新高考地区专用-三年高考数学真题分项汇编专题03导数及其应用

专题03导数及其应用1．【2022年新高考1卷】设a=0.1e0.1,b=19，A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．a<c<b【答案】C【分析】构造函数f(x)=ln(1+x)−x，导数判断其单调性，由此确定【解析】设f(x)=ln(1+x)−x(x>−1)，因为当x∈(−1,0)时，f'(x)>0，当x∈(0,+∞所以函数f(x)=ln(1+x)−x在(0,+∞所以f(19)<f(0)=0，所以ln109所以f(−110)<f(0)=0，所以ln910故a<b，设g(x)=xex+令ℎ(x)=ex(当0<x<2−1时，ℎ'当2−1<x<1时，ℎ'(x)>0又ℎ(0)=0，所以当0<x<2−1时，所以当0<x<2−1时，g'所以g(0.1)>g(0)=0，即0.1e0.1故选：C.

2．【2021年新高考1卷】若过点可以作曲线的两条切线，则（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.【解析】在曲线上任取一点，对函数求导得，所以，曲线在点处的切线方程为，即，由题意可知，点在直线上，可得，令，则.当时，，此时函数单调递增，当时，，此时函数单调递减，所以，，由题意可知，直线与曲线的图象有两个交点，则，当时，，当时，，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.

3．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=x3−x+1A．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【答案】AC【分析】利用极值点的定义可判断A，结合f(x)的单调性、极值可判断B，利用平移可判断C；利用导数的几何意义判断D.【解析】由题，f'x=3x2−1，令令f'(x)<0得所以f(x)在(−33,33所以x=±3因f(−33)=1+23所以，函数fx在−当x≥33时，fx≥f3综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令ℎ(x)=x3−x，该函数的定义域为R则ℎ(x)是奇函数，(0,0)是ℎ(x)的对称中心，将ℎ(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0,1)是曲线y=f(x)的对称中心，故C正确；令f'x=3x2当切点为(1,1)时，切线方程为y=2x−1，当切点为(−1,1)时，切线方程为y=2x+3，故D错误.故选：AC.

4．【2022年新高考1卷】若曲线y=(x+a)ex有两条过坐标原点的切线，则【答案】(−【分析】设出切点横坐标x0，利用导数的几何意义求得切线方程，根据切线经过原点得到关于x0的方程，根据此方程应有两个不同的实数根，求得【解析】∵y=(x+a)ex，∴设切点为(x0,y0切线方程为：y−x∵切线过原点，∴−x整理得：x0∵切线有两条，∴∆=a2+4a>0,解得a<−4∴a的取值范围是(−∞故答案为：(−∞,−4)∪(0,+∞)

【答案】

y=1e【分析】分x>0和x<0两种情况，当x>0时设切点为x0,lnx0【解析】解：因为y=ln当x>0时y=lnx，设切点为x0,lnx0又切线过坐标原点，所以−lnx0=1x0当x<0时y=ln−x，设切点为x1,ln−x又切线过坐标原点，所以−ln−x1=1x故答案为：y=1ex；y=−1ex

6．【2021年新高考2卷】已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则【答案】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【解析】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案为：【点睛】解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.

7．【2022年新高考1卷】已知函数f(x)=ex−ax和(1)求a；(2)证明：存在直线y=b，其与两条曲线y=f(x)和y=g(x)共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【答案】(1)a=1；(2)见解析【分析】（1）根据导数可得函数的单调性，从而可得相应的最小值，根据最小值相等可求a.注意分类讨论.（2）根据（1）可得当b>1时，ex−x=b的解的个数、x−lnx=b的解的个数均为2，构建新函数ℎ(x)=ex+lnx−2x，利用导数可得该函数只有一个零点且可得f(x),g(x)【解析】(1)f(x)=ex−ax的定义域为R若a≤0，则f'(x)>0，此时f(x)无最小值，故g(x)=ax−lnx的定义域为(0,+∞当x<lna时，f'(x)<0，故当x>lna时，f'(x)>0，故故f(x)当0<x<1a时，g'(x)<0，故当x>1a时，g'(x)>0，故故g(x)因为f(x)=ex−ax故1−ln1a=a−aln设g(a)=a−11+a−故g(a)为(0,+∞)上的减函数，而故g(a)=0的唯一解为a=1，故1−a1+a=ln综上，a=1.(2)由（1）可得f(x)=ex−x和g(x)=x−当b>1时，考虑ex−x=b的解的个数、设S(x)=ex−x−b当x<0时，S'(x)<0，当x>0时，故S(x)在(−∞,0)上为减函数，在所以S(x)而S(−b)=e−b>0设u(b)=eb−2b，其中b>1故u(b)在(1,+∞)上为增函数，故故S(b)>0，故S(x)=ex−x−b设T(x)=x−lnx−b，当0<x<1时，T'(x)<0，当x>1时，故T(x)在(0,1)上为减函数，在(1,+∞所以T(x)而T(e−b)=T(x)=x−lnx−b有两个不同的零点即当b=1，由（1）讨论可得x−lnx=b、当b<1时，由（1）讨论可得x−lnx=b、故若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，则b>1.设ℎ(x)=ex+lnx−2x设s(x)=ex−x−1，x>0故s(x)在(0,+∞)上为增函数，故s(x)>s(0)=0即所以ℎ'(x)>x+1x−1≥2−1>0而ℎ(1)=e−2>0，故ℎ(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0当0<x<x0时，ℎ(x)<0即ex当x>x0时，ℎ(x)>0即ex因此若存在直线y=b与曲线y=f(x)、y=g(x)有三个不同的交点，故b=f(x此时ex−x=b有两个不同的零点此时x−lnx=b有两个不同的零点故ex1−x1=b所以x4−b=lnx4故x4−b为方程ex−x=b的解，同理又ex1−x1=b可化为故x1+b为方程x−lnx=b的解，同理所以{x1,故{x0=【点睛】函数的最值问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，此时注意对参数的分类讨论，而不同方程的根的性质，注意利用方程的特征找到两类根之间的关系.

8．【2022年新高考2卷】已知函数f(x)=xe(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<−1，求a的取值范围；(3)设n∈N∗，证明：【答案】(1)f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(0,+∞)【分析】（1）求出f'(x)，讨论其符号后可得f(x)的单调性.（2）设ℎ(x)=xeax−ex+1，求出ℎ″(x)，先讨论a>12时题设中的不等式不成立，再就0<a≤12结合放缩法讨论【解析】(1)当a=1时，f(x)=(x−1)ex，则当x<0时，f'(x)<0，当x>0时，故f(x)的减区间为(−∞,0)，增区间为(2)设ℎ(x)=xeax−又ℎ'(x)=(1+ax)e则g'若a>12，则因为g'故存在x0∈(0,+∞)，使得故g(x)在(0,x0)故ℎ(x)在(0,x0)若0<a≤12，则下证：对任意x>0，总有ln(1+x)<x证明：设S(x)=ln(1+x)−x，故故S(x)在(0,+∞)上为减函数，故S(x)<S(0)=0即由上述不等式有eax+故ℎ'(x)≤0总成立，即ℎ(x)在所以ℎ(x)<ℎ(0)=−1.当a≤0时，有ℎ'(x)=所以ℎ(x)在(0,+∞)上为减函数，所以综上，a≤1(3)取a=12，则∀x>0，总有令t=e12故2tlnt<t2−1所以对任意的n∈N∗，有整理得到：ln(n+1)−故1=ln故不等式成立.【点睛】函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.

9．【2021年新高考1卷】已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【解析】(1)的定义域为．由得，，当时，；当时；当时，．故在区间内为增函数，在区间内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由得，即．由，得．由（1）不妨设，则，从而，得，①令，则，当时，，在区间内为减函数，，从而，所以，由（1）得即．①令，则，当时，，在区间内为增函数，，从而，所以．又由，可得，所以．②由①②得．[方法二]【最优解】：变形为，所以．令．则上式变为，于是命题转换为证明：．令，则有，不妨设．由（1）知，先证．要证：．令，则，在区间内单调递增，所以，即．再证．因为，所以．令，所以，故在区间内单调递增．所以．故，即．综合可知．[方法三]：比值代换证明同证法2．以下证明．不妨设，则，由得，，要证，只需证，两边取对数得，即，即证．记，则.记，则，所以，在区间内单调递减．，则，所以在区间内单调递减．由得，所以，即．[方法四]：构造函数法由已知得，令，不妨设，所以．由（Ⅰ）知，，只需证．证明同证法2．再证明．令．令，则．所以，在区间内单调递增．因为，所以，即又因为，所以，即．因为，所以，即．综上，有结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.

10．【2021年新高考2卷】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：只有一个零点①；②．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【解析】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．

11．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若不等式恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）（2）【分析】（1）利用导数的几何意义求出在点切线方程，即可得到坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；（2）方法一：利用导数研究函数的单调性，当a=1时，由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.【解析】（1），，.，∴切点坐标为(1,1+e),∴函数在点(1,f(1)处的切线方程为,即,切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为．（2）［方法一