1、专题 3 导数及其应用测试题命题报告：1. 高频考点：导数的几何意义切线方程，留言导数求函数的单调区间，极值以及最值，利用导数解决实际问题.2. 考情分析：高考主要以选择题填空题以及解答题形式出现，在全国卷所占分值是 12-17 分，一般解答题形式出现，考察利用导数研究函数的性质以及求极值最值问题。3.重点推荐：基础卷第 10 题需要构造函数，利用导数与函数 的单调性的关系求解。一选择题（本大题共 12 题，每小题 5 分）1. （2018平罗县校级期中）已知函数 f（x）=e 2x，则=（ ）A1 B0 Ce 2 D2e 2答案D【解析】：f（x）=2e 2x，=f（1） ，f（1）=2e
2、2，故选：D2. （2018攀枝花期末）设 f（x）是函数 的导函数，则 f（0）的值为（ ）A1 B0 C1 D【答案】：C【解析】根据题意， ，其导数 f（x）= ，则 f（0）=1；故选：C 3. （2018银川三模）已知函数 f（x）=cosx+alnx 在 x= 处取得极值，则 a=（ ）A B C D【答案】C【解析】：f（x）=cosx+alnx，f（x）=sinx+ ，f（x）在 x= 处取得极值，f（ ）= + =0，解得：a= ，经检验符合题意，故选：C4. （2018 春云阳县期末）已知函数 f（x）=x 3ax+1 在1，+）上是单调递增函数，则实数 a 的取值范围是（
3、 ）Aa3 Ba3 Ca1 D1a3【答案】：B【解析】求导函数，可得 f（x）=3x 2a，f（x）在1，+）上单调递增，3x 2a0 在1，+）上恒 成立，a3x 2在1，+）上恒成立，a3，故选：B5. （2018柳州一模）设 aR，若函数 y=x+alnx 在区间（ ，e）有极值点，则 a 取值范围为（ ）A （ ，e） B （e， ）C （， ）（e，+） D （，e）（ ，+）【答案】B6. （2018吉安期中）设函数 f（x）在定义域内可导，y=f（x）的图象如图所示，则导函数 y=f（x）的图象可能为（ ）A BC D【答案】A【解析】：由 f（x）的图象判断出可得从左到右函数
4、的单调性在 y 轴左侧先增，再减，在 y 轴的右侧，函数单调递减，导函数 y=f（x）的图象可能为区间（，0）内，先有 f（x）0，再有 f（x）0，在（0，+）再有 f（x）0故选：A7. （2018邯郸二模）若过点 P（1，m）可以作三条直线与曲线 C：y=xe x相切，则 m 的取值范围是（ ）A （ ，+） B （ ）C （0，+） D （ ）【答案】D【解析】：设切点为（x 0，y 0） ，过点 P 的切线程为，代入点 P 坐标化简为 m=，即这个方程有三个不等根即可，令，求导得到 f（x）=（x1） （x+2）e x，函数在（，2）上单调递减，在（2，1）上单调递增，在（1，+）上
5、单调递减，故得到 f（2）mf（1） ，即，故选：D 综上，若 x（ 1，+） ，使得 f（x）a，a 的取值范围为 a 12 分 19. （2018新余期末）函数 f（x）=x 3+ax2+bxc，过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方程y=3x+3（1）若 y=f（x）在 x=2 时有极值，求 f（x）的表达式；（2）在（1）的条件下，求 y=f（x）在3，1上的最小值【思路分析】 （1）f（x）=3x 2+2ax+b，由过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方程 y=3x+3可得 f（1）=6=1+a+bc，f（1）=3+2a+b=3又 y=f（x）在 x=2
6、时有极值，可得 f（2）=124a+b=0，联立解得 a，b，c（2）在（1）的条件下，f（x）=x 3+2x24x+7x3，1f（x）=3x 2+4x4=（3x2） （x+2） ，令f（x）=0，解得 x= 或2列表即可得出【解析】：（1）f（x）=3x 2+2ax+b，过曲线 y=f（x）上的点 p（1，f（1）的切线方程 y=3x+3f（1）=6=1+a+bc，f（1）=3+2a+b=3又 y=f（x）在 x=2 时有极值，f（2）=124a+b=0，联立解得：a=2，b=4，c=7f（x）=x 3+2x24x+7（2）在（1）的条件下，f（x）=x 3+2x24x+7x3，1f（x）=
7、3x 2+4x4=（3x2） （x+2） ，令 f（x）=0，解得 x= 或2列表如下：x 3，2） 2 （2， ） f（x） + 0 0 +f（x） 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增由表格可得：x= 时，函数 f（x）取得极小值， = 又 f（3）=10 函数 f（x）最小值为 = 20. （2018 新罗区校级月考）设函数 f（x）=axlnx+ （a0） （）已知函数在 x=1 处取得极值，讨论函数 f（x）的单调性；（）设 g（x）=f（x）ax，若 g（x）0 恒成立，求实数 a 的取值范围【思路分析】 （I）函数 f（x）=axlnx+ （a0） ，x0f（x）=aln
8、x+a ，根据函数在 x=1 处取得极值，可得 f（1）=0，解得 a进而得出单调性（II）g（x）=f（x）ax，a0，g（x）0 恒成立，可得 axlnx+ ax0，x0可得alnx+ a0 恒成立，令 h（x）=alnx+ a，利用导数研究函数的单调性即可得出【解析】：（I）函数 f（x）=axlnx+ （a0） ，x0f（x）=alnx+a ，函数在 x=1 处取得极值， a1=0，解得 a=1f（x）=lnx+1 ，可得：函数 f（x）在（0，+）上单调递增，又 f（1）=0，x（0，1）时，f（x）0；x（1，+）时，f（x）0函数 f（x）在 x（0，1）时单调递减；x（1，+）
9、时，函数 f（x）单调递增（II）g（x）=f（x）ax，a0，g（x）0 恒成立，axlnx+ ax0，x0可得 alnx+ a0 恒成立，令 h（x）=alnx+ a，则 h（x）= = =，0x 时，h（x）0，此时函数 h（x）单调递减；x 时，h（x）0，此时函数 h（x）单调递增h（x） min= =aln + a0，ln 1，解得：a ，a 的取值范围是（0， 21. （2018思明区校级月考）已知函数 f（x）= （m0） ，其中 e 为自然对数的底数（1）讨论函数 f（x）的极值；（2）若 m（1，2） ，证明：当 x1，x 21，m时，f（x 1）x 2+1+ 【思路分析】
10、 （1）求导对 m 分类讨论，即可得出单调性与极值（2）当 x1，x 21，m时，f（x 1）x 2+1+ ，只要证明 f（x 1） min即可，由（1）可知：f（ x）在x1，m内单调递减，可得 f（x 1） min=f（m） 因此 f（x 1） minx 2 m（1，2） ，令g（m）= m（1，2） ，利用导数研究其单调性即可得出【解析】 （1）：f（x）=m0 时，1m1，令 f（x）=0，解得 x=1 或 1m则函数 f（x）在（，1m）上单调递减，在（1m，1）内单调递增，在（1，+）上单调递减x=1m 时，函数 f（x）取得极小值；x=1 时，函数 f（x）取得极大值m=0 时，
11、f（x）= 0，函数 f（x）在 R 上单调递减，无极值 （2）证明：当 x1，x 21，m时，f（x 1）x 2+1+ ，只要证明 f（x 1） min即可，由（1）可知：f（x）在 x1，m内单调递减，f（x 1） min=f（m）= f（x 1） minx 2 m（1，2） ，令 g（m）= m（1，2） ，g（m）=0，函数 g（m）在 m（1，2）上单调递减，g（m）g（1）=1+ = 1x 2，因此结论成立22. （2018道里区校级二 模）已知函数 h（x）=ae x，直线 l：y=x+1，其中 e 为自然对数的底（1）当 a=1，x0 时，求证：曲线 f（x）=h（x） x2在
12、直线 l 的上方； （2）若函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，求实数 a 的取值范围；（3）对于第（2）中的两个交点的横坐标 x1，x 2及对应的 a，当 x1x 2时，求证：a 【思路分析】 （1）可令 g（x）=，求出二阶导数，求得单调区间 ，可得 g（x）的单调性，即可得证；（2）由题可得 aex=x+1，即有 a= ，设 m（x）= ，求出导数和单调性，作出图象，即可得到所求范围；（3）由（2）可得 aex1=x1+1，ae x2=x2+1，作差可得 a= ，运用分析法证明，即证 ，即为 x2x 11 =1 ，运用换元法和构造函数，求得导数和单调性，即可得证【解析】：（
13、1）证明：当 a=1，x0 时，令 g（x）=，g（x）=e xx1，g（x）=e x1，当 x0 时，g（x）0，g（x）递增，g（x）g（0）=0，g（x）递增，g（x）g（0）=0，曲线 f（x）=h（x） x2在直线 l 的上方；（2）由 y=aex和 y=x+1，可得 aex=x+1，即有 a= ，设 m（x）= ，可得 m（x）= ，当 x0 时，m（x）0，m（x）递减；当 x0 时，m（x）0，m（x）递增，可得 m（x）在 x=0 处取得极大值，且为最大值 1，图象如右上：由图象可得 0a1 时，a= 有两解，可得函数 h（x）的图象与直线 l 有两个不同的交点，则 a 的范围是（0，1） ；设 n（t）=t1+ ，t0，n（t）=1 = 0，可得 n（t）在 t0 上递增，可得n（t）n（0）=0，可得 t1 成立，则当 x1x 2时，a
