(ii)可知，当t>1时，g(t)>g(1)，即t3故t3由①②③可得(x所以，当k≥-3时，任意的x1,xf'【『点石成金』】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．6．（2024·天津南开·二模）已知函数fx=sin(1)求曲线y=fx在x=0(2)证明：对∀x∈0,+∞，f'x≥g(3)设an=n2n【答案】(1)y=x(2)证明见解析(3)证明见解析〖祥解〗（1）由x=0处的导数得到切线的斜率，由x=0处的函数值得到切线上的点，由直线的点斜式方程得到切线方程；（2）构造新函数hx=f'x-gx=cos（3）利用sinx1-sinx【详析】（1）f'x=cosx所以曲线y=fx在点x=0处的切线方程为y=x（2）令hx=f'x-gx令φx=h'x，则φ'x其中h'0=0，故h'x≥0在故hx≥h0（3）设0<x1<令qx=x-因为q'x=cosx所以qx>qx2=0由于0<i+1所以ki由（2）知，cosx>1-x22（设Tn=123+①－②得34Tn所以Tn【『点石成金』】方法『点石成金』：利用放缩法证明不等式放缩法就是针对不等式的结构特征，运用不等式的性质，将不等式的一边或两边进行放大或缩小，也就是对代数式进行恰到好处的变形，使问题便于解决．放缩法大致分为以下几类．（1）将代数式中的分母和分子同时扩大和缩小．（2）利用均值不等式或其他的不等式放缩数式．（3）不等式两边同时加上或减去某一项．（4）把代数式中的一些项进行分解再重新组合，这样就可以消去一些项便于求解，这也是我们常用的裂项法．7．（2024·天津河北·二模）已知a>0，函数fx(1)当a=1时，求曲线y=fx在点1,f(2)当0<a<1时.（ⅰ）求fx（ⅱ）设fx的极大值为ga，求(3)设n∈N+，且n≥2，求证：【答案】(1)y=1(2)（i）fx的单调递增区间是0,a1-a极大值aln（ii）-ln(3)证明见解析.〖祥解〗（1）求导数得f'（2）求导数得单调区间，可求得最值，再对g(a)求导数，可得最值；（3）利用分析法和放缩法，可求出结果.【详析】（1）a=1时，f∴y+ln2=1∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为（2）（ⅰ）fxf'令f'x∵0<a<1,∴a∵x>0，当x变化时，f'x0,aa1-aa1-af'+0-fx↗极大值↘∴函数y=fx单调递增区间是0,a∴fxfx的极大值（ⅱ）设gag'令g'a=0∵0<a<1，当a变化时，g'a0,11212g'-0+ga↘极小值↗而g∴ga的最小值为-（3）当n≥2时，要证1两边同时取对数，即证ln1即证n-1k=1k⋅ln即证2n-1而2n-1由（2）可知ga令a=kn，kn∴n-1∴1【『点石成金』】求解函数单调区间的步骤:(1)确定fx(2)计算导数f'(3)求出f'4)用f'x=0考查这若干个区间内f'x的符号，进而确定f'x>0f'x<0如果导函数含有参数，则需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.8．（2024·天津北辰·三模）已知fx=ex-x2(1)当x0=0时，求直线(2)证明：l与曲线y=fx有一个异于点P的交点x1,f(3)在（2）的条件下，令x0x1【答案】(1)x-y+1=0(2)证明见解析(3)-〖祥解〗（1）根据导数的几何意义即可求解；（2）设gx=f'x0x-（3）设x1=-kx0k>0，则计算可得0=Fx1=e【详析】（1）当x0=0时，P0,1，而f所以l的方程是y=1⋅x-0+1，即（2）由于f'(x)=ex-x，故l设gx=ex0令Fx设hx=1-12x2+x-1e记u=eu=e由于F0且F=1-u故一定存在x1∈u,0，使得F而x1<0<x0，故x1,fx（3）对k>0，设φt则φ'φ″φ'''由于当t>0时，φ'''t的导数故φ'''t在若0<k≤2，则φ'''所以对t>0有φ'''t>φ'''所以对t>0有φ″t>φ″所以对t>0有φ't>φ'所以对t>0有φt>φ0=0，从而若k>2，则φ'''由于对t>0有φ'''故φ'''从而存在v∈0,ln1+结合φ'''t在0,+∞上单调递增，知对0<t<v有φ'''t所以对0<t<v有φ″t<φ″所以对0<t<v有φ't<φ'所以φv<φ00<h故对t>1有et2>φ>t⋅e结合φv<φ0=0，就知道φt在0,v综上，对k>0，函数φt=e-kt+最后，一方面我们取k=-x0=Fx所以φt在0,+∞上存在零点x0，故-另一方面，对任意-12<t<0，取k=-1t记该零点为x0，取x0=φ=e所以这样的x0,x综上，t的取值范围是-1【『点石成金』】关键点『点石成金』：本题的关键在于，将取值范围问题转化为函数的零点存在性问题，然后即可使用导数研究零点的存在性.9．（2024·天津·模拟预测）已知函数f(1)求曲线y=fx在x(2)求证：ex(3)函数hx【答案】(1)y=x+1；(2)证明见详析；(3)0,1〖祥解〗（1）利用导数求斜率，利用解析式求切点纵坐标，然后可得切线方程；（2）构造函数gx（3）构造函数mx=lnx+2x+2,x>-2，将问题转化为函数【详析】（1）因为f'所以曲线y=fx在x=-又f-1=ln（2）记gx=e当x<0时，g'x<0，函数g当x>0时，g'x>0，函数g所以当x=0时，gx取得最小值g所以gx=e（3）hx由题知，lnx+2即lnx+2令mx=ln当-2<x<e-2时，m'x>0当x>e-2时，m'x<0当x趋近于-2时，mx趋近于-∞，当x趋近于+∞时，m又fe-2=由图可知，当0<a<1e时，函数mx所以，a的取值范围为0,1【『点石成金』】思路『点石成金』：根据函数零点个数求参数范围，一般采取参变分离，转化为两个函数图象的交点问题，然后利用导数研究单调性，结合函数变化趋势、极值等作出函数图象，结合函数图象即可得解.10．（2024·天津河西·三模）已知函数fx=-2alnx-2(1)若f'(2)当a>0时，求函数gx(3)若存在x∈1e,【答案】(1)1(2)答案见解析(3)-〖祥解〗（1）求导可得f'x，由（2）求导可得g'x=（3）根据题意，由fx≤gx【详析】（1）因为fx=-2aln由f'2=0可得-（2）函数gx=ax-2a+1且g'当a>0时，令g'x=0，可得x=1①当1a=2，即对任意的x>0，g'x>0，gx②当0<1a<2g'x>0，得0<x<1a或x>2，gx的单调递增区间为0,1a和③当1a>2，即g'x>0，得0<x<2或1a；g'gx的单调递增区间为0,2和1a,+综上所述，a=12时，函数gxa>12时，函数gx的单调增区间为0,1a0<a<12时，函数gx的单调增区间为0,2和1（3）由fx≤gx，可得ax-lnx≥0令hx=ln若存在x∈1e,e2，不等式fh'x=1-lnx当1e≤x<e时，h'x>0所以函数hx在1e,所以函数hx在端点x=1e因为h1e=-e，所以hxmin=h因此，实数a的取值范围是-e11．（2024·天津武清·模拟预测）已知fx=ax-xa(1)当a=2时，求fx在x=0(2)当a=e时，求证：fx在(3)设a>e，已知∀x∈e2【答案】(1)y=(2)证明见解析(3)e,e〖祥解〗（1）根据导数的几何意义，求出切线斜率，由点斜式求切线方程；（2）f(x)在(e,+∞)上单调递增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【详析】（1）当a=2时，fx=2所以k=f'(0)=所以切线方程为y-1=ln2(x-0)，即（2）当a=e时，f(x)=则f'要证明fx在e只需证明f'(x)>0在则只需证ex-1>x设g(x)=x-1-(e-1)因为g'x=1-e-1所以x∈(e,+∞)时g(x)>g(e所以f'(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa设h(x)=lnxx,h当x>e时，h'(x)<0又因为a>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，则上式等价于lnaa≥由h(x)在(e,+∞即实数a的取值范围为e,e2【『点石成金』】方法『点石成金』：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.12．（2024·天津·二模）已知函数fx(1)当a=2时，求曲线y=fx在x=0(2)若对∀x∈-1,0时，fx≥0(3)若函数gx=fx+e【答案】(1)y=x(2)1(3)1个实数根，理由见解析〖祥解〗（1）根据导数的几何意义，求解即可；（2）两次求导后，分0<a≤1和a>1两种情况，结合隐零点问题，分析f(x)的单调性，确定使