本章总结提升
【知识辨析】
1.× [解析] 也可能有h(t0+Δt)≤h(t0).
2.× [解析] 导数反映的是函数在某一点处的变化的快慢程度,并非在某区间上的.
3.√ [解析] ∵f(x)是R上的可导函数,∴f'(x0)=,∴=-2f'(x0).
4.√
5. [解析] (cos 2x)'= -2sin 2x.
6. [解析] 函数f(x)的导数是f'(x)=ex(x+1),则f(x)=xex+C(C为常数).
7. [解析] 当函数f(x)在区间(a,b)上可导时,若f(x)在区间(a,b)上单调递增,则f'(x)≥0在区间(a,b)上恒成立;若f(x)在区间(a,b)上单调递减,则f'(x)≤0在区间(a,b)上恒成立.
8.× [解析] 若f(x)=x3,则f'(x)=3x2,f'(0)=0,但f(0)不是f(x)的极值.
【素养提升】
题型一
例1 (1)C (2)C (3)或 [解析]
(1)由题意可得f'(x0)=2,故=2=2f'(x0)=4,故选C.
(2)设曲线y=在点处的切线方程为y-=k(x-1).由y=,得y'==,所以k=y'|x=1=,所以曲线y=在点处的切线方程为y-=(x-1),即y=x+.故选C.
(3)方法一:易知函数f(x)的图象在点P处的切线的斜率为-4,设P,因为===-,所以=-,所以-=-4,解得x0=±,则点P的坐标为或.
方法二:易知函数f(x)的图象在点P处的切线的斜率为-4,设P,因为f'(x)=-,所以f'(x0)=-=-4,解得x0=±,所以点P的坐标为或.
变式 (1)C (2)A [解析] (1)∵直线y=kx+1与函数f(x)=ax3+b的图象相切于点P(1,2),∴将P(1,2)的坐标代入y=kx+1,可得k+1=2,解得k=1.∵ f(x)=ax3+b,∴ f'(x)=3ax2,由f'(1)=3a=1,解得a=,可得f(x)=x3+b.∵点P(1,2)在f(x)=x3+b的图象上,∴ f(1)=+b=2,解得b=,故选C.
(2)因为y=,所以y'===.因为ex+2+≥2+2=4,当且仅当ex=,即x=0时取等号,所以0<≤,所以-1≤<0,即y'=∈[-1,0),即tan α∈[-1,0),又α∈[0,π),所以α∈.故选A.
例2 (1)BCD (2)CD [解析] (1)对于A,f(x)=cos(-x)=cos x,所以f'(x)=-sin x,A错误;对于B,f'(x)=a-xln a·(-x)'=-a-xln a,B正确;对于C,f'(x)===,C正确;对于D,f'(x)=(tan x)'='==,D正确,故选BCD.
(2)对于A,(ex)'=ex,A错误;对于B,(2x-log2x)'=2xln 2-,B错误;对于C,(cos 2x)'=(-sin 2x)(2x)'=-2sin 2x,C正确;对于D,'==,D正确.故选CD.
题型二
例3 (1)ABD (2)ABD [解析] (1)对于A选项,由函数y=f'(x)的图象可知,f'(0)=0,但函数y=f(x)的图象在x=0处的切线斜率不存在,故A满足题意;对于B选项,由函数y=f'(x)的图象可知,函数y=f(x)存在单调递增区间,但B选项的图中,函数y=f(x)为减函数,故B满足题意;对于C选项,由函数y=f'(x)的图象可知,函数y=f(x)在R上为增函数,故C不满足题意;对于D选项,由函数y=f'(x)的图象可知,函数y=f(x)有两个单调区间,但D选项的图中,函数y=f(x)有三个单调区间,故D满足题意.故选ABD.
(2)由题图可知,当-3
0,所以f(x)在(-1,2)上单调递增,A,B均正确.当x<-3时,f'(x)>0,当-3-1时,f'(x)≥0,所以f(x)的极大值点为-3,极小值点为-1,故C错误,D正确.故选ABD.
变式 (1)B (2)AC [解析] (1)当x=1时,f(1)=e>0,排除C选项;f'(x)=(x2+2x)·ex,令f'(x)=0,得x=0或x=-2,当x<-2或x>0时,f'(x)>0,当-2(2)因为直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,所以kx+m=f(x)有两个根,且f(x)≥kx+m.由题图知k<0,m>0,则f(x)-kx≥m>0,即F(x)=f(x)-kx>0,则函数F(x)=f(x)-kx没有零点,故B错误,C正确. 由题图知,函数f(x)有3个极值点,其中1个极大值点,2个极小值点,设f(x)的3个极值点分别为a,b,c,不妨设a①当x∈(-∞,a)时,由题图知,f(x)的图象上任意一点处的切线斜率都小于k,即f'(x)0,F'(x)=f'(x)-k>0,所以F(x)=f(x)-kx在(a,b)上单调递增;③当x∈(b,c)时,由题图知,f(x)的图象上任意一点处的切线斜率都小于k,即f'(x)0,F'(x)=f'(x)-k>0,所以F(x)=f(x)-kx在(c,+∞)上单调递增.综合①②③④可知,F(x)=f(x)-kx有1个极大值点,2个极小值点,故A正确,D错误.故选AC.
题型三
例4 (1)C (2)A (3)AC [解析] (1)由题可知f'(x)=aex-≥0在区间(1,2)上恒成立,即a≥对任意x∈(1,2)恒成立.令h(x)=xex(x∈(1,2)),可得h'(x)=ex+xex=(1+x)ex>0,所以h(x)=xex在区间(1,2)上单调递增,所以h(x)>h(1)=e,故<,所以a≥,所以a的最小值为e-1.故选C.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),由f(x)=2f'(1)ln x-,得f'(x)=+,则f'(1)=2f'(1)+1,所以f'(1)=-1,所以f(x)=-2ln x-,f'(x)=-+=,当00,当x>时,f'(x)<0,所以函数f(x)在上单调递增,在上单调递减,所以f(x)max=f=-2ln -2=2ln 2-2.故选A.
(3)令f'(x)=3x2-1=0,得x=-或x=.当x∈∪时,f'(x)>0;当x∈时,f'(x)<0.所以x=-为f(x)的极大值点,x=为f(x)的极小值点,故A正确.因为f=1+>0,f=1->0,所以f(x)只有一个零点,故B错误.因为f(x)+f(-x)=2,所以曲线y=f(x)关于点(0,1)中心对称,故C正确.记斜率为2的切线与曲线y=f(x)的切点为(x0,y0),则f'(x0)=3-1=2,解得x0=±1,当x0=-1时,切点为(-1,1),切线方程为y-1=2(x+1),即y=2x+3,当x0=1时,切点为(1,1),切线方程为y-1=2(x-1),即y=2x-1,故D错误.故选AC.
变式 (1)A (2)BCD (3)(0,π) [解析] (1)由x<0可知-x>0,所以f(-x)=-1=--1,又因为f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)=--1,可得当x<0时,f(x)=+1,即h(x)=+1,x<0,则h'(x)==-,令h'(x)=0可得x=-1,所以当x∈(-∞,-1)时,h'(x)>0,即h(x)在(-∞,-1)上单调递增,当x∈(-1,0)时,h'(x)<0,即h(x)在(-1,0)上单调递减,所以h(x)在x=-1处取得极大值,也是最大值,最大值为h(-1)=-+1=1-e.故选A.
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=--=,由函数f(x)既有极大值也有极小值,得方程f'(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根.令h(x)=ax2-bx-2c,则h(x)=0在(0,+∞)上有两个不等实根,故所以ab>0,ac<0,bc<0,故选BCD.
(3)由函数y=sin x-xcos x(0当x∈(0,2π)时,令y'>0,得sin x>0,可得0所以函数y=sin x-xcos x(0题型四
例5 (1)AD (2)C [解析] (1)构造函数g(x)=,x∈R,则g'(x)=<0,所以函数g(x)为R上的减函数,则g(1)g(1),即>,所以ef(ln 2)>2f(1),C错误,D正确.故选AD.
(2)函数y=ex-2asin x在(0,π)上有且仅有一个零点,
即方程2a=在(0,π)上有且仅有一个实数根.
令函数f(x)=,x∈(0,π),
则直线y=2a与曲线y=f(x)有且仅有一个交点.
f'(x)=,令f'(x)>0,可得∴f(x)在上单调递减,在上单调递增,
又当x→0时,f(x)→+∞,当x→π时,f(x)→+∞,
则2a=f(x)min=f=,即a=.
故选C.
例6 解:(1)由题知f(x)的定义域为R,且f'(x)=aex-1.
当a≤0时,f'(x)<0恒成立,故f(x)在R上是减函数;
当a>0时,令f'(x)>0,得x>-ln a,令f'(x)<0,得x<-ln a,
故f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
综上,当a≤0时,f(x)在R上是减函数;
当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增.
(2)证明:方法一:由(1)知,当a>0时,
f(x)min=f(-ln a)=a(e-ln a+a)+ln a=1+a2+ln a,
令g(a)=1+a2+ln a-=a2-ln a-(a>0),则g'(a)=2a-=(a>0).
令g'(a)>0,得a>,
令g'(a)<0,得0故g(a)在上单调递减,在上单调递增,
故g(a)≥g=-ln->0,
即f(x)min>2ln a+,
所以f(x)>2ln a+,故得证.
方法二:当a>0时,由(1)得f(x)min=f(-ln a)=1+a2+ln a,
要证f(x)>2ln a+,只需证1+a2+ln a>2ln a+,
即证a2->ln a,易证ln a≤a-1,
所以只需证明a2->a-1,即证a2-a+>0.
因为a2-a+=+>0恒成立,所以f(x)>2ln a+成立,故得证.
变式1 解:(1)当a=1时,f(x)=xex-ex=(x-1)ex,
f'(x)=xex.
当x∈(-∞,0)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)令g(x)=f(x)+1=xeax-ex+1,则g(0)=0,由题意知g(x)<0对任意的x>0恒成立.g'(x)=eax+axeax-ex,则g'(0)=0.令h(x)=g'(x),则h'(x)=aeax+a(eax+axeax)-ex=a(2eax+axeax)-ex,故h'(0)=2a-1.若h'(0)=2a-1>0,即a>,则h'(0)==>0,所以 x0>0,使得当x∈(0,x0)时,有>0,则g'(x)>0,故g(x)在(0,x0)上单调递增,则g(x0)>g(0)=0,不合题意.若h'(0)=2a-1≤0,即a≤,则当a≤0时,g'(x)=eax+axeax-ex<0在(0,+∞)上恒成立,故g(x)在(0,+∞)上单调递减,则当x>0时,g(x)0时,g(x)(3)证明:ln(n+1)=ln=ln 2+ln+ln+…+ln,要证++…+>ln(n+1),只需证>ln,即证>ln,即证>2ln,设t=,则=t2-1,t>1,即证>2ln t(t>1),即证t->2ln t(t>1).设m(x)=x--2ln x,则m'(x)=≥0,故m(x)在(0,+∞)上单调递增,则当x>1时,m(x)>m(1)=0,故t->2ln t(t>1).所以++…+>ln(n+1)得证.
变式2 解:(1)当a=e时,函数f(x)=logax-x=ln x-x,则f'(x)=-1=.当x∈(1,e]时,f'(x)<0,故f(x)在(1,e]上单调递减;当x∈时,f'(x)>0,故f(x)在上单调递增.所以f(x)max=f(1)=-1,又因为f(e)=1-e,f=-1-,所以f(x)min=f(e)=1-e.
(2)因为函数f(x)有两个零点,所以f(x)=logax-x=-x=0有两解,所以关于x的方程=ln a有两个不同的解,即函数y=的图象与函数y=ln a的图象有两个不同的交点.令g(x)=,则g'(x)=,
当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,故g(x)在(e,+∞)上单调递减;当x∈(0,e)时,g'(x)>0,故g(x)在(0,e)上单调递增.
故g(x)max=g(e)=,又当x→0时,g(x)→-∞,当x→+∞时,g(x)→0,画出函数g(x)的图象,如图所示,
由图可知,要使函数y=的图象与函数y=ln a的图象有两个不同的交点,只需0题型五
例7 解:(1)由题意可知,P=qx-C=(24 200-x2)x-(50 000+200x)=-x3+24 000x-50 000(x≥0,x∈N).
(2)令f(x)=-x3+24 000x-50 000(x≥0),则f'(x)=-x2+24 000,由f'(x)=0,可得x=200.当x∈[0,200)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;
当x∈(200,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减.所以当x=200时,f(x)取得最大值,且最大值为3 150 000.故当产量为200件时,可获得最大利润,最大利润为315万元.
例8 解:(1)如图,设圆柱底面半径为r,则有r=(0所以V=πr2·x=π(0令f(x)=-+9x,0令f'(x)=0,得x=±2,又x>0,所以x=2.
当x∈(0,2)时,f'(x)>0,f(x)在区间(0,2)上单调递增;
当x∈(2,6)时,f'(x)<0,f(x)在区间(2,6)上单调递减.
所以f(x)max=f(2)=12,故Vmax=12π.所以圆柱体积的最大值为12π.
(2)如图,连接OO',由题意可得,当∠OPO'=θ时,圆柱的高h=2OO'=6sin θ,圆柱的底面半径r=3cos θ,
所以V=9πcos 2θ·6sin θ=54πcos2θ·sin θ=54π(1-sin2θ)sin θ.
令t=sin θ(0令g(t)=-t3+t,0当t∈时,g'(t)>0,g(t)在上单调递增;
当t∈时,g'(t)<0,g(t)在上单调递减.
则g(t)max=g=,得Vmax=12π,
所以圆柱体积的最大值为12π.
变式 解:(1)由∠DAO=θ,OC⊥AB,OA=OB=50,
得DA=DB=,DO=50tan θ,所以DC=50-50tan θ,
所以y=DA+DB+DC=+50-50tan θ=50,0<θ<.
(2) y'=50·,令y'=0,得sin θ=,
又0<θ<,所以θ=.
当0<θ<时,y'<0,该函数单调递减;
当<θ<时,y'>0,该函数单调递增.
所以当θ=时,ymin=50(+1) ,此时DO=50tan θ=,
故当D位于线段AB的中垂线上且到AB的距离为 m时,使三段木栈道的总长度最短.本章总结提升
判断下列说法是否正确.(正确的打“√”,错误的打“×”)
1.已知物体的运动方程是s=h(t),则在计算物体运动的瞬时速度时,一定有h(t0+Δt)>h(t0). ( )
2.函数在x=x0处的导数反映了函数在区间[x0,x0+Δx]上变化的快慢程度. ( )
3.设f(x)是R上的可导函数,则=-2f'(x0). ( )
4.曲线在某一点处的切线,若有,则只有一条;曲线过某一点的切线,若有,则可能不止一条. ( )
5.(cos 2x)'=sin 2x. ( )
6.若函数f(x)的导数是f'(x)=ex(x+1),则f(x)=xex. ( )
7.若f(x)在区间(a,b)上单调,则f'(x)>0或f'(x)<0在区间(a,b)上恒成立. ( )
8.“f'(x0)=0”是“f(x0)为f(x)的极值”的充要条件. ( )
◆ 题型一 导数的概念及其几何意义
[类型总述] (1)利用导数求斜率(倾斜角);(2)利用导数求切点坐标;(3)利用导数求切线方程;(4)利用导数的几何意义求参数值;(5)求基本初等函数的导数; (6)导数的四则运算法则; (7)求复合函数的导数.
例1 (1)曲线y=f(x)在点(x0,y0)处的切线方程为y=2x+1,则=( )
A.-4 B.-2
C.4 D.2
(2)[2023·全国甲卷] 曲线y=在点处的切线方程为 ( )
A.y=x B.y=x
C.y=x+ D.y=x+
(3)函数f(x)=的图象在点P处的切线与直线y=x垂直,则点P的坐标为 .
变式 (1)直线y=kx+1与函数f(x)=ax3+b的图象相切于点P(1,2),则b= ( )
A. B.1
C. D.2
(2)已知点P在曲线y=上,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则α的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.
例2 (1)(多选题)[2024·浙江宁波高二期末] 下列函数的导数计算正确的是 ( )
A.若函数f(x)=cos(-x),则f'(x)=sin x
B.若函数f(x)=a-x(a>0且a≠1),则f'(x)=-a-xln a
C.若函数f(x)=lg x,则f'(x)=(e是自然对数的底数)
D.若函数f(x)=tan x,则f'(x)=
(2)(多选题)下列求导运算正确的是 ( )
A.(ex)'=ex
B.(2x-log2x)'=(2x-x)ln 2
C.(cos 2x)'=-2sin 2x
D.'=
◆ 题型二 函数的图象与导数
[类型总述] (1)导函数图象与函数图象;(2)由导函数图象判断函数性质;(3)由函数性质判断函数图象.
例3 (1)(多选题)将y=f(x)和y=f'(x)的图象画在同一个直角坐标系中,不正确的是 ( )
A B
C D
(2)(多选题)[2024·山西忻州高二期末] 已知函数f(x)的导函数f'(x)的图象如图所示,则 ( )
A.f(x)在(-3,-1)上单调递减
B.f(x)在(-1,2)上单调递增
C.f(x)有2个极大值点
D.f(x)只有1个极小值点
变式 (1)函数f(x)=x2·ex的图象大致为( )
A B
C D
(2)(多选题)如图,已知直线y=kx+m与曲线y=f(x)相切于两点,则F(x)=f(x)-kx有 ( )
A.1个极大值点,2个极小值点
B.2个零点
C.0个零点
D.2个极小值点,无极大值点
◆ 题型三 利用导数研究函数的单调性、最值、极值
[类型总述] (1)利用导数求函数的单调区间;(2)已知函数的单调性,求参数的取值范围;(3)求极值;(4)求函数f(x)在区间[a,b]上的最值;(5)解决恒成立问题.
例4 (1)[2023·新课标Ⅱ卷] 已知函数f(x)=aex-ln x在区间(1,2)上单调递增,则a的最小值为 ( )
A.e2 B.e
C.e-1 D.e-2
(2)已知函数f(x)=2f'(1)ln x-,则f(x)的最大值为 ( )
A.2ln 2-2 B.2ln 2+2
C.-1 D.2
(3)(多选题)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知函数f(x)=x3-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
变式 (1)[2024·江苏泰州高二期末] 已知奇函数f(x)=则函数h(x)(x<0)的最大值为 ( )
A.1-e B.1+e
C.e-1 D.-1-e
(2)(多选题)[2023·新课标Ⅱ卷] 若函数f(x)=aln x++(a≠0)既有极大值也有极小值,则 ( )
A.bc>0 B.ab>0
C.b2+8ac>0 D.ac<0
(3)函数y=sin x-xcos x(0◆ 题型四 导数的应用
[类型总述] (1)证明不等式; (2)解决参数范围问题;(3)解决函数零点问题.
例5 (1)(多选题)已知函数f(x)的定义域为R,其导函数f'(x)满足f(x)>f'(x),则 ( )
A.f(1)ef(0)
C.ef(ln 2)<2f(1) D.ef(ln 2)>2f(1)
(2)已知函数y=ex-2asin x在(0,π)上有且仅有一个零点,则实数a的值为 ( )
A. B.
C. D.
例6 [2023·新课标Ⅰ卷] 已知函数f(x)=a(ex+a)-x.
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明:当a>0时,f(x)>2ln a+.
变式1 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数f(x)=xeax-ex.
(1)当a=1时,讨论f(x)的单调性;
(2)当x>0时,f(x)<-1,求实数a的取值范围;
(3)设n∈N*,证明:++…+>ln(n+1).
变式2 [2024·长沙高二期末] 已知a>0且a≠1,函数f(x)=logax-x.
(1)若a=e且x∈,求函数f(x)的最值;
(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.
◆ 题型五 导数在实际问题中的应用
[类型总述] (1)利润最大;(2)用料最省;(3)面积、体积最大等.
例7 已知某商品的成本C(单位:元)和产量x(单位:件)满足关系C=50 000+200x,该商品的销售单价q(单位:元)和产量x满足关系式q=24 200-x2,记该商品的利润为P(假设生产的商品能全部售出,利润=销售额-成本).
(1)将利润P(单位:元)表示为产量x(单位:件)的函数.
(2)当产量x为多少件时,可获得最大利润 最大利润是多少万元
例8 [2024·江苏连云港高二期末] 数学课上,老师给出了以下习题:已知圆柱内接于半径为3的球O,求圆柱体积V的最大值.为了求出圆柱体积V的最大值,小明和小亮两位同学分别给出了如下两种方案:
小明的方案:设圆柱的高为x;
小亮的方案:取圆柱底面圆O'上一点P,连接PO,PO',设∠OPO'=θ.
(1)请你帮小明写出体积V与x之间的函数关系式,并求出圆柱体积的最大值;
(2)请你帮小亮写出体积V与θ之间的函数关系式,并求出圆柱体积的最大值.
变式 学校外的湿地公园有一形状为半圆形的荷花池,如图所示,为了提升荷花池的观赏性,现计划在池塘的中轴线OC上设计一个观景台D(点D与点O,C不重合),其中AD,BD,CD段建设架空木栈道,已知AB=100 m,设建设的架空木栈道的总长为y m.
(1)设∠DAO=θ,写出y关于θ的函数关系式,并写出θ的取值范围;
(2)试确定观景台的位置,使三段木栈道的总长度最短.(共53张PPT)
本章总结提升
题型一 导数的概念及其几何意义
题型二 函数的图象与导数
题型三 利用导数研究函数的单调性、最值、极值
题型四 导数的应用
题型五 导数在实际问题中的应用
判断下列说法是否正确.（正确的打“√”,错误的打“×”）
1.已知物体的运动方程是 ，则在计算物体运动的瞬时速度时，一定有
.( )
×
[解析] 也可能有 .
2.函数在处的导数反映了函数在区间 上变化的快慢程度.( )
×
[解析] 导数反映的是函数在某一点处的变化的快慢程度，并非在某区间上的.
3.设是上的可导函数,则 .( )
√
[解析] 是上的可导函数, ，
4.曲线在某一点处的切线,若有,则只有一条;曲线过某一点的切线,若有,则可能不
止一条.( )
√
5. .( )
×
[解析] .
6.若函数的导数是，则 .( )
×
[解析] 函数的导数是，则为常数 .
7.若在区间上单调,则或在区间 上恒成立.( )
×
[解析] 当函数在区间上可导时，若在区间 上单调递增,则
在区间上恒成立；若在区间上单调递减,则 在
区间 上恒成立.
8.“”是“为 的极值”的充要条件.( )
×
[解析] 若，则,，但不是 的极值.
题型一 导数的概念及其几何意义
［类型总述］（1）利用导数求斜率（倾斜角）；（2）利用导数求切点坐标;
（3）利用导数求切线方程；（4）利用导数的几何意义求参数值；（5）求基本
初等函数的导数; （6）导数的四则运算法则； （7）求复合函数的导数.
例1（1） 曲线在点处的切线方程为 ，则
( )
C
A. B. C.4 D.2
[解析] 由题意可得 ，故
，故选C.
（2）[2023·全国甲卷]曲线在点 处的切线方程为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 设曲线在点处的切线方程为
由 ，得，所以，
所以曲线在点 处的切线方程为，即 .
故选C.
（3）函数的图象在点处的切线与直线垂直，则点 的坐标为
_________________.
或
[解析] 方法一：易知函数的图象在点处的切线的斜率为，设 ，
因为 ，所以
，所以，解得，则点的坐标为 或 .
方法二：易知函数的图象在点处的切线的斜率为，设 ，因为
，所以,解得，所以点的坐标为 或
.
变式（1） 直线与函数的图象相切于点 ，则
( )
C
A. B.1 C. D.2
[解析] 直线与函数的图象相切于点， 将
的坐标代入，可得，解得
，，
由,解得，可得
点在的图象上，,解得 ，故选C.
（2）已知点在曲线上， 为曲线在点处的切线的倾斜角，则 的取
值范围是( )
A
A. B. C. D.
[解析] 因为，所以 .
因为，当且仅当，即 时取等号，
所以，所以，即 ，
即，
又，所以 .故选A.
例2（1） （多选题）[2024·浙江宁波高二期末] 下列函数的导数计算正确的是
( )
BCD
A.若函数，则
B.若函数且，则
C.若函数，则（ 是自然对数的底数）
D.若函数，则
[解析] 对于A，，所以 ，A错误；
对于B， ，B正确；
对于C， ，C正确；
对于D，，D正确，故选 .
（2）（多选题）下列求导运算正确的是( )
CD
A. B.
C. D.
[解析] 对于A， ，A错误；
对于B， ，B错误；
对于C， ，C正确；
对于D，，D正确.故选 .
题型二 函数的图象与导数
［类型总述］（1）导函数图象与函数图象；（2）由导函数图象判断函数性质；
（3）由函数性质判断函数图象.
例3（1） （多选题）将和 的图象画在同一个直角坐标系中，
不正确的是( )
ABD
A. B. C. D.
[解析] 对于A选项，由函数的图象可知，，但函数
的图象在 处的切线斜率不存在，故A满足题意；
对于B选项，由函数的图象可知，函数 存在单调递增区间，
但B选项的图中，函数为减函数，故B满足题意；
对于C选项，由函数 的图象可知，函数在上为增函数，
故C不满足题意；
对于D选项，由函数 的图象可知，函数有两个单调区间，
但D选项的图中，函数 有三个单调区间，故D满足题意.故选 .
（2）（多选题）[2024·山西忻州高二期末] 已知函数
的导函数 的图象如图所示，则( )
ABD
A.在 上单调递减
B.在 上单调递增
C. 有2个极大值点
D. 只有1个极小值点
[解析] 由题图可知，当时，，所以在 上单调
递减，当时，，所以在 上单调递增，A，B均正确.
当时，，当时，，当 时，，
所以的极大值点为，极小值点为 ，故C错误，D正确.故选 .
变式（1） 函数 的图象大致为( )
B
A. B. C. D.
[解析] 当时，，排除C选项；
，令，得或，
当或时，，
当 时，，
所以在和上单调递增，在 上单调递减，故选B.
（2）（多选题）如图，已知直线 与曲线
相切于两点，则 有 ( )
AC
A.1个极大值点，2个极小值点
B.2个零点
C.0个零点
D.2个极小值点，无极大值点
[解析] 因为直线与曲线相切于两点，所以 有
两个根，且.
由题图知,，则 ,即，
则函数 没有零点，故B错误，C正确.
由题图知，函数有3个极值点，其中1个极大值点，2个极小值点，
设 的3个极值点分别为,,，不妨设，则 .
①当时，由题图知，的图象上任意一点处的切线斜率都小于 ，
即，，所以在 上单
调递减；
②当时，由题图知， 的图象上任意一点处的切线斜率都大于0，即
，，所以在 上单调递增；
③当时，由题图知， 的图象上任意一点处的切线斜率都小于，
即，，所以 在上
单调递减；
④当时，由题图知， 的图象上任意一点处的切线斜率都大于0，
即，，所以 在上单调递增.
综合①②③④可知， 有1个极大值点，2个极小值点，
故A正确，D错误.故选 .
题型三 利用导数研究函数的单调性、最值、极值
［类型总述］（1）利用导数求函数的单调区间;（2）已知函数的单调性,求参数
的取值范围;（3）求极值;（4）求函数在区间 上的最值;（5）解决恒成
立问题.
例4（1） [2023·新课标Ⅱ卷]已知函数在区间 上单调递
增，则 的最小值为( )
C
A. B. C. D.
[解析] 由题可知在区间上恒成立，即 对任意
恒成立.
令 ，可得，
所以在区间 上单调递增，所以，故，
所以，所以的最小值为 .故选C.
（2）已知函数，则 的最大值为( )
A
A. B. C. D.2
[解析] 函数的定义域为，由 ，得
，则，所以 ，所以
，，
当时， ，当时，，
所以函数在上单调递增，在 上单调递减，
所以 .故选A.
（3）（多选题）[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知函数 ,则 ( )
AC
A.有两个极值点 B. 有三个零点
C.点是曲线的对称中心 D.直线是曲线 的切线
[解析] 令,得或.
当 时，;当时，.
所以为 的极大值点,为的极小值点，故A正确.
因为 ，，所以只有一个零点，故B错误.
因为 ,所以曲线关于点 中心对称，故C正确.
记斜率为2的切线与曲线的切点为,则，
解得,当 时，切点为，切线方程为,
即,当 时，切点为，切线方程为,
即,故D错误.故选 .
变式（1） [2024·江苏泰州高二期末]已知奇函数 则函数
的最大值为( )
A
A. B. C. D.
[解析] 由可知，所以，又因为 是
奇函数，所以，可得当时， ，即
,，则，
令可得 ，所以当时，，即在
上单调递增，当时，，即在上单调递减，所以
在 处取得极大值，也是最大值，最大值为 .故选A.
（2）（多选题）[2023·新课标Ⅱ卷] 若函数 既有极
大值也有极小值，则( )
BCD
A. B. C. D.
[解析] 函数的定义域为， ，由函数
既有极大值也有极小值，得方程在 上有两个不等实根.
令，则在 上有两个不等实根，故
所以,,，故选 .
（3）函数 的单调递增区间为_______．
[解析] 由函数 ，可得
，
当时，令，得，可得 ，
所以函数的单调递增区间为 .
题型四 导数的应用
［类型总述］（1）证明不等式; （2）解决参数范围问题;（3）解决函数零点问题.
例5（1） （多选题）已知函数的定义域为，其导函数 满足
，则( )
AD
A. B.
C. D.
[解析] 构造函数，，则，所以函数 为
上的减函数，则，即，所以 ，A正确，B
错误；
因为，所以，即 ，所以，
C错误，D正确.故选 .
（2）已知函数在上有且仅有一个零点，则实数 的值为
( )
C
A. B. C. D.
[解析] 函数在 上有且仅有一个零点,
即方程在 上有且仅有一个实数根.
令函数, ，
则直线与曲线 有且仅有一个交点.
，令，可得 ，令 ，可得
，在上单调递减，在 上单调递增，
又当时， ，当 时， ，
则，即 .故选C.
例6 [2023· 新课标Ⅰ卷] 已知函数 .
（1）讨论 的单调性；
解：由题知的定义域为，且 .
当时，恒成立，故在 上是减函数；
当时，令，得，令，得 ，
故在上单调递减，在 上单调递增.
综上，当时，在 上是减函数；
当时，在上单调递减，在 上单调递增.
（2）证明：当时， .
证明：方法一：由（1）知，当 时，
，
令 ，则
.
令，得 ，令，得 ,
故在上单调递减，在 上单调递增，
故 ，即 ，
所以 ，故得证.
方法二：当时，由（1）得 ，
要证，只需证 ，
即证，易证 ,
所以只需证明，即证 .
因为恒成立，所以 成立，故得证.
变式1 [2022·新高考全国Ⅱ卷] 已知函数 .
（1）当时，讨论 的单调性；
解：当时， ，
.
当时，,单调递减；当时，,
单调递增.
（2）当时，,求实数 的取值范围；
解：令，则，由题意知 对任
意的恒成立.
，则.
令 ，则，
故 .
若,即,则 ，所以
,使得当时，有，则，故在 上单调
递增，则,不合题意.
若,即，
则当 时，在上恒成立，
故在 上单调递减，
则当时，，符合题意.
当 时，在上恒成立，故在上单调递减，
则当 时，,符合题意.
故实数的取值范围是 .
（3）设,证明： .
证明： ，要
证，只需证 ，即证
，即证，设，则， ，
即证，即证.
设 ，则，故在上单调递增，
则当 时，，故 .
所以 得证.
变式2 [2024·长沙高二期末] 已知且，函数 .
（1）若且，求函数 的最值；
解：当时，函数，则 .
当时，，故在上单调递减；
当时， ，故在上单调递增.
所以，
又因为 ，，所以 .
（2）若函数有两个零点，求实数 的取值范围.
解：因为函数有两个零点，所以 有两解，
所以关于的方程有两个不同的解，即函数 的图象与函数
的图象有两个不同的交点.
令，则 ，
当时，，故在上单调递减；
当 时，，故在 上单调递增.
故，
又当时， ，当 时，，
画出函数 的图象，如图所示，
由图可知，要使函数的图象与函数 的
图象有两个不同的交点，只需 ，所以
.
题型五 导数在实际问题中的应用
［类型总述］（1）利润最大;（2）用料最省;（3）面积、体积最大等.
例7 已知某商品的成本（单位：元）和产量 （单位：件）满足关系
，该商品的销售单价（单位：元）和产量 满足关系式
，记该商品的利润为（假设生产的商品能全部售出，利润
销售额-成本）.
（1）将利润（单位：元）表示为产量 （单位：件）的函数.
解:由题意可知，
.
（2）当产量 为多少件时，可获得最大利润？最大利润是多少万元？
解:令，则 ，由
，可得.
当时，, 单调递增；
当时，,单调递减.
所以当时， 取得最大值，且最大值为3 150 000.
故当产量为200件时，可获得最大利润，最大利润为315万元.
例8 [2024·江苏连云港高二期末] 数学课上，老师给出了以下习题：已知圆柱
内接于半径为3的球，求圆柱体积的最大值.为了求出圆柱体积 的最大值，
小明和小亮两位同学分别给出了如下两种方案：
小明的方案：设圆柱的高为 ；
小亮的方案：取圆柱底面圆上一点，连接，，设 .
（1）请你帮小明写出体积与 之间的函数关系式，并求出圆柱体积的最大值；
解：如图，设圆柱底面半径为，
则有 ，
所以 .
令，，则 ，
令，得，又，所以 .
当时，，在区间 上单调递增；
当时，，在区间 上单调递减.
所以，故 .
所以圆柱体积的最大值为 .
（2）请你帮小亮写出体积与 之间的函数关系式，并求出圆柱体积的最大值.
解：如图，连接，由题意可得,当 时，圆柱
的高 ，圆柱的底面半径 ，
所以
.
令，则 .
令，,则 ，令，可得 .
当时，，在 上单调递增；当时，
，在 上单调递减.则，得
，所以圆柱体积的最大值为 .
变式 学校外的湿地公园有一形状为半圆形的荷花池，如图所示，为了提升荷
花池的观赏性，现计划在池塘的中轴线上设计一个观景台（点与点，
不重合），其中，，段建设架空木栈道，已知 ，设建设
的架空木栈道的总长为 .
（1）设 ，写出关于 的函数关系式，并写出 的取值范围；
解：由 ，， ，
得， ，所以 ，
所以， .
（2）试确定观景台的位置，使三段木栈道的总长度最短.
解：，令，得 ，
又，所以 .
当时， ，该函数单调递减；
当时， ，该函数单调递增.
所以当时， ，此时 ，
故当位于线段的中垂线上且到的距离为 时，使三段木栈道的总长
度最短.