2024届五年高考数学（理）真题分类训练：专题三 导数及其应用

第页专题三导数及其应用考点7导数的运算及几何意义题组一一、选择题1.[2021新高考卷Ⅰ，5分]若过点a,b可以作曲线y=eA.eb<a B.ea<b[解析]设切点为x0,y0，y0>0，因为y′=ex，所以设切线方程为y−b=ex0x−a，由y0−b=ex0x0−a,y0=ex0得ex01−x0+a=b,则由题意知关于x0的方程ex01−x0+函数fx=因为fx的图象与直线y=b有两个交点，所以0<b【速解】过点a,b可以作曲线y=ex的两条切线，则点a,b在曲线y=2.[2020全国卷Ⅰ，5分]函数fx=x4−2xA.y=−2x−1 B.y=[解析]∵fx=x4−2x3,∴f′x=4x3−6x23.[2019全国卷Ⅲ，5分]已知曲线y=aex+xlnxA.a=e，b=−1 B.a=e，b=1 C.a=[解析]因为y′=aex+lnx+1，所以y′|x=1二、填空题4.[2022新高考卷Ⅰ，5分]若曲线y=x+aex有两条过坐标原点的切线，则[解析]因为y=x+aex，所以y′=x+a+1ex.设切点为Ax0,x0+aex0，O为坐标原点，依题意得，切线斜率kOA=y5.[2022新高考卷Ⅱ，5分]曲线y=lnx过坐标原点的两条切线的方程为y=[解析]先求当x>0时，曲线y=lnx过原点的切线方程，设切点为x0,y0，则由y′=1x，得切线斜率为1x0，又切线的斜率为y0x0，所以1x0=y0x0，解得y6.[2021全国卷甲，5分]曲线y=2x−1x+2[解析]y′=2x−1x+2′=三、解答题7.[2021北京，15分]已知函数fx=（Ⅰ）若a=0，求曲线y=fx因为fx=3−2[答案]若a=0，则f′1=代入y−f1=f所以曲线y=fx在点1,f（Ⅱ）若函数fx在x=−1[答案]由函数fx在x=−1处取得极值可知f′−1=0，即8−2当x∈−∞,−1∪4,+∞时，f当x∈−1,4时，f′x<又当x→−∞时,fx>0且fx→0，当x→+∞时，fx<0且8.[2020新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx=[答案]fx的定义域为0,+∞（1）当a=e时，求曲线y=fx[答案]当a=e时,fx=ex−lnx+1,f1=e+1直线y=e−1x+2在x因此所求三角形的面积为2e−（2）若fx≥1,求[答案]因为x>0,fx≥1令ga=a+lna，则ga在0当a=1时，fx=ex−1−lnx,所以当x∈0,1时，f′x<0所以当x=1时，fx取得最小值，最小值为f1=当a>1时，f综上，a的取值范围是[1,【方法技巧】不等式问题中，常见的放缩形式有：题组二一、填空题1.[2021新高考卷Ⅱ，5分]已知函数fx=ex−1，x1<0，x2>0，函数fx的图象在点Ax1,fx1[解析]fx=∣ex−1∣=ex−1,x≥0,1−ex,x<0,则当x>0时，f′x=ex，f′x2=ex2；当x<0时，f′x=−ex，f′x1=−ex1.因为函数fx的图象在点A,B2.[2019全国卷Ⅰ，5分]曲线y=3x2+xex[解析]因为y′=32x+1ex+3x2+3.[2019江苏，5分]在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点−e,−1[解析]设Ax0,lnx0，又y′=1x,则曲线y=lnx在点A处的切线方程为y−lnx0二、解答题4.[2020北京，15分]已知函数fx=（Ⅰ）求曲线y=fx的斜率等于[答案]函数fx=12−x2的定义域为𝐑,f′x=−2x,令f′x=−2,得x=1（Ⅱ）设曲线y=fx在点t,ft处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为[答案]由（Ⅰ）知f′x=−2x,则f′t=−2t，又ft=12−t2，所以曲线令x=0,得y=t2+12,记A0,t2+12，O为坐标原点,则OA∴St∵St∴仅考虑t>0当t>0时,S则S′t令S′t=0∴当t变化时，S′t与St0,22,S′-0+St↘极小值↗∴St5.[2019全国卷Ⅱ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx的单调性，并证明fx[答案]fx的定义域为0,因为f′x=1x+2x−12因为fe=1−e+1e−1<0,fe2又0<1x1<1,f1x1=−综上，fx（2）设x0是fx的一个零点，证明曲线y=lnx在点[答案]因为1x0=e−lnx由题设知fx0=0,即lnx0=x0+曲线y=ex在点B−lnx0,1x0处切线的斜率是所以曲线y=lnx在点Ax考点8导数与函数的单调性、极值、最值题组一一、选择题1.[2022全国卷甲，5分]当x=1时，函数fx=alnx+bA.−1 B.−12 C.[解析]由题意知，f1=aln1+b=b=−2所以a=−2，所以f′22.[2021全国卷乙，5分]设a≠0，若x=a为函数fA.a<b B.a>b C.a[解析]解法一因为函数fx=ax−令f′x=0，结合a≠0可得x=a因为x=a为函数fx的极大值点，所以结合二次函数图象可知：当a>0时，f′x当a<0时，f′x的图象开口向下，则a>综上，当a>0时，a<b；当a<0时，a>b解法二由题意易知a≠b，a与b为fx图象与x轴两个交点的横坐标.因为x=a为函数fx的极大值点，所以当a>0当a<0时，根据题意画出函数fx的大致图象，如图2所示，观察可知综上，可知必有ab>a23.[2021全国卷乙，5分]设a=2ln1.01,b=lA.a<b<c B.b<c<[解析]b−c=ln则b−c=f0.02，f′x=1x+1−221+2x=1+2x−xa−c=2ln1.01−1.04+1,设gx=2lnx+1−1+4x+1，则a−c=g0.01，g′二、填空题4.[2023全国卷乙，5分]设a∈0,1,若函数fx=ax+1+[解析]由题意得当x>0时，f′x=axlna+1+a因为a∈0,1,所以ln1+a>0,1a+1>1，所以gx在0,+∞上单调递增，故只需满足g0≥05.[2022全国卷乙，5分]已知x=x1和x=x2分别是函数fx=2ax−ex[解析]由题意,f′x=2axlna−2ex,根据fx有极小值点x=x1和极大值点x=x2可知，x=x1,x=x2为f′x=0的两个不同的根，又x1<x2,所以易知当x∈−∞,x1，x2,+∞时，f′x<0；当x∈x1,x2时，f′x>0.由f′x=0可得ax⋅lna=ex.①若a>1，则当x→+6.[2021新高考卷Ⅰ，5分]函数fx=2x[解析]fx易知fx在(0,12当x∈12,+所以fx在(12,1]上单调递减，在综上，fx【速解】易知lnx≤x−1，当且仅当x=1fx=2x−1−2三、解答题7.[2023新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx[答案]f′x当a≤0时，f所以函数fx在−∞当a>0时，令f′x>0，得x>−所以函数fx在−∞,−l综上可得：当a≤0时，函数fx在当a>0时，函数fx在−∞,（2）证明:当a>0时，f[答案]解法一（最值法）由（1）得当a>0时，函数fx=a令ga=1+a所以g′a=2a−1a，令g′a>所以函数ga在0,22所以函数ga的最小值为g2所以当a>0时，f解法二（分析法）当a>0时，由（1）得，f故欲证fx>只需证1+a即证a2−构造函数ua=则u′a=1a−1=1−aa，所以当所以函数ua在0,1上单调递增，在所以ua≤u1=故只需证a2−12>因为a2−所以当a>0时，f8.[2020全国卷Ⅰ，12分]已知函数fx=（1）当a=1时，讨论f[答案]当a=1时，fx=e易知f′x在𝐑上单调递增，且f故当x∈−∞,0时,f′x<所以fx在−∞,0（2）当x≥0时，fx≥1[答案]fx≥12x设函数gx=12xi若2a+1≤0,即a≤−12,则当x∈0,2时,g′x>0ii若0<2a+1<2,即−12<a<1所以gx在0,2a+1,2,+∞单调递减，在2a+1,2所以当7−e24≤iii若2a+1≥2由于0∈[7−e24,故当a≥12时，综上，a的取值范围是[7−题组二解答题1.[2023全国卷乙，12分]已知函数fx=（1）当a=−1时，求曲线y=f[答案]当a=−1时，则f′x所以f′1又f1=0，所以所求切线方程为y−0（2）是否存在a,b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称？若存在，求[答案]假设存在a,b，使得曲线y=f1x令gx=因为曲线y=gx关于直线所以gx=g2b于是a=−2b当a=12，b=−12所以曲线y=gx关于直线故存在a,b，使得曲线y=f1x关于直线x=b对称，且（3）若fx在0,+∞[答案]解法一f′x设hx=ax2①当a≤0时，2a−1<0，当x>0时，所以当x>0时，hx<h所以fx在0,②当a≥12时，2a−1≥0，当x>0所以当x>0时，hx>h所以fx在0,③当0<a<12时，令h′x=0，得x=1−2a所以hx在0,1−2所以h1−又当x→+∞时，hx→+∞即当0<x<x0时，hx<0，fx单调递减，当此时y=fx有极小值点综上所述，a的取值范围为0,1解法二由题意，得f′x在0,+∞上有变号零点，令f′x=−1x所以原问题等价于直线y=a与曲线y=1+设hx=1+x设φx=ln1所以当x>0时，φx在故当x>0时，φ又当x>0时，−x+2<0，所以h′由洛必达法则可得limx→0hx=limx所以当0<a<12时，直线y=a故a的取值范围为0,12.[2021全国卷乙，12分]设函数fx=lna−x（1）求a；[答案]由题意得y=x则y′=因为x=0是函数y所以y′|x=0=lna=0，所以a（2）设函数gx=x+f[答案]由（1）可知，fx=ln1当0<x<1时，ln当x<0时，ln1−易知gx的定义域为{x|x<故要证gx=x+fxxf令1−x=t，则t>0且t≠1令ht=1−t+tlnt，则h′t=−即gx<3.[2021全国卷甲，12分]已知a>0且a≠1（1）当a=2时，求f[答案]当a=2时，ff′x令f′x>0，则0<x<2ln2，此时函数fx单调递增，令f′x<0（2）若曲线y=fx与直线y=1[答案]曲线y=fx与直线y=1有且仅有两个交点，可转化为方程xaax设gx=lnx令g′x=1−当0<x<e时，g′当x>e时，g′x<故gxmax=ge=又g1=0，所以0<lnaa<1e，即0<ga<1e4.[2019全国卷Ⅲ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx[答案]f′x令f′x=0，得x=若a>0，则当x∈−∞,0∪a3,故fx在−∞,0,a3若a=0，fx在若a<0，则当x∈−∞当x∈a3,0故fx在−∞,a3,0（2）是否存在a，b，使得fx在区间[0,1]的最小值为−1且最大值为1？若存在，求出[答案]满足题设条件的a,b存在.i当a≤0时，由（1）知，fx在[0,1]单调递增，所以fx在区间[此时a,b满足题设条件当且仅当b=−1,2−a+b=ii当a≥3时，由（1）知，fx所以fx在区间[0,1]的最大值为f此时a,b满足题设条件当且仅当2−a+b=−1,b=iii当0<a<3时，由（1）知，fx在[0,1]若−a327+b=−1,b若−a327+b=−1,2−a+b=1综上，当且仅当a=0，b=−1或a=4,b=1时，考点9导数的综合应用题组一解答题1.[2023全国卷甲，12分]已知函数fx=ax−（1）当a=8时，讨论f[答案]当a=8时，fx=8f′x令1cos2x令ht=当t∈1,2时，ht>0故当x∈0,π4时,f当x∈(π4，π2)时,∴fx在区间0,π4上单调递增，在区间(（2）若fx<sin[答案]令gx=则g′x令u=cos2x，则则k′u当u∈0,1时，k′u<0∵k1=3，∴当u∈0,1时,k①当a≤3时，g′x<0，又g0=0，∴当x∈0,π2②当a>3时，∃x0∈∴gx在0,x0∴gx0>g综上所述，a的取值范围为(−∞2.[2022全国卷甲，12分]已知函数fx=（1）若fx≥0，求[答案]由题意知函数fx的定义域为0,由f′x可得函数fx在0,1上单调递减，在所以fxm又fx≥0,所以e+1所以a的取值范围为(−∞（2）证明:若fx有两个零点x1，x2,则[答案]解法一不妨设x1<x2，则由（1）知0<令Fx=fx−令gx=则g′x所以当x∈0,1所以当x∈0,1所以当x∈0,1所以Fx在0,1上单调递增，所以即在0,1上f又fx1=fx2=0由（1）可知，函数fx在1,所以x2<1x1解法二不妨设x1<x2，则由（1）知0<由fx1=fx即ex1因为函数y=ex+x在𝐑构造函数hx=x−lnx所以函数gx在0,所以当x>1时，gx>g1=0所以hx1又h′x=1−1x=所以0<x1<13.[2021新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx[答案]因为fx=x1−lnx，所以f当x∈0,1当x∈1,+∞所以函数fx在0,1上单调递增，在（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna−a[答案]由题意，a,b是两个不相等的正数，且blna−alnb=a−b，两边同时除以令x1=1a由（1）知fx在0,1上单调递增，在1,+∞上单调递减，且当0<x<e不妨设x1<x2要证2<1a+1先证x1+要证x1+x2>因为0<x1<1又fx在1,+∞又fx1=fx2，所以即证fx1构造函数Fx=则F′x当0<x<1时，x2−x<1，则−ln[x2所以当0<x<1所以当0<x<1时，fx再证x1+由（1）知，fx的极大值点为x=1，fx过点0,0,1,1设fx1=fx2=m直线y=x与直线y=m的交点坐标为m,欲证x1+x2<即证当1<x<e构造函数hx=fx+当1<x<e时，h′x>0所以当1<x<e时，hx所以x1+综上可知，2<14.[2020全国卷Ⅱ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx在区间0,[答案]f′=2=2s当x∈0,π3当x∈(π3，2π所以fx在区间0,π3，2π3,π（2）证明：fx≤[答案]由已知知f0=fπ=0,由（1）知，fx在区间[0因为fx+π=sin2x+π（3）设n∈𝐍*，证明：[答案]由（2）得sin2xsin2x≤338,si即sin所以sin5.[2020全国卷Ⅲ，12分]设函数fx=x3+bx+c,曲线（1）求b；[答案]f′x依题意得f′12=0故b=−（2）若fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：fx[答案]由（1）知fx=x3−令f′x=0,解得x=f′x与fx−∞−1−11212f′+0-0+fx↗c+↘c−↗因为f1=f−12=c因为f−1=f12=c−14由题设可知−14当c=−14时,fx当c=14时,fx只有两个零点−1当−14<c<14时，fx有三个零点x1,x2,x3综上，若fx有一个绝对值不大于1的零点，则fx6.[2019北京，13分]已知函数fx=（Ⅰ）求曲线y=f[答案]由fx=14x令f′x=1,即34x2−又f0=0,所以曲线y=fx的斜率为1的切线方程是y=x即y=x与y（Ⅱ）当x∈[−2,[答案]令gx=fx−由gx=14x令g′x=0得x=g′x,gx−2−200,83834g′+0-0+gx−6↗0↘−64↗0所以gx的最小值为−6故−6≤gx≤（Ⅲ）设Fx=fx−x+aa∈𝐑，记Fx在区间[答案]由（Ⅱ）知，当a<−3时，Ma≥F0=g0−a=−a>3;当a题组二解答题1.[2023新高考卷Ⅱ，12分]（1）证明:当0<x<1[答案]令hx=则h′x令px=1−2所以px即h′x单调递减,又所以当0<x<1时，h′所以当0<x<1时，hx令gx=则g′x所以gx单调递减,又g0所以当0<x<1时，gx综上，当0<x<1（2）已知函数fx=cosax−ln1[答案]解法一由fx=得fx=f−xf′x令tx=则t′x令nx=−a2当a=0当0<x<1时，f′x>0,fx单调递增，当所以x=0是f当a>0时，取π2a则当0<x<m所以nx即t′x在0,m①当2−a2≥0,即0所以tx在0,m上单调递增,所以tx>那么fx在0,由偶函数性质知fx在−m故x=0是f②当2−a2<0当π2a<1因为t′0<0所以t′x在0,m且当0<x<x1时,t因为t0=0,所以当0<x<x1所以fx在0,因为fx为偶函数，所以fx在−故可得x=0是f当π2a>1因为t′0<0所以t′x在0,m且当0<x<x2时，t因为t0=0,所以当0<x<x2所以fx在0,因为fx为偶函数，所以fx在−故可得x=0是f当a<0时，由偶函数图象的对称性可得a综上所述，a的取值范围是−∞,解法二由fx=cos令tx=则t′x由x=0是fx的极大值点,易得f′0=0，t′0<0,(二级结论：已知函数fx的导函数为f′x,令gx=f′x,若x=x0所以2−a解得a<−2或所以a的取值范围是−∞,2.[2022新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx=ex−（1）求a;[答案]f′x=ex①若a≤0,f′x>0在𝐑上恒成立，fx②若a>0,当x∈−∞,lna时，f′x<0∴fx在x=ln当x∈0,1a时，g′x<0,gx∴gx在x=1a又fx与gx∴a−aln设ha=aln则h′a令φa=h′a,则φ当a∈0,1时，φ′当a∈1,+∞时，φ∴h′a在a=1处取得最小值h′1=1>0又h1=0,（2）证明：存在直线y=b,其与两条曲线y=fx[答案]由（1）得fx=ex−且fx在−∞,0上单调递减，在0,+∞上单调递增,gx在0当直线y=b与曲线y=fx和y=gx共有三个不同交点时，设三个交点的横坐标分别为x1,则fx1∵fx=ex∴fx由于x2≠x1,x2≠ln则flnflnx3=3.[2022北京，15分]已知函数fx=（Ⅰ）求曲线y=fx在点[答案]由题，f′x=ex因此，曲线y=fx在点0,f（Ⅱ）设gx=f′x，讨论函数g[答案]gx=则g′x设hx=ln1则h′x故hx在[0故hx≥因此g′x>0故gx在[0（Ⅲ）证明:对任意的s,t∈0,+∞[答案]设ms=则m′s由（Ⅱ）知gx在[0故当s>0，t>0时，m′s=g故ms>因此，对任意的s,t∈0,+∞4.[2021新高考卷Ⅱ，12分]已知函数fx=（1）讨论fx[答案]由题意，得f′x①当a≤0时，由f′x=0，得x=0，所以当x>0时，f′x>0，当x②当0<2a<1，即0<a<12所以当x>0和x<ln当ln2a<x所以函数fx在0,+∞，−∞③当2a=1，即a=12时，f′x④当2a>1，即a>12时，由f′x所以当x<0和x>ln2a时，f′所以函数fx在ln2a,+∞综上所述，当a≤0时，函数fx在0,+∞上单调递增，在−∞,0上单调递减；当0<a<12时，函数fx在0,+∞，−∞,ln2a上单调递增，在ln2（2）从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：fx①12<a≤e22,b[答案]选择条件①，12<a≤e由（1）知，当a>12时,函数fx在ln2a,因为f0=fln所以当x>0时，f又f−b所以函数fx在−b综上所述，函数fx选择条件②，0<a<12由（1）知，当0<a<12时，函数fx在0,+因为fln所以f0<所以当x<0时，f当x→+∞时，易知ex的变化率远大于ax2的变化率，所以x→+∞时，x−1综上所述，函数fx5.[2020天津，16分]已知函数fx=x3+kln（Ⅰ）当k=6i求曲线y=fx在点ii求函数gx[答案]i当k=6时，fx=x3+6lnx,故f′x=3x2+6xii依题意，gx=x3从而可得g′x整理可得g′x=3x−13当x变化时，g′x,gx0,11,g′-0+gx↘极小值↗所以，函数gx的单调递减区间为0,1，单调递增区间为1,+∞;（Ⅱ）当k≥−3时，求证:对任意的x1，x2∈[1[答案]由fx=x3+对任意的x1,x2∈[1,+∞)，且令hx=x−1x−2lnx,x∈[1,+∞).当x>1时，h′x=1+1x2−由（Ⅰ）ii可知，当t>1时，gt>g1由①②③可得x1−x2f′x1+f′x2−f′x6.[2019全国卷Ⅰ，12分]已知函数fx=sinx−l（1）f′x在区间−[答案]设gx=f′x,则g当x∈−1,π2时,g′x单调递减,而g′0>0,则当x∈−1,α时,g′x>所以gx在−1,α单调递增,在α,π2单调递减,故gx在−（2）fx[答案]fx的定义域为−1i当x∈(−1,0]时,由（1）知,f′x在−1,0单调递增,而f′0又f0=0,从而x=0是fii当x∈(0,π2]时，由（1）知,f′x在0,α单调递增,在α,π2单调递减,而f′0=0,f′故fx在0,β单调递增,在又f0=0,所以当x∈(0,π2]时,fxiii当x∈(π2,π]时，f′x<0,所以fx在(π2iv当x∈π,+∞时，lnx+1>综上，fx题组三解答题1.[2023天津，16分]已知函数fx=（1）求曲线y=fx在[答案]f′x所以f′2故曲线y=fx在x=2（2）当x>0时，证明：f[答案]构造gt=lnt所以函数gt在[1,+∞所以lnt令x+1=tx所以当x>0时，1x+1（3）证明：56<lnn[答案]先证lnn令hn=lnn则hn+由（2）可知1x+12l故hn单调递减，则hn再证56<解法一构造sx=lnx则s′x当0<x<1时，s′x>0故sx在0,1上单调递增，在故sx≤s1=又当n≥2时，h所以h1−故hn>综上，56<lnn解法二先证不等式1x+令px=则p′x故px在[0,+∞)上单调递减，故当所以当n≥2时，n以下同解法一.2.[2022全国卷乙，12分]已知函数fx=（1）当a=1时，求曲线y=fx[答案]当a=1时，f∴f′∴f′∵f0=0，∴所求切线方程为y−（2）若fx在区间−1,0，0,[答案]∵fx∴当a≥0时，若x>0,则lnx+1∴fx在0当a<0时，f令gx=ex+a1−x2,则g′x=ea若g′−1≥0，则−12e≤a<∴gx在−∵g−1=e−1>∴f′x>0∴fx在−∵f0∴fx在−1,0b若g′−1<0,则a<−12e∴gx在−1,xg−1=e−1>0i当g0≥0,即−1≤a<−12e时，g∴fx在0∵f0=0,∴当x∈0,+∞时，ii当g0<0存在x1∈−1,x0∴fx在−1,x1，∵f0=0,∴fx1>∴fx在−即fx在−1∵f0=0,当x→∴fx在x2,+∞上存在一个零点，即综上，a的取值范围是−∞,3.[2022新高考卷Ⅱ，12分]已知函数fx=（1）当a=1时，讨论f[答案]当a=1时，fx=x当x>0时，f′x=xex>0，函数fx在0,+∞（2）当x>0时，fx<−[答案]f′x①当a≥1时，f∴fx在0,+∞②当a≤0时，f∴fx在0,+∞③当0<a≤12设Gx=1+x∴Gx在0∴Gx<0,∴f′x=∴fx