【文档说明】（新高考）高考数学二轮精品专题五《导数》（教师版）.doc，共(27)页，2.979 MB，由MTyang资料小铺上传

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本部分主要考查导数的几何意义以及导数的应用，利用导数研究函数的单调性、极值、最值的简单运用多在选择题、填空题当中考查，当导数与函数、不等式、方程、数列等交汇命题是高考的热点和难点．1．导数的几何意义．函

数在处的导数就是曲线在点处的切线的斜率，即．（1）曲线在点的切线的方程为．（2）过点作曲线的切线，点不一定是切点，于是对应切线的斜率也不一定是．切点不确定时，一般先设切点坐标，由导数得到切线斜率，写出切线方

程后，再利用条件来确定切点坐标，从而得到切线的方程．2．单调性与导数的关系．设函数在区间内可导．（1）如果在内，恒有，则在此区间是增函数；（2）如果在内，恒有，则在此区间是减函数；（3）如果在内，恒有，那么函数在这个区间内是常函数．3．利用导数判断函数单调性的步骤．（1）确定定义域（易

错点：漏写定义域）；命题趋势考点清单专题5××导数（2）求导函数；（3）解（或），得到单调递增（减）区间；（4）在定义域范围内取补集，得到减（增）区间．4．极值的定义．（1）函数在点的函数值比它在点附近的函数值都小，则把叫做的极小值点，叫做的极小值．若在点处可导，是其导数，就可以用导数描述函数在极

小值点附近的特征：；而且在点附近的左侧，右侧．（2）函数在点的函数值比它在点附近的函数值都大，则把叫做的极大值点，叫做的极大值．若在点处可导，是其导数，就可以用导数描述函数在极大值点附近的特征：；而且在点附近的左侧，右侧．注意：极值点指的取值，极值指相

应的的取值．5．求可导函数极值的步骤．（1）求函数的定义域；（2）求导数，并判断函数的单调性；（3）画表判断函数的极值．6．求函数在区间上的最值得一般步骤．（1）求函数在内的极值；（2）比较函数的各极值与端点处的函数值的大小，最大的一个是最大

值，最小的一个是最小值．一、选择题．1．已知函数的图象在点处的切线与y轴交于点，则切点的纵坐标为（）A．7B．7C．4D．4【答案】C【解析】因为，所以，，所以切点为，切线方程为，令，则，所以，解得，所以切点的纵坐标为，故选C．【点评】本题考查了导数的几何

意义，关键点是求出切线方程得到参数a的值，考查了学生的计算能力．2．已知直线和曲线相切，则的取值范围是（）A．,00,eB．0,eC．0,11,eD．,01,e【答案】A【解析】设切点是000(,ln)Pxxax，

由1afxx，则以P为切点的切线方程为0000ln(1)()ayxaxxxx，因为该切线过原点，所以0000ln1axaxxx，0ln1x，0xe，所以

10ake，所以ae且，故选A．【点评】本题考了导数的几何意义，属于中档题．精题集训（70分钟）经典训练题3．若直线与曲线和圆2249xy都相切，则的方程为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】法一：设曲线的切点，根据导

数几何意义可得点处的切线斜率0012|xxkyx，所以切线方程0001:2lyxxxx，即，因为切线也与圆2249xy相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即002314xdx，解得或

（舍去），所以切线方程为，故选A．法二：画出曲线和圆2249xy的图形如下：结合图形可得要使直线与曲线和圆2249xy都相切，则直线，横截距，纵截距，B，C，D均不符合，故选A．【点评】若已知曲线过点，求曲线过点的切线方程的方法：（1）当点是切点时，切线方程为．（2）当点不是切

点时，可分以下几步完成：第一步：设出切点坐标；第二步：写出过点的切线方程；第三步：将点的坐标代入切线方程求出；第四步：将的值代入方程可得过点的切线方程．4．已知函数2sin20201xfxx，其中为函数的导数，则20202020ff2021

2021ff（）A．0B．2C．2020D．2021【答案】B【解析】22222020sinsin20201202012020120201xxxxxfxfxxx

220201220201xx，所以202020202ff，222202012ln20202020coscos2020120201xxxxfxxx，22212ln

20202ln202020202ln202020202020coscoscos1202012020112020xxxxxxfxxxx，所以0fxfx，所以，所以

20202020202120212ffff，故选B．【点评】本题考查函数的对称性和求导函数以及求导函数的奇偶性，解答本题的关键是由解析式求得，从而得到202020202ff，求出22ln202

02020cos20201xxfxx，得到0fxfx，得到，考查计算能力，属于中档题．二、填空题．5．设曲线上任意一点的切线为，若的倾斜角的取值范围是π,4π2，则实数________．【答案】18【解析】，，22222aayxxa

xx，当且仅当2axx时等号成立，的倾斜角的取值范围是π,4π2，22ta1πn4a，解得18a，故答案为18．【点评】本题考查导数与切线的关系，解题的关系是求出导数的最小值，得出最小值为1，即可求解．三、解答题．

6．已知函数lnxefxaxaxx，aR．（1）当时，讨论的单调性；（2）设，若关于的不等式212xxgxeax在上有解，求的取值范围．【答案】（1）在上单调递增，在(1,)上单调递减；（2）．【解析】（1）由题意知，221xxxax

exaxeefxaxxx，令，当时，恒成立，∴当时，，即；当时，，即，∴函数在上单调递增，在(1,)上单调递减．（2）因为2lnxxxeaxeegxfxxfxaxaxxaxxx，由题

意知，存在，使得0200012xxgxeax成立，即存在，使得2000ln102xaxaxa成立，令2ln12xhxaxaxa，1,2x，11xaxahxaxxx

，1,2x．①当时，对任意，都有，∴函数()hx在上单调递减，成立，解得，；②当时，令，解得；令，解得，∴函数()hx在上单调递增，在上单调递减，又112h，，解得无解；③当时，对任意的，都有，∴函数()hx在上单调

递增，min1()2hx，不符合题意，舍去，综上所述，的取值范围为．【点评】根据导数的方法研究不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可

求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果．7．已知实数，．（1）讨论的单调性；（2）证明：21ln3xxexxe．【答案】（1）答案见解析；（2）证

明见解析．【解析】（1）函数的定义域为，1aaxfxxx．当时，对任意的，，故在上单调递增；若，当时，，单调递减；当时，，单调递增．综上所述，当时，在上单调递增；当，在上单调递减，在上单调递增．（2）证明：由题意，该不等式等价于，即，又可化为ln2ln3xxeexx，即

ln2ln3xxexx，令ln2tgxxx，则110gxx，所以，函数在上单调递增，当时，；当时，，所以，tR，故所证不等式等价为证明不等式，构造函数，则．当时，，函

数单调递减；当时，，函数单调递增，所以，min0ht，故原不等式得证．【点评】利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数hxfxgx；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论

；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．8．已知函数21cos22fxxx，212xgxxaxe．（1）求的单调性；（2）若对于任意

0,x，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案见解析；（2）．【解析】（1）令在上单调递增．当时，，在上单调递减；当(0,)x时，，在上单调递增．（2）令()()()Fxfxgx，则2211cos2cos222xxFx

xxxaxexaxe，，令∴()hx在上递增，∴，当时，，∴，单调递增，∴，满足题意；当时，，∴当时，，单调递减，又，此时，不合题意，综上可得．【点评】本题考查用导数研究函数的单调性，研究不等式恒成立问题．不

等式恒成立问题常常转化为求函数的最值，由最值满足的不等关系得出结论．9．设函数()．（1）若1a，求的极值；（2）讨论函数的单调性；（3）若，证明：2222123ln12341nnn．【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）见解析；

（3）证明见解析．【解析】（1）的定义域为，当1a时，211121xxfxxxx，若，则；若，则，在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增，，没有极大值．（2）2

1220xaxafxxaxxx，①当时，若，则；若，则，在0,1上单调递减，在(1,)上单调递增；②当012a，即时，若，则02ax或；若，则12ax，在,12a上单调递减，在0,2a

，上单调递增；③当12a，即时，恒成立，在上单调递增；④当12a，即时，若，则或2ax；若，则12ax，在1,2a上单调递减，在0,1,2a，上单调递增，综上所述：①当时，在1,2a上单调递减，在

0,1,2a，上单调递增；②当时，在上单调递增；③当时，在,12a上单调递减，在0,2a，1,上单调递增；④当时，在0,1上单调递减，在上单调递增．（3）由（1）知在0,1上为减函数，时，，令1nxn，得221nx

xn，21lnln11nnnnnn，即21ln1nnnn，22213243ln2lnln22334，，，…，21ln1nnnn，将以上各式左右两边相加得：2222341123ln2lnlnl

n232341nnnn，2222123ln12341nnn．【点评】本题第三问关键是联系到在0,1上为减函数，再从不等式的结构和对数的运算，想到构造21ln1nnnn求解．一、选择题．1．已知

函数fx的导函数为fx，若yfx的图象如图所示，则函数yfx的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由导函数得图象可得：0x时，0fx，所以fx在,0单调

递减，排除选项A、B，高频易错题当0x时，fx先正后负，所以fx在0,先增后减，因选项C是先减后增再减，故排除选项C，故选D．【点评】本题主要考了的利用导数研究函数单调性，但注意题目给的图象是原函数图象还是导函数图象，属于基础题．二、解答题．2．己知函数2

1()1()2xfxxmxemR．（1）若fx在R上是减函数，求m的取值范围；（2）当1m>时，证明：fx有一个极大值点和一个极小值点．【答案】（1）,1；（2）证明见解析．【解析】（1）由21()12xfxxmxe，得()xfxxme，设()()xgxf

xxme，则()1xgxe．当0x时，0gx，gx单调递减；当0x时，0gx，gx单调递增．所以max01gxgm，因为fx在R上是减函数，所

以maxmax()10fxgxm，所以1m£，故m的取值范围是,1．（2）当1m>时，010gm．由于0mgme，(0)0gmg，所以gx在,0m上有零点，又gx在

(,0)上单调递增，所以gx在(,0)上只有一个零点，设为110xmx，又21mgmmem，设21xhxxex，则220xhxee，即hx在1,上单调递减，所

以(10)hxh，即0gm，所以(0)0mgg，所以gx在0,m上有零点，又gx在(0,)上单调递减，所以gx在(0,)上只有一个零点，设为220xxm．因

此，当1,xx时，0fxgx，当12,xxx时，0fxgx；当2(,)xx时，0fxgx，即fx在1,x，2,x上单调递减，在12,xx上单调递增，所以当1xx时，

fx的极小值是1fx，当2xx时，fx的极大值是2fx，因此，fx有一个极大值点和一个极小值点．【点评】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数的单调性、极值的方法，并灵活应用，若已知函数单

调递减，则()0fx；若已知函数单调递增，则()0fx，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题．3．已知函数2ln(2())xaxfxxa（aR）．（1）当0a时，求曲线()yfx在点(1,(1))

f处的切线方程；（2）求()fx的单调区间；（3）若()fx恰有两个零点，求实数a的取值范围．【答案】（1）10xy；（2）答案不唯一，见解析；（3）(,4ln24)．【解析】（1）当0a时，()ln2fxxx，12fxx，所以(1)2f

，(1)1f，所以曲线在点(1,(1))f处的切线方程为2(1)yx，即10xy．（2）因为2ln(2())xaxfxxa，定义域为(0,)，所以2((21)112(2)22)1xaxaxfxaaxaxxxx．①当0a

时，()fx与()fx在(0,)上的变化情况如下：x1(0,)2121(,)2()fx0()fx最大值1()ln2124af所以()fx在1(0,)2内单调递增，在1(,)2内单调递减；②当02a时，()fx与()fx在(0,)上

的变化情况如下：x1(0,)21211(,)2a1a1(,)a()fx00()fx极大值1()ln2124af极小值1()ln11faaa所以()fx在1(0,)2，1(,)a内单调递增，在11(,)2a内单调递减；③当2a时，()0fx

，所以()fx在(0,)上单调递增；④当2a时，()fx与()fx在(0,)上的变化情况如下：x1(0,)a1a11(,)2a121(,)2()fx00()fx极大值1()ln11faaa

极小值1()ln2124af所以()fx在1(0,)a，1(,)2内单调递增，在11(,)2a内单调递减．（3）由（2）可知：①当0a时，()fx在1(0,)2内单调递增，在1(,)2内单

调递减，当12x时，()fx取得最大值1()ln2124af．（i）当4ln240a时，1()02f，所以()fx在(0,)上至多有一个零点，不符合题意；（ii）当4ln24a时，1()02f．因为1()02f，(1)20f，()fx在1(,)2

内单调递减，所以()fx在1(,)2内有唯一零点．因为4ln24ae，所以ae且11104ln242a．因为13()ln()11ln()1ln0faaeaa，1()02f，且()fx在1(0

,)2内单调递增，所以()fx在1(0,)2内有唯一零点，所以当4ln24a时，()fx恰有两个零点．②当02a时，()fx在1(0,)2，1(,)a内单调递增，在11(,)2a内单调递减，因为当12x时，()fx取得

极大值1()ln21024af，所以()fx在(0,)上至多有一个零点，不符合题意；③当2a时，()fx在(0,)上单调递增，所以()fx在(0,)上至多有一个零点，不符合题意；④当2a时，()fx

在1(0,)a，1(,)2内单调递增，在11(,)2a内单调递减．因为当1xa时，()fx取得极大值1()ln110afaa，所以()fx在(0,)上至多有一个零点，不符合题意，综上所述，实数a的取值范围是(,4ln

24)．【点评】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．一、选择题．1．

（多选）下列曲线中，与直线:230lxy相切的是（）A．曲线21:24CyxB．曲线2:ln24CyxC．曲线223:14yCxD．曲线324:2562Cyxxx【答案】ABD【解析】对A，将直线:230lxy代入曲线21:24Cyx可得241

290xx，则2124490Δ，则直线与曲线相切，故A正确；对B，直线:230lxy的斜率为2，对2:ln24Cyx，可得1yx，令12x，解得12x，代入直线可得切点为1,42

，满足在ln24yx上，故直线与曲线相切，故B正确；对C，223:14yCx的一条渐近线为2yx，和直线:230lxy平行，故直线l与曲线3C相交于一点，故不相切，故C错误；对D，又324

:2562Cyxxx可得26106yxx，令261062xx，解得23x或1．当23x时，代入直线可得切点213,33，不满足在曲线上；当1x时，代入直线可得切点为1,5，满足在曲线上，故

直线与曲线相切，故D正确，故选ABD．【点评】本题考查判定直线与曲线是否相切，一般采用的方法为，若曲线是椭圆、双曲线或抛物线，可联立直精准预测题线与曲线方程，利用判别式判断；若曲线是函数曲线，则可通过求导进行判断．2．（多选）已知函数，则下列说法正确的是（）A．有且只有一个极值点B．设，则

与的单调性相同C．有且只有两个零点D．在0,π2上单调递增【答案】ACD【解析】由题知，，，所以在上单调递增，当时，；当12x时，11cos02fx，所以存在01,02x，使得，所以函数在上单调递

减，在上单调递增，所以有且只有一个极值点，故A正确；因为，所以，所以，所以00g，故的一个极值点为，所以与的单调性不相同，故B错误；因为有且只有一个极值点，01,02x，且，所以在和上各有一个零点，所以有且只有两个零点，故C正确；因为与在0,π2

上都是单调递增，所以在0,π2上单调递增，D正确，故选ACD．【点评】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．二、填空题．3．中，角、、所对的边分别为、、，若函数3222113fxxbxacacx有极值点，则角的

范围是________．【答案】π,π3【解析】因为函数3222113fxxbxacacx，所以导函数，因为函数有极值点，所以，即，则2221cos222acbacBaca

c，因为，所以角的范围是π,π3，故答案为π,π3．【点评】本题考查导函数与余弦定理的综合应用，能否根据函数有极值得出是解决本题的关键，考查化归与转化思想，是中档题．三、解答题．4．已知函数，．（1）讨论函数单调性；（2）()fx

是的导数，，求证：函数存在三个零点．【答案】（1）在和上是递增，在上是递减；（2）证明见解析．【解析】（1）因为，由，得2133bbx，2233bbx，()fx的取值正负和函数单调性随x的变化情况

如下表：()fx0极大值极小值所以在和上是递增的，在上是递减的．（2）证明：由（1）知在上单调递减，且120xx，(0)0f，所以12()0()fxfx且，因为所以，224(3)12(12)4480Δbbb

，设，得2313123bbxx，2423123bbxx，则，的取值正负和函数单调性随x的变化情况如下表：3(,)x00极大值极小值所以在3(,)x与上是单调递增的，在上是单调递减的．又因为，，且31()()0gxgx，43()()0gxgx，

又时，时，，所以在3(,)x，34(,)xx，4(,)x上各有一个零点，且最多三个零点，故函数恰有三个零点．【点评】利用导数列表求出的单调性及极值，分析函数图象的变化趋势，利用与的正负，由零点存在性定理可判断零点个数．5．已知函数222xafxxexax，．（

1）讨论函数的单调性；（2）若不等式21202xafxxexaxa恒成立，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）321,4e．【解析】（1）222xafxxexax，．∴．①当时，令，得，∴在上单调递减；令，得，∴在上单调递增．②当时，令，得

，∴在上单调递减；令，得或，∴在和上单调递增．③当时，在时恒成立，∴在单调递增．④当时，令，得，∴在上单调递减；令，得lnxa或，∴在和上单调递增．综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递

增；当时，在上单调递减，在和上单调递增．（2）不等式21202xafxxexaxa，等价于．①当时，，则；②当时，211xxeax．设函数211xxegxx，则2231xxxegxx．当31,2x

时，，此时单调递减；当3,2x时，，此时单调递增，∴min32gxg，∴324ae；③当时，211xxeax，设函数211xxehxx，则2231xxxehxx

．当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，∴，∴，综上，的取值范围为321,4e．【点评】用导数求函数的单调区间或判断函数的单调性问题时应注意如下几方面：（1）在利用导数讨论函数的单调区间时，首先要确定函数的定义域；（2）不能随意将函数的2个独立的单调递增（

或递减）区间写成并集形式；（3）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用．6．已知函数cossinxfxexxx，sin2xg

xxe，其中e是自然对数的底数．（1）1,02πx，20,2πx，使得不等式成立，试求实数m的取值范围；（2）若1x，求证：()()0fxgx．【答案】（1）21,；（2）证明见解析．【解析】（1）1,0π2x

，20,2πx使得不等式成立，即12maxmaxfxmgx，cossinxfxexxx，cossinsincoscos1sinxxxfxexxxxxexxex，当,02πx时，

，故在0π,2上单调递增，所以当时，max()fx，又sin2xgxxe，cos2xgxxe，sin2xgxxe，当2π0,x时，，在0,π2上单调递减，0120gxg，故在0,π2

上单调递减，因此，当时，max()(0)2gxg，12m，即21m，实数m的取值范围是21,．（2）证明：当1x时，要证()()0fxgx，只需证cossinsin20xxe

xxxxe，即证(cos2)(1)sinxexxx，由于cos20x，10x，只需证sin1cos2xexxx，令()(1)1xehxxx，则221(1)(1)xxxexexehxxx，当时，，()hx单调递减；当(0,

)x时，，()hx单调递增，当且仅当时，()hx取得最小值，且最小值为0011eh，令sincos2xkx，则，即，即22sin()tan1kxkk，由三角函数的有界性，得221

1kk，即11k，max1k，又当时，；当时，1hxk，maxminsin1cos2xexxx，即sin1cos2xexxx，综上所述：当1x时，()()0fxgx成立．【点评】本题解

题的关键是利用等价转换的思想去思考问题，将复杂问题简单化．7．已知函数．（1）当时，求函数在的单调性；（2）当且1ae时，1gxafxx，求函数在上的最小值；（3）当时，12hxfxb

x有两个零点，，且，求证：．【答案】（1）fx在上单调递增；（2）1ae；（3）证明见解析．【解析】（1）当时，，则1cos1fxxx，当，在上单调递减，∴10fxf，∴当

时，在上单调递增．（2）当时，1lngxaxx（1ae，0xe），则2211aaxgxxxx，当时，，此时函数在区间上单调递减，∴函数在处取得最小值，即min1gxae；当时，令10g

xxa，当1ea时，即当10ae时，，此时函数在区间上单调递减，函数在处取得最小值，即min1gxae，综上所得min1gxae．（3）当时，1ln02hxxbxx，∵，是函数1ln2hxxbx的两个零点，∴111ln

02xbx，221ln02xbx，两式相减，可得122111ln22xxxx，即112221ln2xxxxxx，∴1212122lnxxxxxx，∴1211212lnxxxxx，2121212lnxxxxx

．令1201xttx，则1211112ln2ln2lnttttxxttt，记12ln01Fttttt，则22(1)tFtt．∵01t，∴0Ft恒成立，∴1FtF，即12ln0ttt，∴112lnttt，故1

21xx．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值和不等式的证明，考查了转化思想和函数思想，属难题．