05 导数的简单应用题型专练-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习讲义聚焦导数的简单应用专题，涵盖切线问题、单调性、极值、最值及构造函数等核心考点，按题型破译（选填）到综合巩固（解答）的逻辑架构，通过典例引领、方法透视、变式演练和模拟实战环节，帮助学生系统梳理知识，突破解题难点。 资料以题型精细分类和方法深度剖析为特色，如构造函数问题中引导学生通过求导分析函数性质，培养数学思维与逻辑推理能力。设置基础变式到综合应用的分层练习，配合真题训练，确保高效复习，助力学生提升应考能力，为教师把控复习节奏提供清晰指引。

专题05 导数的简单应用 目录 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 【选填题破译】 题型01 导数的几何意义——切线 题型02 导数与函数的单调性 题型03 函数单调性的应用 题型04 利用导数求函数极值问题 题型05 利用导数求函数最值 题型06 函数中的构造问题 第二部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 题型01 导数的几何意义——切线 【例1】已知曲线C：f（x）＝x3﹣ax+a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（　　） A． B．﹣2 C．2 D． 【解答】解：由f（x）＝x3﹣ax+a，得f′（x）＝3x2﹣a，设切点为，∴，∴过切点的切线方程为，∵切线过点A（1，0），∴，解得：x0＝0或．∴f′（0）＝﹣a，，由两切线倾斜角互补，得﹣a，∴a．故选：A． 【变式1-1】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+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 【解答】D． 【变式1-2】若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝　1﹣ln2　． 【解答】解：设y＝kx+b与y＝lnx+2和y＝ln（x+1）的切点分别为（x1，kx1+b）、（x2，kx2+b）；由导数的几何意义可得k，得x1＝x2+1，再由切点也在各自的曲线上，可得 联立上述式子解得；从而kx1+b＝lnx1+2得出b＝1﹣ln2． 【变式1-3】设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为　　． 【解答】解：设公共点坐标为（x0，y0），则，所以有f'（x0）＝g'（x0），即，解出x0＝a（舍去），又y0＝f（x0）＝g（x0），所以有，故，所以有，对b求导有b'＝﹣2a（1+lna），故b关于a的函数在为增函数，在为减函数，所以当时b有最大值．故答案为：． 题型02 导数与函数的单调性 【例2】已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性． 解　g(x)的定义域为R，g′(x)＝(x－a)ex－2(x－a)＝(x－a)(ex－2)，令g′(x)＝0，得x＝a或x＝ln 2， ①若a>ln 2，则当x∈(－∞，ln 2)∪(a，＋∞)时，g′(x)>0，当x∈(ln 2，a)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； ②若a＝ln 2，则g′(x)≥0恒成立，∴g(x)在R上单调递增； ③若a<ln 2，则当x∈(－∞，a)∪(ln 2，＋∞)时，g′(x)>0，当x∈(a，ln 2)时，g′(x)<0， ∴g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 综上，当a>ln 2时，g(x)在(－∞，ln 2)，(a，＋∞)上单调递增，在(ln 2，a)上单调递减； 当a＝ln 2时，g(x)在R上单调递增；当a<ln 2时，g(x)在(－∞，a)，(ln 2，＋∞)上单调递增，在(a，ln 2)上单调递减． 【变式2-1】已知函数f(x)＝. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间． 解　(1)当a＝0时，f(x)＝(x≠－1)，则f(0)＝0，因为f′(x)＝，所以f′(0)＝2.所以曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线方程为y＝2x. (2)函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)．f′(x)＝＝， 令f′(x)＝0，解得x＝a＋1. ①当a＋1＝－1，即a＝－2时，f′(x)＝＝＝<0， 所以函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间； ②当a＋1<－1，即a<－2时，令f′(x)<0，则x∈(－∞，a＋1)∪(－1，＋∞)，令f′(x)>0，则x∈(a＋1，－1)，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)； ③当a＋1>－1，即a>－2时，令f′(x)<0，则x∈(－∞，－1)∪(a＋1，＋∞)，令f′(x)>0，则x∈(－1，a＋1)，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1)．综上所述，当a＝－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)，无单调递增区间；当a<－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，a＋1)和(－1，＋∞)，单调递增区间为(a＋1，－1)；当a>－2时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，－1)和(a＋1，＋∞)，单调递增区间为(－1，a＋1)． 【变式2-2】已知函数．讨论函数的单调性. 【解析】函数的定义域为，求导得， ①当，即时，恒成立，此时在上单调递减； ②当，即时，由解得，， 由解得，，由解得或， 此时在上单调递增，在和上单调递减； ③当，即时，由解得或(舍)， 由解得，由解得， 此时在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在和上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 【变式2-3】已知函数.讨论函数的单调性. 【解析】的定义域为，若，则在单调递增； 若，令，解得（舍去） 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 题型03 函数单调性的应用 【例3】若0<x1<x2<1，则(　　) A．>ln B．<ln C． D． 答案　AC解析　令f(x)＝ex－ln(x＋1)且x∈(0,1)，则f′(x)＝ex－>0， 故f(x)在区间(0,1)上单调递增，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)<f(x2)，即－ln(x1＋1)<－ln(x2＋1)，故>ln ，所以A正确，B错误；令f(x)＝且x∈(0,1)，则f′(x)＝<0， 故f(x)在区间(0,1)上单调递减，因为0<x1<x2<1，所以f(x1)>f(x2)，即，故， 所以C正确，D错误． 【变式3-1】已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣∞，3） D． 【解答】解：∵函数f（x）在区间上存在单调增区间，∴函数f（x）在区间上存在子区间使得不等式f′（x）＞0成立．，设h（x）＝2x2﹣2bx+1，则h（2）＞0或，即8﹣4b+1＞0或，得．故选：B． 【变式3-2】已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．[0，＋∞) D．[1，＋∞) 答案　A解析　依题意f′(x)＝－ln x＋＋a－1，故f′(x)在(1，＋∞)上有零点，令g(x)＝－ln x＋＋a－1，令g(x)＝0，得a＝ln x－＋1，令z(x)＝ln x－＋1，则z′(x)＝＋，由x>1，得z′(x)>0，z(x)在(1，＋∞)上单调递增，又由z(1)＝0，得z(x)>0，故a＝z(x)>0，所以a的取值范围是(0，＋∞)． 【变式3-3】已知f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，且满足f（x）＞﹣xf′（x），则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集是（　　） A．（1，2） B．（1，+∞） C．（0，2） D．（2，+∞） 【解答】解：∵f（x）＞﹣xf′（x），∴（ x•f（x））′＞0，故函数y＝x•f（x）在（0，+∞）上是增函数， 由不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）得：（x+1）f（x+1）＞（x+1）（x﹣1）f（x2﹣1）， 即（x+1）f（x+1）＞（x2﹣1）f（x2﹣1），∴x+1＞x2﹣1＞0，解得：1＜x＜2，故选：A． 题型04 利用导数求函数极值问题 【例4】若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 答案　D解析　由f(x)＝ex－ax2－2ax，得f′(x)＝ex－2ax－2a.因为函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，所以f′(x)＝ex－2ax－2a有两个变号零点，令f′(x)＝0，得＝，设g(x)＝，y＝；则g′(x)＝－，令g′(x)＝0，即－＝0，解得x＝0，当x>0时，g′(x)<0；当x<0时，g′(x)>0，所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减．当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0.分别作出函数g(x)＝与y＝的图象，如图所示，由图可知，0<<1，解得a>，所以实数a的取值范围为. 【变式4-1】若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(　　) A．1 B．－1或－3 C．－1 D．－3 答案　D解析　函数f(x)＝x(x＋a)2，f′(x)＝(x＋a)2＋2x(x＋a)＝(x＋a)(3x＋a)， 由函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，可得f′(1)＝(1＋a)(3＋a)＝0，解得a＝－1或a＝－3，当a＝－1时，f′(x)＝(x－1)(3x－1)，当x∈时，f′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)在x＝1处有极小值，不符合题意．当a＝－3时，f′(x)＝(x－3)(3x－3)，当x∈(－∞，1)时，f′(x)>0，当x∈(1,3)时，f′(x)<0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1,3)上单调递减，f(x)在x＝1处有极大值，符合题意．综上可得，a＝－3. 【变式4-2】已知函数f（x）＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴切于点（1，0），则f（x）的极值为（　　） A．极大值为，极小值为0 B．极大值为0，极小值为 C．极小值为，极大值为0 D．极大值为，极小值为0 【解答】解：f′（x）＝3x2﹣2px﹣q，由函数f（x）的图象与x轴切于点（1，0）得： p+q＝1，∴q＝1﹣p①，3﹣2p﹣q＝0②，由①②，得p＝2，q＝﹣1，则函数f（x）＝x3﹣2x2+x则f′（x）＝3x2﹣4x+1令其＝0得到：x＝1或x， ①当x时，f′（x）＜0，f（x）单调减，极值＝f（），②当x≥1时，f′（x）＞0，f（x）函数单调增，极值为f（1）＝0故比较大小得：f（x）的极大值为，极小值为0．故选：A． 【变式4-3】已知函数. （1）求的极值；（2）若函数有且只有一个零点，试求实数的取值范围. 【解析】（1）由已知得， 令，得或，令，得，所以在和上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值是，极小值是； （2）由（1）知，若函数有且只有一个零点，则的极大值或的极小值，解得或，所以实数的取值范围为. 题型05 利用导数求函数的最值 【例5】函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 答案　D解析　f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1，x∈[0,2π]，则f′(x)＝－sin x＋sin x＋(x＋1)·cos x＝(x＋1)cos x，x∈[0,2π]．令f′(x)＝0，解得x＝－1(舍去)或x＝或x＝.因为f ＝cos ＋sin ＋1＝2＋，f ＝cos ＋sin ＋1＝－，又f(0)＝cos 0＋(0＋1)sin 0＋1＝2，f(2π)＝cos 2π＋(2π＋1)sin 2π＋1＝2，所以f(x)max＝f ＝2＋，f(x)min＝f ＝－.故选D. 【变式5-1】函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 答案　1解析　函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞)． ①当x>时，f(x)＝2x－1－2ln x，所以f′(x)＝2－＝，当<x<1时，f′(x)<0，当x>1时，f′(x)>0，所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1； ②当0<x≤时，f(x)＝1－2x－2ln x在上单调递减，所以f(x)min＝f ＝－2ln ＝2ln 2 ＝ln 4>ln e＝1.综上，f(x)min＝1. 【变式5-2】已知函数f（x）＝lnx，a为常数．若f（x）在[1，e]上的最小值为，求a的值． 【解答】解：（1）由题意得f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）， ①当a≥0时，f'（x）＞0，故f（x）在上为增函数； ②当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝﹣a；由f'（x）＞0得x＞﹣a；由f'（x）＜0得x＜﹣a； ∴f（x）在（0，﹣a]上为减函数；在（﹣a，+∞）上为增函数．所以，当a≥0时，f（x）在（0，+∞）上是增函数；当a＜0时，f（x）在（0，﹣a]上是减函数，在（﹣a，+∞）上是增函数． （2）由（1），当a≥0时，f（x）在[1，e]上单调递增，∴f（x）min＝f（1）＝﹣a， ∴a，不舍题意，舍；当﹣1＜a＜0时，f（x）在[1，e]递增，f（x）min＝f（1）＝﹣a，不合题意，舍；﹣e＜a＜﹣1时，f（x）在[1，﹣a]上单调递减，在[﹣a，e]上单调递增， ∴f（x）min＝f（﹣a）＝ln（﹣a）+1，解得a；当a＜﹣e时，f（x）在[1，e]上单调递增， ∴f（x）min＝f（1）＝﹣a，解得a，不合题意，舍；综上所述，a． 【变式5-3】已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围． 解　f′(x)＝2ax－(a＋2)＋＝(x>0，a>0)，当0<≤1，即a≥1时，f′(x)≥0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(1)＝－2，符合题意．当1<<e，即<a<1时，若x∈，则f′(x)<0，f(x)单调递减；若x∈，则f′(x)>0，f(x)单调递增．所以f(x)min＝f <f(1)＝－2，不符合题意．当≥e，即0<a≤时，f′(x)≤0在[1，e]上恒成立，f(x)单调递减，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝－2，不符合题意．综上所述，a的取值范围是[1，＋∞)． 题型06 函数中的构造问题 【例6-1】已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，且f(－2)＝0，则不等式>0的解集是(　　) A．(－2,0)∪(0,2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞) C．(－2,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) 答案　D思维升华 (1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)．(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 【变式6-1】已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<f′(x)－2，则(　　) A．f(2 023)－ef(2 022)<2(e－1) B．f(2 023)－ef(2 022)>2(e－1) C．f(2 023)－ef(2 022)>2(e＋1) D．f(2 023)－ef(2 022)<2(e＋1) 答案　B解析　令g(x)＝，则g′(x)＝>0，因此函数g(x)是增函数，于是得g(2 023)>g(2 022)，即>，整理得f(2 023)－ef(2 022)>2(e－1)，故B正确． 思维升华 (1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)．(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝. 【变式6-2】已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为________．(用“<”连接) 答案　a<b解析　设φ(x)＝f(x)sin x，则φ′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x， ∴当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)<0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递减，又f(x)为奇函数，∴φ(x)为偶函数，∴φ＝φ>φ，即f ·sin>f ·sin ，即－f >f ，即f <－f ，∴a<b. 【变式6-3】(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－1>0，则下列结论正确的是(　　) A．f(2)－ln 2>f(1) 　　 B．f(4)－f(2)>ln 2 C．f(2)＋ln 2>f(e)＋1 　　 D．f(e2)－f(e)>1 答案　ABD解析　构造函数g(x)＝f(x)－ln x，x>0，则g′(x)＝f′(x)－＝， 因为xf′(x)－1>0，所以g′(x)>0，故g(x)是增函数，由g(2)>g(1)得，f(2)－ln 2>f(1)－ln 1， 即f(2)－ln 2>f(1)，故A正确；由g(4)>g(2)得，f(4)－ln 4>f(2)－ln 2，即f(4)－f(2)>ln 4－ln 2＝ln 2，故B正确；由g(e)>g(2)得，f(e)－ln e>f(2)－ln 2，即f(e)＋ln 2>f(2)＋1，故C错误； 由g(e2)>g(e)得，f(e2)－ln e2>f(e)－ln e，即f(e2)－2>f(e)－1，即f(e2)－f(e)>1，故D正确． 一、单选题 1.已知函数f(x)＝ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 答案　C解析　由题意知，f′(x)＝ax2＋2x＋1，若f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0恒成立， 则解得a≥1，故“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的必要不充分条件． 2.函数f(x)＝xcos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为(　　) A．1 B．π C. D. 答案　B解析　由题意得f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x，当x∈[－π，0]时，sin x≤0，f′(x)≤0，所以f(x)在[－π，0]上单调递减，故函数f(x)在区间[－π，0]上的最大值为f(－π)＝π. 3.若当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得极小值4，则a＋b等于(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 答案　A解析　f(x)＝aln x＋，f′(x)＝－，根据题意有f′(1)＝a－(b＋1)＝0，且f(1)＝b＋1＝4，解得a＝4，b＝3，a＋b＝7.此时f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)， 当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增．所以函数f(x)在x＝1处取得极小值，满足题意，故a＋b＝7. 4．已知函数，，若直线与函数，的图象都相切，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B【详解】设直线与函数，的图象相切的切点分别为，. 由，有，解得，.又由，有，解得，，可得，当且仅当，时取“=”.故选：B 5.已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sin x，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是(　　) A. B. C. D. 答案　D解析　当x≥0时，f′(x)＝ex＋cos x，因为ex≥1，cos x∈[－1,1]， 所以f′(x)＝ex＋cos x≥0在[0，＋∞)上恒成立，所以f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 又因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)在(－∞，0]上单调递减，所以f(－π)＝f(π)＝eπ， 所以由f(2x－1)<eπ可得－π<2x－1<π，解得x∈. 二、多选题 6.若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的值可以是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 答案　BD解析　f′(x)＝x－＝(x>0)，令f′(x)>0，得x>3，令f′(x)<0，得0<x<3， 所以函数f(x)的单调递增区间为(3，＋∞)，单调递减区间为(0,3)，因为函数f(x)在区间[m－1，m＋1]上单调，所以或m－1≥3，解得1<m≤2或m≥4. 7.已知函数f(x)＝ln x，且a＝f ，b＝f ，c＝，则(　　) A．a>b B．b>a C．c>b D．c>a 答案　ACD解析　由f(x)＝ln x，得f′(x)＝ln x＋，当x∈(0,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，因为c＝f ，0<<<<1，所以f >f >f ，故c>a>b. 8.(多选)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，满足xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex(e为自然对数的底数)，且f(1)＝0，则(　　) A．3f(2)>2f(3) B．f(1)<f(2)<f(e) C．f(x)在x＝1处取得极小值 D．f(x)无极大值 答案　BCD解析　设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝＝＝′，可设g(x)＝＋c，则g(1)＝e＋c＝0，解得c＝－e，故g(x)＝－e，即f(x)＝ex－ex，x>0，令g′(x)>0，则x>1，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴g(2)<g(3)，即<，则3f(2)<2f(3)，故A错误；令f′(x)＝ex－e>0，得x>1， 令f′(x)＝ex－e<0，得0<x<1，则f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， ∴f(1)<f(2)<f(e)，f(x)在x＝1处取得极小值，无极大值，故B，C，D均正确． 三、填空题 9．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________． 答案　解析　f′(x)＝－4x＋，若函数f(x)在[1,2]上单调，即f′(x)＝－4x＋≥0或f′(x)＝－4x＋≤0在[1,2]上恒成立，即≥4x－或≤4x－在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－，则h(x)在[1,2]上单调递增，所以≥h(2)或≤h(1)，即≥或≤3，又a>0，所以0<a≤或a≥1.因为f(x)在[1,2]上不单调，所以<a<1. 10.若函数f(x)＝在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是________． 答案　解析　由f(x)＝，得f′(x)＝，所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，且f ＝2e，所以∈，即a≥，所以a的取值范围是. 11．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大． 答案　4解析　商场每日销售该商品所获得的利润为 f(x)＝(x－3)＝2＋10(x－3)(x－6)2,3＜x＜6， f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]＝30(x－4)(x－6)．令f′(x)＝0，得x＝4或x＝6(舍去)． 故当x∈(3,4)时，f′(x)＞0，当x∈(4,6)时，f′(x)＜0.则函数f(x)在(3,4)上单调递增，在(4,6)上单调递减，∴当x＝4时，函数f(x)取得最大值f(4)＝42. 故当销售价格为4元/千克时，商场每日销售该商品所获得的利润最大． 四、解答题 12.已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 解　(1)∵f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，∴f′(x)＝， 由f′(1)＝0，得a＝1.∴f′(x)＝，∴当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，e]时，f′(x)<0， ∴f(x)的单调递增区间是(0,1)，单调递减区间是(1，e]； f(x)的极大值为f(1)＝－1，也即f(x)的最大值为f(1)＝－1. (2)∵f(x)＝ln x－ax，∴f′(x)＝，①当a≤0时，f(x)在(0，e]上单调递增，∴f(x)的最大值是f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>0，舍去； ②当a>0时，由f′(x)＝＝0，得x＝，当0<<e，即a>时， ∴x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，∴f(x)在上单调递增，在上单调递减，又f(x)在(0，e]上的最大值为－3，∴f(x)max＝f ＝－1－ln a＝－3， ∴a＝e2，符合题意；当e≤，即0<a≤时，f(x)在(0，e]上单调递增， ∴f(x)max＝f(e)＝1－ae＝－3，解得a＝>，舍去．综上，存在a符合题意，此时a＝e2. 13．设函数f(x)＝aln x＋＋2a2x－4a，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 解　(1)f′(x)＝－＋2a2＝＝，x>0， ∵a>0，∴－<0<.∴在上，f′(x)<0，f(x)单调递减；在上，f′(x)>0，f(x)单调递增．综上所述，f(x)在上单调递减，在上单调递增． (2)由(1)可知，f(x)min＝f ＝aln ＋3a＋2a－4a＝aln ＋a＝a(1－ln a)， ∵y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，∴1－ln a>0，∴0<a<e.∴a的取值范围为(0，e)． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 导数的简单应用 目录 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 【选填题破译】 题型01 导数的几何意义——切线 题型02 导数与函数的单调性 题型03 函数单调性的应用 题型04 利用导数求函数极值问题 题型05 利用导数求函数最值 题型06 函数中的构造问题 第二部分 综合巩固 整合应用，模拟实战 题型01 导数的几何意义——切线 【例1】已知曲线C：f（x）＝x3﹣ax+a，若过曲线C外一点A（1，0）引曲线C的两条切线，它们的倾斜角互补，则a的值为（　　） A． B．﹣2 C．2 D． 【变式1-1】设函数f（x）＝x3+（a﹣1）x2+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 【变式1-2】若直线y＝kx+b是曲线y＝lnx+2的切线，也是曲线y＝ln（x+1）的切线，则b＝　 　． 【变式1-3】设函数与g（x）＝a2lnx+b有公共点，且在公共点处的切线方程相同，则实数b的最大值为　 。 题型02 导数与函数的单调性 【例2】已知函数g(x)＝(x－a－1)ex－(x－a)2，讨论函数g(x)的单调性． 【变式2-1】已知函数f(x)＝. (1)当a＝0时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)的单调区间． 【变式2-2】已知函数．讨论函数的单调性. 【变式2-3】已知函数.讨论函数的单调性. 题型03 函数单调性的应用 【例3】若0<x1<x2<1，则(　　) A． >ln B．<ln C． D． 【变式3-1】已知函数f（x）＝lnx+（x﹣b）2（b∈R）在区间上存在单调递增区间，则实数b的取值范围是（　　） A． B． C．（﹣∞，3） D． 【变式3-2】已知函数f(x)＝(1－x)ln x＋ax在(1，＋∞)上不单调，则a的取值范围是(　　) A．(0，＋∞) B．(1，＋∞) C．[0，＋∞) D．[1，＋∞) 【变式3-3】已知f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）为f（x）的导函数，且满足f（x）＞﹣xf′（x），则不等式f（x+1）＞（x﹣1）f（x2﹣1）的解集是（　　） A． （1，2） B．（1，+∞） C．（0，2） D．（2，+∞） 题型04 利用导数求函数极值问题 【例4】若函数f(x)＝ex－ax2－2ax有两个极值点，则实数a的取值范围为(　　) A. B. C. D. 【变式4-1】若函数f(x)＝x(x＋a)2在x＝1处有极大值，则实数a的值为(　　) A．1 B．－1或－3 C．－1 D．－3 【变式4-2】已知函数f（x）＝x3﹣px2﹣qx的图象与x轴切于点（1，0），则f（x）的极值为（　　） A．极大值为，极小值为0 B．极大值为0，极小值为 C．极小值为，极大值为0 D．极大值为，极小值为0 【变式4-3】已知函数. （1） 求的极值； （2）若函数有且只有一个零点，试求实数的取值范围. 题型05 利用导数求函数的最值 【例5】函数f(x)＝cos x＋(x＋1)sin x＋1在区间[0,2π]的最小值、最大值分别为(　　) A．－， B．－， C．－，＋2 D．－，＋2 【变式5-1】函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________． 【变式5-2】已知函数f（x）＝lnx，a为常数．若f（x）在[1，e]上的最小值为，求a的值． 【变式5-3】已知函数f(x)＝ax2－(a＋2)x＋ln x．当a>0时，f(x)在区间[1，e]上的最小值为－2，求实数a的取值范围． 题型06 函数中的构造问题 【例6-1】已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，且f(－2)＝0，则不等式>0的解集是(　　) A．(－2,0)∪(0,2) B．(－∞，－2)∪(2，＋∞) C．(－2,0)∪(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(0,2) 【变式6-1】已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)<f′(x)－2，则(　　) A．f(2 023)－ef(2 022)<2(e－1) B．f(2 023)－ef(2 022)>2(e－1) C．f(2 023)－ef(2 022)>2(e＋1) D．f(2 023)－ef(2 022)<2(e＋1) 【变式6-2】已知定义在R上的奇函数f(x)，其导函数为f′(x)，且当x∈(0，＋∞)时，f′(x)sin x＋f(x)cos x<0，若a＝f ，b＝－f ，则a与b的大小关系为________．(用“<”连接) 【变式6-3】(多选)定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足xf′(x)－1>0，则下列结论正确的是(　　) A．f(2)－ln 2>f(1) 　　 B．f(4)－f(2)>ln 2 C．f(2)＋ln 2>f(e)＋1 　　 D．f(e2)－f(e)>1 一、单选题 1.已知函数f(x)＝ax3＋x2＋x＋4，则“a≥0”是“f(x)在R上单调递增”的(　　) A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2.函数f(x)＝xcos x－sin x在区间[－π，0]上的最大值为(　　) A．1 B．π C. D. 3.若当x＝1时，函数f(x)＝aln x＋取得极小值4，则a＋b等于(　　) A．7 B．8 C．9 D．10 4．已知函数，，若直线与函数，的图象都相切，则的最小值为（    ） A．2 B． C． D． 5.已知f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝ex＋sin x，则不等式f(2x－1)<eπ的解集是(　　) A. B. C. D. 二、多选题 6.若函数f(x)＝x2－9ln x在区间[m－1，m＋1]上单调，则实数m的值可以是(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 7.已知函数f(x)＝ln x，且a＝f ，b＝f ，c＝，则(　　) A．a>b B．b>a C．c>b D．c>a 8.(多选)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，满足xf′(x)－f(x)＝(x－1)ex(e为自然对数的底数)，且f(1)＝0，则(　　) A．3f(2)>2f(3) B．f(1)<f(2)<f(e) C．f(x)在x＝1处取得极小值 D．f(x)无极大值 三、填空题 9．已知函数f(x)＝－2x2＋ln x(a>0)，若函数f(x)在[1,2]上不单调，则实数a的取值范围是________． 10.若函数f(x)＝在区间上的最小值为2e，则a的取值范围是________． 11．某商场销售某种商品，经验表明，该商品每日的销售量y(千克)与销售价格x(元/千克)满足关系式y＝＋10(x－6)2，x∈(3,6)．若该商品的成本为3元/千克，则当销售价格为________元/千克时，该商场每日销售该商品所获得的利润最大． 四、解答题 12.已知函数f(x)＝ln x－ax，x∈(0，e]，其中e为自然对数的底数． (1)若x＝1为f(x)的极值点，求f(x)的单调区间和最大值； (2)是否存在实数a，使得f(x)的最大值是－3？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由． 13．设函数f(x)＝aln x＋＋2a2x－4a，其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若y＝f(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $