新高考数学一轮复习专题命题点3导数及其应用练习含答案

命题点3导数及其应用预测说明导数是初等数学与高等数学的重要衔接点,是命题热点,在每年的高考中,导数通常考查2或3道题,即“一小一大或两小一大”,小题可能为单选题、多选题或填空题.命题方向:1.以导数的运算、导数的几何意义以及导数与函数的关系为基础,命制导数运算的相关基础题或者利用求导来研究函数的单调性、极值、最值、零点等方面的考题.一般以选择题或填空题形式呈现,难度可能为基础题,也可能为中高档题.2.以导数为载体的解答题,第(1)问通常考查一些基础知识、基本方法,属于中低档题;第(2)问一般会与不等式等知识进行综合,同时会应用到很多的数学思想方法,如转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、构造思想等.考查学生的逻辑推理能力,难度较大.预测探究识透高频考点1.(多选)(2024辽宁抚顺六校协作体第三次模拟,11)已知定义在R上的奇函数f(x)连续,函数f(x)的导函数为f'(x).当x>0时,f'(x)cosx>f(x)sinx+e·f'(x),其中e为自然对数的底数,则(BCD)A.f(x)在R上为减函数B.当x>0时,f(x)<0C.fπ2>fD.f(x)在R上有且只有1个零点2.(2024山东潍坊二模,15)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=(e-2)x+3-e.(1)求实数a,b的值;(2)求f(x)的单调区间和极值.基础知识运用导数几何意义的运用;利用导数求函数的单调区间和极值解析(1)f'(x)=ex+(x-1)ex-2ax=xex-2ax,由题意知,f'(1)=e-2a=e-2,所以a=1,又因为f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,所以b=2.(2)由(1)知f'(x)=xex-2x=x(ex-2),当x∈(-∞,0)时,f'(x)>0;当x∈(0,ln2)时,f'(x)<0;当x∈(ln2,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(ln2,+∞),单调递减区间是(0,ln2).当x=0时,f(x)取得极大值f(0)=1;当x=ln2时,f(x)取得极小值f(ln2)=2ln2-(ln2)2.3.(2024湖南郴州5月模拟,18)已知函数f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+12x2(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.综合知识运用多角度考查导数的基础知识以及利用导数研究函数性质、函数零点的方法,同时考查了分类讨论思想和构造函数解析(1)由f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+12x2得f'(x)=2ae2x-(ax+2)ex+x=(aex-1)(2ex-x),(2分)∵ex≥x+1,∴2ex-x≥ex+1>0.①当a≤0时,aex-1<0,从而f'(x)<0恒成立,f(x)在R上单调递减;(3分)②当a>0时,令f'(x)=0,从而aex-1=0,得x=-lna.x(-∞,-lna)-lna(-lna,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减极小值单调递增(5分)综上,当a≤0时,f(x)在R上单调递减;当a>0时,f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增.(6分)(2)由(1)知,当a≤0时,f(x)在R上单调递减,f(x)在R上至多有一个零点,不满足条件.(7分)当a>0时,f(x)min=f(-lna)=1-1a+lna+l令g(a)=1-1a+lna+l则g'(a)=1a2+1a+lnaa=1a1a∴g(a)在R上单调递增,(9分)而g(1)=0,故当0<a<1时,g(a)<0;当a=1时,g(a)=0;当a>1时,g(a)>0.(10分)(i)若a>1,则f(x)min=g(a)>0,故f(x)>0恒成立,f(x)无零点;(11分)(ii)若a=1,则f(x)min=g(a)=0,故f(x)仅有一个零点x=-lna=0,不满足条件;(12分)(iii)若0<a<1,则f(x)min=g(a)<0,-lna>0,f(-2)=ae4+3a−2e2+2=1+3故f(x)在(-2,-lna)上有一个零点,又ln3a−1>ln1a=-lna,且fln3a−1=a3a−12-aln3a−1+2−a3a−1+12ln23令h(x)=x-ln(3x-1)(x>1),则h'(x)=1-33x−1∴h(x)在1,43上单调递减,在43,+∞上单调递增,h(x)≥h43=43-ln3>0又0<a<1,∴3-a>0,∴(3-a)1a−ln即fln3a−1>0,故f(x)在又f(x)在(-∞,-lna)上单调递减,在(-lna,+∞)上单调递增,故f(x)在R上至多有两个零点,(16分)又f(x)在(-2,-lna)及−lna,ln故f(x)在R上恰有两个零点.综上,0<a<1时,f(x)在R上恰有两个零点.(17分)悟透新型考法1.(2024湖北高中名校联盟第四次联考,14)已知直线l1与曲线y=aex和y=lnx-lna都相切,倾斜角为α,直线l2与曲线y=aex和y=lnx-lna都相切,倾斜角为β,则tanα+4tanβ取最小值时,实数a的值为

32e2.(2024浙江十校联考,19)已知函数f(x)=cosx+λln(1+x),且曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线斜率为1.(1)求f(x)的表达式;(2)若f(x)≤ax+1恒成立,求a的值;(3)求证:k=n+12nfsin1创新知识交汇综合考查导数与数列、不等式放缩解析(1)f'(x)=-sinx+λ1+x,则f'(0)=λ故f(x)=cosx+ln(1+x).(2)设h(x)=f(x)-ax-1=cosx+ln(1+x)-ax-1,x>-1.由条件知h(x)≤0(x>-1)恒成立,因为h(0)=0,又h(x)的图象在定义域上是连续不间断的,所以x=0是h(x)的一个极大值点,则h'(0)=0.又h'(x)=-sinx+11+x-a,所以h'(0)=1-a=0,得a下证当a=1时,h(x)≤0对任意x∈(-1,+∞)恒成立.令φ(x)=ln(1+x)-x,则φ'(x)=11+x-1=当-1<x<0时,φ'(x)>0,当x>0时,φ'(x)<0,则函数φ(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(0)=0,即ln(1+x)-x≤0,而cosx-1≤0,所以当a=1,x∈(-1,+∞)时,h(x)=(cosx-1)+[ln(1+x)-x]≤0.综上,若f(x)≤ax+1恒成立,则a=1.(3)证明:由(2)可知f(x)≤x+1,所以fsin1k−1所以k=n+12nfsin1k−1=fsin1n+1−1+fsin1n+2−1+…+fsin先证sinx<x,x∈0,π令t(x)=sinx-x,x∈0,π2,则t'(x)=cosx则t(x)在0,π2上单调递减,t(x)<t(0)即sinx<x,x∈0,π所以sin1n+1+sin1n+2+…+sin12n<1n+1+1n+2+…+12n,(由结果中含有再证1n+1<lnn+1n,先证lnx<x-1,令u(x)=lnx-x+1(0<x<1),则u'(x)=1x-1=1−当0<x<1时,u'(x)>0,函数u(x)单调递增,则u(x)<u(1)=0,即lnx<x-1,0<x<1,令x=nn+1,即得1n又lnn+1n=ln(n+1)-lnn,所以1n+1<ln(n+1)-ln(n),……,1n+n<ln(2n所以1n+1+1n+2+…+12n<ln(n+1)-ln(n)+ln(n+2)-ln(n+1)+…+ln(2n)-ln(2n-1)=ln(2综上,k=n+12nfsin1参透创新情境1.(2024广东汕头二模,16)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:①方程f(x)-x=0有实根;②f(x)在定义域区间D上可导,且f'(x)满足0<f'(x)<1.(1)判断g(x)=x2-lnx2+3,x∈(1,+∞)是不是集合M中的元素(2)设函数f(x)为集合M中的任意一个元素,证明:对其定义域区间D中的任意α、β,都有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.创新情境以学科情境(元素与集合的关系)为背景,考查利用导数研究函数的单调性,进而证明不等式解析(1)易知g'(x)=12-12x=121−1x,当x∈(1,+∞)时,g'(x)∈0,12令F(x)=g(x)-x=-x2-lnx2+3(则F(e)=-e2+52>0,F(e2)=-e又F(x)在区间[e,e2]上连续,故F(x)在[e,e2]上存在零点x0,即方程g(x)-x=0有实数根x0,x0∈[e,e2],故g(x)满足条件①.综上可知,g(x)∈M.(2)证明:不妨设α≤β,∵f'(x)>0,f(x)在区间D上单调递增,∴f(α)≤f(β),即f(β)-f(α)≥0,令h(x)=f(x)-x,则h'(x)=f'(x)-1<0,故h(x)在区间D上单调递减,∴f(β)-β≤f(α)-α,即f(β)-f(α)≤β-α,∴0≤f(β)-f(α)≤β-α,则有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.2.(2024山东菏泽一模,19)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法.给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为:R(x)=a0+a1x+…+amxm1+b1x+…+bnxn,且满足:f(0)=R(0),f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),(注:f″(x)=[f'(x)]',f‴(x)=[f″(x)]',f(4)(x)=[f‴(x)]',f(5)(x)=[f(4)(x)]',……,f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数)已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)=ax1+(1)求实数a,b的值;(2)比较f(x)与R(x)的大小;(3)若h(x)=f(x)R(x)-12−mf(x)在(新定义理解以“帕德近似”为背景,考查导数的综合应用解析(1)由f(x)=ln(x+1),R(x)=ax1+知f'(x)=1x+1,f″(x)=-1(x+1)2,R'(x)=a(1+bx∵f'(0)=R'(0),f″(0)=R″(0),∴a=1,−2ab=−1,∴a=1,b=12.(2)由(1)知,R(x)=2x令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)-2xx+2(则φ'(x)=1x+1-4(x∴φ(x)在(-1,+∞)上单调递增,又φ(0)=f(0)-R(0)=0,∴当-1<x<0时,φ(x)<0,即f(x)<R(x),当x=0时,φ(x)=0,即f(x)=R(x),当x>0时,φ(x)>0,即f(x)>R(x).(7分)(3)h(x)=f(x)R(x)-12−mf(则h'(x)=-1x2ln(x+1)=mx由h(x)=f(x)R(x)-12−mf(知h'(x)在(0,+∞)上存在变号零点.令g(x)=mx2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,则g'(x)=2mx+1-[ln(x+1)+1]=2mx-ln(x+1),g″(x)=2m-1x①当m≤0时,g″(x)<0,g'(x)在(0,+∞)上单调递减,g'(x)<g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,g(x)<g(0)=0,无零点,不满足条件.②当2m>1,即m>12时,g″(x)>0,g'(x)在(0,+∞)上单调递增,g'(x)>g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递增g(x)>g(0)=0,无零点,不满足条件.③当0<2m<1,即0<m<12时,令g″(x)=0,得x=12当0<x<12m-1时,g″(x)<0,当x>12m-1时,g″(∴g'(x)在0,12m−1上单调递减,∴g'(x)min=g'12m−1=2m12m−1-ln12令H(x)=1-x+lnx,0<x<1,则H'(x)=-1+1x>0∴H(x)在(0,1)上单调递增,H(x)<H(1)=0,∴g'12m−1=(1-2m)+ln(2m)∵x>0,0<m<12,∴x(m-1)<0,∴mx2−1∴1+mx2−1x+1-ln(x+1)>mx∵g(x)=(x+1)mx令l(x)=mx2+xx+1-l