5.微专题21 利用导数研究函数的性质(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦利用导数研究函数性质专题，系统整合切线问题、单调性分析、极值与最值三大高考核心考点，按“知识梳理-方法提炼-真题精讲-分层训练”流程设计，帮助学生构建从导数几何意义到函数综合应用的逻辑链条，突破导数应用难点。 讲义以高考真题为载体，创新采用“微点突破+策略总结”模式，如切线问题通过“设切点、求导、列方程”四步法强化解题规范，单调性分析结合参数分类培养逻辑推理能力。设置基础训练与真题变式题，助力学生高效掌握导数应用技巧，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实用指导。

微专题21　利用导数研究函数的性质 1.导数的几何意义 (1)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数即曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线的斜率． (2)曲线y＝f(x)在某点处的切线与曲线y＝f(x)过某点的切线不一定相同． (3)切点既在切线上，又在曲线上． 2．利用导数研究函数的单调性 在区间(a，b)上，若f(x)单调递增，则f′(x)≥0且f′(x)不恒等于零；若f(x)单调递减，则f′(x)≤0且f′(x)不恒等于零． 3.利用导数研究函数的极值、最值 (1)f′(x0)＝0是可导函数f(x)在x＝x0处取得极值的必要不充分条件，即f′(x)的变号零点才是f(x)的极值点，所以求f(x)的极值点时，除了找方程f′(x)＝0的实数根x0外，还需判断f(x)在x0左侧和右侧的单调性． (2)若函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续，且在(a，b)内可导，则f(x)在[a，b]上必有最大值和最小值，且函数f(x)的最值必在极值点或区间端点处取得. 微点一　切线问题 例1　(1)(2025·聊城一模)曲线y＝xln x在x＝1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(D) A．4 B．3 C．1 D. 解析　对函数y＝xln x求导得y′＝ln x＋1，故所求切线斜率为k＝ln 1＋1＝1，切点坐标为(1,0)，所以曲线y＝xln x在x＝1处的切线方程为y＝x－1，该切线交x轴于点(1,0)，交y轴于点(0，－1)，因此，曲线y＝xln x在x＝1处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×12＝.故选D. (2)(2025·全国一卷)若直线y＝2x＋5是曲线y＝ex＋x＋a的一条切线，则a＝_4_. 解析　设直线y＝2x＋5与曲线y＝ex＋x＋a的切点坐标为(x0，ex0＋x0＋a)，由y＝ex＋x＋a得y′＝ex＋1，所以y′|x＝x0＝ex0＋1＝2，解得x0＝0，所以切点坐标为(0,1＋a)，又切点(0,1＋a)在切线y＝2x＋5上，所以1＋a＝5，解得a＝4. ,, 曲线y＝f(x)切线问题的解题策略 (1)设切点坐标为(x0，f(x0))(有时题中已给出)． (2)求函数f(x)的导数f′(x)，从而得到曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的斜率k＝f′(x0)． (3)得到曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)． (4)根据题中所给条件列出方程或方程组求解即可． 训练1　(1)(2025·兰州一模)若函数y＝的一条切线与x轴平行，则切点的坐标为(B) A．(1,0) B．(0,1) C．(1,1) D．(1，e) 解析　设切点坐标为(x0，y0)，函数y＝，所以y′＝， 因为切线与x轴平行，所以y′|x＝x0＝＝0，解得x0＝0，y0＝＝＝1，故切点坐标为(0,1)，故选B. (2)若曲线C1：y＝x2与曲线C2：y＝(a>0)存在公切线，则实数a的取值范围为 . 解析　y＝x2在点(m，m2)处的切线斜率为2m，y＝(a>0)在点处的切线斜率为en，如果两个曲线存在公共切线，那么2m＝en.又由斜率公式得2m＝，由此得到m＝2n－2，则4n－4＝en有解，即y＝4x－4与y＝ex的图象有公共点．当直线y＝4x－4与曲线y＝ex相切时，设切点为(s，t)，则es＝4，且t＝4s－4＝es，可得t＝4，s＝2，即切点为(2,4)，a＝，故a的取值范围是. (3)(2022·新课标Ⅱ卷)曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为 y＝x , y＝－x . 解析　先求当x>0时，曲线y＝ln x过原点的切线方程，设切点为(x0，y0)，则由y′＝，得切线斜率为，又切线的斜率为，所以＝，解得y0＝1，代入y＝ln x，得x0＝e，所以切线斜率为，切线方程为y＝x.同理可求得当x<0时的切线方程为y＝－x.综上可知，两条切线方程为y＝x，y＝－x. 微点二　单调性问题 考向1　利用导数研究函数的单调性 例2　已知函数f(x)＝－2a2ln x＋x2＋ax(a∈R)． (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝－2ln x＋x2＋x，所以f(1)＝，f′(x)＝－＋x＋1，所以f′(1)＝0，故切线方程为y＝. (2)f(x)＝－2a2ln x＋x2＋ax，x>0，所以f′(x)＝－＋x＋a＝，所以当a＝0时，f′(x)＝x>0，所以f(x)仅有单调递增区间，其为(0，＋∞)．当a>0时，x＋2a>0，所以当x∈(0，a)时，f′(x)<0；当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．当a<0时，x－a>0，所以当x∈(0，－2a)时，f′(x)<0；当x∈(－2a，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)的单调递增区间为(－2a，＋∞)，单调递减区间为(0，－2a)．综上所述，当a＝0时，f(x)仅有单调递增区间，单调递增区间为(0，＋∞)，当a>0时，f(x)的单调递增区间为(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)，当a<0时，f(x)的单调递增区间为(－2a，＋∞)，单调递减区间为(0，－2a). ,, (1)讨论函数的单调性是在函数的定义域内进行的，千万不要忽视了定义域的限制． (2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论． (3)在不能通过因式分解求出根的情况时，根据不等式对应方程的判别式进行分类讨论． 训练2　已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1. (1)讨论f(x)的单调性； (2)求曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标． 解　(1)由题意知f(x)的定义域为R，f′(x)＝3x2－2x＋a，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)． ①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增； ②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x1＝，x2＝，令f′(x)>0，则x<x1或x>x2；令f′(x)<0，则x1<x<x2.所以f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．综上，当a≥时，f(x)在R上单调递增；当a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增． (2)记曲线y＝f(x)过坐标原点的切线为l，切点为P(x0，x－x＋ax0＋1)，因为f′(x0)＝3x－2x0＋a，所以切线l的方程为y－(x－x＋ax0＋1)＝(3x－2x0＋a)(x－x0)．由l过坐标原点，得2x－x－1＝0，解得x0＝1，所以切线l的方程为y＝(1＋a)x.令x3－x2＋ax＋1＝(1＋a)x，则x3－x2－x＋1＝0，解得x＝±1，所以曲线y＝f(x)过坐标原点的切线与曲线y＝f(x)的公共点的坐标为(1,1＋a)和(－1，－1－a)． 考向2　函数单调性的应用 例3　(1) (2023·全国乙卷)设a∈(0,1)，若函数f(x)＝ax＋(1＋a)x在(0，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是 . 解析　由题意得当x>0时，f′(x)＝axln a＋(1＋a)xln(1＋a)＝ax≥0.设g(x)＝ln a＋xln(1＋a)，因为ax>0，所以g(x)≥0.因为a∈(0,1)，所以ln(1＋a)>0，＋1>1，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，故只需满足g(0)≥0，即ln a＋ln(1＋a)＝ln(a＋a2)≥0，所以a＋a2≥1，解得a≤－或a≥，又0<a<1，所以a的取值范围为. (2)已知函数g(x)＝2x＋ln x－在区间[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是_(－10，－3)_． 解析　g′(x)＝2＋＋＝.因为函数g(x)在区间[1,2]上不单调，所以g′(x)＝0在区间(1,2)内有解，且1－8a≠0，即a≠，则a＝－2x2－x＝－22＋在(1,2)内有解，易知函数y＝－2x2－x在(1,2)上是减函数，所以y＝－2x2－x的值域为(－10，－3)，因此实数a的取值范围为(－10，－3). ,, (1)若函数f(x)在区间I上单调递增，则对任意x∈I，都有f′(x)≥0成立；若函数f(x)在区间I上单调递减，则对任意x∈I，都有f′(x)≤0成立． (2)若函数f(x)在区间I上存在单调递增区间，则存在x∈I，使得f′(x)>0成立；若函数f(x)在区间I上存在单调递减区间，则存在x∈I，使得f′(x)<0成立． 训练3　(1)(2025·湛江模拟)若函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x存在单调递减区间，则实数b的取值范围是(B) A．[3，＋∞) B．(3，＋∞) C．(－∞，3) D．(－∞，3] 解析　函数g(x)＝ln x＋x2－(b－1)x的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋x－(b－1)．由g(x)存在单调递减区间知g′(x)<0在(0，＋∞)上有解，即＋x－(b－1)<0有解．因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，所以x＋≥2.要使＋x－(b－1)<0有解，只需2<b－1，即b>3，所以实数b的取值范围是(3，＋∞)． (2)已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系是(A) A．b>a>c B．b>c>a C．c>a>b D．c>b>a 解析　令函数f(x)＝(x≥e)，求导得f′(x)＝.令g(x)＝1－ln x－，则g′(x)＝<0(x≥e)，故g(x)＝1－ln x－(x≥e)单调递减．又g(e)＝1－1－<0，故g(x)<0(x≥e)，即f′(x)<0(x≥e)．故f(x)在[e，＋∞)上单调递减，而e<3<4，则f(e)>f(3)>f(4)，即>>，所以b>a>c.故选A. 微点三　极值与最值 例4　(1)函数f(x)＝在[2，＋∞)上的最小值为(A) A. B．e2 C. D．2e 解析　依题意f′(x)＝(x2－2x－3)＝(x－3)(x＋1)，故函数在区间(2,3)上单调递减，在区间(3，＋∞)上单调递增，故函数在x＝3处取得极小值也是最小值，且最小值为f(3)＝＝.故选A. (2)若x＝a是函数f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x的极小值点，则函数f(x)在区间上的最大值为(C) A．3＋ln 3 B．3－ln 3 C.＋ln 3 D.－ln 3 解析　由f(x)＝x2－(a＋3)x＋ln x，得f′(x)＝3x－(a＋3)＋＝，因为x＝a是函数f(x)的极小值点，所以f′(a)＝0，即3a2－a2－3a＋1＝0，即2a2－3a＋1＝0，解得a＝或a＝1.当a＝时，f′(x)＝＝，当x>或0<x<时，f′(x)>0，当<x<时，f′(x)<0，所以f(x)在区间，上单调递增，在上单调递减，所以x＝是函数f(x)的极大值点，不符合题意；当a＝1时，f′(x)＝＝，当x>1或0<x<时，f′(x)>0，当<x<1时，f′(x)<0，所以f(x)在区间，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减，所以x＝1是函数f(x)的极小值点，x＝是函数f(x)的极大值点，故a＝1.又因为f＝－－ln 3，f(3)＝＋ln 3，所以函数f(x)在上的最大值为＋ln 3.故选C. 例5　(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解　(1)当a＝1时，f(x)＝ex－x－1，则f′(x)＝ex－1，则f′(1)＝e－1.f(1)＝e－2，所以切点坐标为(1，e－2)，所以切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即(e－1)x－y－1＝0. (2)易知函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝ex－a.当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在R上单调递增，无极值；当a>0时，由f′(x)>0，得x>ln a，由f′(x)<0，得x<ln a，所以函数f(x)在区间(－∞，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增，所以f(x)的极小值为f(ln a)＝a－aln a－a3.由题意知a－aln a－a3<0(a>0)，即a2＋ln a－1>0(a>0)．令g(a)＝a2＋ln a－1(a>0)，则g′(a)＝2a＋>0，可知g(a)在(0，＋∞)内单调递增，且g(1)＝0，不等式a2＋ln a－1>0等价于g(a)>g(1)，解得a>1，故实数a的取值范围为(1，＋∞). ,, 用导数研究函数的极值、最值等问题的求解 (1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得出函数的极值的基础上，将区间端点处的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值． (2)若所给函数f(x)含有参数，则需通过对参数分情况讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值． (3)若函数f(x)在区间(a，b)上有唯一的极值点，则这个极值点就是函数的最值点，此结论在导数的实际问题中经常使用． 训练4　(1)(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)若函数f(x)＝aln x＋＋(a≠0)既有极大值也有极小值，则(BCD) A．bc>0 B．ab>0 C．b2＋8ac>0 D．ac<0 解析　函数f(x)＝aln x＋＋的定义域为(0，＋∞)，求导得f′(x)＝－－＝，因为函数f(x)既有极大值也有极小值，则函数f′(x)在(0，＋∞)上有两个变号零点，因此方程ax2－bx－2c＝0有两个不相等的正实根x1，x2，于是即有显然a2bc<0，即bc<0，故A错误，B，C，D正确．故选BCD. (2)(2022·全国甲卷)当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)＝(B) A．－1 B．－ C. D．1 解析　因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，所以依题意可知而f′(x)＝－，所以即所以f′(x)＝－＋，因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，当x＝1时取最大值，满足题意．所以f′(2)＝－1＋＝－.故选B. 1．(2024·全国甲卷)设函数f(x)＝，则曲线y＝f(x)在(0,1)处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为(A) A. B. C. D. 解析　f′(x)＝，所以f′(0)＝3，所以曲线y＝f(x)在点(0,1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，切线与两坐标轴的交点分别为(0,1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为×1×＝，故选A. 2．(2022·新课标Ⅰ卷)(多选题)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则(AC) 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 解析　因为f(x)＝x3－x＋1，所以f′(x)＝3x2－1，由f′(x)＝3x2－1>0得x>或x<－；由f′(x)＝3x2－1<0得－<x<.所以f(x)＝x3－x＋1在，上单调递增，在上单调递减，所以f(x)有两个极值点，故A正确．因为f(x)的极小值f＝3－＋1＝1－>0，f(－2)＝(－2)3－(－2)＋1＝－5<0，所以函数f(x)在R上有且只有一个零点，故B错误．因为函数g(x)＝x3－x的图象向上平移一个单位长度得函数f(x)＝x3－x＋1的图象，函数g(x)＝x3－x的图象关于原点(0,0)中心对称且g(0)＝0，所以点(0,1)是曲线f(x)＝x3－x＋1的对称中心，故C正确．假设直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线，切点为(x0，y0)，则f′(x0)＝3x－1＝2，解得x0＝±1.若x0＝1，则切点坐标为(1,1)，但点(1,1)不在直线y＝2x上，若x0＝－1，则切点坐标为(－1,1)，但点(－1,1)不在直线y＝2x上，所以假设不成立，故D错误．故选AC. 3．(2024·新课标Ⅱ卷)(多选题)设函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则(AD) A．当a>1时，f(x)有三个零点 B．当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点 C．存在a，b使得x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴 D．存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心 解析　由题可知，f′(x)＝6x(x－a)．对于A，当a>1时，由f′(x)<0得0<x<a，由f′(x)>0得x<0或x>a，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，且当x→－∞时，f(x)→－∞，f(0)＝1，f(a)＝－a3＋1<0，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，故f(x)有三个零点，A正确；对于B，当a<0时，由f′(x)<0得a<x<0，由f′(x)>0得x>0或x<a，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a,0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，故x＝0是f(x)的极小值点，B错误；对于C，当x→＋∞时，f(x)→＋∞，当x→－∞时，f(x)→－∞，故曲线y＝f(x)必不存在对称轴，C错误；对于D，解法一(配方、平移)：f(x)＝2x3－3ax2＋1＝23－a2＋1－，令t＝x－，则f(x)可转化为g(t)＝2t3－a2t＋1－，由y＝2t3－a2t为奇函数，且其图象关于原点对称，可知g(t)的图象关于点对称，则f(x)的图象关于点对称，故存在a＝2，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心，D正确．解法二(二级结论)：任意三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)的图象均关于点成中心对称，D正确．故选AD. 4．(2022·新课标Ⅰ卷)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是_(－∞，－4)∪(0，＋∞)_． 解析　因为y＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.设切点为A(x0，(x0＋a)ex0)，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA＝y′|x＝x0＝(x0＋a＋1)ex0＝，化简得x＋ax0－a＝0.因为曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，所以关于x0的方程x＋ax0－a＝0有两个不同的根，所以Δ＝a2＋4a>0，解得a<－4或a>0，所以a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)． 学科网（北京）股份有限公司 $