2025版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用新高考新题型微课堂2多选题命题热点之导数学案含解析新人教B版

第3章导数及其应用二多选题命题热点之导数导数是中学数学的重要内容，从近几年高考试题中可以看出，导数是每年的必考内容之一，且占有较大的分值比重．考查内容主要为探讨函数的单调性、极值和最值及函数零点、不等式等问题．利用导数探讨函数的单调性、极值和最值(多选题)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，在定义域[－2,2]上表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1.下列说法正确的是()A．f(x)是奇函数B．若f(x)在[s，t]内递减，则|t－s|的最大值为4C．若f(x)的最大值为M，则最小值为－MD．若对∀x∈[－2,2]，k≤f′(x)恒成立，则k的最大值为2AC解析：由题意f(0)＝0，得c＝0.f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝－1，,3－2a＋b＝－1，))解得a＝0，b＝－4.所以f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4.对于A，C，明显f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函数，故A，C正确；对于B，令f′(x)<0，解得－eq\f(2,\r(3))<x<eq\f(2,\r(3))，所以|t－s|≤eq\f(4,\r(3))<4，故B错误；对于D，当x∈[－2,2]时，3x2－4≥－4，故k的最大值为－4.故D错误．故选AC.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，且导函数为f′(x)，如图是函数y＝xf′(x)的图像，则下列说法正确的有()A．函数f(x)的单调递减区间是(－∞，－2)B．函数f(x)的单调递增区间是(－2，＋∞)C．x＝－2是函数的微小值点D．x＝2是函数的微小值点ABC解析：当x≥0时，y＝xf′(x)≥0，故f′(x)≥0，函数单调递增；当－2<x<0时，y＝xf′(x)<0，故f′(x)>0，函数单调递增；当x＝－2时，y＝xf′(x)＝0，故f′(－2)＝0；当x<－2时，y＝xf′(x)>0，故f′(x)<0，函数单调递减．故ABC正确．利用导数探讨函数零点、方程根问题(多选题)已知f(x)＝eq\f(2mx2＋1,ex)－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.若φ(x)＝ex·f(x)－eq\f(gx,ex)有唯一的零点，则m的值可能为()A．2 B．3C．－3 D．－4ACD解析：f(x)＝eq\f(2mx2＋1,ex)－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.因为φ(x)＝ex·f(x)－eq\f(gx,ex)只有一个零点，所以2m(x2＋1)－ex－eq\f(m＋2x2＋12,ex)＝0只有一个实数根，即(m＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,ex)))2－2meq\f(x2＋1,ex)＋1＝0只有一个实数根．令t＝eq\f(x2＋1,ex)，则t′＝eq\f(x2＋1′ex－x2＋1ex,ex2)＝eq\f(－x－12,ex)≤0.所以函数t＝eq\f(x2＋1,ex)在R上单调递减，且x→＋∞时，t→0，所以函数t＝eq\f(x2＋1,ex)的大致图像如图所示，所以只需关于t的方程(m＋2)t2－2mt＋1＝0(*)有且只有一个正实根．①当m＝2时，方程(*)为4t2－4t＋1＝0，解得t＝eq\f(1,2)，符合题意；②当m＝3时，方程(*)为5t2－6t＋1＝0，解得t＝eq\f(1,5)或t＝1，不符合题意；③当m＝－3时，方程(*)为t2－6t－1＝0，得t＝3±eq\r(10)，只有3＋eq\r(10)>0，符合题意；④当m＝－4时，方程(*)为2t2－8t－1＝0，得t＝eq\f(4±3\r(2),2)，只有eq\f(4＋3\r(2),2)>0，符合题意．故选ACD.(多选题)已知函数f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是()A．函数f(x)存在两个不同的零点B．函数f(x)既存在极大值又存在微小值C．当－e<k<0时，方程f(x)＝k有且只有两个实根D．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq\f(5,e2)，则t的最小值为2ABC解析：f(x)＝0⇒x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，所以A项正确．f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(x＋1x－2,ex)，当f′(x)>0时，－1<x<2；当f′(x)<0时，x<－1或x>2，所以(－∞，－1)，(2，＋∞)是函数f(x)的单调递减区间，(－1,2)是函数f(x)的单调递增区间，所以f(－1)是函数的微小值，f(2)是函数的极大值，所以B项正确．当x→＋∞时，y→0，依据B选项可知，函数的最小值是f(－1)＝－e.再依据单调性可知，当－e<k<0时，方程f(x)＝k，有且只有两个实根，所以C项正确．由图像可知，t的最大值是2，所以D项不正确．故选ABC.利用导数探讨不等式问题(多选题)已知函数f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)，则()A．存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)<0B．函数f(x)的单调递减区间是(0,2)C．随意x∈(0，＋∞)，都有f(x)>0D．对随意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2>4BCD解析：因为f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2).令f′(x)<0，则0<x<2，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减；令f′(x)>0，则x>2，所以函数f(x)在(2，＋∞)上单调递增．所以函数f(x)在x＝2处取得微小值也是最小值．f(x)min＝f(2)＝ln2＋1>0，所以对随意x∈(0，＋∞)，B项，C项正确，A项错误．由x＝2是f(x)的微小值点，可知f(x1)＝f(x2)时，x2＞2＞x1＞0，易知4－x1＞2，则f(4－x1)－f(x2)＝f(4－x1)－f(x1)＝eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－eq\f(2,x1)－lnx1＝eq\f(4x1－2,4－x1x1)＋lneq\f(4－x1,x1).令t＝eq\f(4－x1,x1)，则t＞1，x1＝eq\f(4,1＋t)，则F(t)＝f(4－x1)－f(x2)＝eq\f(1－t2,2t)＋lnt(t＞1)，F′(t)＝eq\f(－t2＋2t－1,2t2)＜0，所以F(t)在(1，＋∞)上单调递减，F(t)＜F(1)＝0，故f(4－x1)－f(x2)＜0.又f(x)在(2，＋∞)上单调递增，所以4－x1＜x2，故x1＋x2＞4，D项正确．证明不等式的常用方法(1)若证明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以构造函数F(x)＝f(x)－g(x)．假如F′(x)<0，则F(x)在(a，b)上单调递减，同时若F(a)≤0，则有F(x)<0，即证明白f(x)<g(x)．(2)若证明F(x)<0，可变形为F(x)＝f(x)－g(x)<0，即f(x)<g(x)，只需证f(x)max<g(x)min.(多选题)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)，对于x∈R恒成立，则()A．f(1)＜ef(0)，f(2020)＜e2020fB．f(1)＞ef(0)，f(1)＞e2fC．f(1)＜ef(0)，f(1)＜e2fD．f(1)＞ef(0)，f(2020)＞e2020fAC解析：设g(x)＝eq\f(fx,ex)，则g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex).因为f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0，即g(x)在R上单调递减，所以g(1)＜g(0)，即eq\f(f1,e)＜e