第4章 第7节 导数计算题集锦-【高考零起点】2026年新高考数学总复习学用Word（艺考）

该高中数学高考复习学案聚焦导数核心考点，系统整合单调性判断、极值最值求解、不等式证明、零点问题等高考高频题型，按“基础应用—综合提升—创新拓展”层次构建知识网络，通过问题链设计引导学生自主推导导数工具的应用规律，形成从求导运算到综合论证的完整认知体系。 亮点在于真题驱动与方法内化设计，精选2020-2025年全国卷及地方卷典型真题，每道题配备“思路导引+规范解析”，培养学生数学思维（逻辑推理、运算能力）。设置“方法总结”模块（如分离参数法、构造函数法），学生可通过错题归因自主诊断薄弱点，教师依据学生解题过程反馈精准指导，助力个性化复习，提升自主备考能力。

第七节　导数计算题集锦 1.(2020全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝2ln x＋1. 若f(x)≤2x＋c，求c的取值范围. 2. 已知函数f(x)＝ex－x2，证明：当x≥0时，f(x)≥1. 3. (2019全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝(x－1)ln x－x－1. 证明：f(x)存在唯一的极值点. 4. (2024新高考Ⅰ卷节选改编)已知函数f(x)＝ln＋ax的导函数f'(x)≥0，求a的最小值. 5.(2023全国甲卷节选)已知函数f＝ax－，x∈.当a＝1时，讨论f的单调性. 6. (2022新高考Ⅰ卷节选)已知函数f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值，求a的值. 7. (2024全国甲卷理节选改编)已知函数f(x)＝(1＋2x)ln(1＋x)－x，求f的极值. 8. (2025全国Ⅱ卷节选)已知函数f(x)＝ln(1＋x)－x＋x2－kx3，其中0＜k＜.证明：f(x)在区间(0，＋¥)上存在唯一的极值点和唯一的零点. 9. (2024全国甲卷文)已知函数f＝a－ln x＋1. (1)求f的单调区间； (2)当a≤2时，证明：当x＞1时，f＜ex－1恒成立. 10. 设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a； (2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围. 11.(2020全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x. (1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥x3＋1，求a的取值范围. 12. (2025天津卷节选)已知函数f(x)＝ax－(ln x)2. (1)a＝1时，求f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有3个零点，求a的取值范围. 13. (2023新高考Ⅰ卷)已知函数f＝a－x. (1)讨论f的单调性； (2)证明：当a＞0时，f＞2ln a＋. 14. (2024北京卷节选)设函数f＝x＋kln，直线l是曲线y＝f在点处的切线. (1)当k＝－1时，求f的单调区间； (2)求证：l不经过点. 第七节　导数计算题集锦 1.函数f(x)的定义域为(0，＋∞).依题意，分离参数有c≥2ln x－2x＋1.设g(x)＝2ln x－2x＋1，由g'(x)＝－2＞0得0＜x＜1，∴g(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减.于是g(x)max＝g(1)＝－1.∴c≥－1. 2.依题意，即证当x≥0时，ex－x2－1≥0.令g(x)＝ex－x2－1，则g'(x)＝ex－2x，又令h(x)＝ex－2x.由h'(x)＝ex－2＞0，得h(x)在(ln 2，＋∞)上单调递增.在(0，ln 2)上单调递减，故h(x)min＝h(ln 2)＝2－2ln 2＝2(1－ln 2)＞0，于是h(x)＞0，∴g'(x)＞0，故g(x)为增函数，∴g(x)≥g(0)＝0.即ex－x2－1≥0，f(x)≥1，得证. 3.f(x)的定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝＋ln x－1＝ln x－. ∵y＝ln x单调递增，y＝单调递减，∴f'(x)单调递增.又f'(1)＝－1＜0，f'(2)＝ln 2－＞0.故存在唯一的x0∈(1，2)，使得f'(x0)＝0，所以当0＜x＜x0时，f'(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞x0时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，因此f(x)存在唯一的极值点. 4.　依题意，＞0，解得定义域为x∈.由f'＋a＝＋a，x∈，∵f'(x)≥0，∴a≥，利用基本不等式的变式有0＜x≤＝1，当且仅当x＝1时等号成立，故0＞a≥＝－2，∴a的最小值为－2. 5.∵a＝1，∴f＝x－，x∈， 则f'＝1－＝1－＝1－. ∵x∈， ∴0＜sin x＜1，0＜cos x＜1，∴1＋sin2x＞1， 0＜cos3x＜1， 于是 ＞1，1－＜0，∴f(x)在上单调递减. 6.f(x)＝ex－ax的定义域为R，而f'(x)＝ex－a，若a≤0，则f'(x)＞0，此时f(x)无最小值，故a＞0.g(x)＝ax－ln x的定义域为，而g'(x)＝a－. 当x＜ln a时，f'(x)＜0，故f(x)在上为减函数， 当x＞ln a时，f'(x)＞0，故f(x)在上为增函数，故f(x)min＝f＝a－aln a. 当0＜x＜时，g'(x)＜0，故g(x)在上为减函数， 当x＞时，g'(x)＞0，故g(x)在上为增函数， 故g(x)min＝g＝1－ln. ∵f(x)＝ex－ax和g(x)＝ax－ln x有相同的最小值， ∴1－ln＝a－aln a，整理得到＝ln a，其中a＞0， 设g－ln a，a＞0，则g'≤0， 故g为上的减函数，而g＝0， 故g＝0的唯一解为a＝1，故＝ln a的解为a＝1. 综上，a＝1. 7.依题意，1＋x＞0，即x＞－1. 方法一： f'(x)＝ 2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)＋. 又f″(x)＝，结合定义域得f″(x)恒大于0.于是f'(x)为增函数.∵f'(0)＝0，所以当x∈(0，＋∞)时，f'(x)＞0，当x∈(－1，0)时，f'(x)＜0.于是y＝f(x)在(0，＋∞)上为增函数，在(－1，0)上为减函数，函数极小值为f(0)＝0，无极大值. 方法二： f'(x)＝2ln(1＋x)＋－1＝2ln(1＋x)－＋1.∵y＝2ln(1＋x)，y＝－＋1在上均为增函数，故f'(x)在上为增函数，而f'(0)＝0，故当－1＜x＜0时，f'(x)＜0，当x＞0时，f'(x)＞0，故f在x＝0处取极小值且极小值为f＝0，无极大值. 8.证明见解析 【解析】由题得f'－1＋x－3kx2＝－3kx2＝x2，∵x∈，∴x2＞0，设g－3k，x＞0，则g'＝－＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴g在(0，＋∞)上单调递减，∵0＜k＜，∴g＝1－3k＞0，令g＝0⇒x0＝－1，∴当x∈时，g＞0，则f'＞0；当x∈时，g＜0，则f'＜0，∴f在上单调递增，在上单调递减，∴f在(0，＋∞)上存在唯一的极值点.对函数y＝ln－x有y'＝－1＝－＜0在(0，＋∞)上恒成立，∴y＝ln－x在(0，＋∞)上单调递减，∴y＝ln－x＜y|x＝0＝0在(0，＋∞)上恒成立，又∵f＝0，x→＋∞时x2－kx3＝x2＜0，∴x→＋∞时f＜0，∴存在唯一x1∈使得f＝0，即f在(0，＋∞)上存在唯一的零点. 9.(1)f(x)定义域为(0，＋∞)，f'(x)＝a－，当a≤0时，f'(x)＝＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当a＞0时，x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减.综上所述，当a≤0时，f(x)的单调递减区间为(0，＋∞)；当a＞0时，f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)当a≤2，且x＞1时，ex－1－f(x)＝ex－1－a(x－1)＋ln x－1≥ex－1－2x＋1＋ln x，令g(x)＝ex－1－2x＋1＋ln x(x＞1)，下证g(x)＞0即可.g'(x)＝ex－1－2＋，再令h(x)＝g'(x)，则h'(x)＝ex－1－，显然h'(x)在(1，＋∞)上单调递增，则h'(x)＞h'(1)＝e0－1＝0，即g'(x)＝h(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g'(x)＞g'(1)＝e0－2＋1＝0，即g(x)在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)＞g(1)＝e0－2＋1＋ln 1＝0，问题得证. 10.(1)∵f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex， ∴f'(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex. f'(2)＝(2a－1)e2， 由题设知f'(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝. (2)由(1)得f'(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex. 若a＞1，则当x∈时，f'(x)＜0；当x∈(1，＋∞)时，f'(x)＞0. ∴f(x)在x＝1处取得极小值. 若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－1＜0， f'(x)＞0. 所以x＝1不是f(x)的极小值点. 综上可知，a的取值范围是(1，＋∞). 11. (1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f'(x)＝ex＋2x－1，由于f″(x)＝ex＋2＞0，故f'(x)单调递增，注意到f'(0)＝0，故当x∈时，f'(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈时，f'(x)＞0，f(x)单调递增. (2)由f(x)≥x3＋1得，ex＋ax2－x≥x3＋1，其中x≥0， ①当x＝0时，不等式显然成立，符合题意； ②当x＞0时，分离参数a得，a≥－， 记g(x)＝－， g'(x)＝－， 令h(x)＝ex－x2－x－1， 则h'(x)＝ex－x－1，h″(x)＝ex－1＞0， 故h'(x)单调递增，h'(x)＞h'(0)＝0， 故函数h(x)单调递增，h(x)＞h(0)＝0， 由h(x)＞0可得：ex－x2－x－1＞0恒成立， 故当x∈时，g'(x)＞0，g(x)单调递增； 当x∈时，g'(x)＜0，g(x)单调递减， 因此，g(x)max＝g(2)＝， 综上可得，实数a的取值范围是. 12.(1)y＝x　(2) 【解析】(1)当a＝1时，f(x)＝x－(ln x)2，x＞0，则f'(x)＝1－，则f'(1)＝1，且f(1)＝1，则切点坐标为(1，1)，且切线的斜率为1，故函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x； (2)令f(x)＝ax－(ln x)2＝0，x＞0，得a＝，设g(x)＝，x＞0，则g'(x)＝，由g'(x)＝0，解得x＝1或x＝e2，其中g(1)＝0，g(e2)＝.当0＜x＜1时，g'(x)＜0，g(x)在(0，1)上单调递减；当1＜x＜e2时，g'(x)＞0，g(x)在(1，e2)上单调递增；当x＞e2时，g'(x)＜0，g(x)在(e2，＋∞)上单调递减.且当x→0时，g(x)→＋∞； 当x→＋∞时，g(x)→0.作出函数g(x)的图象如图， 要使函数f(x)有3个零点，则方程a＝g(x)在(0，＋∞)内有3个根，即直线y＝a与函数g(x)的图象有3个交点.结合图象可知，0＜a＜.故a的取值范围为(0，). 13. (1)∵f(x)＝a－x，定义域为R，∴f'＝aex－1， 当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f'＝aex－1＜0恒成立， ∴f在R上单调递减； 当a＞0时，令f'＝aex－1＝0，解得x＝－ln a， 当x＜－ln a时，f'＜0，则f在上单调递减； 当x＞－ln a时，f'＞0，则f在上单调递增. 综上，当a≤0时，f在R上单调递减； 当a＞0时，f在上单调递减，f在上单调递增. (2)方法一： 由(1)得，f＝f＝a＋ln a＝1＋a2＋ln a， 要证f(x)＞2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立， 令g＝a2－－ln a，则g'＝2a－， 令g'＜0，则0＜a＜；令g'＞0，则a＞. ∴g在上单调递减，在上单调递增， ∴g＝g－ln＝ln ＞0，则g＞0恒成立， ∴当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕. 方法二： 令h＝ex－x－1，则h'＝ex－1， 由于y＝ex在R上单调递增，所以h'＝ex－1在R上单调递增， 又h'＝e0－1＝0， ∴当x＜0时，h'＜0；当x＞0时，h'＞0. ∴h在上单调递减，在上单调递增. 故h≥h＝0，则ex≥x＋1，当且仅当x＝0时，等号成立. ∵f(x)＝a－x＝aex＋a2－x＝ex＋ln a＋a2－x≥x＋ln a＋1＋a2－x， 当且仅当x＋ln a＝0，即x＝－ln a时，等号成立， ∴要证f(x)＞2ln a＋，即证x＋ln a＋1＋a2－x＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0， 令g＝a2－－ln a，则g'＝2a－， 令g'＜0，则0＜a＜；令g'＞0，则a＞. ∴g在上单调递减，在上单调递增， ∴g＝g－ln＝ ln ＞0，则g＞0恒成立， ∴当a＞0时，f(x)＞2ln a＋恒成立，证毕. 14.(1)f(x)＝x－ln(1＋x)，f'(x)＝1－(x＞－1)，当x∈时，f'＜0；当x∈时，f'＞0；∴f(x)在(－1，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增.则f(x)的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞). (2)f'(x)＝1＋，切线l的斜率为1＋，则切线方程为y－f(t)＝(x－t)(t＞0)，将(0，0)代入得－f(t)＝－t，f(t)＝t＋kln(1＋t)，即t＋kln(1＋t)＝t＋t，则ln(1＋t)＝，ln(1＋t)－＝0，令F(t)＝ln(1＋t)－，假设l过(0，0)，则F(t)在t∈(0，＋∞)存在零点.F'(t)＝＞0，∴F(t)在(0，＋∞)上单调递增，F(t)＞F(0)＝0，∴F(t)在(0，＋∞)无零点，∴与假设矛盾，故直线l不过(0，0). 学科网（北京）股份有限公司 $