2024届五年高考数学（文课）真题分类训练：专题三 导数及其应用

第1页专题三导数及其应用考点7导数的计算与导数的几何意义题组一、选择题1.[2023全国卷甲，5分]曲线y=exx+1在点A.y=e4x B.y=e2[解析]由题意可知y'=exx+1-exx+12=xexx+12，则曲线y=2.[2021新高考卷Ⅰ，5分]若过点a,b可以作曲线y=exA.eb<a B.ea<b[解析]设切点为x0,y0，y0>0，则切线方程为y-b=ex0x-a，由y0-b=ex0x0-a,y0=ex0得ex01-x0+a所以fxmax=fa=ea1-a+a=ea，又当x<a时，a-x>0画出函数fx=ex1-x+a的大致图象，如图所示，因为fx的图象与直线【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=e【方法技巧】导数的几何意义把函数的导数与曲线的切线联系在一起，曲线fx在点x0,fx0处的切线的方程为y-fx0=x-3.[2019全国卷Ⅱ，5分]曲线y=2sinx+cosxA.x-y-π-1C.2x+y-2[解析]依题意得y'=2cosx-sinx，y'4.[2019全国卷Ⅲ，5分]已知曲线y=aex+xlnx在点A.a=e，b=-1 B.a=e，b=1 C.a=e-1[解析]因为y'=aex+lnx+1，所以y'|x=1=ae+1，所以切线方程为y二、填空题5.[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=-1[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y0=16.[2022新高考卷Ⅰ，5分]若曲线y=x+aex[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=y'|x=x7.[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,fx[解析]fx=∣ex-1∣=ex-1,x≥01-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,B处的两条切线互相垂直，所以-ex1ex2=-18.[2020全国卷Ⅰ，5分]曲线y=lnx+x+[解析]设切点坐标为x0,lnx0+x0+1.由题意得y'=1x+1,则该切线的斜率9.[2020全国卷Ⅲ，5分]设函数fx=exx+a.若[解析]由于f'x=exx+10.[2019全国卷Ⅰ，5分]曲线y=3x2+xe[解析]因为y=3x2+xex，所以y'=3x2+3x+1e11.[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（e为自然对数的底数），则点A[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=1x0三、解答题12.[2022全国卷甲，12分]已知函数fx=x3-x，gx=x2+a（1）若x1=-1,[答案]当x1=-1时，f-1由fx=x3-所以切线斜率k=f所以切线方程为y=2x+1将y=2x+2代入y=x2+a，得x2-（2）求a的取值范围.[答案]由fx=x3-所以切线斜率k=f所以切线方程为y-x13-将y=3x12-1x由切线与曲线y=gx相切，得整理，得4a=9令hx=9x4由h'x=0，得hx,h'x随xx-∞,-1-1-100,11,+∞h'-0+0-0+hx↘极小值↗极大值↘极小值↗由上表知，当x=-13时，hx当x=1时，hx取得极小值易知当x→-∞时，hx→+∞,当x→+∞时，hx→+∞，所以函数所以由4a∈[-4,+∞)，得故实数a的取值范围为[-1,+∞)13.[2021全国卷乙，12分]已知函数fx（1）讨论fx[答案]由题意知fx的定义域为R，f'x=3x2①当a≥13时，f'x≥0②当a<13时，令f'x=0，即3令f'x>0，则x<x1或x所以fx在-∞,x1上单调递增，在x1,x综上，当a≥13时，fx在R上单调递增；当a<13时，fx在-∞,1（2）求曲线y=fx过坐标原点的切线与曲线y[答案]记曲线y=fx过坐标原点的切线为l，切点为因为f'所以切线l的方程为y-x由l过坐标原点，得2x03-x02-1=0，即2x令x3-则x3-x2-所以曲线y=fx过坐标原点的切线与曲线y=fx的公共点的坐标为14.[2020新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx[答案]fx的定义域为0,+∞，f（1）当a=e时，求曲线y=fx[答案]当a=e时,fx=ex-lnx+1,f'1=e-1直线y=e-1x+2在x轴，因此所求三角形的面积为2e-1（2）若fx≥1,求a[答案]当0<a<1当a=1时，fx=ex-1-lnx,f'x=ex-1-1x.当x∈0,当a>1时，f综上，a的取值范围是[1,+∞)【方法技巧】ex≥x+1,考点8导数的单调性、极值与最值题组一一、选择题1.[2023新高考卷Ⅱ，5分]已知函数fx=aex-lnx在区间1A.e2 B.e C.e-1[解析]因为函数fx=aex-lnx，所以f'x=aex-1x.因为函数fx=aex-lnx在1,2单调递增，所以f'x≥0在1,2恒成立，即aex-1x≥0在1,2恒成立，易知2.[2022全国卷甲，5分]当x=1时，函数fx=alnx+A.-1 B.-12 C.[解析]由题意知，f1=aln1+b=b=-2.因为f'x二、填空题3.[2021新高考卷Ⅰ，5分]函数fx=2x-[解析]函数fx=2x-1①当x>12时，fx=2x-1-2lnx，所以f所以fxmin②当0<x≤12时，f所以fxmin综上，fxmin三、解答题4.[2021全国卷甲，12分]设函数fx=a2（1）讨论fx的单调性[答案]由题意，fx的定义域为0,+∞，f则当x>1a时，f'x>0，fx单调递增；当0故函数fx在0,1a上单调递减,在（2）若y=fx的图象与x轴没有公共点，求a[答案]由（1）知函数fx的最小值为f1要使y=fx的图象与x轴没有公共点，只需fx的最小值恒大于0故a2⋅1a2所以a的取值范围为1e,+∞5.[2021北京，15分]已知函数fx（Ⅰ）若a=0，求曲线y=fx因为fx=3-[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处取得极值，求f[答案]由函数fx在x=-1处取得极值可知f'-1=此时fx=3-2x当x∈-∞,-1∪4,+∞时，f'x>0当x∈-1,4时，f'x又当x→-∞时,fx→0，当x→+∞时，f所以fx的最大值为f-1=1，f6.[2020全国卷Ⅱ，12分]已知函数fx（1）若fx≤2x+c[答案]设hx=fx-2x其定义域为0,+∞，h'当0<x<1时，h'x>0；当x>1时，h'x<0.所以hx在区间0,故当且仅当-1-c≤0,即c所以c的取值范围为[-1,+∞)（2）设a>0，讨论函数gx[答案]gx=fx-g'x由（1）可得，当x>0时，取c=-1得hx=2lnx-2x+2≤0恒成立，当且仅当所以gx在区间0,a,a7.[2019全国卷Ⅱ，12分]已知函数fx=（1）fx[答案]fx的定义域为0,+∞f'因为y=lnx单调递增，所以f'x单调递增.又f'1=-1<0,f又当x<x0时，f'x<0，fx单调递减；当x因此，fx存在唯一的极值点（2）fx=0[答案]由（1）知fx0<f1=-所以fx=0在x0,+∞由α>x0>1又f1α=1α-1ln1α-1α-综上，fx=0题组二一、选择题1.[2022全国卷乙，5分]函数fx=cosx+x+1A.-π2,π2 B.-3π2,π2 C.-π[解析]fx=cosx+x+1sinx+1,x∈[0,2π]，则f'x=-sinx+sinx+x+1cosx=x+1cosx2.[2021全国卷乙，5分]设a≠0,若x=a为函数fxA.a<b B.a>b C.ab[解析]因为函数fx=ax-a2x-b，所以f'x=2a（1）当a>0时，若x=a为函数fx的极大值点，则a（2）当a<0时，若x=a为函数fx的极大值点，则a综上，a>0且b>a满足题意，a<0据此可知，必有ab>a2成立.故选【速解】易知a与b为fx图象与x轴交点的横坐标.因为x=a为函数fx的极大值点，所以当a>0时，根据题意画出函数fx图1当a<0时，根据题意画出函数fx的大致图象，如图2图2综上可知，必有ab>a2成立二、解答题3.[2023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，fx=1所以f'又f1=0，所以所求切线方程为y-0（2）若函数fx在0,+∞单调递增，求a[答案]由题意得f'x=-1设gx=ax2当a≤0时，则g'x≤0在0,+∞上恒成立，即gx在当a>0时，令ax+2a-1若1-2aa≤0，即a≥12，则gx若1-2aa>0，即0<a<12，则gx在综上，a的取值范围是[124.[2023新高考卷Ⅱ，12分]（1）证明:当0<x<1[答案]令hx=则h'x令px=1-2x-cos所以px即h'x单调递减,又所以当0<x<1时，h'x所以当0<x<1时，hx<令gx=sin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-x2,若x=0[答案]解法一由fx=cos得fx=f-xf'x令tx=-则t'x令nx=-a2cos当a=0当0<x<1时，f'x>0,fx所以x=0是fx当a>0时，取π2a与1中的较小者，为则当0<x<m所以nx即t'x在0所以t'x①当2-a2≥0,即0<所以tx在0,m所以tx>t0=0那么fx在0,m由偶函数性质知fx在-m,故x=0是fx②当2-a2<0当π2a<1，即因为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,x因为fx为偶函数，所以fx在-故可得x=0是fx当π2a>1，即因为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,x因为fx为偶函数，所以fx在-故可得x=0是fx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-∞,-2∪解法二由fx=cosax-ln1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为所以2-a解得a<-2或a所以a的取值范围是-∞,-2∪5.[2020全国卷Ⅲ，12分]已知函数fx（1）讨论fx[答案]f'当k≤0时，f'x=3x2当k>0时，令f'x=0,得x=±3k3.当x∈-∞,-3k3时，f'x>0；当x∈-3k3,3k（2）若fx有三个零点，求k的取值范围[答案]由（1）知，当k≤0时，fx在-∞,+∞上单调递增，fx不可能有三个零点.当k>0时，x=-3k3为fx的极大值点，x=3k3为fx的极小值点.此时，-k-1<-3k3<3k3<k+1且f-k-16.[2019全国卷Ⅲ，12分]已知函数fx（1）讨论fx[答案]f'令f'x=0，得x若a>0，则当x∈-∞,0∪a3,+∞时，f'x>0；当x∈0,a3若a=0，则fx在-∞,+∞若a<0，则当x∈-∞,a3∪0,+∞时，f'x>0；当x∈a3,0（2）当0<a<3时，记fx在区间[0,1]上的最大值为M[答案]当0<a<3时，由（1）知，fx在0,a3上单调递减，在a3,1上单调递增，所以fx在[m=-a327所以M-当0<a<2时，可知y=2-a当2≤a<3时，y=a327综上，M-m的取值范围是[7.[2019北京，14分]已知函数fx（Ⅰ）求曲线y=fx[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与y-827=（Ⅱ）当x∈[-2,4[答案]令gx=fx-由gx=14x令g'x=0得x=g'x,gxx-2-200,83834g'+0-0+gx-6↗0↘-64↗0所以gx的最小值为-6,故-6≤gx≤0（Ⅲ）设Fx=fx-x+aa∈R，记Fx在区间[-[答案]由（Ⅱ）知，当a<-3时,M当a>-3时,M当a=-3时,M综上,当Ma最小时,a=-8.[2019浙江，15分]已知实数a≠0,设函数fx（Ⅰ）当a=-34时，求函数f[答案]当a=-34时,fx=-f'令f'x>0,得x>3;令所以函数fx的单调递减区间为0,3,单调递增区间为（Ⅱ）对任意x∈[1e2,+∞)均有fx注:e=2.71828[答案]由f1≤12a,当0<a≤24时，令t=1a,则设gt=t2x-gt=i当x∈[17,+∞)时，1gt≥记px=4x-2p'x故x171711,+∞p'-0+pxp1↘极小值p1↗所以，px≥因此，gt≥ii当x∈[1gt≥令qx=2xlnq'x故qx在[1所以qx≤由i得，q17所以qx<0.因此，由iii知对任x∈[1e2,+∞),t∈[22,+∞)，gt≥综上所述，所求a的取值范围是(0,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-sinxcos（1）当a=1时，讨论f[答案]由题意可得f'当a=1时，f因为x∈0,π2，所以cosx∈故当a=1时，fx在0（2）若fx+sinx<[答案]依题意，fx+sinx=①当a≤0时，易知f②当a>0时，因为x∈0,所以fx+sin因为函数y=1cos2xx∈0,π2的值域为1,+∞,a+1即存在x0∈0,π2,使得fx0+sinx0综上，a的取值范围为(-∞,0]2.[2022全国卷乙，12分]已知函数fx（1）当a=0时，求f[答案]当a=0时，f所以f'若x∈0,1，f若x∈1,+∞，f'所以fxmax（2）若fx恰有一个零点，求a的取值范围[答案]由fx=ax-1x当a=0时，由（1）可知，f当a<0时，f若x∈0,1，f若x∈1,+∞，f'所以fxmax=f1当a>0时，f'x=ax-1ax-1x2，若a=若a>1，fx在0,1a,1,+∞上单调递增，在1a,1上单调递减，因为f1=a-1>0，所以f1a若0<a<1，fx在0,1,1a,+∞上单调递增，在1,1a上单调递减，因为f1=a-1<0，所以f1a综上，若fx恰有一个零点，a的取值范围为0,+∞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,+∞上单调递增;当（2）当x>0时，fx<-1[答案]f'①当a≥1时，f∴fx在0,+∞上单调递增，∴②当a≤0时，f∴fx在0,+∞上单调递减，∴③当0<a≤12设Gx=1+x2∴Gx在0∴Gx<0,∴f'x∴fx<-④当12<a<1令Hx=1+ax-e1-ax，则f'x=eaxHx∴∃x0∈0,+∞,使H'x0=0,且当x∈0,x∴当x∈0,x0fx在0,x0上单调递增，综上，实数a的取值范围为(-∞,12（3）设n∈N*[答案]先证不等式ab<a-当a>b>0时，不等式ab<a-bln构造函数hx=2ln当x>1时，h所以函数hx在1,+∞上单调递减，hx令a=1+1n,b整理可得，ln1+1n即112+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'①当a≤0时，由f'x=0，得x=0，所以当x>0时，f'x>0②当0<2a<1，即0<a<12时，由所以当x>0和x<ln2a当ln2a<x<0所以函数fx在0,+∞，-∞,ln2a上单调递增，在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'x>所以函数fx在ln2a,+∞，-∞,0上单调递增，在综上所述，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ln2a,0上单调递减；当a=12时，函数fx（2）从下面两个条件中任选一个作为已知条件，证明：fx有一个零点①12<a≤e22,[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=-fln2a所以当x>0时，f又f-b所以函数fx在-ba综上所述，函数fx存在唯一零点选择条件②，0<a<12由（1）知，当0<a<12时，函数fx在0,+∞，因为fln2a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-1ex-ax综上所述，函数fx存在唯一零点5.[2020全国卷Ⅰ，12分]已知函数fx（1）当a=1时，讨论fx[答案]当a=1时，fx=e令f'x<0，解得x<0所以fx在-∞,0上单调递减，在0,+∞（2）若fx有两个零点，求a的取值范围[答案]解法一fx有两个零点，等价于ex-由方程可知，x=-2所以a=ex令hx=exx令h'x>0令h'x<0，解得x<-所以函数hx在-∞,-2和-2,-1且当x<-2时，h当x→-∞时，hx→0且hx<0,当x→-2且x<-2时，hx→-∞,当x→-2hx的大致图象如图所示由图易知，当a=exx+2有两个解时，a>h解法二f'当a≤0时，f'x>0,当a>0时，令f'x>0,解得x>lna所以fx在-∞,lna上单调递减，在ln当x→-∞时，ex→0,-ax当x→+∞时，y=ex的增长速度远大于y=a要使fx有两个零点，则需fxmin=fln所以满足条件的a的取值范围是1e,+∞解法三fx有两个零点可转化为曲线y=ex和直线易知直线l:y=ax+2过定点A-设直线l与y=ex的图象相切时，切点为Px0,ex0，对y=ex求导，得y则a=ex0由图易知a的取值范围是1e,+∞6.[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=2-e2+1e2-1=e2-3e2-1综上，fx有且仅有两个零点（2）设x0是fx的一个零点,证明曲线y=lnx在点Ax[答案]因为1x0=e-lnx0由题设知fx0=0,即lnx0=x0+1曲线y=ex在点B-lnx0,1x0处切线的斜率是1x0,曲线y=lnx在点题组二解答题1.[2023新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx（1）讨论fx的单调性[答案]f'当a≤0时，f所以函数fx在-∞,+∞当a>0时，令f'x>0，得x>-ln所以函数fx在-∞,-lna上单调递减，在-ln综上可得：当a≤0时，函数fx在当a>0时，函数fx在-∞,-lna（2）证明:当a>0时，[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<0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，fx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=ln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，fx2.[2022新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx=ex-ax（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∴fx在x=lna当x∈0,1a时，g'x<0,gx单调递减，当∴gx在x=1a又fx与gx∴a-aln设ha=alna+lna令φa=h'a,则φ当a∈0,1时，φ'a当a∈1,+∞时，φ'a>∴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和y[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0,1上单调递减，在当直线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≠lnx2则flnflnx3=eln3.[2021新高考卷Ⅰ，12分]已知函数fx（1）讨论fx的单调性[答案]因为fx=x1-lnx，所以fx当x∈0,1时，f'x>0所以函数fx在0,1上单调递增，在1（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即lna+1a令x1=1a由（1）知fx在0,1上单调递增，在且当0<x<e时，fx>0，当不妨设x1<x2要证2<1a+1先证x1要证x1+x2>因为0<x1<1又fx在1,+∞所以即证fx2又fx1=fx2，所以即证fx1构造函数Fx=则F'x当0<x<1时，x2即当0<x<1所以Fx在0,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<e，即证x1+x构造函数hx=fx+当1<x<e时，h'x>0所以当1<x<e时，hx<he=f综上可知，2<1a4.[2022北京，15分]已知函数fx（Ⅰ）求曲线y=fx在点0[答案]由题，f'x=ex⋅ln1+因此，曲线y=fx在点0,f（Ⅱ）设gx=f'x，讨论函数[答案]gx=则g'x设hx=ln1+x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=gs故ms>因此，对任意的s,t∈0,+∞，有题组三解答题1.[2020浙江，15分]已知1<a≤2,函数fx=（Ⅰ）证明：函数y=fx在[答案]因为f0=1-a<0,f2=e2-2-a≥e2-4>0,所以y=fx在0,+∞上存在零点（Ⅱ）记x0为函数y=fx（i）a-[答案]令gx=ex-12x2-x-1x≥0,g'x=ex-x-1=fx由g2a-1≥因为fx在[0,+∞)故2a-令hx=ex-令h1x=ex-x00,lnlnln1h'-1-0+e-2h10↘极小值↗e-3故当0<x<1时，h1x所以hx在[0因此当0≤x≤1由ha-1≤0因为fx在[0,+∞)单调递增，故综上，a-1（ii）x0[答案]令ux=ex-e-1x-1,u'x=ex-e-1由ex0=x0由x0≥a-12.[2020天津，16分]已知函数fx=x3+kln（Ⅰ）当k=6（i）求曲线y=fx在点[答案]当k=6