数学22导数及其应用

单元教学设计《导数及其应用》课题名称：《导数及其应用》单元教学设计设计者姓名：XXX设计者单位：XXX联系（未提供）一、教学要素分析1、数学分析1）该单元在整个高中数学中的地位和作用导数是大学数学微积分的核心概念之一，也是中学数学中特别重要的内容。

它在中学数学与高等数学之间起着承前启后的衔接作用。

导数以不同的形式渗透到高中数学的许多方面，与高中数学的许多内容都有密切的联系。

导数可用于研究函数性质、探求函数的极值最值、求曲线的斜率、证明不等式等，为解决中学数学问题提供了新的视野。

在中学数学中的应用涉及到函数、三角、数列、不等式、向量、解析几何、立体几何等方面。

应用导数可以十分方便地处理中学数学问题。

同时，导数也是解决一些物理、化学问题等其他实际问题的有力工具。

2）导数在实际生活中的应用导数在物理、化学、生物、天文、地理、经济等领域都有着十分广泛和主要的应用。

为了突出导数概念的实际背景，教材选用了两个物理问题作为典型实例，从平均变化率到瞬时变化率的过程，引出导数概念，揭示导数的本质——导数就是瞬时变化率。

现实生活中经常遇到求利润最大、用料最省和效率最高等优化问题，这些问题常转化为数学中求函数的最值问题，而导数是求函数最值的强有力工具，因此我们利用导数解决生活中的优化问题就自然而然地用到导数了。

研究了导数及其应用以后，学生可以很容易地根据做变速直线运动物体的运动方程：s=s(t)，算出物体的瞬时速度、瞬时加速度；对非稳恒电流，就可以算出其瞬时电流强度；化学中的反应速度、冷却速度等也可以通过微积分的方法来解决。

3）该单元蕴含的基本数学思想和方法，以及数学文化价值在知识传授上，采用从特殊到一般，从猜想到探究，由感性上升到理性的思路，让学生充分感受数学知识产生过程，学会进行数学推理和探究方法。

同时，借助函数图象的直观性，即函数的平均变化率就是曲线割线所在直线的斜率，再利用无限逼近的数学思想得到曲线的切线和导数的关系——导数的几何意义，充分体现了数形结合思想和“无限逼近”的极限思想。

5.1.2 导数的概念及其几何意义课标解读课标要求素养要求1.了解导数概念的实际背景,知道导数是关于瞬时变化率的数学表达;⒉.通过函数图象直观理解导数的几何意义. 1.数学抽象——能通过瞬时变化率了解导数的概念;2.直观想象——能根据图形和导数的几何意义求切线斜率.自主学习·必备知识教材研习教材原句要点一 平均变化率对于函数y =f(x) ,设自变量x 从x 0 变化到x 0+Δx ,相应地,函数值y 就从f(x 0) 变化到f(x 0+Δx) .这时,x 的变化量为Δx ,y 的变化量为① Δy =f(x 0+Δx)−f(x 0) .我们把比值ΔyΔx ，即ΔyΔx =f(x 0+Δx)−f(x 0)Δx叫做函数y =f(x) 从x 0 到x 0+Δx 的平均变化率.要点二 导数的概念与表示如果当Δx →0 时,平均变化率ΔyΔx无限趋近于一个 确定的值 ,即ΔyΔx有极限,则称y =f(x) 在 x =x 0 处的②导数(也称为瞬时变化率),记作③ f ′(x 0) 或y ′|x=x 0 ，即f ′(x 0)=lim Δx→0ΔyΔx =lim Δx→0f(x 0+Δx)−f(x 0)Δx.要点三 切线如图,在曲线y =f(x) 上任取一点P(x,f(x)) ,如果当点P(x,f(x)) 沿着曲线y =f(x) 无限趋近于点P 0(x 0,f(x 0)) 时,割线P 0P 无限趋近于一个确定的位置,这个确定位置的直线P 0T 称为曲线y =f(x) 在点P 0 处的④ 切线 .自主思考1.自变量的变化量Δx 能否为0?答案：提示由平均变化率的定义可知,|Δx|可以很小,但是Δx≠0.2.已知函数y=2x2,当x=a,Δx→0时，ΔyΔx无限趋近于多少?答案：提示当x=a时，ΔyΔx =2(a+Δx)2−2a2Δx=2(Δx)2+4aΔxΔx=2Δx+4a∵Δx→0,∴ΔyΔx无限趋近于4a名师点睛1.关于导数的概念的理解基于瞬时速度与切线斜率的计算公式具有共同点,即瞬时速度是平均速度的极限,切线斜率是割线斜率的极限,所以导数概念是瞬时速度与切线斜率的数学抽象与概括,表示为f′(x0)=limΔx→0ΔyΔx =limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx.2.导数的物理意义与几何意义（1）导数的物理意义就是位移时间函数s=s(t)在t=t0时刻的瞬时速度,同理也是速度时间函数v=v(t)在t=t0时刻的瞬时加速度.（2）导数的几何意义就是曲线y=f(x)在x=x0处的切线斜率.割线斜率k(P0(x0,f(x0)),P(x0+Δx,f(x0+Δx))切线斜率k0（切点P0(x0,f(x0))）k=ΔyΔx =f(x0+Δx)−f(x0)Δxk0=f′(x0)=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx3.导数定义公式的两种等价形式导数的定义公式为f′(x0)=limΔx→0ΔyΔx =limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx若令x=x0+Δx,得Δx=x−x0,于是f′(x0)=lim x→x0f(x)−f(x0)x−x0互动探究·关键能力探究点一变化率与导数的概念精讲精练例1已知函数f(x)=2x+3,则f(−1)=1，的值为( )A.1B.2C.3D.-3答案：C解析：因为f(x)=2x+3,所以f(−1)=1,f′(−1)=limΔx→0f(−1+Δx)−f(−1)Δx=limΔx→02(−1+Δx)+3−1Δx=limΔx→02=2,所以f(−1)+f′(−1)=3.例2 （多选）下列关于函数f(x)=x2的变化率的叙述正确的是( )A.f(x)在[1,2]的平均变化率为1B.f(x)在x=1处的导数为2C.f(x)在x=1处的瞬时变化率为1D.f(x)在[x1,x2]的平均变化率为x1+x2答案：B; D解析：因为函数y=f(x)在[x1,x2]的平均变化率为ΔyΔx =y2−y1x2−x1=x22−x1x2−x1=x1+x2所以函数f(x)=x2在[1,2]的平均变化率为1+2=3,故A错误,D正确;函数f(x)在x=1处的瞬时变化率即f′(1)=limΔx→0f(1+Δx)−f(1)Δx=limΔx→0(2+Δx)=2，故B正确，C错误，故选BD解题感悟导数是瞬时速度与切线斜率的数学抽象,其本质是极限思想.解决导数问题运用了由“平均变化率"逼近“瞬时变化率”的思想方法.迁移应用1.（2020辽宁省实验中学高二质检）函数y=1x在x=1到x=3之间的平均变化率为( )A.23B.−23C.−13D.13答案：C解析：当x=1时,y=11=1;当x=3时,y=13,所以函数y=1x在x=1到x=3之间的平均变化率为ΔyΔx =13−13−1=−13.故选C.2.(★)（山东菏泽一中高二质检）已知曲线y=13x3+1上一点A(1,43),则点A处的切线斜率等于,切线方程为. 答案：1 ; 3x−3y+1=0解析：由Δy=13(1+Δx)3−13×13=13[1+3Δx+3(Δx)2+(Δx)3]−13=Δx+(Δx)2+13(Δx)3,得ΔyΔx =1+Δx+13(Δx)2,则limΔx→0ΔyΔx =limΔx→0[1+Δx+13(Δx)2]=1,切线方程为y−43=x−1,即3x−3y+1=探究点二求函数在某点处的导数精讲精练例求y=2x2+4x在x=3处的导数.答案：∵Δy=2(3+Δx)2+4(3+Δx)−(2×32+4×3)=2(Δx)2+16Δx,∴ΔyΔx=2Δx+16,即y′|x=3=16.变式求f(x)=2x2+4x在x=x0处的导数,并解方程f′(x0)=0.答案：∵Δy=2(x0+Δx)2+4(x0+Δx)−(2x02+4x0)=2(2x0+Δx)Δx+4Δx, ΔyΔx=2(2x0+Δx)+4,∴limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0[2(2x0+Δx)+4]=4x0+4，即f′(x0)=4x0+4由f′(x0)=0,得x0=−1.解题感悟计算函数y=f(x)在x=x0处的导数通常有下列三个步骤:（1）先计算函数值的增量：Δy=f(x0+Δx)−f(x0)（2）再计算函数的平均变化率：ΔyΔx =f(x0+Δx)−f(x0)Δx（3）最后计算极限：f′(x0)=limΔx→0ΔyΔx =limΔx→0f(x0+Δx)−f(x0)Δx迁移应用1.求函数y=x2+1在x=−3处的导数．答案：∵Δy=(−3+Δx)2+1−[(−3)2+1]=(Δx)2−6Δx，ΔyΔx=Δx−6，∴limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0(Δx−6)=−6，∴y′|x=−3=−6.探究点三导数的几何意义与应用精讲精练类型1 求函数的图象在某点处的切线斜率与切线方程例1 函数y=x2+x的图象在点P(1,2)处的切线斜率为,切线方程为.答案：3; 3x−y−1=0解析：解法一：根据导数的几何意义,曲线y=x2+x在点P(1,2)处的切线斜率k=y′|x=1=limΔx→0(1+Δx)2+(1+Δx)−2Δx=limΔx→0(3+Δx)=3所以切线方程为y−2=3(x−1),即3x−y−1=0.解法二：设曲线y=x2+x在点P(1,2)处的切线斜率为k,则切线方程为y−2=k(x−1),即y=kx+2−k,将其代入y=x2+x,整理得x2+(1−k)x+k−2=0,依题意,Δ=(1−k)2−4(k−2)=(k−3)2=0,解得k=3,所以切线方程为y−2=3(x−1),即3x−y−1=0.变式若本例函数不变,如何求此抛物线在顶点处的切线方程？过此抛物线顶点的切线有什么特点？答案：函数y=x2+x的图象是抛物线,顶点坐标为(−12,−14),解法一：函数y=x2+x的图象在顶点(−12,−14)处的切线斜率k=y′|x=−12=limΔx→0(−12+Δx)2+(−12+Δx)−(−14)Δx=limΔx→0(Δx)=0，所以抛物线在顶点处的切线方程为y=−14.过此抛物线顶点的切线是水平的直线.解法二：结合图象(图略)可知,抛物线在顶点处的切线是水平的直线,切线方程为y=−14.解题感悟导数的几何意义及其应用1.曲线的切线与曲线至少有一个公共点,其中必有一个公共点是切点,所以曲线必过切点,切线必过切点,斜率等于切点处的导数值.2.若曲线的切线方程与曲线方程联立所得的方程组可以化为一元二次方程,则可以运用一元二次方程的根的判别式等于0求切线斜率.类型2 求函数的图象过某点的切线斜率与切线方程例2 已知函数y=x3−x的图象为曲线C.（1）求曲线C在点(1,0)处的切线方程;（2）求曲线C过点(1,0)的切线方程.答案：（1）函数y=x3−x的图象在点(1,0)处的切线斜率为k=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0(1+Δx)3−(1+Δx)−0Δx=limΔx→0(1+Δx)[2Δx+(Δx)2]Δx=limΔx→0(1+Δx)(2+Δx)=2,所以曲线C在点(1,0)处的切线方程为y=2x−2.（2）设函数y=x3−x图象上切点的坐标为P(x0,x03−x0),则切线斜率为k=limΔx→0[(x0+Δx)3−(x0+Δx)]−(x03−x0)Δx=limΔx→0Δx[3x02+3x0⋅Δx+(Δx)2]−ΔxΔx=limΔx→0[3x02+3x0⋅Δx+(Δx)2−1]=3x02−1.所以切线方程为y−(x03−x0)=(3x02−1)(x−x0),由于切线经过点(1,0),所以0−(x03−x0)=(3x02−1)(1−x0)，整理得2x03−3x02+1=0,即2(x03−1)−3(x02−1)=0,所以2(x0−1)(x02+x0+1)−3(x0+1)(x0−1)=0,所以(x0−1)2(2x0+1)=0,解得x0=1或x0=−12.所以P(1,0)或P(−12,38),所以切线方程为y=2x−2或y=−14x+14.解题感悟过点P(x1,y1)求曲线的切线方程步骤：（1）设切点坐标为Q(x0,y0);（2）求出函数y=f(x)在x=x0。

导数及其应用课标解读1、整体定位《标准》中对导数及其应用的整体定位如下：“微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段。

导数概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用。

在本模块中，学生将通过大量实例，经历由平均变化率到瞬时变化率刻画现实问题的过程，理解导数概念，了解导数在研究函数的单调性、极值等性质中的作用，初步了解定积分的概念，为以后进一步学习微积分打下基础。

通过该模块的学习，学生将体会导数的思想及其丰富内涵，感受导数在解决实际问题中的作用，了解微积分的文化价值。

”为了更好地理解整体定位，需要明确以下几个方面的问题：（1）要防止将导数仅仅作为一些规则和步骤来学习，而忽视它的思想和价值。

由于在中学阶段，学生没有学习极限，而导数又作为一种特殊的极限，我们如何处理这部分内容呢？导数及其应用在编排上更侧重于思想和概念的本质，不能把导数作为一种特殊的极限（增量比的极限）来处理，而是通过实际的背景和具体应用事例—膨胀率、加速度、增长率等实例，引导学生经历由平均变化率到瞬时变化率的过程，认识和理解导数的概念，同时加强学生对导数几何意义的认识和理解。

（2）导数的运算不宜要求过高由于没有学习极限，因此，我们不能过多地要求学生利用极限去求过于复杂的函数导数。

这里，只要求学生能根据导数定义求函数y=c,y=x,y=x 2,y=x 3,y=x 1,y=x 的导数；能利用给出的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数（仅限于形如f(a+b)）的导数。

（3）注重导数在研究函数和生活实践中的应用导数概念是微积分的核心概念之一，它有极其丰富的实际背景和广泛的应用。

它是研究函数增减、变化快慢、最大（小）值等问题最一般，最有效的工具。

这里，我们要求学生能借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求不超过三次的多项式函数的单调区间；会用导数求不超过三次的多项式函数的极大值、极小值，以及闭区间上不超过三次的多项式函数最大值、最小值。

第十节变化率与导数、导数的运算授课提示：对应学生用书第37页［基础梳理］1．导数的概念（1）函数y＝f(x)在x＝x0处导数的定义称函数y＝f（x）在x＝x0处的瞬时变化率＝错误!为函数y＝f（x)在x＝x0处的导数,记作f′（x0）或y′|x＝x0，即f′（x0）＝错误!＝．(2）导数的几何意义函数f（x）在点x0处的导数f′(x0)的几何意义是在曲线y＝f(x)上点P(x0,y0)处的切线的斜率(瞬时速度就是位移函数s（t)对时间t 的导数）．相应地，切线方程为y－y0＝f′(x0)(x－x0)．（3）函数f（x)的导函数称函数f′(x)＝错误!为f(x)的导函数．2原函数导函数f（x）＝c(c为常数)f′(x)＝0f（x)＝xα(α∈Q＊）f′(x)＝αxα－1f(x）＝sin x f′(x)＝cos__xf(x）＝cos x f′（x）＝－sin__xf（x）＝a x(a＞0，且a≠1）f′（x)＝a x ln__af(x）＝e x f′（x）＝e x f(x)＝log a x（a＞0,且a≠1）f′(x）＝错误!f（x)＝ln x f′（x)＝错误!3.导数的运算法则（1）[f(x)±g(x）］′＝f′(x）±g′(x)．(2）［f（x)·g（x）］′＝f′（x)g(x）＋f（x)g′（x)．（3）错误!′＝错误!(g（x）≠0)．1．求导其实质是一种数学运算即求导运算，有公式和法则，也有相应的适用范围或成立条件,要注意这一点，如(x n）′＝nx n－1中,n≠0且n∈Q*.错误!′＝错误!，要满足“＝”前后各代数式有意义，且导数都存在．2．(1)f′（x0)代表函数f（x）在x＝x0处的导数值；(f（x0））′是函数值f(x0）的导数,而函数值f(x0)是一个常量，其导数一定为0，即(f(x0)）′＝0.(2）f′（x)是一个函数，与f′(x0）不同．3．（1）“过”与“在”：曲线y＝f（x)“在点P（x0，y0）处的切线”与“过点P(x0,y0)的切线”的区别：前者P（x0，y0)为切点，而后者P（x0，y0)不一定为切点．(2)“切点”与“公共点”:曲线的切线与曲线的公共点的个数不一定只有一个,而直线与二次曲线相切只有一个公共点．[四基自测]1．（基础点：求导数值)若f(x）＝x·e x，则f′（1)等于(）A．0B．eC．2e D．e2答案：C2．（易错点：导数的运算)已知f（x)＝x·ln x,则f′（x）＝（) A。

高考数学最新真题专题解析—导数及其应用（新高考卷）【母题来源】2022年新高考I 卷【母题题文】已知函数f(x)=x 3−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 【答案】AC 【分析】本题考查利用导数研究函数的极值与零点以及曲线上一点的切线问题，函数的对称性，考查了运算能力以及数形结合思想，属于中档题． 【解答】解： f(x)=x 3−x +1⇒f′(x)=3x 2−1 ，令 f′(x)=0 得： x =±√33，f′(x)>0⇒x <−√33 或 x >√33 ； f′(x)<0⇒−√33<x <√33，所以 f(x) 在 (−∞,−√33) 上单调递增，在 (−√33,√33) 上单调递减，在 (√33,+∞)上单调递增，所以 f(x) 有两个极值点 (x =−√33 为极大值点， x =√33为极小值点 ) ，故 A正确 ;又 f(−√33)=−√39−(−√33)+1=1+2√39>0 ， f(√33)=√39−√33+1=1−2√39>0 ，所以 f(x) 仅有 1 个零点 ( 如图所示 ) ，故 B 错 ;又 f(−x)=−x 3+x +1⇒f(−x)+f(x)=2 ，所以 f(x) 关于 (0,1) 对称，故 C 正确 ;对于 D 选项，设切点 P(x 0,y 0) ，在 P 处的切线为 y −(x 03−x 0+1)=(3x 02−1)(x −x 0) ，即 y =(3x 02−1)x −2x 03+1 ，若 y =2x 是其切线，则 {3x 02−1=2−2x 03+1=0，方程组无解，所以 D 错． 【母题来源】2022年新高考II 卷【母题题文】曲线y =ln|x|经过坐标原点的两条切线方程分别为 ， ． 【答案】y =x e y =−xe 【分析】本题考查函数切线问题，设切点坐标，表示出切线方程，带入坐标原点，求出切点的横坐标，即可求出切线方程，为一般题． 【解答】解：当 x >0 时，点 (x 1,lnx 1)(x 1>0) 上的切线为 y −lnx 1=1x 1(x −x 1).若该切线经过原点，则 lnx 1−1=0 ，解得 x =e ， 此的切线方程为 y =xe ．当 x <0 时，点 (x 2,ln(−x 2))(x 2<0) 上的切线为 y −ln (−x 2)=1x 2(x −x 2) ．若该切线经过原点，则 ln(−x 2)−1=0 ，解得 x =−e ， 此时切线方程为 y =−xe ． 【命题意图】考察导数的概念，考察导数的几何意义，考察导数求导法则求导公式，导数的应用，考察数学运算和逻辑推导素养，考察分类讨论思想，函数和方程思想，化归与转化的数学思想，分析问题与解决问题的能力。

导数及其应用知识点必记1．函数的平均变化率为=∆∆=∆∆x fx y xx f x x f x x x f x f ∆-∆+=--)()()()(111212 注1：其中x ∆是自变量的改变量，可正，可负，可零。

注2：函数的平均变化率可以看作是物体运动的平均速度。

2、导函数的概念:函数)(x f y =在0x x =处的瞬时变化率是x x f x x f x yx x ∆-∆+=∆∆→∆→∆)()(limlim0000，则称函数)(x f y =在点0x 处可导，并把这个极限叫做)(x f y =在0x 处的导数，记作)(0'x f 或0|'x x y =3.函数的平均变化率的几何意义是割线的斜率；函数的导数的几何意义是切线的斜率。

4导数的背景（1）切线的斜率；（2）瞬时速度； 5、常见的函数导数和积分公式 函数 导函数 定积分 y c = ————————n y x =()*n N ∈x y a =()0,1a a >≠x y e =log a y x =()0,1,0a a x >≠>———————— ln y x =sin y x = cos y x =常见的导数和定积分运算公式:若()f x ，()g x 均可导（可积），则有： 和差的导数运算 积的导数运算 商的导数运算 复合函数的导数 微积分基本定理 和差的积分运算 积分的区间可加性6.用导数求函数单调区间的步骤:①求函数f (x )的导数'()f x ②令'()f x >0,解不等式，得x 的范围就是递增区间.③令'()f x <0,解不等式，得x 的范围，就是递减区间；[注]：求单调区间之前一定要先看原函数的定义域。

7.求可导函数f (x )的极值的步骤：(1)确定函数的定义域。

(2) 求函数f (x )的导数'()f x (3)求方程'()f x =0的根(4) 用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格，检查/()f x 在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号，那么f (x )在这个根处无极值8.利用导数求函数的最值的步骤:求)(x f 在[]b a ,上的最大值与最小值的步骤如下： ⑴求)(x f 在[]b a ,上的极值；⑵将)(x f 的各极值与(),()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。

高考数学-导数及其应用（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】当x =1时，函数f(x)=alnx +bx 取得最大值−2，则f ′(2)=（ ） A ．−1 B ．−12C ．12D ．1【答案】B 【解析】 【分析】根据题意可知f (1)=−2，f ′(1)=0即可解得a,b ，再根据f ′(x )即可解出． 【详解】因为函数f (x )定义域为(0,+∞)，所以依题可知，f (1)=−2，f ′(1)=0，而f ′(x )=ax −bx 2，所以b =−2,a −b =0，即a =−2,b =−2，所以f ′(x )=−2x +2x 2，因此函数f (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，x =1时取最大值，满足题意，即有f ′(2)=−1+12=−12． 故选：B.2．【2022年全国甲卷】已知a =3132,b =cos 14,c =4sin 14，则（ ） A ．c >b >a B ．b >a >c C ．a >b >c D ．a >c >b【答案】A 【解析】 【分析】由cb =4tan 14结合三角函数的性质可得c >b ；构造函数f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，利用导数可得b >a ，即可得解. 【详解】因为cb =4tan 14,因为当x ∈(0,π2),sinx <x <tanx 所以tan 14>14,即cb >1,所以c >b ； 设f(x)=cosx +12x 2−1,x ∈(0,+∞)，f ′(x)=−sinx +x >0，所以f(x)在(0,+∞)单调递增， 则f (14)>f(0)=0,所以cos 14−3132>0，所以b >a ,所以c >b >a ， 故选：A3．【2022年新高考1卷】设a =0.1e 0.1,b =19，c =−ln0.9，则（ ） A ．a <b <c B ．c <b <a C ．c <a <b D ．a <c <b【答案】C 【解析】 【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)−x ， 导数判断其单调性，由此确定a,b,c 的大小. 【详解】设f(x)=ln(1+x)−x(x >−1)，因为f ′(x)=11+x −1=−x1+x ， 当x ∈(−1,0)时，f ′(x)>0，当x ∈(0,+∞)时f ′(x)<0，所以函数f(x)=ln(1+x)−x 在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增， 所以f(19)<f(0)=0，所以ln109−19<0，故19>ln109=−ln0.9，即b >c ，所以f(−110)<f(0)=0，所以ln 910+110<0，故910<e −110，所以110e 110<19，故a <b ，设g(x)=xe x +ln(1−x)(0<x <1)，则g ′(x)=(x +1)e x +1x−1=(x 2−1)e x +1x−1,令ℎ(x)=e x (x 2−1)+1，ℎ′(x)=e x (x 2+2x −1)，当0<x <√2−1时，ℎ′(x)<0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递减， 当√2−1<x <1时，ℎ′(x)>0，函数ℎ(x)=e x (x 2−1)+1单调递增， 又ℎ(0)=0，所以当0<x <√2−1时，ℎ(x)<0，所以当0<x <√2−1时，g ′(x)>0，函数g(x)=xe x +ln(1−x)单调递增， 所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e 0.1>−ln0.9，所以a >c 故选：C.4．【2022年新高考1卷】（多选）已知函数f(x)=x 3−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【答案】AC【解析】 【分析】利用极值点的定义可判断A ，结合f(x)的单调性、极值可判断B ，利用平移可判断C ；利用导数的几何意义判断D. 【详解】由题，f ′(x )=3x 2−1，令f ′(x )>0得x >√33或x <−√33，令f ′(x)<0得−√33<x <√33，所以f(x)在(−√33,√33)上单调递减，在(−∞,−√33)，(√33,+∞)上单调递增， 所以x =±√33是极值点，故A 正确；因f(−√33)=1+2√39>0，f(√33)=1−2√39>0，f (−2)=−5<0，所以，函数f (x )在(−∞,−√33)上有一个零点，当x ≥√33时，f (x )≥f (√33)>0，即函数f (x )在(√33,+∞)上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B 错误；令ℎ(x)=x 3−x ，该函数的定义域为R ，ℎ(−x )=(−x )3−(−x )=−x 3+x =−ℎ(x )， 则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心， 将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象， 所以点(0,1)是曲线y =f(x)的对称中心，故C 正确； 令f ′(x )=3x 2−1=2，可得x =±1，又f(1)=f (−1)=1，当切点为(1,1)时，切线方程为y =2x −1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y =2x +3， 故D 错误. 故选：AC.5．【2022年全国乙卷】已知x =x 1和x =x 2分别是函数f(x)=2a x −ex 2（a >0且a ≠1）的极小值点和极大值点．若x 1<x 2，则a 的取值范围是____________． 【答案】(1e ,1) 【解析】 【分析】由x 1,x 2分别是函数f (x )=2a x −ex 2的极小值点和极大值点，可得x ∈(−∞,x 1)∪(x 2,+∞)时，f′(x)<0，x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，再分a>1和0<a<1两种情况讨论，方程2lna ⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，构造函数g(x)=lna⋅a x，利用指数函数的图象和图象变换得到g(x)的图象，利用导数的几何意义求得过原点的切线的斜率，根据几何意义可得出答案.【详解】解：f′(x)=2lna⋅a x−2ex，因为x1,x2分别是函数f(x)=2a x−ex2的极小值点和极大值点，所以函数f(x)在(−∞,x1)和(x2,+∞)上递减，在(x1,x2)上递增，所以当x∈(−∞,x1)∪(x2,+∞)时，f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x<0时，2lna⋅a x>0,2ex<0，则此时f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0<a<1时，则方程2lna⋅a x−2ex=0的两个根为x1,x2，即方程lna⋅a x=ex的两个根为x1,x2，即函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，∵0<a<1,∴函数y=a x的图象是单调递减的指数函数，又∵ln a<0,∴y=lna⋅a x的图象由指数函数y=a x向下关于x轴作对称变换，然后将图象上的每个点的横坐标保持不变，纵坐标伸长或缩短为原来的|ln a|倍得到，如图所示：设过原点且与函数y=g(x)的图象相切的直线的切点为(x0,lna⋅a x0)，则切线的斜率为g′(x0)=ln2a⋅a x0，故切线方程为y−lna⋅a x0=ln2a⋅a x0(x−x0)，则有−lna⋅a x0=−x0ln2a⋅a x0，解得x0=1lna，则切线的斜率为ln2a⋅a1lna=eln2a，因为函数y=lna⋅a x与函数y=ex的图象有两个不同的交点，所以eln2a<e，解得1e<a<e，又0<a<1，所以1e<a<1，综上所述，a的范围为(1e,1).【点睛】本题考查了函数的极值点问题，考查了导数的几何意义，考查了转化思想及分类讨论思想，有一定的难度.6．【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)e x有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________________．【答案】(−∞,−4)∪(0,+∞)【解析】【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得a的取值范围.【详解】∵y=(x+a)e x，∴y′=(x+1+a)e x，设切点为(x0,y0),则y0=(x0+a)e x0,切线斜率k=(x0+1+a)e x0,切线方程为：y−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(x−x0),∵切线过原点，∴−(x0+a)e x0=(x0+1+a)e x0(−x0),整理得：x02+ax0−a=0,∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<−4或a>0,∴a的取值范围是(−∞,−4)∪(0,+∞),故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)7．【2022年新高考2卷】曲线y=ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，___ _________．【答案】y=1e x y=−1ex【解析】【分析】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为(x0,lnx0)，求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，从而表示出切线方程，再根据切线过坐标原点求出x0，即可求出切线方程，当x <0时同理可得；【详解】解：因为y=ln|x|，当x>0时y=lnx，设切点为(x0,lnx0)，由y′=1x ，所以y′|x=x0=1x，所以切线方程为y−lnx0=1x0(x−x0)，又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0(−x0)，解得x=e，所以切线方程为y−1=1e(x−e)，即y=1ex；当x<0时y=ln(−x)，设切点为(x1,ln(−x1))，由y′=1x ，所以y′|x=x1=1x1，所以切线方程为y−ln(−x1)=1x1(x−x1)，又切线过坐标原点，所以−ln(−x1)=1x1(−x1)，解得x1=−e，所以切线方程为y−1=1−e(x+e)，即y=−1ex；故答案为：y=1e x；y=−1ex8．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=x3−x,g(x)=x2+a，曲线y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线也是曲线y=g(x)的切线．(1)若x1=−1，求a；(2)求a的取值范围．【答案】(1)3(2)[−1,+∞)【解析】【分析】（1）先由f(x)上的切点求出切线方程，设出g(x)上的切点坐标，由斜率求出切点坐标，再由函数值求出a即可；（2）设出g(x)上的切点坐标，分别由f(x)和g(x)及切点表示出切线方程，由切线重合表示出a，构造函数，求导求出函数值域，即可求得a的取值范围.(1)由题意知，f(−1)=−1−(−1)=0，f′(x)=3x2−1，f′(−1)=3−1=2，则y=f(x)在点(−1,0)处的切线方程为y=2(x+1)，即y=2x+2，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2=2，解得x2=1，则g(1)=1+a=2+2，解得a=3；(2)f′(x)=3x2−1，则y=f(x)在点(x1,f(x1))处的切线方程为y−(x13−x1)=(3x12−1)(x−x1)，整理得y=(3x12−1)x−2x13，设该切线与g(x)切于点(x2,g(x2))，g′(x)=2x，则g′(x2)=2x2，则切线方程为y−(x22+a)=2x2(x−x2)，整理得y=2x2x−x22+a，则{3x12−1=2x2−2x13=−x22+a ，整理得a=x22−2x13=(3x122−12)2−2x13=94x14−2x13−32x12+14，令ℎ(x)=94x4−2x3−32x2+14，则ℎ′(x)=9x3−6x2−3x=3x(3x+1)(x−1)，令ℎ′(x)>0，解得−13<x<0或x>1，令ℎ′(x)<0，解得x<−13或0<x<1，则x变化时，ℎ′(x),ℎ(x)的变化情况如下表：则ℎ(x)的值域为[−1,+∞)，故a的取值范围为[−1,+∞).9．【2022年全国甲卷】已知函数f(x)=e xx−lnx+x−a．(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2，则环x1x2<1．【答案】(1)(−∞,e+1](2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0，再利用导数即可得证.(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=(1x −1x2)e x−1x+1=1x(1−1x)e x+(1−1x)=x−1x(e xx+1)令f(x)=0,得x=1当x∈(0,1),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(1,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增f(x)≥f(1)=e+1−a，若f(x)≥0,则e+1−a≥0,即a≤e+1所以a的取值范围为(−∞,e+1](2)由题知,f(x)一个零点小于1,一个零点大于1不妨设x1<1<x2要证x1x2<1,即证x1<1x2因为x1,1x2∈(0,1),即证f(x1)>f(1x2)因为f(x1)=f(x2),即证f(x2)>f(1x2)即证e xx −lnx+x−x e1x−lnx−1x>0,x∈(1,+∞)即证e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0下面证明x>1时，e xx −x e1x>0,lnx−12(x−1x)<0设g(x)=e xx−x e1x,x>1，则g′(x)=(1x −1x2)e x−(e1x+x e1x⋅(−1x2))=1x(1−1x)e x−e1x(1−1x)=(1−1x)(exx−e1x)=x−1x(exx−e1x)设φ(x)=e xx (x>1),φ′(x)=(1x−1x2)e x=x−1x2ex>0所以φ(x)>φ(1)=e,而e1x<e所以e xx−e1x>0,所以g′(x)>0所以g(x)在(1,+∞)单调递增即g(x)>g(1)=0,所以e xx−x e1x>0令ℎ(x)=lnx−12(x−1x),x>1ℎ′(x)=1x−12(1+1x2)=2x−x2−12x2=−(x−1)22x2<0所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递减即ℎ(x)<ℎ(1)=0,所以lnx−12(x−1x)<0；综上, e xx −x e1x−2[lnx−12(x−1x)]>0,所以x1x2<1.【点睛】关键点点睛：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式ℎ(x)=lnx−12(x−1x)这个函数经常出现，需要掌握10．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ax−1x−(a+1)lnx．(1)当a=0时，求f(x)的最大值；(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)−1(2)(0,+∞)【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得f′(x)=(ax−1)(x−1)x2，按照a≤0、0<a<1及a>1结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解.(1)当a=0时，f(x)=−1x −lnx,x>0，则f′(x)=1x2−1x=1−xx2，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=−1；(2)f(x)=ax−1x −(a+1)lnx,x>0，则f′(x)=a+1x2−a+1x=(ax−1)(x−1)x2，当a≤0时，ax−1≤0，所以当x∈(0,1)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(1,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；所以f(x)max=f(1)=a−1<0，此时函数无零点，不合题意；当0<a<1时，1a >1，在(0,1),(1a,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1,1a)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；又f(1)=a−1<0，当x趋近正无穷大时，f(x)趋近于正无穷大，所以f(x)仅在(1a,+∞)有唯一零点，符合题意；当a=1时，f′(x)=(x−1)2x2≥0，所以f(x)单调递增，又f(1)=a−1=0，所以f(x)有唯一零点，符合题意；当a>1时，1a <1，在(0,1a),(1,+∞)上，f′(x)>0，f(x)单调递增；在(1a,1)上，f′(x)<0，f(x)单调递减；此时f(1)=a−1>0，又f(1a n )=1a n−1−a n+n(a+1)lna，当n趋近正无穷大时，f(1a n)趋近负无穷，所以f(x)在(0,1a )有一个零点，在(1a,+∞)无零点，所以f(x)有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为(0,+∞).【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性，把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.11．【2022年全国乙卷】已知函数f(x)=ln(1+x)+axe−x(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．【答案】(1)y=2x(2)(−∞,−1)【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a分类讨论,对x分(−1,0),(0,+∞)两部分研究(1)f(x)的定义域为(−1,+∞)当a=1时,f(x)=ln(1+x)+xe x ,f(0)=0,所以切点为(0,0)f′(x)=11+x+1−xe x,f′(0)=2,所以切线斜率为2所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=2x (2)f(x)=ln(1+x)+ax e xf′(x)=11+x+a(1−x)e x=ex+a(1−x2)(1+x)e x设g(x)=e x+a(1−x2)1°若a>0,当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)>0,即f′(x)>0所以f(x)在(−1,0)上单调递增,f(x)<f(0)=0故f(x)在(−1,0)上没有零点,不合题意2°若−1⩽a⩽0,当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0所以g(x)在(0,+∞)上单调递增所以g(x)>g(0)=1+a⩾0,即f′(x)>0所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(x)>f(0)=0故f(x)在(0,+∞)上没有零点,不合题意3°若a<−1(1)当x∈(0,+∞),则g′(x)=e x−2ax>0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递增g(0)=1+a<0,g(1)=e>0所以存在m∈(0,1),使得g(m)=0,即f′(m)=0当x∈(0,m),f′(x)<0,f(x)单调递减当x∈(m,+∞),f′(x)>0,f(x)单调递增所以当x∈(0,m),f(x)<f(0)=0当x→+∞,f(x)→+∞所以f(x)在(m,+∞)上有唯一零点又(0,m)没有零点,即f(x)在(0,+∞)上有唯一零点(2)当x∈(−1,0),g(x)=e x+a(1−x2)设ℎ(x)=g′(x)=e x−2axℎ′(x)=e x−2a>0所以g′(x)在(−1,0)单调递增g′(−1)=1e+2a<0,g′(0)=1>0所以存在n∈(−1,0),使得g′(n)=0当x∈(−1,n),g′(x)<0,g(x)单调递减当x∈(n,0),g′(x)>0,g(x)单调递增,g(x)<g(0)=1+a<0又g(−1)=1e>0所以存在t∈(−1,n),使得g(t)=0,即f′(t)=0当x∈(−1,t),f(x)单调递增,当x∈(t,0),f(x)单调递减有x→−1,f(x)→−∞而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x)>0所以f(x)在(−1,t)上有唯一零点,(t,0)上无零点即f(x)在(−1,0)上有唯一零点所以a<−1,符合题意所以若f(x)在区间(−1,0),(0,+∞)各恰有一个零点,求a的取值范围为(−∞,−1)【点睛】方法点睛：本题的关键是对a的范围进行合理分类，否定和肯定并用，否定只需要说明一边不满足即可，肯定要两方面都说明.12．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值．(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1(2)见解析【解析】【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=e x+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)的大小关系，根据存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点可得b的取值，再根据两类方程的根的关系可证明三根成等差数列.(1)f(x)=e x−ax的定义域为R，而f′(x)=e x−a，若a≤0，则f′(x)>0，此时f(x)无最小值，故a>0.g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞)，而g′(x)=a−1x =ax−1x.当x<lna时，f′(x)<0，故f(x)在(−∞,lna)上为减函数，当x>lna时，f′(x)>0，故f(x)在(lna,+∞)上为增函数，故f(x)min=f(lna)=a−alna.当0<x<1a 时，g′(x)<0，故g(x)在(0,1a)上为减函数，当x>1a 时，g′(x)>0，故g(x)在(1a,+∞)上为增函数，故g(x)min=g(1a )=1−ln1a.因为f(x)=e x−ax和g(x)=ax−lnx有相同的最小值，故1−ln1a =a−alna，整理得到a−11+a=lna，其中a>0，设g(a)=a−11+a −lna,a>0，则g′(a)=2(1+a)2−1a=−a2−1a(1+a)2≤0，故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而g(1)=0，故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=lna的解为a=1.综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=e x−x和g(x)=x−lnx的最小值为1−ln1=1−ln11=1.当b>1时，考虑e x−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数.设S(x)=e x−x−b，S′(x)=e x−1，当x<0时，S′(x)<0，当x>0时，S′(x)>0，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在(0,+∞)上为增函数，所以S(x)min=S(0)=1−b<0，而S(−b)=e−b>0，S(b)=e b−2b，设u(b)=e b−2b，其中b>1，则u′(b)=e b−2>0，故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故u(b)>u(1)=e−2>0，故S(b)>0，故S(x)=e x−x−b有两个不同的零点，即e x−x=b的解的个数为2.设T(x)=x−lnx−b，T′(x)=x−1x，当0<x<1时，T′(x)<0，当x>1时，T′(x)>0，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞)上为增函数，所以T(x)min=T(1)=1−b<0，而T(e−b)=e−b>0，T(e b)=e b−2b>0，T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即x−lnx=b的解的个数为2.当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b仅有一个零点，当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、e x−x=b均无零点，故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，则b>1.设ℎ(x)=e x+lnx−2x，其中x>0，故ℎ′(x)=e x+1x−2，设s(x)=e x−x−1，x>0，则s′(x)=e x−1>0，故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即e x>x+1，所以ℎ′(x)>x+1x−1≥2−1>0，所以ℎ(x)在(0,+∞)上为增函数，而ℎ(1)=e−2>0，ℎ(1e3)=e1e3−3−2e3<e−3−2e3<0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x 0，1e3<x 0<1且：当0<x <x 0时，ℎ(x)<0即e x −x <x −lnx 即f(x)<g(x)， 当x >x 0时，ℎ(x)>0即e x −x >x −lnx 即f(x)>g(x)，因此若存在直线y =b 与曲线y =f(x)、y =g(x)有三个不同的交点， 故b =f(x 0)=g(x 0)>1，此时e x −x =b 有两个不同的零点x 1,x 0(x 1<0<x 0)， 此时x −lnx =b 有两个不同的零点x 0,x 4(0<x 0<1<x 4)， 故e x 1−x 1=b ，e x 0−x 0=b ，x 4−lnx 4−b =0，x 0−lnx 0−b =0 所以x 4−b =lnx 4即e x 4−b =x 4即e x 4−b −(x 4−b)−b =0， 故x 4−b 为方程e x −x =b 的解，同理x 0−b 也为方程e x −x =b 的解又e x 1−x 1=b 可化为e x 1=x 1+b 即x 1−ln(x 1+b)=0即(x 1+b)−ln(x 1+b)−b =0， 故x 1+b 为方程x −lnx =b 的解，同理x 0+b 也为方程x −lnx =b 的解， 所以{x 1,x 0}={x 0−b,x 4−b}，而b >1， 故{x 0=x 4−b x 1=x 0−b 即x 1+x 4=2x 0. 【点睛】思路点睛：函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系. 13．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=x e ax −e x ． (1)当a =1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x >0时，f(x)<−1，求a 的取值范围； (3)设n ∈N ∗，证明：√12+1√22+2⋯√n 2+n>ln(n +1)．【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)a ≤12 (3)见解析 【解析】 【分析】（1）求出f ′(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=x e ax −e x +1，求出ℎ″(x)，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a≤12结合放缩法讨论ℎ′(x)符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论ℎ(x)的范围后可得参数的取值范围.（3）由（2）可得2lnt <t −1t 对任意的t >1恒成立，从而可得ln(n +1)−lnn <√n 2+n 对任意的n ∈N ∗恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式. (1)当a =1时，f(x)=(x −1)e x ，则f ′(x)=x e x ， 当x <0时，f ′(x)<0，当x >0时，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞). (2)设ℎ(x)=x e ax −e x +1，则ℎ(0)=0，又ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x ，设g(x)=(1+ax)e ax −e x ， 则g ′(x)=(2a +a 2x)e ax −e x ， 若a >12，则g ′(0)=2a −1>0， 因为g ′(x)为连续不间断函数，故存在x 0∈(0,+∞)，使得∀x ∈(0,x 0)，总有g ′(x)>0， 故g(x)在(0,x 0)为增函数，故g(x)>g(0)=0，故ℎ(x)在(0,x 0)为增函数，故ℎ(x)>ℎ(0)=−1，与题设矛盾. 若0<a ≤12，则ℎ′(x)=(1+ax)e ax −e x =e ax+ln(1+ax)−e x ， 下证：对任意x >0，总有ln(1+x)<x 成立，证明：设S(x)=ln(1+x)−x ，故S ′(x)=11+x −1=−x1+x <0， 故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即ln(1+x)<x 成立. 由上述不等式有e ax+ln(1+ax)−e x <e ax+ax −e x =e 2ax −e x ≤0， 故ℎ′(x)≤0总成立，即ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数， 所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a ≤0时，有ℎ′(x)=e ax −e x +ax e ax <1−1+0=0， 所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1. 综上，a ≤12. (3)取a=12，则∀x>0，总有x e12x−e x+1<0成立，令t=e12x，则t>1,t2=e x,x=2lnt，故2tlnt<t2−1即2lnt<t−1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N∗，有2ln√n+1n <√n+1n−√nn+1，整理得到：ln(n+1)−lnn<√n2+n，故√12+1√22+2⋯√n2+n>ln2−ln1+ln3−ln2+⋯+ln(n+1)−lnn=ln(n+1)，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.14．【2022年北京】已知函数f(x)=e x ln(1+x)．(1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；(2)设g(x)=f′(x)，讨论函数g(x)在[0,+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s,t∈(0,+∞)，有f(s+t)>f(s)+f(t)．【答案】(1)y=x(2)g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程；（2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解；（3）令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，由第二问结论可知m(x)在[0,+∞）上单调递增，即得证.(1)解：因为f(x)=e x ln(1+x)，所以f(0)=0，即切点坐标为(0,0)，又f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，∴切线斜率k=f′(0)=1∴切线方程为：y=x(2)解：因为g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)，所以g′(x)=e x(ln(1+x)+21+x−1(1+x)2)，令ℎ(x)=ln(1+x)+21+x−1(1+x)2，则ℎ′(x)=11+x −2(1+x)2+2(1+x)3=x2+1(1+x)3>0，∴ℎ(x)在[0,+∞)上单调递增，∴ℎ(x)≥ℎ(0)=1>0∴g′(x)>0在[0,+∞)上恒成立，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增.(3)解：原不等式等价于f(s+t)−f(s)>f(t)−f(0)，令m(x)=f(x+t)−f(x)，(x,t>0)，即证m(x)>m(0)，∵m(x)=f(x+t)−f(x)=e x+t ln(1+x+t)−e x ln(1+x)，m′(x)=e x+t ln(1+x+t)+e x+t1+x+t −e x ln(1+x)−e x1+x=g(x+t)−g(x)，由（2）知g(x)=f′(x)=e x(ln(1+x)+11+x)在[0,+∞)上单调递增，∴g(x+t)>g(x)，∴m′(x)>0∴m(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为x,t>0，∴m(x)>m(0)，所以命题得证.15．【2022年浙江】设函数f(x)=e2x+lnx(x>0)．(1)求f(x)的单调区间；(2)已知a,b∈R，曲线y=f(x)上不同的三点(x1,f(x1)),(x2,f(x2)),(x3,f(x3))处的切线都经过点(a,b)．证明：（ⅰ）若a >e ，则0<b −f(a)<12(ae−1)；（ⅱ）若0<a <e ,x 1<x 2<x 3，则2e+e−a 6e2<1x 1+1x 3<2a −e −a 6e2． （注：e =2.71828⋯是自然对数的底数）【答案】(1)f(x)的减区间为(0,e 2)，增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） k =x 3x 1，m =a e<1，则题设不等式可转化为t 1+t 3−2−2m<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，结合零点满足的方程进一步转化为lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0，利用导数可证该不等式成立. (1)f ′(x)=−e 2x 2+1x=2x−e 2x 2，当0<x <e 2，f ′(x)<0；当x >e2，f ′(x)>0， 故f(x)的减区间为(0,e 2)，f(x)的增区间为(e 2,+∞). (2)（ⅰ）因为过(a,b)有三条不同的切线，设切点为(x i ,f(x i )),i =1,2,3， 故f(x i )−b =f ′(x i )(x i −a)，故方程f(x)−b =f ′(x)(x −a)有3个不同的根，该方程可整理为(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b =0， 设g(x)=(1x −e 2x 2)(x −a)−e 2x −lnx +b ， 则g ′(x)=1x −e 2x 2+(−1x 2+e x 3)(x −a)−1x +e 2x 2 =−1x 3(x −e )(x −a)，当0<x <e 或x >a 时，g ′(x)<0；当e <x <a 时，g ′(x)>0， 故g(x)在(0,e ),(a,+∞)上为减函数，在(e ,a)上为增函数，因为g(x)有3个不同的零点，故g(e )<0且g(a)>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b <0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b >0， 整理得到：b <a 2e+1且b >e2a +lna =f(a)，此时b −f(a)−12(ae−1)<a2e+1−(e 2a +lna)−a2e+12=32−e 2a −lna ， 设u(a)=32−e 2a −lna ，则u ′(a)=e -2a2a 2<0， 故u(a)为(e ,+∞)上的减函数，故u(a)<32−e 2e −ln e =0，故0<b −f(a)<12(ae−1).（ⅱ）当0<a <e 时，同（ⅰ）中讨论可得：故g(x)在(0,a),(e ,+∞)上为减函数，在(a,e )上为增函数， 不妨设x 1<x 2<x 3，则0<x 1<a <x 2<e <x 3， 因为g(x)有3个不同的零点，故g(a)<0且g(e )>0， 故(1e −e2e 2)(e −a)−e 2e−ln e +b >0且(1a −e 2a 2)(a −a)−e2a −lna +b <0， 整理得到：a2e+1<b <a 2e+lna ，因为x 1<x 2<x 3，故0<x 1<a <x 2<e <x 3， 又g(x)=1−a+e x+e a2x 2−lnx +b ，设t =ex ，a e=m ∈(0,1)，则方程1−a+e x+e a2x 2−lnx +b =0即为： −a+e et +a2et 2+lnt +b =0即为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0，记t 1=e x 1,t 2=e x 2,t 3=e x 3, 则t 1,t 1,t 3为−(m +1)t +m 2t 2+lnt +b =0有三个不同的根， 设k =t1t 3=x3x 1>e a >1，m =a e<1，要证：2e+e−a 6e2<1x 1+1x 2<2a −e −a 6e2，即证2+e −a 6e<t 1+t 3<2ea−e −a6e，即证：13−m6<t 1+t 3<2m −1−m6，即证：(t 1+t 3−13−m6)(t 1+t 3−2m +1−m6)<0， 即证：t 1+t 3−2−2m <(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，而−(m +1)t 1+m 2t 12+lnt 1+b =0且−(m +1)t 3+m 2t 32+lnt 3+b =0，故lnt 1−lnt 3+m 2(t 12−t 32)−(m +1)(t 1−t 3)=0，故t 1+t 3−2−2m =−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3，故即证：−2m ×lnt 1−lnt 3t 1−t 3<(m−13)(m 2−m+12)36m(t 1+t 3)，即证：(t 1+t 3)ln t 1t 3t 1−t 3+(m−13)(m 2−m+12)72>0即证：(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，记φ(k)=(k+1)lnk k−1,k >1，则φ′(k)=1(k−1)2(k −1k −2lnk)>0，设u(k)=k −1k −2lnk ，则u ′(k)=1+1k 2−2k >2k −2k =0即φ′(k)>0， 故φ(k)在(1,+∞)上为增函数，故φ(k)>φ(m)， 所以(k+1)lnk k−1+(m−13)(m 2−m+12)72>(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72，记ω(m)=lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1),0<m <1，则ω′(m)=(m−1)2(3m 3−20m 2−49m+72)72m(m+1)2>(m−1)2(3m 3+3)72m(m+1)2>0，所以ω(m)在(0,1)为增函数，故ω(m)<ω(1)=0， 故lnm +(m−1)(m−13)(m 2−m+12)72(m+1)<0即(m+1)lnm m−1+(m−13)(m 2−m+12)72>0，故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.1．（2022·全国·南京外国语学校模拟预测）设函数()f x 在R 上存在导数()f x '，对于任意的实数x ，有()()22f x f x x +-=，当(],0x ∈-∞时，()42f x x '+<，若()()2422f m f m m m +++≤-，则实数m 的取值范围是（ ） A ．[)1,2 B ．(](),12,-∞+∞ C ．[)2,2-D ．(](),12,-∞-+∞【解析】 【分析】构造函数()()24g x f x x x =-+，得到()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减，分20m -<和20m ->两种情况，利用奇偶性和单调性解不等式，求出实数m 的取值范围.【详解】∵()42f x x '+<，∵()420f x x '+-<．令()()24g x f x x x =-+，且()()24g x f x x ''=-+，则()g x 在(],0-∞上单调递减．又∵()()22f x f x x +-=，∵()()()()2244g x g x f x x x f x x x +-=-++---=()()220f x f x x +--=，∵()g x 为奇函数，()g x 在R 上单调递减． ∵()()2422f m f m m m +++≤-，∵()()2242402f m f m m m m +++-+≤-．当20m -<，即2m <时，()()224240f m f m m m +++-+≥，即()()()()2222424f m m m f m m m ⎡⎤+-+++≥--+⎣⎦即()()2g m g m +≥-，由于()g x 在R 上递减，则2m m +≤-， 解得：1m ≤-， ∵1m ≤-．当20m ->，即2m >时，()()224240f m f m m m +++-+≤，即()()2g m g m +≤-．由()g x 在R 上递减，则2m m +≥-， 解得：1m ≥-，所以2m >．综上所述，实数m 的取值范围是(](),12,-∞-+∞．【点睛】构造函数，研究出构造的函数的奇偶性和单调性，进而解不等式，是经常考查的一类题目，结合题干信息，构造出函数是关键.2．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（理））已知函数()()e ln e (0)xf x a a a =+>，若对任意实数1x >，不等式()()ln 1f x x ≥-总成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．221,e e ⎛⎤⎥⎝⎦C ．21,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】D 【解析】 【分析】将所求不等式变形为()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-，构造函数()e x g x x =+，可知该函数在R 上为增函数，由此可得出()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >，利用导数求出()()ln 1h x x x =--的最大值，即可求得实数a 的取值范围. 【详解】当1x >时，由()()ln 1f x x ≥-可得()ln eln 1ln 1x aa x +++≥-， 即()()()ln 1ln eln 1ln 1eln 1x x ax a x x x -+++≥-+-=+-，构造函数()e x g x x =+，其中x ∈R ，则()e 10xg x '=+>，所以，函数()g x 在R 上为增函数， 由()()ln 1ln eln eln 1x x ax a x -+++≥+-可得()()ln ln 1g x a g x +≥-⎡⎤⎣⎦，所以，()ln ln 1x a x +≥-，即()ln ln 1a x x ≥--，其中1x >， 令()()ln 1h x x x =--，其中1x >，则()12111xh x x x -'=-=--. 当12x <<时，()0h x '>，函数()h x 单调递增， 当2x >时，()0h x '<，函数()h x 单调递减，所以，()()max ln 22a h x h ≥==-，21e a ∴≥. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，解题的关键就是将所求不等式进行转化，通过不等式的结构构造新函数，结合新函数的单调性来求解.3．（2022·江苏无锡·模拟预测）已知13e ,(93ln 3)e a b c --===-，则a ，b ，c 的大小为（ ） A ．a b c << B ．a c b << C ．c a b << D ．b c a <<【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数ln ()(e)xf x x x=≥，利用函数的单调性比较大小作答. 【详解】 令函数ln ()(e)x f x x x =≥，当e x >时，求导得：()21ln 0xf x x '-=<， 则函数()f x 在[e,)+∞上单调递减，又ln 3(3)3a f ==，ln e (e)eb f ==，3333e ln3(3ln 3)e 3()e e 33c f -===，显然3e e 33<<，则有3e ()(3)(e)3f f f <<，所以c a b <<.故选：C 【点睛】思路点睛：某些数或式大小比较问题，探讨给定数或式的内在联系，构造函数，分析并运用函数的单调性求解.4．（2022·福建·三明一中模拟预测）己知e 为自然对数的底数，a ，b 均为大于1的实数，若1e ln a a b b b ++<，则（ ）A ．1e a b +<B ．1e a b +>C ．e ab <D ．e ab >【答案】B 【解析】 【分析】由题意化简得到e ln e ln e e a a b b <，设()ln f x x x =，得到(e )()eab f f <，结合题意和函数()f x 的单调性，即可求解. 【详解】由1e ln a a b b b ++<，可得1eln (ln 1)ln ea b a b b b b b b +<-=-=，即e ln e ln e e a a b b<，设()ln f x x x =，可得(e )()eab f f <，因为0a >，可得e 1a >，又因为(ln 1)0,0b b b ->>，所以ln 1b >，即e b >，所以1eb>， 当1x >时，()ln 10f x x '=+>，可得函数()f x 在(1,)+∞为单调递增函数，所以e eab<，即1e a b +>. 故选：B.5．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（文））已知函数e ()e ln 2xf x x =-，则曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为（ ） A ．e 2e 0x y +-= B ．e e 02x y +=- C ．e 2e 0x y --= D ．e 2e 0x y ++=【答案】B 【解析】 【分析】根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解. 【详解】 ∵e ()e 2x f x x ='-，∵e e (1)e 22f '=-=. 又1e (1)e ln12e f =-⨯=，切点为(1,e)所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线的斜率为e (1)2k f '==， 所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为 ee (1)2y x -=-，即e e 02x y +=-. 故选：B.6．（2022·湖北·模拟预测）若过点()(),0m n m <可作曲线3y x =-三条切线，则（ ） A ．30n m <<-B ．3n m >-C ．0n <D ．30n m <=-【答案】A 【解析】 【分析】设切点为()3,t t -，根据导数的几何意义写出切线的方程，代入点()(),0m n m <，转化为方程有3个根，构造函数()3223g t t mt n =--，利用导数可知函数的极值，根据题意列出不等式组求解即可. 【详解】设切点为()3,t t -，由323y x y x '=-⇒=-，故切线方程为()323y t t x t +=--，因为()(),0m n m <在切线上，所以代入切线方程得32230t mt n --=， 则关于t 的方程有三个不同的实数根，令()3223g t t mt n =--，则()2660g t t mt t m '=-=⇒=或0=t ，所以当(),t m ∈-∞，()0,∞+时，()0g t '>，()g t 为增函数， 当(),0t m ∈-时，()0g t '<，()g t 为减函数， 且t →-∞时，()g t →-∞，t →+∞时，()g t →+∞，所以只需()()()()300g t g m m n g t g n ⎧==-->⎪⎨==-<⎪⎩极大值极小值，解得30n m <<-故选：A7．（2022·全国·模拟预测（理））若关于x 的方程22e ln (eln )0()x a x x x a ++=∈R 有两个不相等的实数根，则a 的取值范围是（ ） A ．(,2)(2,)-∞-+∞ B ．(,2][2,)-∞-+∞ C ．(2,2)- D ．[2,2]-【答案】A 【解析】 【分析】首先判断1x =不是方程的根，再方程两边同除以2(eln )x ，即可得到210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭，令()eln xf x x=，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数的图象，令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，对∆分类讨论，结合函数图象即可得解；【详解】解：当1x =时等式显然不成立，故1不是方程的根，当1x ≠时，将22e ln (eln )0x a x x x ++=的两边同除以2(eln )x ，可得210eln eln x x a x x ⎛⎫++= ⎪⎝⎭， 令()eln x f x x =，则0x >且1x ≠，所以()2ln 1eln x f x x-'=， 所以当01x <<和1e x <<时()0f x '<，当e x >时()0f x '>，即()f x 在()0,1和()1,e 上单调递减，在()e,+∞上单调递增，且()e 1f =， 函数()f x 的图象如下所示：令()t f x =，设方程210t at ++=的两根分别为1t 、2t ，24a ∆=-， ①当∆<0时，方程无解，舍去；②当0∆=时，2a =±，若2a =，则1t =-，由图可得()1f x =-有且仅有一个解，故舍去， 若2a =-，则1t =，由图可得()1f x =有且仅有一个解，故舍去， ③当0∆>时，2a >或2a <-，若2a >，由120t t a +=-<，1210t t ⋅=>，所以10t <，10t <由图可得()1f x t =与()2f x t =各有一个解，符合题意，若2a <-，由122t t a +=->，1210t t ⋅=>，可设210t t >>，()10,1t ∈，()21,t ∈+∞， 由图可得()1f x t =无解，()2f x t =有两个解，符合题意， 综上可得a 的取值范围为(,2)(2,)-∞-+∞； 故选：A8．（2022·河南安阳·模拟预测（理））已知函数2()3(ln )=-+f x x ax ，若21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()f x 在1x =处取得最大值，则实数a 的取值范围是（ ）A ．26,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．(,0]-∞C ．260,e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．266,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】根据题意()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立，整理得()213(ln )a x x -≤，当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方，结合图像分析处理．【详解】根据题意得()(1)f x f ≤当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时恒成立则23(ln )x ax a -+≤，即()213(ln )a x x -≤∵当21,e x ⎡⎤∈⎣⎦时，()1y a x =-在()23(ln )g x x =图像的下方 ()6ln xg x x'=，则()10g '=，则0a ≤ 故选：B ．9．（2022·河南开封·模拟预测（理））若关于x 的不等式ln ln 0e x x a a xx+->对()0,1x ∀∈恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．10,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】B 【解析】 【分析】由题设有ln e ln e x x a xa x>，构造ln ()x f x x =，利用导数研究其单调性及值域，将问题转化为e x a x >在0,1上恒成立，再构造()ex xg x =结合导数求参数范围.【详解】由题设可得ln e ln e xx a xa x>，令ln ()x f x x =，则(e )()x f a f x >在0,1上恒成立， 由21ln ()xf x x -'=，在()0,e 上()0f x '>；在()e,+∞上()0f x '<；所以()f x 在()0,e 上递增；在()e,+∞上递减，且(1)0f =， 在0,1上()0f x <，(1,)+∞上()0f x >，而0a >， 所以，只需e x a x >在0,1上恒成立，即e xxa >恒成立， 令()e x x g x =，则1()0e x x g x -'=>，即()g x 在0,1上递增，故1(1)e a g ≥=. 故a 的取值范围为1e ,⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.故选：B 【点睛】。

二次函数的导数与导数的应用二次函数是高中数学中的一个重要概念，它在数学和实际生活中都有广泛的应用。

本文将介绍二次函数的导数及其应用，以帮助读者更好地理解和应用这一概念。

1. 什么是二次函数的导数二次函数可用一般式表示为 f(x) = ax² + bx + c，其中 a、b、c 为常数，且a ≠ 0。

导数是函数在某一点上的变化率，也表示函数曲线在该点的切线斜率。

对于二次函数而言，其导数可以通过求导公式直接计算得出。

2. 求二次函数的导数公式要求二次函数 f(x) = ax² + bx + c 的导数，可以使用一般的求导规则。

根据求导公式，可以得到二次函数的导数为 f'(x) = 2ax + b。

3. 导数的意义及性质二次函数的导数具有以下重要的意义和性质：- 导数表示函数的变化率，即函数在某一点的瞬时变化速度。

- 导数的符号表示了函数的增减性。

当导数大于零时，函数递增；当导数小于零时，函数递减。

- 导数的绝对值代表了函数曲线的斜率大小。

4. 二次函数导数的图像分析通过分析二次函数的导数的图像，可以更直观地理解导数的性质。

以二次函数 f(x) = ax² + bx + c 为例，其导数图像可以绘制出以下几种情况：- 当导数 f'(x) > 0 时，函数 f(x) 递增，对应导数图像的斜率大于零的部分。

- 当导数 f'(x) < 0 时，函数 f(x) 递减，对应导数图像的斜率小于零的部分。

- 当导数 f'(x) = 0 时，函数 f(x) 达到极值点，对应导数图像的斜率为零的部分。

5. 导数在二次函数图像分析中的应用导数在分析二次函数的图像中有重要的应用，可以帮助我们判断函数的性质和特点。

以下是一些常见的应用场景：- 判断顶点坐标：由于二次函数的导数 f'(x) 的根即为函数曲线的拐点和极值点，因此可以通过求导并解方程，找到函数的顶点坐标。

第五章一元函数的导数及其应用章末总结体系构建题型整合题型1 导数的几何意义与应用例1（2020课标Ⅰ理,6,5分）函数f(x)=x4−2x3的图象在点(1,f(1))处的切线方程为( ) A.y=−2x−1B.y=−2x+1C.y=2x−3D.y=2x+1答案：B解析：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.方法归纳1.函数的导数的几何意义就是函数f(x)的图象在x=x0处的切线斜率,即k=f′(x0),是历年高考考查的重点.2.求曲线的切线方程的注意事项：（1）曲线y=f(x)在点P（x0,f(x0)）处的切线的方程为y−f(x0)=f′(x0)(x−x0)（2）求曲线y=f(x)过点P（x0,f(x0)）的切线方程时,若P（x0,f(x0)）是切点,则切线方程为y−f(x0)=f′(x0)(x−x0);若P（x0,f(x0)）不是切点,设切点为Q（x1,y1）,则切线方程为y−y1=f′(x1)(x−x1),再由切线过P点得f(x0)−y1=f′(x1)(x0−x1)①,又y1=f(x1)②,由①②求出x1,y1的值,即可得出过点P（x0,f(x0)）的切线方程.迁移应用1.（2020山东青岛高二检测）已知直线y=x+2与曲线y=ln(x+a)相切,则a的值为. 答案：3解析：设曲线y=ln(x+a)上的切点坐标为(x0,y0),因为直线y=x+2与曲线y=ln(x+a)相切,=1,且x0+2=ln(x0+a)=0,所以切线斜率为y′=1x0+a所以x0=−2,a=3.题型2 导数在研究函数单调性和极值中的应用例2 （2021山东威海高二期中）设f(x)=xlnx−ax2+(2a−1)x,a∈R.（1）令g(x)=f′(x),求g(x)的单调区间;（2）已知f(x)在x=1处取得极大值,求实数a的取值范围.答案：（1）由f(x)=xlnx−ax2+(2a−1)x,a∈R,得f′(x)=lnx−2ax+2a,g(x)=f′(x)=lnx−2ax+2a,x＞0,得g′(x)=1x −2a=1−2axx.当a≤0时,g′(x)＞0,函数g(x)单调递增;当a＞0,x∈(0,12a )时,g′(x)＞0,函数g(x)单调递增,x∈(12a,+∞)时,g′(x)＜0,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,函数g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a＞0时,函数g(x)的单调增区间为(0,12a ),单调减区间为(12a,+∞).（2）由（1）知,f′（1）=0.①当a≤0时,f′(x)单调递增.所以当x∈(0,1)时,f′(x)＜0,f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)＞0,f(x)单调递增. 所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0＜a＜12时,12a＞1,由（1）知f′(x)在(0,12a)内单调递增,则当x∈(0,1)时,f′(x)＜0,x∈(1,12a)时,f′(x)＞0,所以f(x)在（0,1）内单调递减,在(1,12a)内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不符合题意.③当a=12,即12a=1时,f′(x)在（0,1）内单调递增,在(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0,f(x)单调递减,不符合题意.④当a＞12时,0＜12a＜1,当x∈(12a,1)时,f′(x)＞0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f′(x)＜0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取得极大值,符合题意.综上所述,实数a的取值范围是(12,+∞).方法归纳利用导数判断函数单调性的方法步骤（1）坚持定义域优先原则：确定函数f(x)的定义域,确定函数有意义;（2）计算函数的导函数并确定其零点与符号：求导函数f′(x),解导数方程和导数不等式,确定f′(x)在对应区间内的符号;（3）判断函数的单调性：若函数含有参数,需对参数进行分类讨论,分类讨论坚持不重不漏原则,由函数的单调性计算极值和最值,得出结论.迁移应用2.已知函数f(x)=lnx−12ax2+x,a∈R.（1）当a=0时,求函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程;（2）令g(x)=f(x)−(ax−1),求函数g(x)的极值.答案：（1）当a=0时,f(x)=lnx+x,则f(1)=1,所以切点为（1,1）.又f′(x)=1x+1,所以切线斜率k=f′（1）=2,故切线方程为y−1=2(x−1),即2x−y−1=0.（2）因为g(x)=f(x)−(ax−1)=lnx−12ax2+(1−a)x+1(x＞0),所以g′(x)=1x −ax+(1−a)=−ax2+(1−a)x+1x.当a≤0时,因为x＞0,所以g′(x)＞0, 所以g(x)在(0,+∞)上是增函数,无极值.当a＞0时,g′(x)=−a(x−1a)(x+1)x,令g′(x)=0,得x=1a或x=−1（舍去）,所以当x∈(0,1a )时,g′(x)＞0;当x∈(1a,+∞)时,g′(x)＜0,因此函数g(x)的单调递增区间是(0,1a ),单调递减区间是(1a,+∞),所以当x=1a 时,g(x)取得极大值,极大值为g(1a)=12a−lna.综上可知,当a≤0时,函数g(x)无极值;当a＞0时,函数g(x)有极大值12a−lna,无极小值.题型3 导数在函数零点问题中的应用例3（2021江苏南京高二检测）已知函数f(x)=te tx(t＞0),g(x)=lnx.（1）若f(x)的图象在x=0处的切线与g(x)的图象在x=1处的切线平行,求实数t的值; （2）设函数φ(x)=f(x)−g(x).①当t=1时,求证：φ(x)在定义域内有唯一极小值点x0,且φ(x0)∈(2,52);②若φ(x)恰有两个零点,求实数t的取值范围.答案：（1）f′(x)=t2e tx,g′(x)=1x,设f(x)的图象在x=0处的切线的斜率为k1=t2,g(x)的图象在x=1处的切线的斜率为k2=1,∵两切线平行,∴t2=1,解得t=±1,∵t＞0,∴t=1.（2）φ(x)=te tx−lnx.①证明：当t=1时,φ(x)=e x−lnx,φ′(x)=e x−1x,令ℎ(x)=e x−1x ,ℎ′(x)=e x+1x2＞0,∴ℎ(x)在(0,+∞)上单调递增.又ℎ(12)=√e−2＜0,ℎ(1)=e−1＞0,∴存在唯一的x0∈(12,1)使ℎ(x0)=0,即e x0=1x0,x0=−lnx,当0＜x＜x0时,ℎ(x)<0,φ′(x)<0,φ(x)单调递减; 当x＞x0时,ℎ(x)>0,φ′(x)>0,φ(x)单调递增.∴φ(x)有唯一的极小值点x0,且φ(x0)=e x0−lnx0=1x0+x0∈(2,52).②当t≥1时,φ(x)=te tx−lnx≥e x−lnx>0,φ(x)无零点,舍去;当0＜t＜1时,令φ(x)=0⇒txe tx=xlnx=lnx⋅e lnx.令F(x)=xe x,F′(x)=(x+1)e x,∴F(x)在(−∞,−1)上单调递减;在(−1,+∞)上单调递增,且F(0)=0.当−1＜x ＜0 时,F(x)＜0 ,当x ＞0 时,F(x)＞0 ,且F(x) 单调递增, ∵F(tx)=F(lnx) 而tx ＞0,∴tx =lnx , 令G(x)=tx −lnx,G ′(x)=t −1x , 令G ′(x)=0 ,得x =1t ,且当0＜x ＜1t时,G ′(x)＜0,G(x) 单调递减;当x ＞1t 时,G ′(x)＞0,G(x) 单调递增.∴G(x)min =1−ln 1t , 要使G(x) 在(0,+∞) 上有两个零点,则1−ln 1t＜0⇒0＜t ＜1e,此时G(1)=t ＞0 ,G(1t2)=1t −ln1t 2＞1t −1t =0 , ∴G(x) 在(1,1t ) 和(1t ,1t 2) 上各有一个零点,此时0＜t ＜1e 成立.综上,实数t 的取值范围是(0,1e ) . 方法归纳1.函数的零点是函数图象与x 轴交点的横坐标,函数的零点与函数的单调性密不可分,判断函数的单调性,确定函数零点的个数是导数的重要应用之一.2.利用导数确定函数零点的方法步骤：（1）确定函数的定义域,求函数的导数,判断函数的单调性、极值和最值,结合函数图象确定函数零点的个数.（2）对于含有参数的函数零点的判断问题,通常需要对参数的取值范围进行分类讨论. 迁移应用3.已知函数f(x)=asin x −x +b （a,b 均为正实数）. （1）证明:函数f(x) 在（0,a +b] 内至少有一个零点;（2）设函数f(x) 在x =π3处有极值,对于一切x ∈[0,π2] ,不等式f(x)＞sin x +cos x 总成立,求实数b的取值范围.答案：（1）证明：∵f(0)=b ＞0,f(a +b)=asin(a +b)−(a +b)+b =a[sin(a +b)−1]≤0 , ∴f(0)⋅f(a +b)≤0 ,∴ 函数f(x) 在（0,a +b] 内至少有一个零点. （2）∵f(x)=asin x −x +b ,∴f ′(x)=acos x −1 .由题意得f ′(π3)=0 ,即acos π3−1=0 ,得a =2 ,则问题等价于b ＞x +cos x −sin x 对于一切x ∈[0,π2] 恒成立.记g(x)=x +cos x −sin x,x ∈[0,π2] ,则g ′(x)=1−sin x −cos x =1−√2sin(x +π4) . ∵0≤x ≤π2,∴π4≤x +π4≤3 π4,∴√22≤sin(x +π4)≤1 ,即1≤√2sin(x +π4)≤√2,∴g ′(x)≤0 ,即g(x) 在[0,π2] 上单调递减,∴g(x)max =g(0)=1. 故实数b 的取值范围是(1,+∞) .题型4 导数的实际应用例4 某地自来水苯超标,当地自来水公司对水质检测后,决定在水中投放一种药剂来净化水质.已知每投放质量为m 的药剂后,经过x 天该药剂在水中释放的浓度y （毫克/升）满足y =mf(x) ,其中f(x)={x 225+2,0＜x ≤5,x+192x−2,x ＞5. .当药剂在水中的浓度不低于5（毫克/升）时称为有效净化;当药剂在水中的浓度不低于5（毫克/升）且不高于10（毫克/升）时称为最佳净化.（1）如果投放的药剂的质量m =5 ,试问自来水达到有效净化一共可持续几天?（2）如果投放的药剂质量为m ,为了使在9天（从投放药剂算起包括第9天）之内的自来水达到最佳净化,试确定应该投放的药剂质量m 的最小值.答案：（1）当m =5 时,y ={x 25+10,0＜x ≤5,5x+952x−2,x ＞5.当0＜x ≤5 时,x 25+10≥5 ,显然符合题意; 当x ＞5 时,由5x+952x−2≥5 ,得5＜x ≤21 .综上可知,0＜x ≤21 ,所以自来水达到有效净化一共可持续21天. （2）y =mf(x)={mx 225+2m,0＜x ≤5,m(x+19)2x−2,x ＞5. 当0＜x ≤5 时,y =mx 225+2m 在（0,5] 上单调递增,所以2 m ＜y ≤3 m ;当x ＞5 时,y ′=−40m(2x−2)2＜0 ,所以函数y =m(x+19)(2x−2)在（5,9] 上单调递减,所以7 m 4≤y ＜3 m .综上可知,7 m 4≤y ≤3 m .为使5≤y ≤10 恒成立,只要{7m4≥5,3m ≤10, 解得207≤m ≤103,故应该投放的药剂质量m 的最小值为207. 方法归纳建立函数模型解题的方法步骤（1）认真审题:实际应用题文字叙述长,数量关系众多,所以首先要认真读题审题,理顺已知量、未知量与问题的联系,必要时可以将数量整理成简表的形式,便于分析数量之间的关系.（2）数学建模:明确实际问题对应的函数模型,确定定义域,将实际问题转化为数学问题.（3）求最优解:利用导数研究函数的单调性、极值和最值,得到目标函数的最值.（4）验证结果:验证数学问题的解是不是原实际问题的解.上述步骤用框图表示为迁移应用4.学校举行运动会需要张贴海报进行宣传．现让你设计一张如图所示的竖向张贴的海报,要求版心面积为128 dm 2 ,上、下两边各空2 dm ,左、右两边各空1 dm .如何设计海报的尺寸,才能使四周空白面积最小？答案：设版心的高为x dm ,则版心的宽为128x dm . 此时四周空白面积为s(x)=(x +4)⋅(128x+2)−128=2x +512x+8(x ＞0) ,求导数得s ′(x)=2−512x 2, 令s ′(x)=2−512x 2=0 ,解得x =16 或x =−16 （舍去）,于是版心的宽为128x=12816=8 ,当x ∈(0,16) 时,s ′(x)＜0 ;当x ∈(16,+∞) 时,s ′(x)＞0 ,因此,x =16 是函数s(x) 的极小值点,也是最小值点． 所以当版心高为16 dm ,宽为8 dm 时,能使四周空白面积最小．高考链接1.（2019全国课标Ⅱ,10,5分）曲线y =2 sin x +cos x 在点(π,−1) 处的切线方程为( ) A.x −y −π−1=0 B.2x −y −2 π−1=0 C.2x +y −2 π+1=0 D.x +y −π+1=0 答案： C解析：设y =f(x)=2 sin x +cos x ,则f ′(x)=2 cos x −sin x,∴f ′(π)=−2 , ∴ 曲线在点(π,−1) 处的切线方程为y −(−1)=−2(x −π) ,即2x +y −2 π+1=0 .故选C.2.（2018全国课标Ⅰ,5,5分）设函数f(x)=x 3+(a −1)x 2+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 B.y =−x C.y =2x D.y =x 答案：D解析：因为f(x) 为奇函数,所以f(−x)=−f(x) ,由此可得a =1 ,故f(x)=x 3+x , f ′(x)=3x 2+1,f ′ （0）=1,所以曲线y =f(x) 在点（0,0）处的切线方程为y =x . 3.（2020天津,3,5分）函数y =4xx 2+1 的图象大致为( )A. B.C. D.答案：A=−f(x),则函数f(x)为奇函数,其图象关于坐标原点对称,解析：由函数的解析式得f(−x)=−4xx2+1选项C,D错误;易知f(1)=2,排除B,故选A.4.（2019全国课标Ⅰ,13,5分）曲线y=3(x2+x)e x在点（0,0）处的切线方程为. 答案：y=3x解析：因为y′=3(2x+1)e x+3(x2+x)e x=3(x2+3x+1)e x,所以曲线在点（0,0）处的切线的斜率k=y′|x=0=3,所以所求的切线方程为y=3x.5.（2020北京,15,5分）为满足人民对美好生活的向往,环保部门要求相关企业加强污水治理,排放未的大小评达标的企业要限期整改.设企业的污水排放量W与时间t的关系为W=f(t),用f(b)−f(a)b−a价在[a,b]这段时间内企业污水治理能力的强弱.已知整改期内,甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示.给出下列四个结论：①在[t1,t2]这段时间内,甲企业的污水治理能力比乙企业强;②在t2时刻,甲企业的污水治理能力比乙企业强;③在t3时刻,甲、乙两企业的污水排放都已达标;④甲企业在[0,t1],[t1,t2],[t2,t3]这三段时间中,在[0,t1]的污水治理能力最强.其中所有正确结论的序号是.答案：①②③解析：设y=−f(b)−f(a)b−a,由已知条件可得甲、乙两个企业在[t1,t2]这段时间内污水治理能力强弱的数值计算式为−f(t2)−f(t1)t2−t1,由题图易知y甲＞y乙,即甲企业的污水治理能力比乙企业强,所以①对;由题意知在某一时刻企业污水治理能力的强弱由这一时刻的切线的斜率的绝对值表示,所以②对; 在t3时刻,由题图可知甲、乙两企业的污水排放量都在污水达标排放量以下,所以③对;由计算式−f(b)−f(a)b−a可知,甲企业在[0,t1]这段时间内污水治理能力最弱,所以④错.6.（2018全国课标Ⅰ,16,5分）已知函数f(x)=2 sin x+sin 2x,则f(x)的最小值是.答案：−3√32解析：解法一：因为f(x)=2 sin x+sin 2x,所以f′(x)=2 cos x+2 cos 2x=4 cos2x+2 cos x−2=4(cos x−12)(cos x+1),由f′(x)≥0得12≤cos x≤1,即2kπ−π3≤x≤2kπ+π3,k∈Z,由f′(x)≤0得−1≤cos x≤12,即2kπ+π3≤x≤2kπ+π或2kπ−π≤x≤2kπ−π3,k∈Z,所以当x=2kπ−π3(k∈Z)时,f(x)取得最小值,且f(x)min=f(2kπ−π3)=2 sin(2kπ−π3)+sin 2(2kπ−π3)=−3√32.解法二：因为f(x)=2 sin x+sin 2x=2 sin x(1+cos x)=4 sin x2⋅cos x2⋅2 cos2x2=8 sin x2⋅cos3x2=√33 sin2x2cos6x2,所以[f(x)]2=643×3 sin2x2cos6x2≤643⋅(3 sin2x2+cos2x2+cos2x2+cos2x24)4=274，当且仅当3 sin2x2=cos2x2,即sin2x2=14时取等号,所以0≤[f(x)]2≤274,所以−3√32≤f(x)≤3√32,所以f(x)的最小值为−3√32.7.（2020新高考Ⅰ,21,12分）已知函数f(x)=ae x−1−lnx+lna.（1）当a=e时,求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积; （2）若f(x)≥1,求a的取值范围.答案：（1）当a=e时,f(x)=e x−lnx+1,f′(x)=e x−1x,曲线在点(1,f(1))处的切线斜率k= f′=e−1.∵f(1)=e+1,∴切点坐标为(1,1+e),∴函数f(x)的图象在点(1,f(1))处的切线方程为y−e−1=(e−1)(x−1),即y=(e−1)x+ 2,∴切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0,2),(−2e−1,0),∴所求三角形面积为12×2×|−2e−1|=2e−1.（2）解法一：由f(x)≥1得f(x)=ae x−1−lnx+lna=e lna+x−1−lnx+lna≥1, 不等式等价于e lna+x−1+lna+x−1≥lnx+x=e lnx+lnx,令g(x)=e x+x,上述不等式等价于g(lna+x−1)≥g(lnx),显然g(x)为单调增函数,∴不等式又等价于lna+x−1≥lnx,即lna≥lnx−x+1,令ℎ(x)=lnx−x+1,x＞0,则ℎ′(x)=1x −1=1−xx,在（0,1）上ℎ′(x)＞0,ℎ(x)单调递增;在(1,+∞)上ℎ′(x)＜0,ℎ(x)单调递减,∴ℎ(x)max=ℎ(1)=0, ∴lna≥0,即a≥1,∴a的取值范围是[1,+∞）.解法二：∵f(x)=ae x−1−lnx+lna,∴f′(x)=ae x−1−1x,且a＞0.设g(x)=f′(x),则g′(x)=ae x−1+1x2＞0,∴g(x)在(0,+∞)上单调递增,即f′(x)在(0,+∞)上单调递增,当a=1时,f′=0,∴f(x)min=f(1)=1,∴f(x)≥1成立.当a＞1时,1a ＜1,∴e1a−1＜1,∴f′(1a)⋅f′(1)=a(e1a−1−1)(a−1)＜0,∴存在唯一的x0＞0,使得f′(x0)=ae x0−1−1x0=0,且当x∈(0,x0)时,f′(x)＜0,当x∈(x0,+∞)时,f′(x)＞0,∴ae x0−1=1x0,两边取自然对数,得lna+x0−1=−lnx0,因此f(x)min=f(x0)=ae x0−1−lnx0+lna=1x0+lna+x0−1+lna≥2 lna−1+2√1x0⋅x0=2 lna+1＞1,∴f(x)＞1,∴f(x)≥1恒成立.当0＜a＜1时,f(1)=a+lna＜a＜1,∴f(1)＜1,所以f(x)≥1不恒成立.综上所述,实数a的取值范围是[1,+∞).8.（2019全国课标Ⅱ,20,12分）已知函数f(x)=lnx−x+1x−1.（1）讨论f(x)的单调性,并证明f(x)有且仅有两个零点;（2）设x0是f(x)的一个零点,证明曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e x的切线. 答案：（1）f(x)的定义域为(0,1)∪(1,+∞) .因为f′(x)=1x +2(x−1)2＞0,所以f(x)在（0,1）和(1,+∞)上单调递增.因为f(e)=1−e+1e−1＜0,f(e2)=2−e2+1e−1=e2−3e2−1＞0,所以f(x)在(1,+∞)上有唯一零点x1,即f(x1)=0.又0＜1x1＜1,f(1x1)=−lnx1+x1+1x1−1=−f(x1)=0,故f(x)在（0,1）上有唯一零点1x1. 综上,f(x)有且仅有两个零点.（2）证明：因为1x0=e−lnx0,所以点B(−lnx0,1x0)在曲线y=e x上.由题设知f(x0)=0,即lnx0=x0+1x0−1,故直线AB的斜率k=1x0−lnx0−lnx0−x0=1x0−x0+1x0−1−x0+1x0−1−x0=1x0.又曲线y=e x在点B(−lnx0,1x0)处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处切线的斜率也是1x0,所以曲线y=lnx在点A(x0,lnx0)处的切线也是曲线y=e x的切线.。