2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题08 导数在研究函数图像与性质中的综合应用（教师版含解析）

这是一份2011-2020年高考数学真题分专题训练 专题08 导数在研究函数图像与性质中的综合应用（教师版含解析），共30页。试卷主要包含了若函数 y ，设函数 f  x  等内容，欢迎下载使用。

专题 08 导数在研究函数图像与性质中的综合应用
十年大数据*全景展示


年 份
题号
考 点
考 查 内 容


2012
理 10

导数与函数的单调性
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究
函数的单调性，图像识别
理 21

导数与函数的最值
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究
函数的的最值，分类整合思想
文 13

导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线






2013
卷 1
理 16
导数与函数的最值
函数的对称性及常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数求函
数最值
卷 2
理 10
文 11

导数与函数的极值
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的单调性、
极值、对称性
卷 1
文 9

导数与函数的极值
三角函数函数的图像与性质及利用导数研究初等函数的图像与性
质
卷 1
文 21
导数与函数的单调性
导数与函数的极值
利用导数的几何意义求曲线的切线、函数单调性与导数的关系、函
数最值，运算求解能力及应用意识
卷 2
文 21

导数与函数的极值
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数研究函数的极值、研
究函数的切线问题及取值范围问题，分类整合思想



2014
卷 2
文 11
导数与函数的单调性
已知函数单调性求参数范围
卷 2
理 8

导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
理 21

导数与函数的单调性
本题利用到研究函数的单调性、利用导数研究不等式恒成立问题及
利用函数进行近似计算


2015
卷 1
文 15

导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
文 16

导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数的几何意义求曲线的
切线、直线与二次函数的位置关系



2016
卷 1
理 7
文 9

导数与函数的单调性

利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 1
文 12
导数与函数的单调性
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数解函数单调性问题
卷 2
理 16

导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几何意义求曲线的
切线
卷 2
理 21
导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导





数求最值与值域
卷 3
理 15

导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几
何意义求曲线的切线
卷 3
理 21

导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数证明不等式、利用导
数求最值与值域
卷 3
文 16

导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算法则及利用导数的几
何意义求曲线的切线

2017
卷 2
理 11

导数与函数的极值
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数研究函数
的极值．





2018
卷 1
理 5
文 6

导数的几何意义
函数的奇偶性、常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意
义求曲线的切线
卷 2
理 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 2
文 3
导数与函数的单调性
利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 2
文 13
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
理 7
文 9

导数与函数的单调性

利用导数判断函数的单调性、函数图像识别
卷 3
理 14
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线




2019
卷 1
理 13
文 13

导数的几何意义

常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
理 6
文 7

导数的几何意义

常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 2
文 10
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线
卷 3
文 20

导数与函数的最值
常见函数的导数、导数的运算法则、利用导数研究函数的单调性、
利用导数求最值及分类整合思想．


2020

卷 1
理 6
导数的几何意义
利用导数的几何意义求曲线的切线
文 15
导数的几何意义
利用导数的几何意义求曲线的切线

卷 3
理 10
导数的几何意义
导数的几何意义的应用，直线与圆的位置关系
文 15
导数的几何意义
常见函数的导数、导数的运算及利用导数的几何意义求曲线的切线

大数据分析*预测高考


考点
出现频率
2021 年预测
导数的几何意义
16/32
2021 年高考仍然重点利用导数的几何意义求函数的切线、利用导数研究函数的单调性、极值与最值问题，难度可以基础题，也
可为中档题，也可为难题，题型为选择、填空或解答题．
导数与函数的单调性
7/32
导数与函数的极值
5/32

导数与函数的最值
5/ 32


十年试题分类*探求规律


考点 26 导数的几何意义与常见函数的导数
1．(2020 全国Ⅰ理 6)函数 f ( x) = x4 - 2x3 的图像在点(1 , f (1))处的切线方程为 ( )


A． y = -2x -1
B． y = -2x +1
C. y = 2x - 3
D. y = 2x +1


【答案】B
【思路导引】求得函数 y = f ( x) 的导数 f ¢( x) ，计算出 f (1) 和 f ¢(1) 的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可．
【解析】Q f ( x) = x4 - 2x3 ，\ f ¢( x) = 4x3 - 6x2 ，\ f (1) = -1， f ¢(1) = -2 ，因此，所求切线的方程为 y +1 = -2( x -1) ，即 y = -2x +1，故选 B．
x
2．(2020 全国Ⅲ理 10)若直线l 与曲线 y = 和圆 x2 + y2 = 1 相切，则l 的方程为 ( )
5

A. y = 2x +1

【答案】D
B. y = 2x + 1
2
C. y = 1 x +1
2
D. y = 1 x + 1
2 2


【思路导引】可以根据圆的切线性质，结合排除法得出正确答案；也可以根据导数的几何意义设出直线l 的


方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案．

【解析】解法一：由与圆相切，故圆心(0, 0) 到直线的距离为圆半径 r =

5 ，符合条件的只有 A，D，将答
5


x
x
x
案 A 的直线方程带入 y = ，得： 2x - + 1 = 0 ，无解；将答案 AD 的直线方程带入 y = ，得：


x
x - 2
+ 1 = 0 ，有一解 x = 1 ．故选 D．

x
解法二：设直线l 在曲线 y = 上的切点为(x0 , x0 )，则 x0 > 0 ，


x
2 x
函数 y = 的导数为 y¢ =
1 ，则直线l 的斜率 k = 1 ，



x0
2 x0
设直线l 的方程为 y - =
1 (x - x
) ，即 x - 2
y + x0

2 x0
= 0 ，



x0
1+ 4x0
5
0
由于直线l 与圆 x2 + y2 = 1 相切，则 x0
5
= 1 ，

两边平方并整理得5x2 - 4x -1 = 0 ，解得 x = 1， x = - 1 (舍)，

0 0 0 0 5
则直线l 的方程为 x - 2 y + 1 = 0 ，即 y = 1 x + 1 ，故选 D．
2 2
3．(2019 全国Ⅲ理 6)已知曲线 y = aex + x ln x 在点（1，ae）处的切线方程为 y=2x+b，则

A. a = e，b = -1
B. a=e，b=1

C． a = e-1，b = 1
【答案】D
D． a = e-1
， b = -1


【解析】
y = aex + xlnx 的导数为 y ' = aex + lnx +1 ，又函数 y = aex + xlnx 在点(1, ae) 处的切线方程为

y = 2x + b ，可得 ae + 0 +1 = 2 ，解得 a = e-1 ，又切点为(1,1) ，可得1 = 2 + b ，即b = -1，故选 D．
4．(2019 全国Ⅱ文 10)曲线 y=2sinx+cosx 在点(π，–1)处的切线方程为

A． x - y - p -1 = 0
C． 2x + y - 2p +1 = 0
【答案】C
B． 2x - y - 2p -1 = 0
D． x + y - p +1 = 0

【解析】 由 y=2sinx+cosx，得 y¢ = 2 cos x - sin x ，所以 y¢ x=π = 2 cos π -sin π=-2 ，所以曲线 y=2sinx+cosx
在点(π, -1) 处的切线方程为 y +1 = -2(x - π) ，即 2x + y - 2p +1 = 0 ，故选 C．

5．(2018 全国卷Ⅰ理 5)设函数 f (x) = x3 + (a -1)x2 + ax ，若 f (x) 为奇函数，则曲线 y =
f (x) 在点(0, 0)



处的切线方程为
A. y = -2x
【答案】D

B. y = -x

C. y = 2x

D. y = x


【 解 析 】 因 为 函 数
f (x) = x3 + (a -1)x2 + ax 为 奇 函 数 ， 所 以
f (-x) = - f (x)

， 所 以

(-x)3 + (a -1)(-x)2 + a(-x) = -[x3 + (a -1)x2 + ax] ，所以 2(a -1)x2 = 0 ，因为 x Î R ，所以 a = 1 ，所

以 f (x) = x3 + x ，所以 f ¢(x) = 3x2 +1 ，所以 f ¢(0) = 1 ，所以曲线 y =
y = x ．故选 D．
f (x) 在点(0, 0) 处的切线方程为


6．(2014 全国卷 2 理 8)．设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0，0)处的切线方程为 y=2x，则 a= ( ) A． 0 B． 1 C． 2 D． 3
【答案】D

【解析】∵ y¢ = a -

故选 D．
1


x +1
，且在点(0, 0) 处的切线的斜率为 2，∴ y¢ |


ì-ln x, 0 < x < 1,


x=0

= a -
1


0 +1

= 2 ，即a = 3 ，

î
7．(2016 年四川)设直线l1 ， l2 分别是函数 f ( x) =
íln x, x > 1,
图象上点 P1 ， P2 处的切线， l1 与 l2 垂

直相交于点 P ，且l1 ， l2 分别与 y 轴相交于点 A ， B ，则△ PAB 的面积的取值范围是
A．(0，1) B．(0，2) C．(0，+∞) D．(1，+∞)
【答案】A
1 1

【解析】不妨设 P1 ( x1, ln x1 ) ， P2 ( x2 , ln x2 ) ，由于l1 ^ l2 ，所以 x
´ (-
x
) = -1 ，

1 2

1 1 1
x
x
x
则 x1 = ．又切线l1 ： y - ln x1 = ( x - x1 ) ， l2 : y + ln x2 = - ( x - x2 ) ，
2 1 2
1
x
1
ì y - ln x = 1 ( x - x )
í
于是 A(0, ln x -1) ， B(0,1 + ln x ) ，所以| AB |= 2 ，联立ï 1 ，
1 1 ï 1



2
2 1 2
ïî y + ln x2 = - x
( x - x2 )

1

解得 xP =
x + 1
x
1
1
，所以 SDPAB = 2 ´ 2 ´ xP =
x + 1
x
1
1
，因为 x1 > 1，所以 x1 +
x
1
> 2 ，所以 SDPAB 的取值

范围是(0,1) ，故选 A． 8．(2016 年山东)若函数 y =


f (x) 的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称

y = f (x) 具有 T 性质．下列函数中具有 T 性质的是

A. y = sin x
【答案】A
B. y = ln x
C. y = ex
D. y = x3

【解析】设函数 y = f (x) 的图象上两点 P(x1 , y1 ) ，Q(x2 , y2 ) ，则由导数的几何意义可知，点 P，Q 处切线

的斜率分别为 k1 = f ¢(x1 ) ， k2 =
f ¢(x2 ) 若函数具有 T 性质，则 k1 × k2 = f ¢(x1 )
f ¢(x2 ) = - 1．对于 A 选项，

f ¢(x) = cos x ， 显然 k1 × k2 = cos x1 cos x2 = - 1 有无数组解， 所以该函数具有 T 性质； 对于 B 选项，
f ¢(x) = 1 (x > 0) ，显然
x


k × k
= 1 × 1
= - 1 无解，故该函数不具有 T 性质；对于 C 选项， f ¢(x) = ex >0，

1 2
x1 x2

显然 k × k = ex1 × ex2 = - 1 无解， 故该函数不具有 T 性质； 对于 D 选项，
f ¢(x) = 3x2 ≥0 ， 显然

1 2

k × k = 3x2 × 3x2 = - 1 无解，故该函数不具有 T 性质．故选 A．

1 2 1 2

ex ¢ e


9．(2020 全国Ⅲ文 15)设函数 f ( x ) =
x + a
，若 f
(1) = ，则 a = ．
4


【答案】1

【思路导引】由题意首先求得导函数的解析式，然后得到关于实数 a 的方程，解方程即可确定实数 a 的值．


【解析】由函数的解析式可得： f
¢( x) =
ex ( x + a ) - ex
( x + a )2
ex ( x + a -1)


= ( x + a )2 ，

e1 ´(1+ a -1) ae

ae e


则： f ¢(1) =

故答案为：1．
(1+ a )2
= (a +1)2 ，据此可得：(a +1)2 = 4 ，整理可得：a2 - 2a +1 = 0 ，解得：a = 1，

10．(2020 全国Ⅰ文 15)曲线 y = ln x + x +1的一条切线的斜率为2 ，则该切线的方程为 ．
【答案】 y = 2x
0
【思路导引】设切线的切点坐标为(x0 , y0 ) ，对函数求导，利用 y¢ |x = 2 ，求出 x0 ，代入曲线方程求出 y0 ，


得到切线的点斜式方程，化简即可．

【解析】设切线的切点坐标为(x , y ), y = ln x + x + 1, y¢ = 1 + 1 ， y¢ |



= 1 + 1 = 2, x



= 1, y


= 2 ，

0 0 x
x= x0 0 0
0


x
∴切点坐标为(1, 2) ，所求的切线方程为 y - 2 = 2(x -1) ，即 y = 2x ，故答案为： y = 2x ．
11．(2019 全国Ⅰ理 13)曲线 y = 3(x2 + x)ex 在点(0，0) 处的切线方程为 ．
【答案】 y = 3x

【解析】因为 y = （3
x2 + x）ex ，所以 y ' = 3e（x
x2 + 3x +1），所以当 x = 0 时，y ' = 3 ，所以 y = （3
x2 + x）ex

在点（0，0）处的切线斜率 k = 3 ，又 y (0) = 0 ，所以切线方程为 y - 0 = 3( x - 0) ，即 y = 3x ．
12．(2018 全国卷 3 理 14)曲线 y = (ax + 1)ex 在点(0，1) 处的切线的斜率为-2 ，则 a = ．
【答案】 -3
【解析】由题知， y¢ = (ax + a +1)ex ，则 f ¢(0) = a +1 = -2 ，所以 a = -3．
13．(2018 全国卷 2 理 13)曲线 y = 2 ln(x + 1) 在点(0, 0) 处的切线方程为 ．
【答案】 y = 2x


【解析】由题知， y¢ =
2


x +1

，\ k =
2


0 + 1

= 2 ，\ y = 2x ．

14．(2018 全国卷 2 文 13)曲线 y = 2 ln x 在点 (1, 0) 处的切线方程为 ．

【答案】 y = 2x - 2
【解析】由 y = f ( x) = 2 ln x ，得 f ¢( x) = 2 ，则曲线 y = 2 ln x 在点(1, 0) 处的切线的斜率为 k = f ¢(1) = 2 ，则
x
所求切线方程为 y - 0 = 2( x -1) ，即 y = 2x - 2 ．

15．(2017 全国卷 1 理 14)曲线 y = x2 + 1 在点(1，2)处的切线方程为 ．
x

【答案】 y = x +1


【解析】设 y =
f (x) ，则 f ¢(x) = 2x - 1
x2
，所以 f ¢(1) = 2 -1 = 1，所以曲线 y = x2 + 1 在点(1, 2) 处的切
x

线方程为 y - 2 = 1´ (x -1) ，即 y = x +1．
16．(2016 年全国Ⅱ理 16)若直线 y = kx + b 是曲线 y = ln x + 2 的切线，也是曲线 y = ln(x +1) 的切线，则
b = ．
【答案】1- ln 2
1
【解析】设 y = kx + b 与 y = ln x + 2 和 y = ln( x + 1) 的切点分别为( x1, ln x1 + 2) 和( x2 , ln( x2 +1)) ．

- - = x
1
则切线分别为 y ln x1 2
1

( x - x1 ) ， y - ln( x2 + 1) =
x
2
+ 1 ( x - x2 ) ，

化简得 y = 1 × x + ln x
x 1
+ 1 ， y =
1
x + 1
x + ln ( x2
+ 1) -
x2 ，
x + 1

1

ì 1 =
í
依题意， ï x1

1


x2 + 1
2 2



，解得 x = 1 ，
x 1 2

î
ïln x1 + 1 = ln ( x2 + 1) -
从而b = ln x1 + 1 = 1 - ln 2 ．
2
x2 + 1

17．(2016 年全国Ⅲ理 15) 已知 f (x) 为偶函数，当 x < 0 时， f (x) = ln(-x) + 3x ，则曲线
y = f (x) ，在点(1, -3) 处的切线方程是 ．
【答案】 y = -2x -1
【解析】由题意可得当 x > 0 时， f ( x) = ln x - 3x ，则 f ¢( x) = 1 - 3 ， f ¢(1) = -2 ，则在点(1, -3) 处的切
x

线方程为 y + 3 = -2( x - 1) ，即 y = -2x - 1 ．
18．(2016 年全国 III 文)已知 f (x) 为偶函数，当 x ≤ 0 时， f (x) = e- x-1 - x ，则曲线 y =
处的切线方程式 ．
【答案】 y = 2x


f (x) 在点(1，2)



【解析】当 x > 0 时， -x < 0 ，则 f (- x) = e

x-1
x
e
+ x ．又 f ( x) 为偶函数，所以 f ( x) = f (-x) = + x ，
e

所以当 x > 0 时， f ¢( x) = ex-1 + 1 ，则曲线 y =
程为 y - 2 = 2( x - 1) ，即 y = 2x ．
f ( x) 在点(1，2)处的切线的斜率为 f ¢(1) = 2 ，所以切线方


19 ．(2015 全国 1 文 14) 已知函数
a = ．
【答案】1
f ( x) = ax3 + x +1 的图像在点(1, f (1)) 的处的切线过点 (2, 7) ， 则

【解析】∵ f ¢(x) = 3ax2 +1 ，∴ f ¢(1) = 3a +1，即切线斜率 k = 3a +1，又∵ f (1) = a + 2 ，∴切点为(1，
a + 2 - 7

a + 2 )，∵切线过(2，7)，∴
1- 2
= 3a +1，解得 a = 1．

20． (2012 全国文 13)曲线 y = x(3ln x +1) 在点(1，1)处的切线方程为
【答案】 4x - y - 3 = 0 ．
【解析】∵ y¢ = 3ln x + 4 ，∴切线斜率为 4，则切线方程为： 4x - y - 3 = 0 ．

21．(2015 卷 2 文 16)已知曲线 y = x + ln x 在点(1,1)
a= ．
【答案】8
处的切线与曲线 y = ax2 + (a + 2) x +1

相切，则

【解析】由 y¢ = 1+ 1 可得曲线 y = x + ln x 在点(1,1) 处的切线斜率为 2，故切线方程为 y = 2x -1 ，与
x

y = ax2 + (a + 2) x +1
联立得 ax2 + ax + 2 = 0 ，显然 a ¹ 0 ，所以由
D = a2 - 8a = 0 Þ a = 8 ．


22．(2015 陕西)设曲线 y = ex 在点(0，1)处的切线与曲线 y = 1 (x > 0) 上点 P 处的切线垂直，则 P 的坐标
x

为 ．
【解析】(1,1)
【解析】因为 y = ex ，所以 y¢ = ex ，所以曲线 y = ex 在点(0,1) 处的切线的斜率 k1


= y¢






x=0


= e0 = 1 ，设R


0
的坐标为( x , y ) ( x > 0 )，则 y = 1 ，因为 y = 1 ，所以 y¢ = - 1 ，所以曲线 y = 1 在点 P 处的切线的

x
x
x
x
0 0 0 2
0


斜率 k
= y¢ = - 1 ，因为 k × k

= -1 ，所以- 1 = -1 ，即 x2 = 1 ，解得 x = ±1 ，因为 x > 0 ，所


x
x
2 x= x0 2 1 2
0
2 0 0 0
0

以 x0 = 1，所以 y0 = 1 ，即 P 的坐标是(1,1) ，所以答案应填： (1,1) ．
23．(2014 广东)曲线 y = e-5 x + 2 在点(0,3) 处的切线方程为 ．
【答案】 y = -5x + 3
【解析】y¢ = -5e-5 x ，在点(0, 3) 处的切线的斜率为-5 ，所以切线方程为 y - 3 = -5(x - 0) ，即 y = -5x + 3 ．
24．(2014 江苏)在平面直角坐标系 xOy 中，若曲线 y = ax 2 + b (a，b 为常数)过点 P(2,-5) ，且该曲线在点 P
x
处的切线与直线7x + 2 y + 3 = 0 平行，则 a + b 的值是 ．
【答案】－3


b
【解析】由题意可得-5 = 4a +
2
① 又 f ¢(x) = 2ax - b
x2

，过点 P(2,-5) 的切线的斜率 4a - = -
b 7
4 2

②，由①②解得 a = -1, b = -2 ，所以 a + b = -3 ．

25．(2014 安徽)若直线l 与曲线C 满足下列两个条件：
(i) 直线l 在点 P(x0 , y0 )处与曲线C 相切； (ii) 曲线C 在 P 附近位于直线l 的两侧，则称直线l 在点 P 处
“切过”曲线C ．下列命题正确的是 (写出所有正确命题的编号)
①直线l : y = 0 在点 P(0,0)处“切过”曲线C ： y = x3
②直线l : x = -1在点 P(-1,0)处“切过”曲线C ： y = (x +1)2
③直线l : y = x 在点 P(0,0)处“切过”曲线C ： y = sin x
④直线l : y = x 在点 P(0,0)处“切过”曲线C ： y = tan x
⑤直线l : y = x -1 在点 P(1,0) 处“切过”曲线C ： y = ln x ．
【答案】①③④

x=0
【解析】 对于①， y¢ = 3x2 , y¢ | = 0 ，所以l : y = 0 是曲线C : y = x3 在点 P(0, 0)

处的切线，画图可知


x=-1
曲线C : y = x3 在点 P(0, 0) 附近位于直线l 的两侧，①正确；对于②，因为 y¢ = 2(x +1), y¢ | = 0 ，所以
x=0
l : x = -1不是曲线C ： y = (x +1)2 在点 P(-1,0)处的切线，②错误；对于③， y¢ = cos x, y¢ | = 1，在点
P(0,0)处的切线为l : y = x ，画图可知曲线C ： y = sin x 在点 P(0,0)附近位于直线l 的两侧，③正确；对


于④， y¢ =
1


cos2 x

， y¢ |

x=0 =
1


cos2 0
= 1 ，在点 P(0,0) 处的切线为l : y = x ，画图可知曲线C ： y = tan x 在

点 P(0,0)附近位于直线l 的两侧，④正确；对于⑤ y¢ = 1 ， y¢ |
x


x=1

= 1，

在点 P(1,0)处的切线为l : y = x -1 ，令 h(x) = x -1- ln x(x > 0) ，可得

h¢(x) = 1- 1 = x -1 ，所以h(x)
x x



min

= h(1) = 0 ，故 x -1≥ln x ，

可知曲线C ： y = ln x 在点 P(1,0)附近位于直线l 的下侧，⑤错误．
26．(2013 江西)若曲线 y = xa +1 (aÎ R )在点(1, 2) 处的切线经过坐标原点，则a= ．
【答案】2

【解析】 y¢ = axa-1 ，则 k =a，故切线方程 y = ax
27．(2016 年北京)设函数 f (x) = xea- x + bx ，曲线 y =
(I) 求a ， b 的值；
(II) 求 f (x) 的单调区间．
过点(1, 2) 解得a= 2 ．
f (x) 在点(2, f (2)) 处的切线方程为 y = (e -1)x + 4 ，

【解析】(I)Q f (x) = xea- x + bx ，∴ f ¢(x) = ea- x - xea- x + b = (1 - x)ea- x + b
∵曲线 y = f (x) 在点(2, f (2)) 处的切线方程为 y = (e - 1)x + 4
∴ f (2) = 2(e - 1) + 4 ， f ¢(2) = e -1
即 f (2) = 2ea-2 + 2b = 2(e -1) + 4 ①

f ¢(2) = (1 - 2)ea-2 + b = e -1 ② 由①②解得： a = 2 ， b = e
(II) 由(I)可知： f (x) = xe2- x + ex ， f ¢(x) = (1 - x)e2- x + e
令 g(x) = (1 - x)e2- x ，∴ g¢(x) = -e2- x - (1 - x)e2- x = (x - 2)e2- x

x
(-¥, 2)
2
(2, +¥)
g¢(x)
-
0
+
g (x)
]
极小值
Z
∴ g (x) 的最小值是 g(2) = (1 - 2)e2-2 = -1
∴ f ¢(x) 的最小值为 f ¢(2) = g(2) + e = e -1 > 0 ． 即 f ¢(x) > 0 对"x Î R 恒成立．
∴ f (x) 在(-¥, +¥) 上单调递增，无减区间．

a
28．(2018 天津)已知函数 f (x) = ax ， g(x) = log x ，其中 a > 1．

(1) 求函数 h(x) = f (x) - x ln a 的单调区间；

(2) 若曲线 y = f (x) 在点(x1 , f (x1 )) 处的切线与曲线 y = g(x) 在点(x2 , g(x2 )) 处的切线平行，证明
x + g(x ) = - 2 ln ln a ；

1 2 ln a
1
(3) 证明当 a ≥ ee 时，存在直线l ，使l 是曲线 y = f (x) 的切线，也是曲线 y = g(x) 的切线．
【解析】(1)由已知， h(x) = ax - x ln a ，有 h¢(x) = a x ln a - ln a ． 令h¢(x) = 0 ，解得 x = 0 ．
由 a > 1，可知当 x 变化时， h¢(x) ， h(x) 的变化情况如下表：

x
(-¥, 0)
0
(0, +¥)
h¢(x)
-
0
+
h(x)
]
极小值
Z
所以函数 h(x) 的单调递减区间(-¥, 0) ，单调递增区间为(0, +¥) ．

(2) 证明：由 f ¢(x) = ax ln a ，可得曲线 y =
f (x) 在点(x , f (x )) 处的切线斜率为 ax ln a ．由 g¢(x) = 1 ，

1
1 1 x ln a
1
可得曲线 y = g(x) 在点(x , g(x )) 处的切线斜率为 1 ．因为这两条切线平行，故有 ax ln a = 1 ，

x
2
2 2 ln a x ln a
2

2
即 x ax1 (ln a)2 = 1 ．

两边取以 a 为底的对数，得loga x2 + x1 + 2 loga ln a = 0 ，所以 x1 + g(x2 ) = -


2 ln ln a
．
ln a

(3) 证明：曲线 y = f (x) 在点(x , ax1 ) 处的切线l ： y - ax1 = ax1 ln a × (x - x ) ．
1 1 1


x
1
曲线 y = g(x) 在点(x2 , loga x2 ) 处的切线l2 ： y - loga x2 =
2
ln a × (x - x2 ) ．



1

要证明当 a ≥ ee 时，存在直线l ，使 l 是曲线 y =

f (x) 的切线，也是曲线 y = g(x) 的切线，只需证明当


1

a ≥ ee 时，存在 x1 Î (-¥, +¥) ， x2 Î(0, +¥) ，使得 l1 和 l2 重合．

1
ìax ln a = 1 ①

1 ïx

ln a

即只需证明当 a ≥ ee 时，方程组í2
有解，

ïax1 - x ax1 ln a = log x - 1 ②

îï 1
a 2 ln a



1 x x
1 2 ln ln a

由①得 x2 = ，代入②，得 a 1 - x1a 1 ln a + x1 + + = 0 ． ③

ax1 (ln a)2
ln a
ln a


1

因此，只需证明当 a ≥ ee 时，关于 x1 的方程③有实数解．

设函数u(x) = ax - xax ln a + x +

1
1


ln a
2 ln ln a
+
，
ln a


即要证明当 a ≥ ee 时，函数 y = u(x) 存在零点．
u¢(x) = 1- (ln a)2 xax ，可知 x Î(-¥, 0) 时，u¢(x) > 0 ； x Î(0, +¥) 时，u¢(x) 单调递减，又u¢(0) = 1 > 0 ，



u¢(
1
(ln a)2
1

) = 1- a (ln a )2

< 0 ，


故存在唯一的 x ，且 x > 0 ，使得u¢(x ) = 0 ，即1- (ln a)2 x ax0 = 0 ．
0 0 0 0

由此可得u(x) 在(-¥, x0 ) 上单调递增，在(x0 , +¥) 上单调递减．

u(x) 在 x = x0 处取得极大值u(x0 ) ．


1

因为 a ≥ ee ，故ln(ln a) ≥ -1，
x x


1 2 ln ln a

所以u(x0 ) = a 0 - x0 a 0 ln a + x0 + +
ln a


ln a

1 2 ln ln a
2 + 2 ln ln a

0
= x (ln a)2 + x0 + ln a ≥
ln a
≥ 0 ．



1
下面证明存在实数t ，使得u(t) < 0 ． 由(1)可得 ax ≥1+ x ln a ，
当 x > 时，
ln a





1 2 ln ln a

有u(x) ≤ (1+ x ln a)(1- x ln a) + x + +
ln a


ln a

= -(ln a)2 x2 + x +1+
1


ln a
2 ln ln a
+
，
ln a

所以存在实数t ，使得u(t) < 0

1

因此，当 a ≥ ee 时，存在 x1 Î (-¥, +¥) ，使得u(x1 ) = 0 ．


1

所以，当 a ≥ ee 时，存在直线l ，使l 是曲线 y =
考点 27 导数与函数的单调性

f (x) 的切线，也是曲线 y = g(x) 的切线．

1. 【2018 全国卷 2 理 3】函数 f ( x) =
ex - e- x
x2

的图像大致为( )



【答案】B
【解析】Q x ¹ 0 ， f (-x) = e- x - ex = - f ( x) ，\ f ( x) 为奇函数，舍去 A，Q f (1) = e - e-1 > 0 ，
x2


\ 舍去 D；Q f ¢( x) =
(ex + e-x ) x2 - (ex - e-x )2x

4
( x - 2)ex + ( x + 2)e-x
= 3

，\ x > 2 ， f ¢( x) > 0 ，所以，舍去

x x
C，故选 B．
2．(2018 全国卷 3 理 7)函数 y = -x4 + x2 + 2 的图像大致为( )


【答案】D

【解析】当 x = 0 时， y = 2 ，可以排除 A、B 选项；又因为 y¢ = -4x3 + 2x = -4x(x + 2 )(x - 2 ) ，则
2 2
2
f ¢(x) > 0 的解集为(-¥, - 2 ) U (0, ) ， f (x) 单调递增区间为(-¥, - 2 ) ，(0, 2 ) ； f ¢(x) < 0 的解
2 2 2 2


集为(-
, 0) U ( , +¥) ， f (x) 单调递减区间为(-
2
2
2 2
, 0) ，( , +¥) ．结合图象，可知 D 选项正确．
2
2
2 2

3．(2016 卷 1 理 7)．函数 y = 2x2 - e|x| |在[–2，2]的图像大致为




【答案】D
【 解析】 由题知该函数是偶函数， 当 x > 0 时，

f (x) = 2x2 - ex ， 所以

f ¢(x) = 4x - ex ， 因为

f ¢(0) = -1, f ¢(1) = 4 - e > 0 ，由零点存在性定理知，存在 x0 Î (0,1) ，使得 f ¢(x0 ) = 0 ，当0 < x < x0 时，
f ¢(x) < 0 ，当 x0 < x < 1时， f ¢(x) > 0 ，所以 f (x) 在[0, x0 ]是减函数，在[x0 ,1] 上是增函数，故选 D．

4．(2016 全国 1 文 12)若函数 f (x) = x - 1 sin 2x + a sin x 在(-¥, +¥) 单调递增，则 a 的取值范围是
3

(A) [-1,1]
(B) é-1, 1 ù


(C) é- 1 , 1 ù


(D) é-1, - 1 ù




【答案】C
ëê 3 úû
ëê 3 3úû
ëê 3úû

【解析】由题知， f ¢(x) =1- 2 cos 2x + a cos x =1- 2 (2 cos2 x -1) + a cos x = - 4 cos2 x + a cos x + 5 ³ 0
3 3 3 3
ì f (-1) = 1 - a ³ 0
对 x Î R 恒成立，设t = cos x ，即 f (t) = - 4 t 2 + at + 5 ³ 0 对t Î[-1,1] 恒成立，∴ ï 3 ，



解得- 1
3



£ a £
3 3

1 ，故选 C．
3
í
ï
ï f (1) =
î
1 + a ³ 0
3

5．(2014 全国卷 2，文 11)若函数 f ( x) = kx - Inx 在区间(1, +¥) 单调递增，则 k 的取值范围是( )

A． (-¥, -2]
【答案】D
B． (-¥, -1]
C． [2, +¥)
D． [1, +¥)

【解析】 f ' (x) = k - 1 ，由已知得 f ' (x) ³ 0 在 x Î(1, +¥) 恒成立，故 k ³ 1 ，因为 x > 1 ，所以0 < 1 < 1，

x
故k 的取值范围是[1, +¥) ，故选 D．
6．(2012 全国理 10)已知函数 f (x) = 1
x x
，则 y = f (x) 的图像大致为

ln(x +1) - x











【答案】B

【解析 1】定义域为(－1，0)∪(0，+∞)， f ¢(x) =










x


(x +1)(ln(x +1) - x) 2

∴ f (x) 在(－1，0)是减函数，在(0，+∞)是增函数，结合选项，只有 B 符合，故选 B．


【解析 2】 g(x) = ln(1+ x) - x Þ g¢(x) = -
x


1+ x

Þ g¢(x) > 0 Û -1 < x < 0, g¢(x) < 0 Û x > 0 Þ g(x) < g(0) = 0

7．(2014 全国卷 2 理 21)已知函数 f ( x) = ex - e- x - 2x
(Ⅰ)讨论 f ( x) 的单调性；
(Ⅱ)设 g ( x) = f (2x) - 4bf ( x) ，当 x > 0 时， g ( x) > 0 ，求b 的最大值；
2
(Ⅲ)已知1.4142 < < 1.4143，估计 ln2 的近似值(精确到 0．001)

【解析】(Ⅰ)∵ f '(x) = ex + 1
ex

- 2 ³ 0 ，当且仅当 x =0 时取等号，∴ f (x) 在R 上单调递增．


(Ⅱ) g ( x) = f (2x) - 4bf ( x) = e2 x - e-2 x - 4b(ex - e- x ) + (8b - 4)x ，
g¢(x) = 2e2 x + 2e-2 x - 4b(ex + e- x ) + (8b - 4) = 2(ex + e- x - 2)(ex + e- x - 2b + 2) 1 当b ≤2 时， g¢(x) ≥0，当且仅当 x =0 时取等号，∴ g (x) 在(-¥, +¥) 上单调递增，∴当 x ＞0 时， g (x) ＞ g (0) ；
2 当b ＞2 时，若 x 满足 2 < ex + e- x < 2b - 2 ，即0 < x < ln(b -1+ b2 - 2b) 时，g¢(x) ＜0，此时，g (x)


在(0， ln(b -1+
b2 - 2b ) )是减函数，当0 < x < ln(b -1+
b2 - 2b) 时， g (x) ＜ g (0) =0，


综上所述， b 的最大值为 2．
(Ⅲ)由(Ⅱ)知， g(ln 2) = 3 - 2 2b + 2(2b -1) ln 2 ，
2


当b =2 时， g(ln 2) = 3 - 4
2
+ 6 ln 2 ＞0，解得ln 2 ＞
2
8 2 - 3
12

＞0．6928．



3 2
4
当b = +1 时， ln(b -1+

3
b2 - 2b ) = ln 2 ，

2
2
g(ln 2) = - 2
2
+ (3
+ 2) ln 2 ＜0，∴ ln 2 ＜
18 + 2
28
x -1
＜0．6934，∴ ln 2 的近似值为 0．693．

8．(2014 山东)设函数 f (x) = a ln x +


x +1
，其中 a 为常数．

(Ⅰ)若a = 0 ，求曲线 y =
f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；



(Ⅱ)讨论函数 f (x) 的单调性．

【解析】(Ⅰ)由题意知 a = 0 时， f (x) =

x -1


x +1


, x Î(0, +¥) ，


此时 f ¢(x) =
2
(x +1)2
，可得 f ¢(1) = 1 ，又 f (1) = 0 ，
2


所以曲线 y = f (x) 在(1, f (1)) 处的切线方程为 x - 2 y -1 = 0 ．
(Ⅱ)函数 f (x) 的定义域为(0, +¥) ，

¢ a 2 ax + (2a + 2)x + a
2

f (x) = + = ，
x (x +1)2 x(x +1)2

当a ³ 0 时， f ¢(x) > 0 ，函数 f (x) 在(0, +¥) 上单调递增， 当a < 0 时，令 g(x) = ax2 + (2a + 2)x + a ，
由于D = (2a + 2)2 - 4a2 = 4(2a +1) ，

1
①当 a = - 时， D = 0 ，
2
- 1 (x -1)2
f ¢(x) = 2 £ 0 ，函数 f (x) 在(0, +¥) 上单调递减，
x(x +1)2
②当 a < - 1 时， D < 0, g(x) < 0 ， f ¢(x) < 0 ，函数 f (x) 在(0, +¥) 上单调递减，
2
1
③当- < a < 0 时， D > 0 ，
2
-(a +1) - 2a +1
设 x1 , x2 (x1 < x2 ) 是函数 g (x) 的两个零点，


-(a +1) + 2a +1
则 x1 =
a ， x2 = a ，



a +1- 2a +1
a2 + 2a +1 - 2a +1
由 x1 = -a = -a
> 0 ，


1
所以 x Î(0, x1 ) 时， g(x) < 0, f ¢(x) < 0 ，函数 f (x) 单调递减， x Î(x1, x2 ) 时， g(x) > 0, f ¢(x) > 0 ，函数 f (x) 单调递增， x Î(x2 , +¥) 时， g(x) < 0, f ¢(x) < 0 ，函数 f (x) 单调递减， 综上可知，当 a ³ 0 时，函数 f (x) 在(0, +¥) 上单调递增；
当 a £ - 时，函数 f (x) 在(0, +¥) 上单调递减；
2


当 - 1 < a < 0 时 ，
2

f (x)

-(a +1) + 2a +1
在 (0, )
a
， ( , +¥)
-(a +1) - 2a +1
a

上 单 调 递 减 ， 在



-(a +1) + 2a +1
-(a +1) - 2a +1
( , ) 上单调递增．
a a
考点 28 导数与函数的极值

1．(2017 全国卷 2 理 11)若 x = -2 是函数 f (x) = (x2 + ax -1)e x-1 的极值点，则 f (x) 的极小值为

A． -1
【答案】A
B． -2e-3
C． 5e-3

D．1

【解析】由题可得 f ¢(x) = (2x + a)ex-1 + (x2 + ax -1)ex-1 = [x2 + (a + 2)x + a -1]ex-1 ，因为 f ¢(-2) = 0 ， 所以 a = -1 ， f (x) = (x2 - x -1)e x-1 ，故 f ¢(x) = (x2 + x - 2)e x-1 ，令 f ¢(x) > 0 ，解得 x < -2 或 x > 1 ，

所 以 f (x)
在 (-¥, -2),(1, +¥) 上 单 调 递 增 ， 在 (-2,1)
上 单 调 递 减 ， 所 以
f (x)
的 极 小 值 为

f (1) = (1-1-1)e1-1 = -1，故选 A．
2．(2013 全国卷 2 理 10)已知函数 f (x) = x3 + ax2 + bx + c ，下列结论错误的是
A． $x0 Î R f (x0 ) =0，
B. 函数 y = f (x) 的图像是中心对称图形
C. 若 x1 是 f (x) 的极小值点，则 f (x) 在区间( -¥ ， x1 )单调递减
D. 若 x1 是 f (x) 的极值点，则 f ¢(x1 ) =0，
【答案】C
【解析】对于选项 C：取 a = 3 ， b = -9 ， c = 0 ，即 f (x) = x3 + 3x2 - 9x ，则 f '(x) = 3x 2 + 6x - 9 ，所以当 x < -3 或 x > 1 时， f '(x) > 0 ，当 -3 < x < 1时， f '(x) < 0 ，所以 f (x) 在(-¥, -3) 和(1, +¥) 内为增，
(-3,1) 内为减，则 x = 1 时为极小值点，但在区间(-¥,1) 不单调递减，显然错误，故选 C．
3．(2013 全国卷 1 文 9) 函数 f (x) = (1- cos x) sin x 在[-p,p] 的图像大致为

【答案】C
【解析】显然 f (x) 是奇函数，故排除 B，当 -p< x < 0 时， f (x) ＜0，故排除 A，
∵ f ¢(x) = sin2 x + cos x - cos2 x = -2 cos2 x + cos x +1，由 f ¢(x) ≥0 解得- 1 £ cos x ，又∵ -p£ x £ p，
2
∴ - 3p £ x £ 3p ，同理，由 f ¢(x) ≤0 解得， -p£ x £ - 3p或 3p £ x £ p，
4 4 4 4
3p 3p 3p 3p

∴ f (x) 在[－p，－
4
3p
]上是减函数，在[－
4
1+ 2
3p
， ]上是增函数，在[
4 4
，p]上是减函数，

∴当 x =
4
时， f (x) 取最小值 f (-
) = - ，最小值点靠近－p，故选C ．
4 2


4．(2011 福建)若a > 0 ，b > 0 ，且函数 f (x) = 4x3 - ax 2 - 2bx + 2 在 x = 1 处有极值，则 ab 的最大值等于

A．2 B．3 C．6 D．9

【答案】D
【解析】 f ¢(x) = 12x2 - 2ax - 2b ，由 f ¢(1) = 0 ，即12 - 2a - 2b = 0 ，得 a + b = 6 ．由 a > 0 ， b > 0 ， 所以 ab ≤ ( a + b )2 = 9 ，当且仅当a = b = 3 时取等号．选 D．
2
5．(2011 浙江)设函数 f ( x) = ax2 + bx + c (a, b, c Î R) ，若 x = -1 为函数 f ( x)ex 的一个极值点，则下列图象不可能为 y = f ( x) 的图象是

A B C D

【答案】D

【解析】若 x = -1 为函数 f (x)ex 的一个极值点，则易知a = c ，∵选项 A，B 的函数为 f (x) = a(x +1)2 ，

∴[ f (x)ex ] = [ f ¢(x) + f (x)]ex = a(x +1)(x + 3)ex ，∴ x = -1 为函数 f (x)ex 的一个极值点满足条件；选项


C 中，对称轴 x = - b
2a
b
> 0 ，且开口向下，∵ a < 0, b > 0 ，∴ f (-1) = 2a - b < 0 ，也满足条件；选项 D

中，对称轴 x = - < 0 ，且开口向上，∴ a > 0, b > 2a ，∴ f (-1) = 2a - b < 0 ，与题图矛盾，故选 D．
2a

6．(2015 重庆)设函数 f (x) =
3x2 + ax


ex
(a Î R) ．

(Ⅰ)若 f (x) 在 x = 0 处取得极值，确定 a 的值，并求此时曲线 y =
(Ⅱ)若 f (x) 在[3, +¥) 上为减函数，求 a 的取值范围．
(6x + a)ex - (3x2 + ax)ex
【解析】(Ⅰ)对 f (x) 求导得 f '(x) = =
(ex )2
因为 f (x) 在 x = 0 处取得极值，所以 f '(0) = 0 即 a = 0 ．
f (x) 在点(1, f (1))


-3x2 + (6 - a)x + a ex
处的切线方程；



,



当a = 0 时， f (x) =

3 3
3x2
ex
, f '(x) =
-3x2 + 6x ex

, 故 f (1) =
3 , f '(1) = 3
e e

, 从而 f (x) 在点(1， f (1) )处的切线方

程为 y - =
e e
(x -1), 化简得3x - ey = 0 ．

-3x2 + (6 - a)x + a

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f '(x) = ．
ex

令 g(x) = -3x2 + (6 - a)x + a ，
6 - a - a2 + 36
6
6 - a + a2 + 36
6
由 g (x) = 0 解得 x1 = ， x2 = ． 当 x < x1 时， g(x) < 0 ，即 f '(x) < 0 ，故 f (x) 为减函数；
6 - a + a2 + 36
当 x1 < x < x2 时， g (x) > 0 ，即 f '(x) > 0 ，故 f (x) 为增函数； 当 x > x2 时， g(x) < 0 ，即 f '(x) < 0 ，故 f (x) 为减函数；
9
由 f (x) 在[3, +¥) 上为减函数，知 x2 = £ 3, 解得 a ³ - ,
6 2
ø
故a 的取值范围为é- 9 , +¥ö ．
ëê 2 ÷


7．(2013 全国卷 1 文 21)已知函数 f (x) = ex (ax + b) - x 2 - 4x ，曲线 y =
y = 4x + 4
(Ⅰ)求 a ， b 的值
(Ⅱ)讨论 f (x) 的单调性，并求 f (x) 的极大值
【解析】(Ⅰ) f ¢(x) = ex (ax + a + b) - 2x - 4 ．
由已知得 f (0) =4， f ¢(0) =4，故b = 4 ， a + b =8，从而a =4， b = 4 ；
(Ⅱ)由(Ⅰ)知， f (x) = 4ex (x +1) - x2 - 4x ，
f ¢(x) = 4ex (x + 2) - 2x - 4 = 4(x + 2)(ex - 1 ) ，
2
f (x) 在点(0， f (0) )处切线方程为

令 f ¢(x) =0得， x = - ln 2 或 x =-2，
∴当 x Î(-¥, -2) È (- ln 2, +¥) 时， f ¢(x) ＞0，当 x ∈(-2， - ln 2 )时， f ¢(x) ＜0，
∴ f (x) 在(-∞，-2)，( - ln 2 ，+∞)单调递增，在(-2， - ln 2 )上单调递减． 当 x =-2时，函数 f (x) 取得极大值，极大值为 f (-2) = 4(1- e-2 ) ． 8．(2013 全国卷 2 文 21)已知函数 f (x) = x2e- x ． (Ⅰ)求 f (x) 的极小值和极大值；
(Ⅱ)当曲线 y = f (x) 的切线l 的斜率为负数时，求l 在 x 轴上截距的取值范围．
【解析】(Ⅰ) f ¢(x) = 2xe- x - x2e- x = xe- x (2 - x)
当 x ＜0 或 x ＞2 时， f ¢(x) ＜0，当 0＜ x ＜2 时， f ¢(x) ＞0，
∴ f (x) 在(-∞，0)单调递减，在(0，2)单调递增，在(2，+∞)单调递减．
∴当 x =0 时， f (x) 取极小值 0，当 x =2 时， f (x) 取极大值 4e-2 ．

(Ⅱ) 设切点( x ， y )，则 f ¢(x ) = x e- x0 (2 - x )
0 0 0 0 0
由题知 f ¢(x ) ＜0 得， x ＜0 或 x ＞2，∴ l 的方程为 y - x2e- x0 = x e- x0 (2 - x )(x - x ) ，
0 0 0 0 0 0 0

0
0
0
令 y =0，解得l 在 x 轴上截距 x = x + x0 ( x ＜0 或 x ＞2)= 2


+ x - 2 + 3

2
x - 2
´(x - 2)
0
0
0
x0 - 2 x0 - 2


当 x0 ＞2 时，x =

取等号，
2


x0 - 2
+ x0
- 2 + 3 ≥ 2
+ 3=5，当且仅当
2


x0 - 2
= x0
- 2 即 x0 = 2 +

2 时，

2 ¢ 2


x2 - 4x + 2

x
0
当 x ＜0 时，设 g(x ) =
+ x +1，∴ g (x ) = - +1 = 0 0 ＞0，

0
0 0 - 2 0
(x0
- 2)2
(x0
- 2)2

∴ g(x0 ) 在(－∞，0)单调递增，∴ g(x0 ) ＜ g(0) =0，
综上所述， l 在 x 轴上截距取值范围为(－∞，0)∪(5，+∞)．

9．(2018北京)设函数 f (x) = [ax2 - (4a +1)x + 4a + 3]e x ．

(1) 若曲线 y = f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行，求a ；

(2) 若 f (x) 在 x = 2 处取得极小值，求 a 的取值范围．

【解析】(1)因为 f (x) = [ax2 - (4a +1)x + 4a + 3]e x ，

所以 f ¢(x) = [2ax - (4a +1)]e x +[ax 2 - (4a +1)x + 4a + 3]e x ( x Î R )

=[ax2 - (2a +1)x + 2]ex ．
f ¢(1) = (1- a)e ．
由题设知 f ¢(1) = 0 ，即(1- a)e = 0 ，解得 a = 1． 此时 f (1) = 3e ¹ 0 ．
所以 a 的值为 1．

(2)由(1)得 f ¢(x) = [ax2 - (2a +1)x + 2]e x = (ax -1)(x - 2)e x ．


1
若a > ，则当 x Î
2
1
( , 2)
a
时， f ¢(x) < 0 ；

当 x Î(2, +¥) 时， f ¢(x) > 0 ．
所以 f (x) < 0 在 x = 2 处取得极小值．
1
若a ≤ ，则当 x Î(0, 2) 时， x - 2 < 0 ， ax -1≤ 1 2 2




x -1 < 0 ，

所以 f ¢(x) > 0 ．
所以 2 不是 f (x) 的极小值点．

1
综上可知， a 的取值范围是( , +¥) ．
2
10．(2017 山东)已知函数 f ( x) = x2 + 2 cos x ， g (x ) = ex (cos x - sin x + 2x - 2 ) ，其中 e = 2.71828L是自然对数的底数． (Ⅰ)求曲线 y = f ( x) 在点(p, f (p)) 处的切线方程； (Ⅱ)令 h(x) = g(x) - af (x) (a Î R) ，讨论 h(x) 的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值．
【解析】(Ⅰ)由题意 f (p) = p2 - 2
又 f ¢( x) = 2x - 2sin x ， 所以 f ¢(p) = 2p，
因此曲线 y = f ( x) 在点(p, f (p)) 处的切线方程为
y - (p2 - 2) = 2p( x -p) ，

即 y = 2px -p2 - 2 ．

(Ⅱ)由题意得 h(x) = ex (cos x - sin x + 2x - 2) - a(x 2 + 2 cos x) ，

因为 h¢( x ) = ex (cos x - sin x + 2x - 2 )+ ex (-sin x - cos x + 2 )- a (2x - 2sin x )

= 2ex ( x - sin x ) - 2a (x - sin x )
= 2(ex - a)( x - sin x) ，令 m( x) = x - sin x
则 m¢( x) = 1 - cos x ³ 0
所以 m(x) 在 R 上单调递增． 因为 m(0) = 0,
所以 当 x > 0 时， m(x) > 0,
当 x < 0 时， m( x) < 0

(1) 当 a £ 0 时， ex - a > 0
当 x < 0 时， h¢( x) < 0 ， h ( x) 单调递减， 当 x > 0 时， h¢( x) > 0 ， h ( x) 单调递增，
所以 当 x = 0 时 h ( x) 取得极小值，极小值是
(2) 当 a > 0 时， h¢( x) = 2(ex - eln a )( x - sin x)




h(0) = -2a -1 ；



由 h¢( x) = 0 得
x1 = ln a ， x2 =0


①当0 < a < 1 时， ln a < 0 ，
当 x Î(-¥, ln a) 时， ex - eln a < 0,h¢(x ) > 0 ， h ( x) 单调递增； 当 x Î(ln a, 0) 时， ex - eln a > 0,h¢(x ) < 0 ， h ( x) 单调递减； 当 x Î(0, +¥) 时， ex - eln a > 0,h¢(x ) > 0 ， h ( x) 单调递增． 所以 当 x = ln a 时 h ( x) 取得极大值．
极大值为 h (ln a) = -a éëln2 a - 2ln a + sin (ln a) + cos(ln a) + 2ùû ，

当 x = 0 时 h ( x) 取到极小值，极小值是 h(0) = -2a -1 ；

②当 a = 1时， ln a = 0 ，
所以 当 x Î(-¥, +¥) 时， h¢( x) ³ 0 ，函数 h ( x) 在(-¥, +¥) 上单调递增，无极值；
③当 a > 1时， ln a > 0
所以 当 x Î(-¥, 0) 时， ex - eln a < 0 ， h¢( x) > 0, h ( x) 单调递增； 当 x Î(0, ln a) 时， ex - eln a < 0 ， h¢( x) < 0, h ( x) 单调递减；
当 x Î(ln a, +¥) 时， ex - eln a > 0 ， h¢( x) > 0, h ( x) 单调递增； 所以 当 x = 0 时 h ( x) 取得极大值，极大值是 h(0) = -2a -1 ； 当 x = ln a 时 h ( x) 取得极小值．
极小值是 h (ln a) = -a éëln2 a - 2ln a + sin (ln a) + cos(ln a) + 2ùû ．综上所述：

当 a £ 0 时， h ( x) 在(-¥, 0) 上单调递减，在(0, +¥) 上单调递增， 函数 h ( x) 有极小值，极小值是 h(0) = -2a -1 ；
当0 < a < 1 时，函数 h ( x) 在 (-¥, ln a) 和(0, ln a) 和(0, +¥) 上单调递增，在(ln a, 0) 上单调递减，函数 h ( x) 有极大值，也有极小值，
极大值是 h (ln a) = -a éëln2 a - 2ln a + sin (ln a) + cos(ln a) + 2ùû
极小值是 h(0) = -2a -1 ；
当 a = 1 时，函数 h ( x) 在(-¥, +¥) 上单调递增，无极值； 当 a > 1 时，函数 h ( x) 在(-¥, 0) 和(ln a, +¥) 上单调递增， 在(0, ln a) 上单调递减，函数 h ( x) 有极大值，也有极小值， 极大值是 h(0) = -2a -1 ；
极小值是 h (ln a) = -a éëln2 a - 2ln a + sin (ln a) + cos(ln a) + 2ùû ．



11．(2014 山东)设函数 f
(x) = e
x
x2
- k ( 2
x
+ ln x) ( k 为常数， e = 2.71828L是自然对数的底数)．


(Ⅰ)当 k £ 0 时，求函数 f ( x) 的单调区间；
(Ⅱ)若函数 f ( x) 在(0, 2) 内存在两个极值点，求 k 的取值范围．
【解析】(Ⅰ)函数 y = f ( x) 的定义域为(0, +¥)

¢ ex × x2 - 2xex 2 1 (x - 2)(ex - kx)

f (x) = - k (- + ) = (x > 0)
x4 x2 x x3
由k £ 0 可得 ex - kx > 0

所以当 x Î(0, 2) 时， f ¢(x) < 0 ，函数 y =
f (x) 单调递减，

所以当 x Î(2, +¥) 时， f ¢(x) > 0 ，函数 y =
f (x) 单调递增，

所以 f (x) 的单调递减区间为(0, 2) ， f (x) 的单调递增区间为(2, +¥)

(Ⅱ)由(Ⅰ)知， k £ 0 时， f (x) 在(0, 2) 内单调递减， 故 f (x) 在(0, 2) 内不存在极值点；

当k > 0 时，设函数 g ( x) = ex - kx ， x Î[0, +¥) ，因此 g(x) = ex - k = ex - e lnk ． 当0 < k £ 1时， x Î(0, 2) 时 g¢(x) = ex - k > 0 ，函数 y = g ( x) 单调递增
x
(0, ln k )
ln k
(ln k, +¥)
g¢( x)
-
0
+
g (x)
]

Z

故 f (x) 在(0, 2) 内不存在两个极值点； 当 k > 1时，






函数在(0, 2) 内存在两个极值点
ìg(0) > 0
ï
ï g(ln k ) < 0 e2

ï
当且仅当íg(2) > 0
ïî0 < ln k < 2
，解得e < k < ，
2


e2

综上函数 f ( x) 在(0, 2) 内存在两个极值点时， k 的取值范围为(e, ) ．
2
考点 29 导数与函数的最值


1．(2011 湖南)设直线 x = t
与函数 f (x) = x2 ， g(x) = ln x
的图像分别交于点 M , N ，则当 MN 达到最



小时t 的值为

A．1 B． 1
2


C. 5 2


D. 2 2


【答案】D
【解析】由题| MN |= x 2 - ln x ， (x > 0) 不妨令 h(x) = x2 - ln x ，则 h'(x) = 2x - 1 ，令 h'(x) = 0 解得
x

2
2
2
2
2
x = ， 因 x Î(0, ) 时，h'(x) < 0 ，当 x Î( , +¥) 时，h'(x) > 0 ，所以当 x = 即t = 时，| MN |
2 2 2 2 2

达到最小．
2. 若函数 f (x) = (1- x2 )(x2 + ax + b) 的图像关于直线 x =－2对称，则 f (x) 的最大值是 ．
【答案】16
【解析】由 f (x) 图像关于直线 x =－2 对称，则
0= f (-1) = f (-3) =[1- (-3)2 ][(-3)2 - 3a + b] ，

0= f (1) = f (-5) =[1- (-5)2 ][(-5)2 - 5a + b] ，解得a =8， b =15，
∴ f (x) = (1- x2 )( x2 + 8x +15) ，
∴ f ¢(x) = -2x(x2 + 8x +15) + (1- x2 )(2x + 8) = -4(x3 + 6x2 + 7x - 2)

= -4(x + 2)(x + 2 + 5)(x + 2 - 5)
5
5
当 x ∈(－∞， -2 - )∪(－2， -2 + )时， f ¢(x) ＞0，

5
5
当 x ∈( -2 - ，－2)∪( -2 + ，+∞)时， f ¢(x) ＜0，
5
5
5
5
∴ f (x) 在(－∞，-2 - )单调递增，在( -2 - ，－2)单调递减，在(－2，-2 + )单调递增，在( -2 + ，


5
+∞)单调递减，故当 x = -2 - 和 x = -2 +
5 时取极大值， f (-2 -
5) = f (-2 +
5) =16．


3．(2016 年全国Ⅱ)(I)讨论函数 f (x) = x - 2 ex 的单调性，并证明当 x > 0 时， (x - 2)ex + x + 2 > 0 ；
x + 2
ex - ax - a

(II)证明：当a Î[0,1)

值域．
时，函数 g ( x) =
x2
( x > 0)
有最小值．设 g (x) 的最小值为 h(a) ，求函数 h(a) 的

【解析】(I)证明： f ( x) = x - 2 ex
x + 2

¢ x æ x - 2 4 ö

x2ex


f ( x) = e
ç
÷
ç x + 2
+ ( x + 2)2 ÷ =
( x + 2)2

è ø
∵当 x Î (-¥ ，- 2) U (-2 , + ¥) 时， f ¢( x) > 0
∴ f ( x) 在(-¥ ，- 2)和(-2 , + ¥) 上单调递增
∴ x > 0 时， x - 2 ex > f (0)= -1
x + 2
∴ ( x - 2) ex + x + 2 > 0


¢ ( x - 2)ex + a( x + 2)


x + 2


(Ⅱ) g ( x) = =
x3
( f ( x) + a) ，
x3


由(Ⅰ)知， f ( x) + a 单调递增，对任意的 a Î[0 ，1) ， f (0) + a = a - 1 < 0 ，
f (2) + a = a … 0 ，因此，存在唯一 xa Î(0, 2] ，使得 f ( xa ) + a = 0 ，即 g¢( xa ) = 0
当0 < x < xa 时， f ( x) + a < 0 ， g¢( x) < 0 ， g( x) 单调递减； 当 x > xa 时， f ( x) + a > 0 ， g¢( x) > 0 ， g( x) 单调递增．
因此 g( x) 在 x = xa 处取得最小值，最小值为

exa - a(x + 1) exa - f (x )(x + 1) exa
g( xa ) = a = a a = ．


x2 x2
x + 2

a a a


于是 h(a) =
exa

x
e
，由( )¢

(x + 1)ex ex
= >
0 ，得


单调递增．

xa + 2
x + 2 (x + 2) 2
x + 2

1 e0
e xa
e2 e2

a
所以，由 xa Î(0, 2] ，得 2 = 0 + 2 < h(a) =
x + 2 „ 2 + 2 = 4 ，


ex 1 e2
2 4
因为 x + 2 单调递增，对任意的lÎ( , ] ，存在唯一的 xa Î(0, 2] ，
= - a Î = l 2 4
æ 1 e2 ù
a f (x ) [0,1) ，使得h(a) ，所以h(a) 的值域为ç ， ú ．
è û
Î 2 4
æ 1 e2 ù
综上，当 a [0,1) 时， g( x) 有最小值h(a) ， h(a) 的值域为ç ， ú ．
è û
4．(2016 年全国Ⅲ) 设函数 f (x) = acos 2x + (a-1)(cos x +1) ，其中a> 0 ， 记| f (x) | 的最大值为 A ．
(Ⅰ)求 f ¢(x) ；
(Ⅱ)求 A ；
(Ⅲ)证明|f ¢(x)| ≤ 2 A ．
【解析】(Ⅰ) f ¢( x) = -2a sin 2x - (a - 1) sin x ．
(Ⅱ)当a …1 时， | f ¢( x) |=| a sin 2x + (a - 1)(cos x + 1) |

„ a + 2(a - 1) = 3a - 2 =
因此， A = 3a - 2 ．
f (0)

当0 < a < 1时，将 f (x) 变形为 f (x) = 2a cos2 x + (a -1) cos x -1 ． 令 g(t) = 2at 2 + (a -1)t -1 ，则 A 是| g(t) | 在[-1,1] 上的最大值，
1- a
g(-1) = a ， g(1) = 3a - 2 ，且当t = 时， g (t) 取得极小值，
4a

1- a
(a -1)2
a 2 + 6a +1

极小值为 g( ) = - -1 = - ．
4a 8a 8a
1- a 1 1
令-1 < < 1，解得 a < - (舍去)， a > ．
4a 3 5
(ⅰ)当 0 < a „ 1 时， g (t) 在[-1,1] 内无极值点， | g(-1) |= a ， | g(1) |= 2 - 3a ， | g(-1) |<| g(1) | ，所以
5
A = 2 - 3a ．

(ⅱ)当 1
5
1- a
< a < 1 时，由 g(-1) - g(1) = 2(1- a) > 0 ，知 g(-1) > g(1) > g( ) ．
4a

1- a
(1- a)(1+ 7a)
1- a a2 + 6a +1

又| g( ) | - | g(-1) |= > 0 ，所以 A =| g ( ) |= ．

4a 8a
ì2 - 3a, 0 < a „ 1


4a 8a

ï 5
ï a2 + 6a + 1 1

í
综上， A = ï
ï 8a
, < a < 1 ．
5

ï 3a - 2,
ïî
a …1

(Ⅲ)由(Ⅰ)得| f ¢( x) |=| -2a sin 2x - (a - 1) sin x |„ 2a+ | a - 1 | ．
当0 < a „ 1 时， | f ¢( x) |„1 + a „ 2 - 4a < 2(2 - 3a) = 2 A ．
5
1 a
当 < a < 1 时， A = + 1 + 3 …1 ，所以| f ¢( x) |„1 + a < 2 A ．
5 8 8a 4
当a …1 时， | f ¢( x) |„ 3a - 1„ 6a - 4 = 2 A ，所以| f ¢( x) |„ 2 A ．

5．(2015 新课标 2 文 21)已知函数 f (x) = ln x + a(1- x) ．
(Ⅰ)讨论 f (x) 的单调性；
(Ⅱ)当 f (x) 有最大值，且最大值大于2a - 2 时，求 a 的取值范围．
【解析】(Ⅰ) f (x) 的定义域为(0, +¥) ， f ¢(x) = 1 - a ．
x
若a ≤ 0 ，则 f ¢(x) > 0 ，所以 f (x) 在(0, +¥) 单调递增．


若 a > 0 ，则当 x Î

1
1
(0, )
a
时， f ¢(x) > 0 ；当 x Î ( 1 ,
a
+¥) 时， f ¢(x) < 0 ．所以 f (x) 在(0, 1 )
a

单调递增，

在( , +¥) 单调递减．
a
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当 a ≤ 0 时， f (x) 在(0, +¥) 上无最大值；当 a > 0 时， f (x) 在 x = 1 取得最大值，最大值为
a
1 1 1
f ( ) = ln + a(1- ) = - ln a + a -1．
a a a

1
因此 f ( ) > 2a - 2 等价于ln a + a -1 < 0 ．
a
令 g(a) = ln a + a -1 ，则 g (a) 在(0, +¥) 单调递增， g (1) = 0 ． 于是，当0 < a < 1时， g (a) < 0 ；当 a > 1时， g (a) > 0 ．

因此 a 的取值范围是(0,1) ．
6．(2017 北京)已知函数 f (x) = ex cos x - x ．
(Ⅰ)求曲线 y = f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程；
p
(Ⅱ)求函数 f (x) 在区间[0, ] 上的最大值和最小值．
2
【解析】(Ⅰ)因为 f (x) = ex cos x - x ，所以 f ¢(x) = ex (cos x - sin x) -1, f ¢(0) = 0 ．
又因为 f (0) = 1，所以曲线 y = f (x) 在点(0, f (0)) 处的切线方程为 y = 1．
(Ⅱ)设 h(x) = ex (cos x - sin x) -1 ，则
h¢(x) = ex (cos x - sin x - sin x - cos x) = -2ex sin x ．


当 x Î
π
(0, )
2

时， h¢(x) < 0 ，

[0, ]
所以 h(x) 在区间 π
2

上单调递减．


所以对任意 x Î
π
(0, ]
2
有 h(x) < h(0) = 0 ，即 f ¢(x) < 0 ．

[0, ]
所以函数 f (x) 在区间 π
2

上单调递减．

因此 f (x) 在区间[0, π] 上的最大值为 f (0) = 1，最小值为 f ( π) = - π ．
2 2 2
7．(2012 全国理 21)已知函数 f (x) = f ¢(1)ex-1 - f (0)x + 1 x2 ．
2
(Ⅰ)求 f (x) 的解析式及单调区间；
(Ⅱ)若 f (x) ≥ 1 x2 + ax + b ，求(a +1)b 的最大值．
2
【解析】(Ⅰ)由已知得 f ¢(x) = f ¢(1)ex-1 - f (0) + x ，∴ f ¢(1) = f ¢(1) - f (0) +1 ，
∴ f (0) =1， 又∵ f (0) = f ¢(1)e-1 ， ∴ f ¢(1) = e ，
∴ f (x) = ex - x + 1 x2 ，
2
∴ f ¢(x) = ex -1+ x ，当 x Î(-¥, 0) 时， f ¢(x) ＜0；当 x Î(0, +¥) 时， f ¢(x) ＞0，
∴ f (x) 减区间为(-¥, 0) ，增区间为(0, +¥) ；


(Ⅱ)【解法 1】由已知条件得
ex - (a +1)x ³ b ①

(ⅰ)若 a +1 < 0 ，则对任意常数b ，当 x < 0 ，且 x < 1- b 时，可得ex - (a +1)x < b ，因此①式不成立．
a +1

(ⅱ)若 a +1 = 0 ，则(a +1)b = 0 ，
(ⅲ)若 a +1 > 0 ，设 g (x) = ex - (a +1)x ，则 g¢(x) = ex - (a +1) ，
当 x Î(-¥, ln(a +1)) 时， g¢(x) ＜0，当 x Î (ln(a +1), +¥) 时， g¢(x) ＞0，
∴ g (x) 在(-¥, ln(a +1)) 单调递减，在(ln(a +1), +¥) 上单调递增，
∴ g (x) 有最小值 g(ln(a +1)) = a +1- (a +1) ln(a +1) ，
∴ f (x) ≥ 1 x2 + ax + b 等价于b £ a +1- (a +1) ln(a +1) ②
2
∴ (a +1)b £ (a +1)2 - (a +1)2 ln(a +1) ，
设h(a) = (a +1)2 - (a +1)2 ln(a +1) ，则 h¢(a) = (a +1)(1- 2 ln(a +1)) ，

1 1
∴ h(a) 在(-1, e2 -1) 单调递增，在(e2 -1, +¥) 单调递减，

1

∴ h(a) 在 a = e 2 -1处取最大值，


1
∴ h(a) £ h(e2 -1) = e
2

，即(a +1)b £ ．
e
2


1
1 e2 1

当a = e 2 -1 ， b = 时，②式成立，故 f (x) ≥
2 2
e
x2 + ax + b ，

综合得， (a +1)b 的最大值为 ．
2
【解法 2】 f (x) ³ 1 x2 + ax + b Û h(x) = ex - (a +1)x - b ³ 0 得 h¢(x) = ex - (a +1) 2
①当a +1 £ 0 时， h¢(x) > 0 Þ y = h(x) 在 x Î R 上单调递增
x ® -¥ 时， h(x) ® -¥ 与 h(x) ³ 0 矛盾
②当a +1 > 0 时， h¢(x) > 0 Û x > ln(a +1), h¢(x) < 0 Û x < ln(a +1) 得：当 x = ln(a +1) 时， h(x)min = (a +1) - (a +1) ln(a +1) - b ³ 0 (a +1)b £ (a +1)2 - (a +1)2 ln(a +1)(a +1 > 0)
令 F (x) = x2 - x2 ln x(x > 0) ；则 F ¢(x) = x(1- 2 ln x)
e
F ¢(x) > 0 Û 0 < x < e, F ¢(x) < 0 Û x >
e
e
当 x = 时， F (x)max = 2
e
e
当a = -1, b = 时， (a +1)b 的最大值为 e
2

8．(2019 全国Ⅲ文 20)已知函数 f (x) = 2x3 - ax2 + 2 ．

(1) 讨论 f (x) 的单调性；

(2) 当0 【解析】(1) f ¢(x) = 6x2 - 2ax = 2x(3x - a) ． 令 f ¢(x) = 0 ，得 x=0 或 x = a ．
3


若 a>0 ， 则 当
x Î(-¥, 0) U æ a , +¥ ö 时 ， f ¢(x) > 0 ； 当 x Îæ 0, a ö 时 ，



f ¢(x) < 0 ． 故

f (x) 在

ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø

(-¥, 0), æ a , +¥ ö 单调递增，在æ 0, a ö 单调递减；
ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø

若 a=0， f (x) 在(-¥, +¥) 单调递增；



若 a<0 ， 则 当
x Îæ -¥, a ö U (0, +¥) 时 ， f ¢(x) > 0 ； 当 x Îæ a , 0 ö 时 ，


f ¢(x) < 0 ． 故

f (x) 在

ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø

æ -¥, a ö , (0, +¥) 单调递增，在æ a , 0 ö 单调递减．
ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø

(2)当0 < a < 3 时，由(1)知， f (x) 在æ 0, a ö 单调递减，在æ a ,1ö 单调递增，所以 f (x) 在[0，1]的最小值为
ç 3 ÷ ç 3 ÷
è ø è ø

æ a ö a3
è ø
f ç 3 ÷ = - 27 + 2 ，最大值为 f (0)=2 或 f (1)=4 - a ．于是

ì a3

a3 ì4 - a, 0 < a < 2,
ï2 - a + 27 , 0 < a < 2,

î
m = - 27 + 2 ， M = í2, 2 £ a < 3.

a3


所以 M - m = í
ï a3
ïî 27

, 2 £ a < 3.


æ 8 , 2 ö


当0 < a < 2 时，可知 2 - a + 单调递减，所以 M - m 的取值范围是ç 27 ÷ ．

27

a
3
当2 £ < 时， 单调递减，所以



- 的取值范围是[ 8
è ø

,1) ．

a 3 M m
27 27

综上： M - m 的取值范围是[ 8
27

, 2) ．