2020-2024年五年高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)切線方程（5年5考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2023天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題；2022天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)；2021天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題函數(shù)極值點(diǎn)的辨析；2020天津卷：利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；1.利用導(dǎo)數(shù)求切線方程是高考中的重點(diǎn)內(nèi)容，需要掌握基本初等函數(shù)的求導(dǎo)公式、切點(diǎn)的性質(zhì)。2.不等式恒成立的考查內(nèi)容比較綜合，一般結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最值問題等3.不等式的證明問題難度系數(shù)比較綜合，通常需要結(jié)合求導(dǎo)、不等式放縮、同構(gòu)等方法進(jìn)行考察考點(diǎn)2不等式恒成立求參數(shù)（5年2考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2021天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題函數(shù)極值點(diǎn)的辨析；考點(diǎn)3不等式證明（5年4考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2023天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題；2022天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)；2020天津卷：利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；考點(diǎn)01導(dǎo)數(shù)切線方程1．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù)fx(1)求fx圖象上點(diǎn)1,f(2)若fx≥ax-x在(3)若x1,x【答案】(1)y=x-1(2)2(3)證明過程見解析〖祥解〗（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的幾何意義；（2）先由題設(shè)條件得到a=2，再證明a=2時(shí)條件滿足；（3）先確定fx的單調(diào)性，再對(duì)x【詳析】（1）由于fx=xln所以f1=0，f'1=1，所以所求的切線經(jīng)過1,0（2）設(shè)ht=t-1-lnt，則h't=1-1t所以ht在0,1上遞減，在1,+∞上遞增，這就說明ht≥h1設(shè)gtfx當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，1x的取值范圍是0,+∞，所以命題等價(jià)于對(duì)任意一方面，若對(duì)任意t∈0,+∞，都有g(shù)t0≤gt取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.再取t=2a，得0≤a?2另一方面，若a=2，則對(duì)任意t∈0,+∞都有綜合以上兩個(gè)方面，知a的值是2.（3）先證明一個(gè)結(jié)論：對(duì)0<a<b，有l(wèi)na+1<證明：前面已經(jīng)證明不等式t-1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'x=lnx+1，可知當(dāng)0<x<1e所以fx在0,1e不妨設(shè)x1情況一：當(dāng)1e≤x情況二：當(dāng)0<x1≤對(duì)任意的c∈0,1e，設(shè)φ由于φ'φ'且當(dāng)x≥c-14ln2cφ'所以φ'x在0,c上存在零點(diǎn)x0，再結(jié)合φ'x單調(diào)遞增，即知0<x<x0故φx在0,x0①當(dāng)x0≤x≤c時(shí)，有②當(dāng)0<x<x0時(shí)，由于cln從而當(dāng)0<x<c1-qφx再根據(jù)φx在0,x0上遞減，即知對(duì)0<x<綜合①②可知對(duì)任意0<x≤c，都有φx≤0，即根據(jù)c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情況三：當(dāng)0<x1≤1e而根據(jù)fx的單調(diào)性，知fx1故一定有fx綜上，結(jié)論成立.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題的關(guān)鍵在于第3小問中，需要結(jié)合fx考點(diǎn)02不等式恒成立求參數(shù)2．（2021·天津·高考真題）已知a>0，函數(shù)f(x)=ax-xe（I）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程：（II）證明f(x)存在唯一的極值點(diǎn)（III）若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．【答案】（I）y=(a-1)x,(a>0)；（II）證明見解析；（III）-e,+∞〖祥解〗（I）求出fx在x=0處的導(dǎo)數(shù)，即切線斜率，求出f（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，則可化為證明y=a（III）令h(x)=x2-x-1ex,(x>-1)，題目等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得【詳析】（I）f'(x)=a-(x+1)e又f(0)=0，則切線方程為y=(a-1)x,(a>0)；（II）令f'(x)=a-(x+1)e令g(x)=(x+1)ex，則當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí)，g'(x)<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(-2,+∞)時(shí)，g當(dāng)x→-∞時(shí)，gx<0，g-1=0，當(dāng)x→+∞時(shí)，所以當(dāng)a>0時(shí)，y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)，令gm=a，則m>-1當(dāng)x∈(-∞,m)時(shí)，a>g(x)，則f'(x)>0，當(dāng)x∈m,+∞時(shí)，a<g(x)，則f'(x)<0x=m為fx的極大值點(diǎn)，故f(x)（III）由（II）知f(x)max=f(m)所以{f(x)-a}max令h(x)=x若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)h'(x)=x當(dāng)x∈(-1,1)時(shí)，h'(x)<0，hx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，h所以h(x)min=h(所以實(shí)數(shù)b的取值范圍-e,+∞.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：第二問解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為證明y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)；第三問解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h考點(diǎn)03不等式證明3．（2023·天津·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在x=2(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，fx(3)證明：56【答案】(1)1(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問題化為x>0時(shí)lnx+1>2x（3）構(gòu)造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得h(n)≤h(【詳析】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要證x>0時(shí)fx=1令g(x)=lnx+1-2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上遞增，則g(x)>g(0)=0，即所以x>0時(shí)fx（3）設(shè)h(n)=lnn!-則h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，則所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下證ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且當(dāng)0<x<1時(shí)φ'(x)>0，φ(x)遞增，當(dāng)x>1時(shí)φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上則h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-累加得：h(2)-h(n)<112(1-因?yàn)?9>3則-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32綜上，56<h(n)≤1，即【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：第三問，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n單調(diào)性證右側(cè)不等關(guān)系，再構(gòu)造4．（2022·天津·高考真題）已知a，b∈R(1)求函數(shù)y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）當(dāng)a=0時(shí)，求b的取值范圍；（ii）求證：a2【答案】(1)y=(1-a)x+1(2)（i）b∈[2〖祥解〗（1）求出f'（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即為s(t)=et2-bt,t≥0在（ii）曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即asinx0+bx【詳析】（1）f'(x)=ex-a曲線f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(1-a)(x-0)+1即y=(1-a)x+1.（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，故ex設(shè)t=x，故x=t2，故e設(shè)s(t)=et2-bt,t≥0，故而s'若b=0，則s(t)=et2>0恒成立，此時(shí)若b<0，則s'(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，設(shè)u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=-b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)且0<t<t0時(shí)，u(t)<0；t>t故0<t<t0時(shí)，s'(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因?yàn)閟(t)在[0,+∞)上有零點(diǎn)，故s(t而2t0et0設(shè)v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，所以ex-asinx=bx若x0=0，則1-a×0=b×0，該式不成立，故故asinx0a2+b2表示原點(diǎn)與直線故a2+b下證：對(duì)任意x>0，總有|sin證明：當(dāng)x≥π2時(shí)，有|sin當(dāng)0<x<π2時(shí)，即證設(shè)p(x)=sinx-x，則故p(x)=sinx-x在[0,+∞)上為減函數(shù)，故綜上，|sin下證：當(dāng)x>0時(shí)，exq(x)=ex-1-x,x>0故q(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故q(x)>q(0)=0即下證：e2xsin2x+x即證：2x-1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)數(shù)背景下零點(diǎn)問題，注意利用函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在定理來處理，而多變量的不等式的成立問題，注意從幾何意義取構(gòu)建不等式關(guān)系，再利用分析法來證明目標(biāo)不等式.5．（2020·天津·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3+klnx(k∈R)（Ⅰ）當(dāng)k=6時(shí)，（i）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；（ii）求函數(shù)g(x)=f(x)-f（Ⅱ）當(dāng)k?-3時(shí)，求證：對(duì)任意的x1,?x2【答案】（Ⅰ）（i）y=9x-8；（ii）g(x)的極小值為g(1)=1，無極大值；（Ⅱ）證明見解析.〖祥解〗(Ⅰ)(i)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解切線方程即可；(ii)首先求得g'（Ⅱ）首先確定導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后令x1x2【詳析】(Ⅰ)(i)當(dāng)k=6時(shí)，f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=9(x-1)，即y=9x-8.(ii)依題意，g(x)=x從而可得g'(x)=3x整理可得：g'令g'(x)=0，解得x=1.當(dāng)x變化時(shí)，g'(x),g(x)的變化情況如下表：x(0,1)x=1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞)；g(x)的極小值為g(1)=1，無極大值.（Ⅱ）證明：由f(x)=x3+k對(duì)任意的x1,?x2(=(==x令h(x)=x-1當(dāng)x>1時(shí)，h'由此可得h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增，所以當(dāng)t>1時(shí)，h(t)>h(1)，即t-因?yàn)閤2≥1，t3所以x=t由(Ⅰ)(ii)可知，當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)，即t3故t3由①②③可得(x所以，當(dāng)k≥-3時(shí)，任意的x1,xf'【『點(diǎn)石成金』】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識(shí)點(diǎn)，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)．(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．6．（2024·天津南開·二模）已知函數(shù)fx=sin(1)求曲線y=fx在x=0(2)證明：對(duì)?x∈0,+∞，f'x≥g(3)設(shè)an=n2n【答案】(1)y=x(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）由x=0處的導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率，由x=0處的函數(shù)值得到切線上的點(diǎn)，由直線的點(diǎn)斜式方程得到切線方程；（2）構(gòu)造新函數(shù)hx=f'x-gx=cos（3）利用sinx1-sinx【詳析】（1）f'x=cosx所以曲線y=fx在點(diǎn)x=0處的切線方程為y=x（2）令hx=f'x-gx令φx=h'x，則φ'x其中h'0=0，故h'x≥0在故hx≥h0（3）設(shè)0<x1<令qx=x-因?yàn)閝'x=cosx所以qx>qx2=0由于0<i+1所以ki由（2）知，cosx>1-x22（設(shè)Tn=123+①－②得34Tn所以Tn【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：利用放縮法證明不等式放縮法就是針對(duì)不等式的結(jié)構(gòu)特征，運(yùn)用不等式的性質(zhì)，將不等式的一邊或兩邊進(jìn)行放大或縮小，也就是對(duì)代數(shù)式進(jìn)行恰到好處的變形，使問題便于解決．放縮法大致分為以下幾類．（1）將代數(shù)式中的分母和分子同時(shí)擴(kuò)大和縮小．（2）利用均值不等式或其他的不等式放縮數(shù)式．（3）不等式兩邊同時(shí)加上或減去某一項(xiàng)．（4）把代數(shù)式中的一些項(xiàng)進(jìn)行分解再重新組合，這樣就可以消去一些項(xiàng)便于求解，這也是我們常用的裂項(xiàng)法．7．（2024·天津河北·二模）已知a>0，函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)當(dāng)0<a<1時(shí).（ⅰ）求fx（ⅱ）設(shè)fx的極大值為ga，求(3)設(shè)n∈N+，且n≥2，求證：【答案】(1)y=1(2)（i）fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,a1-a極大值aln（ii）-ln(3)證明見解析.〖祥解〗（1）求導(dǎo)數(shù)得f'（2）求導(dǎo)數(shù)得單調(diào)區(qū)間，可求得最值，再對(duì)g(a)求導(dǎo)數(shù)，可得最值；（3）利用分析法和放縮法，可求出結(jié)果.【詳析】（1）a=1時(shí)，f∴y+ln2=1∴曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為（2）（ⅰ）fxf'令f'x∵0<a<1,∴a∵x>0，當(dāng)x變化時(shí)，f'x0,aa1-aa1-af'+0-fx↗極大值↘∴函數(shù)y=fx單調(diào)遞增區(qū)間是0,a∴fxfx的極大值（ⅱ）設(shè)gag'令g'a=0∵0<a<1，當(dāng)a變化時(shí)，g'a0,11212g'-0+ga↘極小值↗而g∴ga的最小值為-（3）當(dāng)n≥2時(shí)，要證1兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，即證ln1即證n-1k=1k?ln即證2n-1而2n-1由（2）可知ga令a=kn，kn∴n-1∴1【『點(diǎn)石成金』】求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟:(1)確定fx(2)計(jì)算導(dǎo)數(shù)f'(3)求出f'4)用f'x=0考查這若干個(gè)區(qū)間內(nèi)f'x的符號(hào)，進(jìn)而確定f'x>0f'x<0如果導(dǎo)函數(shù)含有參數(shù)，則需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，分類討論要做到不重不漏.8．（2024·天津北辰·三模）已知fx=ex-x2(1)當(dāng)x0=0時(shí)，求直線(2)證明：l與曲線y=fx有一個(gè)異于點(diǎn)P的交點(diǎn)x1,f(3)在（2）的條件下，令x0x1【答案】(1)x-y+1=0(2)證明見解析(3)-〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）設(shè)gx=f'x0x-（3）設(shè)x1=-kx0k>0，則計(jì)算可得0=Fx1=e【詳析】（1）當(dāng)x0=0時(shí)，P0,1，而f所以l的方程是y=1?x-0+1，即（2）由于f'(x)=ex-x，故l設(shè)gx=ex0令Fx設(shè)hx=1-12x2+x-1e記u=eu=e由于F0且F=1-u故一定存在x1∈u,0，使得F而x1<0<x0，故x1,fx（3）對(duì)k>0，設(shè)φt則φ'φ″φ'''由于當(dāng)t>0時(shí)，φ'''t的導(dǎo)數(shù)故φ'''t在若0<k≤2，則φ'''所以對(duì)t>0有φ'''t>φ'''所以對(duì)t>0有φ″t>φ″所以對(duì)t>0有φ't>φ'所以對(duì)t>0有φt>φ0=0，從而若k>2，則φ'''由于對(duì)t>0有φ'''故φ'''從而存在v∈0,ln1+結(jié)合φ'''t在0,+∞上單調(diào)遞增，知對(duì)0<t<v有φ'''t所以對(duì)0<t<v有φ″t<φ″所以對(duì)0<t<v有φ't<φ'所以φv<φ00<h故對(duì)t>1有et2>φ>t?e結(jié)合φv<φ0=0，就知道φt在0,v綜上，對(duì)k>0，函數(shù)φt=e-kt+最后，一方面我們?nèi)=-x0=Fx所以φt在0,+∞上存在零點(diǎn)x0，故-另一方面，對(duì)任意-12<t<0，取k=-1t記該零點(diǎn)為x0，取x0=φ=e所以這樣的x0,x綜上，t的取值范圍是-1【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題的關(guān)鍵在于，將取值范圍問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)存在性問題，然后即可使用導(dǎo)數(shù)研究零點(diǎn)的存在性.9．（2024·天津·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(1)求曲線y=fx在x(2)求證：ex(3)函數(shù)hx【答案】(1)y=x+1；(2)證明見詳析；(3)0,1〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)求斜率，利用解析式求切點(diǎn)縱坐標(biāo)，然后可得切線方程；（2）構(gòu)造函數(shù)gx（3）構(gòu)造函數(shù)mx=lnx+2x+2,x>-2，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)【詳析】（1）因?yàn)閒'所以曲線y=fx在x=-又f-1=ln（2）記gx=e當(dāng)x<0時(shí)，g'x<0，函數(shù)g當(dāng)x>0時(shí)，g'x>0，函數(shù)g所以當(dāng)x=0時(shí)，gx取得最小值g所以gx=e（3）hx由題知，lnx+2即lnx+2令mx=ln當(dāng)-2<x<e-2時(shí)，m'x>0當(dāng)x>e-2時(shí)，m'x<0當(dāng)x趨近于-2時(shí)，mx趨近于-∞，當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，m又fe-2=由圖可知，當(dāng)0<a<1e時(shí)，函數(shù)mx所以，a的取值范圍為0,1【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍，一般采取參變分離，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，然后利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)變化趨勢(shì)、極值等作出函數(shù)圖象，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解.10．（2024·天津河西·三模）已知函數(shù)fx=-2alnx-2(1)若f'(2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)gx(3)若存在x∈1e,【答案】(1)1(2)答案見解析(3)-〖祥解〗（1）求導(dǎo)可得f'x，由（2）求導(dǎo)可得g'x=（3）根據(jù)題意，由fx≤gx【詳析】（1）因?yàn)閒x=-2aln由f'2=0可得-（2）函數(shù)gx=ax-2a+1且g'當(dāng)a>0時(shí)，令g'x=0，可得x=1①當(dāng)1a=2，即對(duì)任意的x>0，g'x>0，gx②當(dāng)0<1a<2g'x>0，得0<x<1a或x>2，gx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1a和③當(dāng)1a>2，即g'x>0，得0<x<2或1a；g'gx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,2和1a,+綜上所述，a=12時(shí)，函數(shù)gxa>12時(shí)，函數(shù)gx的單調(diào)增區(qū)間為0,1a0<a<12時(shí)，函數(shù)gx的單調(diào)增區(qū)間為0,2和1（3）由fx≤gx，可得ax-lnx≥0令hx=ln若存在x∈1e,e2，不等式fh'x=1-lnx當(dāng)1e≤x<e時(shí)，h'x>0所以函數(shù)hx在1e,所以函數(shù)hx在端點(diǎn)x=1e因?yàn)閔1e=-e，所以hxmin=h因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是-e11．（2024·天津武清·模擬預(yù)測(cè)）已知fx=ax-xa(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx在x=0(2)當(dāng)a=e時(shí)，求證：fx在(3)設(shè)a>e，已知?x∈e2【答案】(1)y=(2)證明見解析(3)e,e〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線斜率，由點(diǎn)斜式求切線方程；（2）f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【詳析】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=2所以k=f'(0)=所以切線方程為y-1=ln2(x-0)，即（2）當(dāng)a=e時(shí)，f(x)=則f'要證明fx在e只需證明f'(x)>0在則只需證ex-1>x設(shè)g(x)=x-1-(e-1)因?yàn)間'x=1-e-1所以x∈(e,+∞)時(shí)g(x)>g(e所以f'(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa設(shè)h(x)=lnxx,h當(dāng)x>e時(shí)，h'(x)<0又因?yàn)閍>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，則上式等價(jià)于lnaa≥由h(x)在(e,+∞即實(shí)數(shù)a的取值范圍為e,e2【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題，注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.12．（2024·天津·二模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=fx在x=0(2)若對(duì)?x∈-1,0時(shí)，fx≥0(3)若函數(shù)gx=fx+e【答案】(1)y=x(2)1(3)1個(gè)實(shí)數(shù)根，理由見解析〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求解即可；（2）兩次求導(dǎo)后，分0<a≤1和a>1兩種情況，結(jié)合隱零點(diǎn)問題，分析f(x)的單調(diào)性，確定使得fx≥0對(duì)?x∈-1,0（3）先結(jié)合隱零點(diǎn)問題的處理方法，求得m的取值范圍，再將原問題轉(zhuǎn)化為求方程e1+x-emln【詳析】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=2sin所以f(0)=0，f'則曲線y=fx在x=0處的切線方程為（2）由題意知，f'(x)=acos所以h'因?yàn)閤∈-1,0，所以sinx<0，而所以h'(x)=-asin所以函數(shù)f'(x)=h(x)在區(qū)間-1,0上單調(diào)遞增，且①當(dāng)0<a≤1時(shí)，f'(x)≤f所以函數(shù)f(x)在-1,0上單調(diào)遞減，此時(shí)f(x)≥f(0)=0，符合題意；②當(dāng)a>1時(shí)，f'(0)=a-1>0，由零點(diǎn)存在定理知，?x0∈所以函數(shù)f(x)在(-1,x0)則當(dāng)x∈(x0,0)綜上，正實(shí)數(shù)a的最大值為1（3）方程e1+x-mgx=fx所以g'x=則G'x=所以g'x=G(x)因?yàn)間'(0)=e所以?x1∈(-12兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)得，1+x而g(x)在-1,x1上單調(diào)遞減，在所以m=g(x)令t=1+x1，則所以m=1t+t，在因?yàn)閑1+x-m-ln所以方程e1+x-m-ln設(shè)H(x)=e1+x-em令t(x)=e1+x-em所以H'(x)=t(x)在又H'(0)=e所以?x2∈(0,m-1)，使得H兩邊取對(duì)數(shù)得，1+x2=m-又1+x1=所以m=1設(shè)m(x)=x+lnx，則m'所以函數(shù)m(x)在(0,+∞所以1+x2=因?yàn)楹瘮?shù)H(x)在(-1,x2)所以H(x)即函數(shù)H(x)只有唯一零點(diǎn)x2故方程e1+x2【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：第二問的關(guān)鍵是兩次求導(dǎo)得當(dāng)f'(x)的單調(diào)性，結(jié)合隱零點(diǎn)以及零點(diǎn)存在定理分類討論得到第三問的關(guān)鍵是將方程e1+x-m-ln1+x=013．（2024·全國·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，討論函數(shù)fx(2)若fx有兩個(gè)極值點(diǎn)x①求實(shí)數(shù)a的取值范圍；②求證：x1【答案】(1)fx在0,+(2)①0,1〖祥解〗（1）求得f'x=2x-2lnxx，設(shè)gx=2x-2lnxx（2）①求得f'x=2ax-2lnxx，令f'x=0，解得②由函數(shù)f'x有兩個(gè)零點(diǎn)x1,x2，得到2ax12=lnx12,2ax2【詳析】（1）解：當(dāng)a=1時(shí)，可得fx=x2-設(shè)gx=2x-2令hx=x所以hx為0,+∞上的增函數(shù)，且所以gx在0,1上單調(diào)遞減，在1,+∞上單調(diào)遞增，所以所以f'(x)min=2>0，所以f'（2）解：①因?yàn)楹瘮?shù)fx=ax令f'x=0設(shè)px=ln因?yàn)閒x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2當(dāng)x∈0,e時(shí)，p'x>0所以px在0,e上單調(diào)遞增，在e,+又當(dāng)x>1時(shí)，px>0，故可作出結(jié)合圖象可得，0<a<12e，即實(shí)數(shù)a②由函數(shù)f'x有兩個(gè)零點(diǎn)x1令t1=x12,t只需證明t1不妨令t1>t2，由要證t1t2即證lnt即證lnt1-令m=t1t2，則令sm=ln所以sm在1,+∞上單調(diào)遞增，所以綜上所述，原不等式成立．【『點(diǎn)石成金』】方法總結(jié)：利用導(dǎo)數(shù)證明或判定不等式問題：1、通常要構(gòu)造新函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性與極值（最值），從而得出不等關(guān)系；2、利用可分離變量，構(gòu)造新函數(shù)，直接把問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題，從而判定不等關(guān)系；3、適當(dāng)放縮構(gòu)造法：根據(jù)已知條件適當(dāng)放縮或利用常見放縮結(jié)論，從而判定不等關(guān)系；4、構(gòu)造“形似”函數(shù)，變形再構(gòu)造，對(duì)原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù)．14．（2024·天津·二模）已知fx(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx在點(diǎn)e(2)討論fx(3)若函數(shù)fx存在極大值，且極大值為1，求證：f【答案】(1)y=5x-2(2)答案見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)，求切點(diǎn)處切線的方程；（2）利用導(dǎo)數(shù)，分類討論函數(shù)的單調(diào)性；（3）由極大值，求出a的值，通過構(gòu)造函數(shù)求最值的方法證明不等式.【詳析】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=x+2xln又f'x=3+2所求切線方程為y-3e=5x-（2）函數(shù)fx的定義域?yàn)?,+∵f①當(dāng)a=0時(shí)，f'x=1>0，f②當(dāng)a>0時(shí)，x∈e-1+1a,+∞時(shí)，fx∈0,e-1+1a時(shí)，f'③當(dāng)a<0時(shí)，x∈0,e-1+1a時(shí)，x∈e-1+1a,+∞綜上可得，當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)fx在0當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)fx在0,e-當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)fx在0,e-（3）證明：由（2）可知，當(dāng)a<0時(shí)，fx存在極大值，且極大值為f則e-1+1整理得e-1+1a?-a=1令gt=e當(dāng)0<t<1時(shí)，g't<0，所以g當(dāng)t>1時(shí)，g't>0，所以g而g1=e0-1=0，所以e因此fx=x-xln也就是證1-lnx≤e也就是證e-x-lnx≥-x-ln設(shè)Hu當(dāng)u∈-∞,0時(shí)，H'u當(dāng)u∈0,+∞時(shí)，H'u>0Hu≥H0∴fx【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理，證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.專題03導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用考點(diǎn)五年考情（2020-2024）命題趨勢(shì)考點(diǎn)1導(dǎo)數(shù)切線方程（5年5考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2023天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題；2022天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)；2021天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題函數(shù)極值點(diǎn)的辨析；2020天津卷：利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；1.利用導(dǎo)數(shù)求切線方程是高考中的重點(diǎn)內(nèi)容，需要掌握基本初等函數(shù)的求導(dǎo)公式、切點(diǎn)的性質(zhì)。2.不等式恒成立的考查內(nèi)容比較綜合，一般結(jié)合導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性求解函數(shù)的最值問題等3.不等式的證明問題難度系數(shù)比較綜合，通常需要結(jié)合求導(dǎo)、不等式放縮、同構(gòu)等方法進(jìn)行考察考點(diǎn)2不等式恒成立求參數(shù)（5年2考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2021天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究能成立問題函數(shù)極值點(diǎn)的辨析；考點(diǎn)3不等式證明（5年4考）2024天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題由導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(含參)；2023天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)證明不等式利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題；2022天津卷：求在曲線上一點(diǎn)處的切線方程(斜率)利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問題利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)；2020天津卷：利用導(dǎo)數(shù)求切線的方程、利用導(dǎo)數(shù)證明不等式；考點(diǎn)01導(dǎo)數(shù)切線方程1．（2024·天津·高考真題）設(shè)函數(shù)fx(1)求fx圖象上點(diǎn)1,f(2)若fx≥ax-x在(3)若x1,x【答案】(1)y=x-1(2)2(3)證明過程見解析〖祥解〗（1）直接使用導(dǎo)數(shù)的幾何意義；（2）先由題設(shè)條件得到a=2，再證明a=2時(shí)條件滿足；（3）先確定fx的單調(diào)性，再對(duì)x【詳析】（1）由于fx=xln所以f1=0，f'1=1，所以所求的切線經(jīng)過1,0（2）設(shè)ht=t-1-lnt，則h't=1-1t所以ht在0,1上遞減，在1,+∞上遞增，這就說明ht≥h1設(shè)gtfx當(dāng)x∈0,+∞時(shí)，1x的取值范圍是0,+∞，所以命題等價(jià)于對(duì)任意一方面，若對(duì)任意t∈0,+∞，都有g(shù)t0≤gt取t=2，得0≤a-1，故a≥1>0.再取t=2a，得0≤a?2另一方面，若a=2，則對(duì)任意t∈0,+∞都有綜合以上兩個(gè)方面，知a的值是2.（3）先證明一個(gè)結(jié)論：對(duì)0<a<b，有l(wèi)na+1<證明：前面已經(jīng)證明不等式t-1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'x=lnx+1，可知當(dāng)0<x<1e所以fx在0,1e不妨設(shè)x1情況一：當(dāng)1e≤x情況二：當(dāng)0<x1≤對(duì)任意的c∈0,1e，設(shè)φ由于φ'φ'且當(dāng)x≥c-14ln2cφ'所以φ'x在0,c上存在零點(diǎn)x0，再結(jié)合φ'x單調(diào)遞增，即知0<x<x0故φx在0,x0①當(dāng)x0≤x≤c時(shí)，有②當(dāng)0<x<x0時(shí)，由于cln從而當(dāng)0<x<c1-qφx再根據(jù)φx在0,x0上遞減，即知對(duì)0<x<綜合①②可知對(duì)任意0<x≤c，都有φx≤0，即根據(jù)c∈0,1e和0<x≤c的任意性，取c=x2所以fx情況三：當(dāng)0<x1≤1e而根據(jù)fx的單調(diào)性，知fx1故一定有fx綜上，結(jié)論成立.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題的關(guān)鍵在于第3小問中，需要結(jié)合fx考點(diǎn)02不等式恒成立求參數(shù)2．（2021·天津·高考真題）已知a>0，函數(shù)f(x)=ax-xe（I）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程：（II）證明f(x)存在唯一的極值點(diǎn)（III）若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．【答案】（I）y=(a-1)x,(a>0)；（II）證明見解析；（III）-e,+∞〖祥解〗（I）求出fx在x=0處的導(dǎo)數(shù)，即切線斜率，求出f（II）令f'x=0，可得a=(x+1)ex，則可化為證明y=a（III）令h(x)=x2-x-1ex,(x>-1)，題目等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得【詳析】（I）f'(x)=a-(x+1)e又f(0)=0，則切線方程為y=(a-1)x,(a>0)；（II）令f'(x)=a-(x+1)e令g(x)=(x+1)ex，則當(dāng)x∈(-∞,-2)時(shí)，g'(x)<0，gx單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(-2,+∞)時(shí)，g當(dāng)x→-∞時(shí)，gx<0，g-1=0，當(dāng)x→+∞時(shí)，所以當(dāng)a>0時(shí)，y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)，令gm=a，則m>-1當(dāng)x∈(-∞,m)時(shí)，a>g(x)，則f'(x)>0，當(dāng)x∈m,+∞時(shí)，a<g(x)，則f'(x)<0x=m為fx的極大值點(diǎn)，故f(x)（III）由（II）知f(x)max=f(m)所以{f(x)-a}max令h(x)=x若存在a，使得f(x)≤a+b對(duì)任意x∈R成立，等價(jià)于存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h(x)h'(x)=x當(dāng)x∈(-1,1)時(shí)，h'(x)<0，hx單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí)，h所以h(x)min=h(所以實(shí)數(shù)b的取值范圍-e,+∞.【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵『點(diǎn)石成金』：第二問解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為證明y=a與y=gx僅有一個(gè)交點(diǎn)；第三問解題的關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為存在x∈(-1,+∞)，使得h(x)≤b，即b≥h考點(diǎn)03不等式證明3．（2023·天津·高考真題）已知函數(shù)fx(1)求曲線y=fx在x=2(2)求證：當(dāng)x>0時(shí)，fx(3)證明：56【答案】(1)1(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求斜率；（2）問題化為x>0時(shí)lnx+1>2x（3）構(gòu)造h(n)=lnn!-n+12lnn+n，n∈N*，作差法研究函數(shù)單調(diào)性可得h(n)≤h(【詳析】（1）f(x)=ln(x+1)x所以f'(2)=13-（2）要證x>0時(shí)fx=1令g(x)=lnx+1-2xx+2所以g(x)在(0,+∞)上遞增，則g(x)>g(0)=0，即所以x>0時(shí)fx（3）設(shè)h(n)=lnn!-則h(n+1)-h(n)=1+(n+由（2）知：x=1n∈(0,1]，則所以h(n+1)-h(n)<0，故h(n)在n∈N*下證ln(n!)-(n+令φ(x)=lnx-(x+5)(x-1)4x+2且當(dāng)0<x<1時(shí)φ'(x)>0，φ(x)遞增，當(dāng)x>1時(shí)φ'所以φ(x)≤φ(1)=0，故在x∈0,+∞上則h(n)-h(n+1)=(n+1所以h(2)-h(3)<112(1-累加得：h(2)-h(n)<112(1-因?yàn)?9>3則-h(n)<1所以h(1)-h(n)<32綜上，56<h(n)≤1，即【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：第三問，作差法研究h(n)=lnn!-n+12lnn+n單調(diào)性證右側(cè)不等關(guān)系，再構(gòu)造4．（2022·天津·高考真題）已知a，b∈R(1)求函數(shù)y=fx在0,f(2)若y=fx和y=g（i）當(dāng)a=0時(shí)，求b的取值范圍；（ii）求證：a2【答案】(1)y=(1-a)x+1(2)（i）b∈[2〖祥解〗（1）求出f'（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即為s(t)=et2-bt,t≥0在（ii）曲線y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)即asinx0+bx【詳析】（1）f'(x)=ex-a曲線f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程為y=(1-a)(x-0)+1即y=(1-a)x+1.（2）（i）當(dāng)a=0時(shí)，因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，故ex設(shè)t=x，故x=t2，故e設(shè)s(t)=et2-bt,t≥0，故而s'若b=0，則s(t)=et2>0恒成立，此時(shí)若b<0，則s'(t)>0在(0,+∞)上恒成立，故而s(0)=1>0，s(t)≥s(0)=1，故s(t)在[0,+∞故b>0，設(shè)u(t)=2tet2故u(t)在(0,+∞而u(0)=-b<0，u(b)=b(2e故u(t)在(0,+∞)上存在唯一零點(diǎn)且0<t<t0時(shí)，u(t)<0；t>t故0<t<t0時(shí)，s'(t)<0；所以s(t)在(0,t0)故s(t)因?yàn)閟(t)在[0,+∞)上有零點(diǎn)，故s(t而2t0et0設(shè)v(t)=2tet2故v(t)在(0,+∞而b=2t0e（ii）因?yàn)榍€y=f(x)和y=g(x)有公共點(diǎn)，所以ex-asinx=bx若x0=0，則1-a×0=b×0，該式不成立，故故asinx0a2+b2表示原點(diǎn)與直線故a2+b下證：對(duì)任意x>0，總有|sin證明：當(dāng)x≥π2時(shí)，有|sin當(dāng)0<x<π2時(shí)，即證設(shè)p(x)=sinx-x，則故p(x)=sinx-x在[0,+∞)上為減函數(shù)，故綜上，|sin下證：當(dāng)x>0時(shí)，exq(x)=ex-1-x,x>0故q(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，故q(x)>q(0)=0即下證：e2xsin2x+x即證：2x-1+1≥sin2x+x而x>|sinx|≥sin故ex0sin【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)數(shù)背景下零點(diǎn)問題，注意利用函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合零點(diǎn)存在定理來處理，而多變量的不等式的成立問題，注意從幾何意義取構(gòu)建不等式關(guān)系，再利用分析法來證明目標(biāo)不等式.5．（2020·天津·高考真題）已知函數(shù)f(x)=x3+klnx(k∈R)（Ⅰ）當(dāng)k=6時(shí)，（i）求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程；（ii）求函數(shù)g(x)=f(x)-f（Ⅱ）當(dāng)k?-3時(shí)，求證：對(duì)任意的x1,?x2【答案】（Ⅰ）（i）y=9x-8；（ii）g(x)的極小值為g(1)=1，無極大值；（Ⅱ）證明見解析.〖祥解〗(Ⅰ)(i)首先求得導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后結(jié)合導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解切線方程即可；(ii)首先求得g'（Ⅱ）首先確定導(dǎo)函數(shù)的解析式，然后令x1x2【詳析】(Ⅰ)(i)當(dāng)k=6時(shí)，f(x)=x3+6lnx，f'(x)=3所以曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y-1=9(x-1)，即y=9x-8.(ii)依題意，g(x)=x從而可得g'(x)=3x整理可得：g'令g'(x)=0，解得x=1.當(dāng)x變化時(shí)，g'(x),g(x)的變化情況如下表：x(0,1)x=1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)單調(diào)遞減極小值單調(diào)遞增所以，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0，1)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1，+∞)；g(x)的極小值為g(1)=1，無極大值.（Ⅱ）證明：由f(x)=x3+k對(duì)任意的x1,?x2(=(==x令h(x)=x-1當(dāng)x>1時(shí)，h'由此可得h(x)在[1,+∞)單調(diào)遞增，所以當(dāng)t>1時(shí)，h(t)>h(1)，即t-因?yàn)閤2≥1，t3所以x=t由(Ⅰ)(ii)可知，當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)，即t3故t3由①②③可得(x所以，當(dāng)k≥-3時(shí)，任意的x1,xf'【『點(diǎn)石成金』】導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)的單調(diào)性、極值(最值)最有效的工具，而函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中重要的知識(shí)點(diǎn)，對(duì)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用的考查主要從以下幾個(gè)角度進(jìn)行：(1)考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，判斷單調(diào)性；已知單調(diào)性，求參數(shù)．(3)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．6．（2024·天津南開·二模）已知函數(shù)fx=sin(1)求曲線y=fx在x=0(2)證明：對(duì)?x∈0,+∞，f'x≥g(3)設(shè)an=n2n【答案】(1)y=x(2)證明見解析(3)證明見解析〖祥解〗（1）由x=0處的導(dǎo)數(shù)得到切線的斜率，由x=0處的函數(shù)值得到切線上的點(diǎn)，由直線的點(diǎn)斜式方程得到切線方程；（2）構(gòu)造新函數(shù)hx=f'x-gx=cos（3）利用sinx1-sinx【詳析】（1）f'x=cosx所以曲線y=fx在點(diǎn)x=0處的切線方程為y=x（2）令hx=f'x-gx令φx=h'x，則φ'x其中h'0=0，故h'x≥0在故hx≥h0（3）設(shè)0<x1<令qx=x-因?yàn)閝'x=cosx所以qx>qx2=0由于0<i+1所以ki由（2）知，cosx>1-x22（設(shè)Tn=123+①－②得34Tn所以Tn【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：利用放縮法證明不等式放縮法就是針對(duì)不等式的結(jié)構(gòu)特征，運(yùn)用不等式的性質(zhì)，將不等式的一邊或兩邊進(jìn)行放大或縮小，也就是對(duì)代數(shù)式進(jìn)行恰到好處的變形，使問題便于解決．放縮法大致分為以下幾類．（1）將代數(shù)式中的分母和分子同時(shí)擴(kuò)大和縮小．（2）利用均值不等式或其他的不等式放縮數(shù)式．（3）不等式兩邊同時(shí)加上或減去某一項(xiàng)．（4）把代數(shù)式中的一些項(xiàng)進(jìn)行分解再重新組合，這樣就可以消去一些項(xiàng)便于求解，這也是我們常用的裂項(xiàng)法．7．（2024·天津河北·二模）已知a>0，函數(shù)fx(1)當(dāng)a=1時(shí)，求曲線y=fx在點(diǎn)1,f(2)當(dāng)0<a<1時(shí).（ⅰ）求fx（ⅱ）設(shè)fx的極大值為ga，求(3)設(shè)n∈N+，且n≥2，求證：【答案】(1)y=1(2)（i）fx的單調(diào)遞增區(qū)間是0,a1-a極大值aln（ii）-ln(3)證明見解析.〖祥解〗（1）求導(dǎo)數(shù)得f'（2）求導(dǎo)數(shù)得單調(diào)區(qū)間，可求得最值，再對(duì)g(a)求導(dǎo)數(shù)，可得最值；（3）利用分析法和放縮法，可求出結(jié)果.【詳析】（1）a=1時(shí)，f∴y+ln2=1∴曲線y=fx在點(diǎn)1,f1處的切線方程為（2）（ⅰ）fxf'令f'x∵0<a<1,∴a∵x>0，當(dāng)x變化時(shí)，f'x0,aa1-aa1-af'+0-fx↗極大值↘∴函數(shù)y=fx單調(diào)遞增區(qū)間是0,a∴fxfx的極大值（ⅱ）設(shè)gag'令g'a=0∵0<a<1，當(dāng)a變化時(shí)，g'a0,11212g'-0+ga↘極小值↗而g∴ga的最小值為-（3）當(dāng)n≥2時(shí)，要證1兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)，即證ln1即證n-1k=1k?ln即證2n-1而2n-1由（2）可知ga令a=kn，kn∴n-1∴1【『點(diǎn)石成金』】求解函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟:(1)確定fx(2)計(jì)算導(dǎo)數(shù)f'(3)求出f'4)用f'x=0考查這若干個(gè)區(qū)間內(nèi)f'x的符號(hào)，進(jìn)而確定f'x>0f'x<0如果導(dǎo)函數(shù)含有參數(shù)，則需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論，分類討論要做到不重不漏.8．（2024·天津北辰·三模）已知fx=ex-x2(1)當(dāng)x0=0時(shí)，求直線(2)證明：l與曲線y=fx有一個(gè)異于點(diǎn)P的交點(diǎn)x1,f(3)在（2）的條件下，令x0x1【答案】(1)x-y+1=0(2)證明見解析(3)-〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求解；（2）設(shè)gx=f'x0x-（3）設(shè)x1=-kx0k>0，則計(jì)算可得0=Fx1=e【詳析】（1）當(dāng)x0=0時(shí)，P0,1，而f所以l的方程是y=1?x-0+1，即（2）由于f'(x)=ex-x，故l設(shè)gx=ex0令Fx設(shè)hx=1-12x2+x-1e記u=eu=e由于F0且F=1-u故一定存在x1∈u,0，使得F而x1<0<x0，故x1,fx（3）對(duì)k>0，設(shè)φt則φ'φ″φ'''由于當(dāng)t>0時(shí)，φ'''t的導(dǎo)數(shù)故φ'''t在若0<k≤2，則φ'''所以對(duì)t>0有φ'''t>φ'''所以對(duì)t>0有φ″t>φ″所以對(duì)t>0有φ't>φ'所以對(duì)t>0有φt>φ0=0，從而若k>2，則φ'''由于對(duì)t>0有φ'''故φ'''從而存在v∈0,ln1+結(jié)合φ'''t在0,+∞上單調(diào)遞增，知對(duì)0<t<v有φ'''t所以對(duì)0<t<v有φ″t<φ″所以對(duì)0<t<v有φ't<φ'所以φv<φ00<h故對(duì)t>1有et2>φ>t?e結(jié)合φv<φ0=0，就知道φt在0,v綜上，對(duì)k>0，函數(shù)φt=e-kt+最后，一方面我們?nèi)=-x0=Fx所以φt在0,+∞上存在零點(diǎn)x0，故-另一方面，對(duì)任意-12<t<0，取k=-1t記該零點(diǎn)為x0，取x0=φ=e所以這樣的x0,x綜上，t的取值范圍是-1【『點(diǎn)石成金』】關(guān)鍵點(diǎn)『點(diǎn)石成金』：本題的關(guān)鍵在于，將取值范圍問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的零點(diǎn)存在性問題，然后即可使用導(dǎo)數(shù)研究零點(diǎn)的存在性.9．（2024·天津·模擬預(yù)測(cè)）已知函數(shù)f(1)求曲線y=fx在x(2)求證：ex(3)函數(shù)hx【答案】(1)y=x+1；(2)證明見詳析；(3)0,1〖祥解〗（1）利用導(dǎo)數(shù)求斜率，利用解析式求切點(diǎn)縱坐標(biāo)，然后可得切線方程；（2）構(gòu)造函數(shù)gx（3）構(gòu)造函數(shù)mx=lnx+2x+2,x>-2，將問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)【詳析】（1）因?yàn)閒'所以曲線y=fx在x=-又f-1=ln（2）記gx=e當(dāng)x<0時(shí)，g'x<0，函數(shù)g當(dāng)x>0時(shí)，g'x>0，函數(shù)g所以當(dāng)x=0時(shí)，gx取得最小值g所以gx=e（3）hx由題知，lnx+2即lnx+2令mx=ln當(dāng)-2<x<e-2時(shí)，m'x>0當(dāng)x>e-2時(shí)，m'x<0當(dāng)x趨近于-2時(shí)，mx趨近于-∞，當(dāng)x趨近于+∞時(shí)，m又fe-2=由圖可知，當(dāng)0<a<1e時(shí)，函數(shù)mx所以，a的取值范圍為0,1【『點(diǎn)石成金』】思路『點(diǎn)石成金』：根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍，一般采取參變分離，轉(zhuǎn)化為兩個(gè)函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，然后利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性，結(jié)合函數(shù)變化趨勢(shì)、極值等作出函數(shù)圖象，結(jié)合函數(shù)圖象即可得解.10．（2024·天津河西·三模）已知函數(shù)fx=-2alnx-2(1)若f'(2)當(dāng)a>0時(shí)，求函數(shù)gx(3)若存在x∈1e,【答案】(1)1(2)答案見解析(3)-〖祥解〗（1）求導(dǎo)可得f'x，由（2）求導(dǎo)可得g'x=（3）根據(jù)題意，由fx≤gx【詳析】（1）因?yàn)閒x=-2aln由f'2=0可得-（2）函數(shù)gx=ax-2a+1且g'當(dāng)a>0時(shí)，令g'x=0，可得x=1①當(dāng)1a=2，即對(duì)任意的x>0，g'x>0，gx②當(dāng)0<1a<2g'x>0，得0<x<1a或x>2，gx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,1a和③當(dāng)1a>2，即g'x>0，得0<x<2或1a；g'gx的單調(diào)遞增區(qū)間為0,2和1a,+綜上所述，a=12時(shí)，函數(shù)gxa>12時(shí)，函數(shù)gx的單調(diào)增區(qū)間為0,1a0<a<12時(shí)，函數(shù)gx的單調(diào)增區(qū)間為0,2和1（3）由fx≤gx，可得ax-lnx≥0令hx=ln若存在x∈1e,e2，不等式fh'x=1-lnx當(dāng)1e≤x<e時(shí)，h'x>0所以函數(shù)hx在1e,所以函數(shù)hx在端點(diǎn)x=1e因?yàn)閔1e=-e，所以hxmin=h因此，實(shí)數(shù)a的取值范圍是-e11．（2024·天津武清·模擬預(yù)測(cè)）已知fx=ax-xa(1)當(dāng)a=2時(shí)，求fx在x=0(2)當(dāng)a=e時(shí)，求證：fx在(3)設(shè)a>e，已知?x∈e2【答案】(1)y=(2)證明見解析(3)e,e〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求出切線斜率，由點(diǎn)斜式求切線方程；（2）f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增，即（3）不等式f(x)≥0恒成立，即lnxx≤【詳析】（1）當(dāng)a=2時(shí)，fx=2所以k=f'(0)=所以切線方程為y-1=ln2(x-0)，即（2）當(dāng)a=e時(shí)，f(x)=則f'要證明fx在e只需證明f'(x)>0在則只需證ex-1>x設(shè)g(x)=x-1-(e-1)因?yàn)間'x=1-e-1所以x∈(e,+∞)時(shí)g(x)>g(e所以f'(x)>0，所以f(x)在（3）f(x)≥0，即ax≥xa設(shè)h(x)=lnxx,h當(dāng)x>e時(shí)，h'(x)<0又因?yàn)閍>e，所以x≥e22ln由lnxx≤lnaa，則上式等價(jià)于lnaa≥由h(x)在(e,+∞即實(shí)數(shù)a的取值范圍為e,e2【『點(diǎn)石成金』】方法『點(diǎn)石成金』：導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，常化為不等式恒成立問題，注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理．證明不等式，構(gòu)造一個(gè)適當(dāng)?shù)暮瘮?shù)，利用它的單調(diào)性進(jìn)行解題，是一種常用技巧.12．（2024·天津·二模）已知函數(shù)fx(1)當(dāng)a=2時(shí)，求曲線y=fx在x=0(2)若對(duì)?x∈-1,0時(shí)，fx≥0(3)若函數(shù)gx=fx+e【答案】(1)y=x(2)1(3)1個(gè)實(shí)數(shù)根，理由見解析〖祥解〗（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求解即可；（2）兩次求導(dǎo)后，分0<a≤1和a>1兩種情況，結(jié)合隱零點(diǎn)問題，分析f(x)的單調(diào)性，確定使