【文档说明】(通用版)高考数学(文数)一轮复习考点梳理与过关练习12《导数的应用》(含详解).doc，共(38)页，2.337 MB，由MTyang资料小铺上传

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考点12导数的应用1．导数在研究函数中的应用（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会

求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.2．生活中的优化问题会利用导数解决某些实际问题.一、导数与函数的单调性一般地，在某个区间(a，b)内：（1）如果()0fx，函数f(x)在这个区间内单调递增;（2）如果()0fx，函数f(x)

在这个区间内单调递减;（3）如果()=0fx，函数f(x)在这个区间内是常数函数．注意：（1）利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；（2）在某个区间内，()0fx(()0fx)是函

数f(x)在此区间内单调递增(减)的充分条件，而不是必要条件.例如，函数3()fxx在定义域(,)上是增函数，但2()30fxx.（3）函数f(x)在(a，b)内单调递增(减)的充要条件是()0fx(()0fx

)在(a，b)内恒成立，且()fx在(a，b)的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，在区间内的个别点处有()0fx，不影响函数f(x)在区间内的单调性.二、利用导数研究函数的极值和最值1．函数的极值一般地，对于函数y=f(x)，（1）

若在点x=a处有f′(a)=0，且在点x=a附近的左侧()0f'x，右侧()0f'x，则称x=a为f(x)的极小值点，()fa叫做函数f(x)的极小值.（2）若在点x=b处有()f'b=0，且在点

x=b附近的左侧()0f'x，右侧()0f'x，则称x=b为f(x)的极大值点，()fb叫做函数f(x)的极大值．（3）极小值点与极大值点通称极值点，极小值与极大值通称极值.2．函数的最值函数的最值，即函数图象上最高点的纵坐标是最大值，图象上最低点的纵坐标是最小值，对于

最值，我们有如下结论：一般地，如果在区间[,]ab上函数yfx的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值.设函数fx在[,]ab上连续，在(,)ab内可导，求fx在[,]ab上的最大值与最小值的步骤为：（1）求fx在

(,)ab内的极值；（2）将函数fx的各极值与端点处的函数值()fa，()fb比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.3．函数的最值与极值的关系（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间[,]ab的整体而言；（2）在函数的

定义区间[,]ab内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；（3）函数f(x)的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点；（4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得.三、生活中的优化问题生活中经常遇到求利

润最大、用料最省、效率最高等问题，这些问题通常称为优化问题.导数是求函数最值问题的有力工具.解决优化问题的基本思路是：考向一利用导数研究函数的单调性1．利用导数判断或证明一个函数在给定区间上的单调性，实质上就是判断或证明不等式()0fx（()0fx

）在给定区间上恒成立．一般步骤为：（1）求f′(x)；（2）确认f′(x)在(a，b)内的符号；（3）作出结论，()0fx时为增函数，()0fx时为减函数．注意：研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响

进行分类讨论．2．在利用导数求函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域，解题过程中，只能在定义域内讨论，定义域为实数集R可以省略不写.在对函数划分单调区间时，除必须确定使导数等于零的点外，还要注意在定义域内的不连续点和不可导点.3．由函数fx的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函

数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上0fx(或0fx)(fx在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0fx(或()0fx)在该区间上存在解集

，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知fx在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出fx的单调区间，令I是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围.4．利用导数解决函数的零点问题时，一般先

由零点的存在性定理说明在所求区间内至少有一个零点，再利用导数判断在所给区间内的单调性，由此求解.典例1若121xx，则A．1221eexxxxB．1221eexxxxC．2112lnlnxxxx

D．2112lnlnxxxx【答案】A【解析】①令e1xfxxx，则21e0xxfxx，∴fx在(1,)+?上单调递增，∴当121xx时，1212eexxxx，即1221eexxxx，故A正确，B错误.②令l

n1xgxxx，则21lnxgxx，令0gx，则ex，当1ex时，0gx；当ex时，0gx，∴gx在1,e上单调递增，在e,上单调递减，易知C，D不正确.故选A．【名师点睛】本题考查利用导数研究函数单调

性，考查基本分析判断能力，属中档题.根据条件构造函数，再利用导数研究单调性，进而判断大小.典例2已知函数21()ln(1)12fxaxxax.（1）当1a时，求函数()fx的单调递增区间；（2）若函数fx在(0,)

上单调递增，求实数a的取值范围.【解析】由题意得：fx的定义域为(0,)，（1）当1a时，21ln12fxxx，则2110xfxxxxx，当0,1x时，0f

x；当1,x时，0fx，fx的单调递增区间为：1,.（2）21110xaxaxaxafxxaxxxx.①当0a时，0fx在(0,)上恒成立，fx在(0,)上单调递增

，可知0a满足题意；②当0a时，0a，当0,xa时，0fx；当,xa时，0fx，fx在0,a上单调递减；在,a上单调递增，不满足题意.综

上所述：0,a.【名师点睛】本题考查利用导数求解函数的单调区间、根据函数在区间内的单调性求解参数取值范围的问题，关键是能够明确导数和函数单调性之间的关系，根据导函数的符号来确定函数的单调性.1．已知函数2

()(1)ln1fxaxax.（1）讨论函数()fx的单调性；（2）设2a，证明：对任意12,(0,)xx，1212()()4fxfxxx.考向二利用导数研究函数的极值和最值1．函数极值问题的常见类

型及解题策略（1）函数极值的判断：先确定导数为0的点，再判断导数为0的点的左、右两侧的导数符号．（2）求函数fx极值的方法：①确定函数fx的定义域．②求导函数fx．③求方程0fx的根．④检查fx在方程的根的左、右两

侧的符号，确定极值点．如果左正右负，那么fx在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么fx在这个根处取得极小值；如果fx在这个根的左、右两侧符号不变，则fx在这个根处没有极值．（3）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定

义域，求导数fx，求方程0fx的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围.2．求函数f(x)在[a，b]上最值的方法（1）若函数f(x)在[a，b]上单调递增或递减，f(a)与f(b)一个为最大值，一个为

最小值．（2）若函数f(x)在区间(a，b)内有极值，先求出函数f(x)在区间(a，b)上的极值，与f(a)、f(b)比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（3）函数f(x)在区间(a，b)上有唯一一个极值点时，这个极值点就

是最大(或最小)值点．注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用.（2）极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直

观研究确定.3．利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.一般地，()fxa恒成立，只需m

in()fxa即可；()fxa恒成立，只需max()fxa即可.（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.典例3若函数32()

61fxxaxax有极大值和极小值，则a的取值范围是A．1,2B．,12,C．3,6D．,36,【答案】D【解析】32()61fxxaxax，则2()326fxxa

xa.因为()fx有极大值和极小值，所以2()3260fxxaxa有两个不等的实数根.所以241260aa，即23180aa，解得3a或6a.所以所求a的

取值范围是(,3)(6,).故选D.【名师点睛】本题考查函数的极值与导数.三次多项式函数有极大值和极小值的充要条件是其导函数(二次函数)有两个不等的实数根.求解时，三次函数()fx有极大值和极小值，则()0fx有两个不等的实数根，答案易求.典例4已知函数21()e2xfxaxx

．（1）当1a时，试判断函数()fx的单调性；（2）若1ea，求证：函数()fx在[1,)上的最小值小于12．【解析】（1）由题可得()exf'xxa，设()()exxxgf'xa，则()e1x

gx，所以当0x时()0gx，()f'x在(0,)上单调递增，当0x时()0gx，()f'x在(,0)上单调递减，所以()(10)f'f'xa，因为1a，所以10a，即()0f'x，所以

函数()fx在R上单调递增．（2）由（1）知()f'x在[1,)上单调递增，因为1ea，所以()e110f'a，所以存在(1,)t，使得()0f't，即e0tta，即etat，所以函数()fx在[1,)t上单调递减，在(,)t上单调递增，所以当[

1,)x时222min111()()ee(e)e(1)222ttttfftattttttxt，令21()e(1)2xhxxx，1x，则()(1e)0xh'xx

恒成立，所以函数()hx在(1,)上单调递减，所以211()e(11)122hx，所以211e(1)22ttt，即当[1,)x时min1()2xf，故函数()fx在[1,)上的最小值小于12．2．已知函数1

lnfxaxxx，其中a为实常数.（1）若12x是fx的极大值点，求fx的极小值；（2）若不等式1lnaxbxx对任意502a，122x恒成立，求的最小值.考向三（导）函数图象与单调性、极值、最值的关系1．导数与函数变化快慢的关系：如果一个函数在某一范围内

导数的绝对值较大，那么函数在这个范围内变化得快，这时函数的图象就比较“陡峭”（向上或向下）；反之，函数的图象就“平缓”一些.2．导函数为正的区间是函数的增区间，导函数为负的区间是函数的减区间，导函数图象与x轴的交点的横坐标为函数的

极值点.典例5设函数2()fxaxbxc（a，b，cR），若函数()exyfx在1x处取得极值，则下列图象不可能为()yfx的图象是【答案】D【解析】2()e()ee[(2)]xxxyfxfxaxabxbc，因为函数

()exyfx在1x处取得极值，所以1x是2(2)0axabxbc的一个根，整理可得ca，所以2()fxaxbxa，对称轴为,(1)2,(0)2bxfabfaa.对于A

，由图可得0,(0)0,(1)0aff，适合题意；对于B，由图可得0,(0)0,(1)0aff，适合题意；对于C，由图可得0,(0)0,00,(1)02bafxbfa，适合题意；对于D，由图可得0,(0)0,12

,(1)02bafxbafa，不适合题意，故选D.3．设函数fx在R上可导，其导函数为fx，若函数fx在1x处取得极大值，则函数yxfx的图象可能是A．B．C．D．考向四生活中的优化问题1．实际生活中

利润最大，容积、面积最大，流量、速度最大等问题都需要利用导数来求解相应函数的最大值.若在定义域内只有一个极值点，且在极值点附近左增右减，则此时唯一的极大值就是最大值.2．实际生活中用料最省、费用最低、损耗最小、最节省时间等问题都需要利用导数求解相应函数的最小值

.用料最省、费用最低问题出现的形式多与几何体有关，解题时根据题意明确哪一项指标最省(往往要从几何体的面积、体积入手)，将这一指标表示为自变量x的函数，利用导数或其他方法求出最值，但一定要注意自变量的取值范围．典例6如图，点为某沿海城市的高速公路出入口，直线为海岸线，，，是以为圆心，半径为

的圆弧型小路.该市拟修建一条从通往海岸的观光专线CPPQ，其中为上异于的一点，与平行，设.（1）证明：观光专线CPPQ的总长度随的增大而减小；（2）已知新建道路的单位成本是翻新道路CP的单位成本的2倍.当取何值时，观光专线CPPQ的修建总成本最低？请说明理由.【解析】（1）由题意，，

所以π3CP，又，所以观光专线的总长度为，，因为当时，，所以在上单调递减，即观光专线CPPQ的总长度随的增大而减小.（2）设翻新道路的单位成本为，则总成本，，，令，得，因为，所以，当时，；当时，.所以，当时，最小.答：

当时，观光专线CPPQ的修建总成本最低.4．在四面体ABCD中，若1ADDBACCB，则四面体ABCD体积的最大值是A．2327B．13C．239D．331．已知函数，则的单调递减区间为A．B．C．和D．和2．设

函数()(1)e1xfxx，则A．2x为()fx的极大值点B．2x为()fx的极小值点C．2x为()fx的极大值点D．2x为()fx的极小值点3．已知函数fx与其导函数fx的图象如图，则满足fxfx的x的取值范围为A．0

,4B．,01,4C．40,3D．0,14,4．设定义在上的函数的导函数满足，则A．B．C．D．5．若函数在上有最小值，则的取值范围为A．B．C．D．6．已知函数2exfxax，对任意10x，20x，都有2121[]0xxfxfx

，则实数a的取值范围是A．e,2B．e,02C．e0,2D．e,27．已知函数22,2e2,2xxxxfxxx，函数有两

个零点，则实数的取值范围为A．B．C．D．8．已知函数2ln()xfxx，若方程()0fxa恰有两个不同的实数根，则实数a的取值范围是A．102eaB．12eaC．2eaD．12ea9．已知函数．若函数在定义域内不是单调函数，则实数的取值范围是__________．10．已知定义在

R上的函数()fx的导函数为()fx，满足()()fxfx，且(2)fx为偶函数，(4)2f，则不等式()2exfx的解集为______.11．底面为正多边形，顶点在底面的射影为底面多边形中心的棱锥为正棱锥，则半径为2的球的内接正四棱锥体积的最大值为___

_______．12．已知函数ln10fxxaxxa在点(2,(2))f处的切线方程为3ykx.（1）求a的值；（2）设(1)(1)exxfxgx，求函数gx在[1,)上的最大值．1

3．设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且在区间上恒成立，求的取值范围.14．设.（1）在上单调，求的取值范围；（2）已知在处取得极小值，求的取值范围.15．已知函数22122e()2xfxxxaxaR.（1）当ea时，求函数fx的单调区间；（2）证明

：当2a时，2fx.1．（年高考全国Ⅱ卷文数）函数2eexxfxx的图像大致为2．（年高考全国Ⅲ卷文数）函数422yxx的图像大致为3．（年高考浙江）函数y=f(x)的导函数()yfx的图象如图

所示，则函数y=f(x)的图象可能是4．（年高考山东文数）若函数e()xfx（e2.71828是自然对数的底数）在()fx的定义域上单调递增，则称函数()fx具有M性质.下列函数中具有M性质的是A．(

)2xfxB．2()fxxC．()3xfxD．()cosfxx5．（2019年高考浙江）已知,abR，函数32,0()11(1),032xxfxxaxaxx．若函数()yfxaxb恰有3个零点，则A．a<–1，b<0B．a<–1，b>0C

．a>–1，b<0D．a>–1，b>06．（2019年高考江苏）在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是▲.7．（年高考江苏）已知函数31()2eexxfxxx，其中e是自然对数的底数．若(

1)fa2(2)0fa，则实数a的取值范围是▲．8．（2019年高考全国Ⅰ卷文数）已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥

ax，求a的取值范围．9．（2019年高考全国Ⅱ卷文数）已知函数()(1)ln1fxxxx．证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．10．

（2019年高考全国Ⅲ卷文数）已知函数32()22fxxax．（1）讨论()fx的单调性；（2）当0<a<3时，记()fx在区间[0，1]的最大值为M，最小值为m，求Mm的取值范围．11．（年高考全国Ⅰ卷文数）已知函数eln1xfxax

．（1）设2x是fx的极值点，求a，并求fx的单调区间；（2）证明：当1ea时，0fx．1．【解析】（1）fx的定义域为0,，222111212axaaxafxaxxxx.当0a时，0fx，故fx在0,

上单调递增；当1a时，0fx，故fx在0,上单调递减；当10a时，令0fx，解得12axa.由于fx在0,上单调递减，则当10,2axa

时，0fx，故fx在10,2aa上变式拓展单调递增；当1,2axa时，0fx，故fx在1,2aa上单调递减.（2）不妨假设12xx．由于2a，故fx在0,上单调

递减.∴12124fxfxxx等价于211244fxfxxx，即221144fxxfxx.令4gxfxx，则2124124aaxxagxaxxx.于是22214410xxxgxxx

.从而gx在0,上单调递减，故，即221144fxxfxx，故对任意121212,0,,4xxfxfxxx.【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值、最值问题的重要而有效的工具.本

题就是以含参数的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题、解决问题的能力.本题的第一问求解时借助导数与函数单调性的关系，运用分类整合的数学思想分别求出其单调区间和单调性；第二问的求解中则先构造函数4gxfxx，然后再对函数

4gxfxx求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙得证.2．【解析】（1）221xaxfxx，0x.由102f，得2111022a，所以52a，此时5

1ln2fxxxx.则222152122xxxxfxxx，所以fx在1,22上为减函数，在2,上为增函数.所以2x为极小值点，极小值为35ln2222f.（2）不等式1lnaxbxx即为fxb，所以max

bfx.①若12x，则ln0x，1113ln222fxaxxxxx.当0a，2x时取等号；②若112x，则ln0x，151lnln2fxaxxxxxx.由（1）可知51ln2gxxxx在1,12上为减函数.所以当11

2x时，153ln2222gxg.因为53533ln2122222，所以max32fx.于是min32b.3．【答案】B【解析】由函数fx在R上可导，其导函数为fx，若函数fx在1x处取得极大值，所以当1x时，0fx；1x

时，0fx；1x时，0fx；所以当0x时，0yxfx，当01x时，0yxfx，当0x或1x时，0yxfx，当1x时，0yxfx，可得选项B符合题意，故选B．【名师点睛】本题主要考查了利用导数研究

函数的极值的应用，其中解答中认真审题，导数的性质和函数的极值之间的关系合理运用是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4．【答案】A【解析】如图，取AB中点E，连接CE，DE，设2(01)ABxx，则21CEDEx，当平面A

BC平面ABD时，四面体体积最大，四面体的体积22311112113233Vxxxxx，则213Vx，当30,3x时，0V，V为增函数，当3,13x时，0V，V为减函数，则当33x

时，V有最大值3max131323()333327V．故选A．【名师点睛】本题考查四面体的体积的最大值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．求

解时，由题意画出图形，取AB中点E，连接CE，DE，设2(01)ABxx，则21CEDEx，可知当平面ABC平面ABD时，四面体体积最大，写出体积公式，利用导数求得体积最值．1．【答案】C【解析】由题得，解不等式得x＜e.∵x＞0，x≠1，∴0＜x＜1和1＜x＜e

.∴函数的单调递减区间为和.故选C.2．【答案】D【解析】因为()(1)e1xfxx，所以()e(1)e(2)exxxfxxx，由0()(2)exfxx得2x，所以，当2x时，()0fx，故()(1)e1xfxx单调递增；当2x时，()0fx

，故()(1)e1xfxx单调递减，考点冲关所以函数()(1)e1xfxx在2x处取得极小值，无极大值.故选D.【名师点睛】本题主要考查导数的极值点，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性，进而可得极值点

，属于常考题型.求解时，先对函数()(1)e1xfxx求导，用导数方法研究其单调性，进而可得出其极值与极值点.3．【答案】D【解析】观察图象可得，导函数fx的图象过点（0，0），（43，0），原函数fx的图象过点（0

，0），（2，0），观察图象可得满足＜fxfx的x取值范围为0,14,，故选D.【名师点睛】本题主要考查导数与函数的图象的判定与应用，考查的核心素养是数学抽象、逻辑推理、数学运算.求解时，观察图象可得fx的图象与原函数fx的图象，结合图象可得满足

＜fxfx的x的取值范围.4．【答案】A【解析】由定义在上的函数的导函数满足，则，即，设，则，所以函数在上为单调递增函数，则，即，所以，故选A．5．【答案】A【解析】∵函数，∴22e2ee122xxxxxfxxx，当时，，即函

数在上为减函数；当时，，即函数在上为增函数.∴.∵函数在上有最小值，∴.故选A．6．【答案】D【解析】由题意可知函数f（x）是（﹣∞，0）上的单调递减函数，且当x＜0时，2()exfxax，由12e1()20eexxxaxfxax„，可得：2axex+1≥0，即12exa

x„恒成立，令g（x）＝xex（x＜0），则g'（x）＝ex（x+1），据此可得函数g（x）在区间（﹣∞，﹣1）上单调递减，在区间（﹣1，0）上单调递增，函数g（x）的最小值为1(1)eg，则min1e2

e2xx，可得：实数a的取值范围是e,2．故选D．【名师点睛】本题主要考查利用导函数研究函数的单调性，导函数研究函数的最值，恒成立问题的处理方法等知识，属于中档题．求解时，由题意将原问题

转化为函数单调性的问题，利用导函数的符号结合题意确定实数a的取值范围即可．7．【答案】C【解析】当时，设，则，易知当时，，即是减函数，∴时，，又时，且，而时，是增函数，．有两个零点，即的图象与直线有两个交点，所以.故选C．8．【答案】A

【解析】∵2lnxfxx，则42lnxxxfxx=312lnxx，令0fx，则1ln2x，∴当120,e（）x时，0fx，fx单调递增，当12e（，）x时，0fx，fx单调递减，∴当x=

12e时，fx取得最大值，最大值为12e，∴f（x）的大致图象如图：要使方程0fxa恰有两个不同的实数根，即直线y=a与函数y=fx的图象有两个不同的交点，∴102ea.故选A.【名师点睛】本题考查了利用

导数研究方程的根的问题，考查了函数的图象与性质的应用问题，解题时应结合图象，考查了函数与方程的转化，属于中档题．解答本题时，由方程0fxa恰有两个不同实数根，等价于y＝f（x）与y＝a有2个交点，数形结合求出a的取

值范围即可．9．【答案】【解析】由于函数不单调，则函数在定义域内有极值点，，，令函数，，所以函数g(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，时，，，所以.10．【答案】(0,)【解析】∵(2)yfx为偶函数，∴(2)yfx的图象关于0x对

称，∴()yfx的图象关于2x对称，∴(4)(0)ff.又(4)2f，∴(0)2f.设()e()()xfxgxxR，则2()e()e((e))e)(xxxxfxfxfxfxgx.又∵()()fxfx，∴()()0fxfx，∴()0gx

，∴()ygx在R上单调递减.∵()2exfx，∴()2exfx，即()2gx.又∵0(0)(0)2efg，∴()(0)gxg，∴0x.【名师点睛】本小题主要考查函数图象的对称性，考查函数图象变换，考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数解不等式，综合性

较强，属于中档题.求解本题时，根据2fx为偶函数可得fx的图象关于2x对称，由此求得02f，构造函数()e()()xfxgxxR，利用导数研究gx的单调性，将原不等式()2exfx转化为()(0)gxg，由此求得x的取值范围.11．【答案】51281

【解析】因为正四棱锥内接于球内，且欲使正四棱锥的体积最大，故球的球心在正四棱锥的高上，如图所示，其中球的球心为E点，设BCa，则22BOa，在Rt△EOB中，有222EOOBEB，故242aEO，正四棱锥的高为2242a

，正四棱锥的体积为2212432aVa，令242ax，0,2x，故218223Vxx，即321248163Vxxx，对Vx求导得，216883Vxx，令0V

，即26880xx，解得，23x或2x（舍），当20,3x，0Vx，Vx单调递增，当2,23x，0Vx，Vx单调递减，故当23x时，max51281Vx.【名师点睛】本题考查了四棱锥与外接球的位

置关系问题，解题的关键是找准外接球的球心，建立出四棱锥的体积函数，通过导数进行求解体积的最值.设出底面正方形的边长，根据内接关系，得出正四棱锥的高，进而得出正四棱锥的体积的函数式，求导得出最值.12．【解析】（1）由题意，函数ln10fxxaxxa，则ln1fxaxa

，2ln21kfaa，而232ln2fa，代入切线方程：32ln22ln213aaa，解得1a.（2）由（1）得ln1fxxxx，知lnfxx，令0fx

，解得01x；令0fx，解得1x，∴fx在0,1上单调递增，fx在1,上单调递减，∴max12fxf，根据图象的变换可得，当0x时，函数max112fxf，再设1exxhx，1x，则10exxhx

，exxhx，令0hx，解得10x；令0hx，解得0x，∴hx在1,0上单调递增，在0,上单调递减，∴max01hxh，∵1gxhxfx的定义

域为1,，∴gx在1,上的最大值为0(0)(1)2ghf.【名师点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，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，求解曲线在某点处的切线方程；(2)利用导数求函数的单调区间，以及函数单调性，求解参数；(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用．13．【解析】

（1）函数的定义域为，，当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增；当时，，函数在上单调递增；当时，，函数在区间上单

调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增.（2）若，且在区间上恒成立，等价于在区间上.由（1）中的讨论，知当时，，函数在区间上单调递减，，即，从而得；当时，，函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，，即只需，即，由于，从而得.综上，的取值范围为.14．【

解析】（1），则，，，①在上单调递增，∴对恒成立，即对恒成立，得；②在上单调递减，∴对恒成立，即对恒成立，得，由①②可得的取值范围为.（2）由（1）知，①，在上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，符合题意；②时，，又在上单调递增，∴时，

，∴时，，∴在上单调递减，在上单调递增，则在处取得极小值，符合题意；③时，，在上单调递增，∴在上单调递减，又，∴时，，单调递减，不合题意；④时，，当时，，单调递增，当时，，单调递减，∴在处取得极大值，不符合题意.综上所述，可得.15．【解析

】（1）当ea时，22122ee2xfxxxx，所以2eeeexxfxxxxx，讨论：①当0x时，ee0xx，有0fx；②当01x时，由函数exyx为增函数，得ee0xx，有0fx；③当1x时，由函数e

xyx为增函数，得ee0xx，有0fx.综上，函数fx的增区间为,0，1,，减区间为0,1.（2）当2a时，有112a，所以2212axx，所以2222exfxxxx

.令2222exgxxxx，则22ee2xxgxxxxx.令e2xhxx，有1exhxx.令0hx，得1x.分析知，函数hx

的增区间为1,，减区间为,1.所以min1120ehxh.所以分析知，函数gx的增区间为0,，减区间为,0，所以202min00202e02gxg，故当2a时，2

fx.【名师点睛】本题主要考查利用导数求解函数的单调区间和利用导数证明不等式，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.求解本题时，（1）先求导数，由0fx可得减区间，由0fx可得增区间；（2）不等式的证明转化为最值的求解即可.1．【答案】B【解析】2ee0

,,xxxfxfxfxx为奇函数，舍去A；11ee0f，∴舍去D；直通高考243eeee22e2e,xxxxxxxxxxfxxx2x时，0fx，()fx单调递增，舍去C.因此选B.【名师点睛

】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象左右的位置，由函数的值域，判断图象的上下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的周期性.2．【答案】D【解

析】函数图象过定点(0,2)，排除A，B；令42()2yfxxx，则32()422(21)fxxxxx，由()0fx得22(21)0xx，得22x或202x，此时函数单调递增，由()0fx得22(21)0xx

，得22x或202x，此时函数单调递减，排除C.故选D.【名师点睛】本题主要考查函数的图象的识别和判断，利用函数图象过的定点及由导数判断函数的单调性是解决本题的关键.3．【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增

，且0x位于增区间内，因此选D．【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与x轴的交点为0x，且图象在0x两侧附近连续分布于x轴上下方，则0x为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单

调性时，由导函数()fx的正负，得出原函数()fx的单调区间．4．【答案】A【解析】对于A，ee()e2()2xxxxfx在R上单调递增，故()2xfx具有性质；对于B，2e()exxfxx，令2()exgxx，则2()e2ee(2)xxxgxxxxx，

∴当2x或0x时，()0gx，当20x时，()0gx，∴2e()exxfxx在(,2)，(0,)上单调递增，在(2,0)上单调递减，故2()fxx不具有性质；对于C，ee()e3

()3xxxxfx在R上单调递减，故()3xfx不具有性质；对于D，易知()cosfxx在定义域内有增有减，故()cosfxx不具有性质．故选A.【名师点睛】本题考查新定义问题，属于创新题，符合新高考的动向，它考查学生的阅读理解

能力，接受新思维的能力，考查学生分析问题与解决问题的能力，新定义的概念实质上只是一个载体，解决新问题时，只要通过这个载体把问题转化为我们已经熟悉的知识即可．5．【答案】C【解析】当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b＝0，得x，则y＝f（x）﹣

ax﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣bx3（a+1）x2+ax﹣ax﹣bx3（a+1）x2﹣b，2(1)yxax，当a+1≤0，即a≤﹣1时，y′≥0，y＝f（x）﹣ax﹣b在[0，+∞）上单调递增，则y＝f（x）﹣ax﹣b最多有一个零点，不合

题意；当a+1＞0，即a>﹣1时，令y′＞0得x∈(a+1，+∞），此时函数单调递增，令y′＜0得x∈[0，a+1），此时函数单调递减，则函数最多有2个零点.根据题意，函数y＝f（x）﹣ax﹣b恰有3个零点⇔函数y＝f（x）﹣ax﹣b在（

﹣∞，0）上有一个零点，在[0，+∞）上有2个零点，如图：∴0且，解得b＜0，1﹣a＞0，b（a+1）3，则a>–1，b<0.故选C．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax

﹣bx3（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．6．【答案】(e,1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点00,Axy，则00lnyx.又1yx，

当0xx时，01yx，则曲线lnyx在点A处的切线为0001()yyxxx，即00ln1xyxx，将点e,1代入，得00e1ln1xx，即00lnexx，考察函数lnHxxx，当0,1x时，0Hx，当1,x时，0Hx

，且ln1Hxx，当1x时，0,HxHx单调递增，注意到eeH，故00lnexx存在唯一的实数根0ex，此时01y，故点A的坐标为e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用

公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．7．【答案】1[1,]2【解析】因为31()

2e()exxfxxfxx，所以函数()fx是奇函数，因为22()32ee322ee0xxxxf'xxx，所以函数()fx在R上单调递增，又21)02()(ffaa，即2())2(1aaff，所以2

21aa，即2120aa，解得112a，故实数a的取值范围为1[1,]2．【名师点睛】解函数不等式时，首先根据函数的性质把不等式转化为(())(())fgxfhx的形式，然后根据函数()fx

的单调性去掉“f”，转化为具体的不等式(组)，此时要注意()gx与()hx的取值应在函数()fx的定义域内．8．【答案】（1）见解析；（2）,0a.【解析】（1）设()()gxfx，则()cossin1,()cosgxxxxgx

xx.当π(0,)2x时，()0gx；当π,π2x时，()0gx，所以()gx在π(0,)2单调递增，在π,π2单调递减.又π(0)0,0,(π)22ggg

，故()gx在(0,π)存在唯一零点.所以()fx在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0faf…，可得a≤0.由（1）知，()fx在(0,π)只有一个零点，设为0x，且当00,xx时，()0fx；当0,πxx时，()0fx，所以()fx在00,

x单调递增，在0,πx单调递减.又(0)0,(π)0ff，所以，当[0,π]x时，()0fx….又当0,[0,π]ax„时，ax≤0，故()fxax….因此，a的取值范围是(,0].【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成

立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.9．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()fx的定义域为（0，

+）.11()ln1lnxfxxxxx.因为lnyx单调递增，1yx单调递减，所以()fx单调递增，又(1)10f，1ln41(2)ln2022f，故存在唯一0(

1,2)x，使得00fx.又当0xx时，()0fx，()fx单调递减；当0xx时，()0fx，()fx单调递增.因此，()fx存在唯一的极值点.（2）由（1）知0(1)2fx

f，又22ee30f，所以()0fx在0,x内存在唯一根x.由01x得011x.又1111()1ln10ff，故1是()0fx在00,x的唯一根.综上，

()0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.10．【答案】（1）见详解；（2）8[,2)27.【解析】（1）2()622(3)fxxaxxxa．

令()0fx，得x=0或3ax．若a>0，则当(,0),3ax时，()0fx；当0,3ax时，()0fx．故()fx在(,0),,3a单调递增，在0,3a单调递减；若a=0，()fx在(,)

单调递增；若a<0，则当,(0,)3ax时，()0fx；当,03ax时，()0fx．故()fx在,,(0,)3a单调递增，在,03a单调递

减．（2）当03a时，由（1）知，()fx在0,3a单调递减，在,13a单调递增，所以()fx在[0,1]的最小值为32327aaf，最大值为(0)=2f或

(1)=4fa.于是3227am，4,02,2,23.aaMa所以332,02,27,23.27aaaMmaa当02a时，可知3227aa单调递减，所以Mm的

取值范围是8,227．当23a时，327a单调递增，所以Mm的取值范围是8[,1)27．综上，Mm的取值范围是8[,2)27．【名师点睛】这是一道常规的导数题目，难度比往年降低了不少.考查函

数的单调性，最大值、最小值的计算.11．【答案】（1）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增；（2）见解析.【解析】（1）f（x）的定义域为(0)，，f′（x）=aex–1x．由题设知，f′（2）=0，所以a=212e．从而f（x）=21eln12e

xx，f′（x）=211e2exx．当0<x<2时，f′（x）<0；当x>2时，f′（x）>0．所以f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当a≥1e时，f（x）≥eln1exx．设g（x）=e

ln1exx，则e1()exgxx．当0<x<1时，g′（x）<0；当x>1时，g′（x）>0．所以x=1是g（x）的最小值点．故当x>0时，g（x）≥g（1）=0．因此，当1ea时，()0fx．【名师点睛】该题考查的是有关导数的应用问题，涉及的知识

点有导数与极值、导数与最值、导数与函数的单调性的关系以及证明不等式问题，在解题的过程中，首先要确定函数的定义域，之后根据导数与极值的关系求得参数值，之后利用极值的特点，确定出函数的单调区间，第二问在求解的时候构造新函数，应用不等式的传递性证得结果.