2021年高三数学考点复习：导数及其应用1

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1、考点七 导数及其应用(一) 1 A卷 PART ONE 解析 因为 yln x，所以 y1 x，所以 y|xe 1 e，又当 xe 时，y ln e1，所以切线方程为 y11 e(xe)，整理得 xey0.故选 D. 一、选择题 1(2020 山东滨州三模)函数 yln x 的图象在点 xe(e 为自然对数的 底数)处的切线方程为( ) Axey1e0 Bxey1e0 Cxey0 Dxey0 答案答案 解析解析 2.已知函数 yf(x)的导函数 yf(x) 的图象如图所示，则函数 yf(x) 在区间(a，b)内的极小值点的个数为( ) A1 B2 C3 D4 答案答案 解析 如图，在区间(a，

2、b)内，f(c)0，且在点 xc 附近的左侧 f(x)0， 所以函数 yf(x)在区间(a， b)内只有 1 个极小值点， 故选 A. 解析解析 3(2020 全国卷)函数 f(x)x42x3的图象在点(1，f(1)处的切线方程 为( ) Ay2x1 By2x1 Cy2x3 Dy2x1 解析 f(x)x42x3，f(x)4x36x2，f(1)1，f(1)2， 所求切线的方程为 y12(x1)，即 y2x1.故选 B. 答案答案 解析解析 4已知 f(x)2x36x2m(m 为常数)在2,2上有最大值 3，那么此函 数在2,2上的最小值为( ) A0 B5 C10 D37 解析 由题意知，f(x

3、)6x212x，由 f(x)0 得 x0 或 x2，当 x2 时，f(x)0，当 0x2 时，f(x)0，f(x)在2,0上单调递 增，在0,2上单调递减，由条件知 f(0)m3，f(2)5，f(2)37， 最小值为37. 答案答案 解析解析 5.(2020 海南高三第一次联考)如图是二次函数 f(x)x2bxa 的部分 图象，则函数 g(x)aln xf(x)的零点所在的区间是( ) A. 1 4， 1 2 B 1 2，1 C(1,2) D(2,3) 答案答案 解析 f(x)x2bxa，二次函数的对称轴为 xb 2，结合函数的图 象可知，0f(0)a1，1 2x b 21，f(x)2xb，g

4、(x)aln xf(x) aln x2xb 在(0，)上单调递增又 g 1 2 aln 1 21b0，函数 g(x)的零点所在的区间是 1 2，1 .故选 B. 解析解析 6 (2020 山东泰安二轮复习质量检测)已知函数 f(x)(x1)exa 2e 2xax 只有一个极值点，则实数 a 的取值范围是( ) Aa0 或 a1 2 Ba0 或 a 1 3 Ca0 Da0 或 a1 3 答案答案 解析 f(x) (x1)exa 2e 2xax，令 f(x)xexae2x a0，故 xaex a ex0，当 a0 时，f(x)xe x，函数 在(，0)上单调递减，在(0，)上单调递增，f(0) 0

5、，故函数有唯一极小值点，满足条件；当 a0 时，即 x ae xex，设 g(x)exex，则 g(x)exex2 恒成立，且 g(0)2， 画出函数 g(x)和 y x a的图象， 如图所示 根据图象知， 当 1 a2， 即 a0 或 a 1 2 时，满足条件综上所述，a0 或 a1 2.故选 A. 解析解析 7(多选)若直线 l 与曲线 C 满足下列两个条件：直线 l 在点 P(x0，y0) 处与曲线 C 相切；曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，则称直线 l 在 点 P 处“切过”曲线 C.则下列结论正确的是( ) A直线 l：y0 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：yx3

6、 B直线 l：yx1 在点 P(1,0)处“切过”曲线 C：yln x C直线 l：yx 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：ysinx D直线 l：yx 在点 P(0,0)处“切过”曲线 C：ytanx 答案答案 解析 A 项，因为 y3x2，当 x0 时，y0，所以 l：y0 是曲 线 C：yx3在点 P(0,0)处的切线当 x0 时，yx30 时，yx30， 所以曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，结论正确；B 项，y1 x，当 x 1 时， y1， 在 P(1,0)处的切线为l： yx1.令h(x)x1ln x， 则h(x) 11 x x1 x (x0)， 当 x1 时，

7、h(x)0； 当 0x1 时， h(x)0 时，曲线 C 全部位于直线 l 的下侧(除切 点外)，结论错误；C 项，ycosx，当 x0 时，y1，在 P(0,0)处的切 线为 l：yx，由正弦函数图象可知，曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧， 结论正确；D 项，y 1 cos2x，当 x0 时，y1，在 P(0,0)处的切线为 l： yx，由正切函数图象可知，曲线 C 在点 P 附近位于直线 l 的两侧，结论正 确故选 ACD. 解析解析 8(多选)(2020 山东威海三模)已知函数 f(x)的定义域为(0，)，导函 数为 f(x)，xf(x)f(x)xln x，且 f 1 e 1

8、 e，则( ) Af 1 e 0 Bf(x)在 x1 e处取得极大值 C0f(1)1 Df(x)在(0，)上单调递增 答案答案 解析 函数 f(x)的定义域为(0，)，导函数为 f(x)，xf(x)f(x) xln x， 即满足xfxfx x2 ln x x ， fx x xfxfx x2 ， fx x ln x x ， 可设fx x 1 2ln 2 xb(b 为常数)，f(x)1 2xln 2 xbx，f 1 e 1 2 1 eln 2 1 e b e 1 e，解得 b 1 2.f(x) 1 2xln 2 x1 2x，f(1) 1 2，满足 0f(1)1 时，h(x)0，即函数 h(x) e

9、x 2x在(1，)上单调递增； 当 x0 和 0x1 时，h(x)0 得 0x4；由 f(x)4. 所以 f(x)在(0,4)上单调递增，在(4，)上单调递减 所以 f(x)maxf(4)2ln 22. 解解 14(2020 山东济南 6 月仿真模拟)已知函数 f(x)aln (xb) x. (1)若 a1，b0，求 f(x)的最大值； (2)当 b0 时，讨论 f(x)极值点的个数 (2)当 b0 时，函数 f(x)的定义域为0，)， f(x) a xb 1 2 x x2a xb 2 xxb ， 当 a0 时，f(x)0 时，设 h(x)x2a xb， ()当 4a24b0，即 00，即 a

10、 b时，令 t x(t0)，则 h(t)t22atb， t1t22a0，t1t2b0，所以 t1，t2都大于 0，即 f(x)在(0，)上有 2 个左右异号的零点，所以此时 f(x)极值点的个数为 2. 综上所述，当 a b时，f(x)极值点的个数为 0；当 a b时，f(x)极值 点的个数为 2. 解解 2 B卷 PART TWO 一、选择题 1(2020 山东省实验中学 4 月高考预测)已知函数 f(x)3x2cosx，若 af(3 2)，bf(2)，cf(log27)，则 a，b，c 的大小关系是( ) Aabc Bcba Cbac Dbc0 在 R 上恒成立，则 f(x)在 R 上为增

11、函数又由 2 log24log2733 2，则 bca.故选 D. 答案答案 解析解析 2(2020 北京西城区期末)已知函数 f(x)和 g(x)的导函数 f(x)，g(x) 的图象分别如图所示，则关于函数 yg(x)f(x)的判断正确的是( ) A有 3 个极大值点 B有 3 个极小值点 C有 1 个极大值点和 2 个极小值点 D有 2 个极大值点和 1 个极小值点 答案答案 解 析 结 合 函 数 图 象 可 知 ， 当 xa 时 ， f(x)0，函数 y g(x)f(x)单调递增；当 axg(x)，此时 yg(x)f(x)0，函数 yg(x)f(x)单调递减； 当0xb 时， f(x)

12、0, 函数 yg(x)f(x)单调递增；当 xb 时，f(x)g(x)，此时 yg(x) f(x)0 都有 2f(x)xf(x)0 成立， 则( ) A4f(2)9f(3) C2f(3)3f(2) D3f(3)0 时，g(x)0，g(x)在0，)上是增函数，又 g(x)是偶函数，所以 4f(2)g(2)g(2)g(3)9f(3)，故选 A. 答案答案 解析解析 4(2020 全国卷)若直线 l 与曲线 y x和 x2y21 5都相切，则 l 的 方程为( ) Ay2x1 By2x1 2 Cy1 2x1 Dy 1 2x 1 2 答案答案 解析 设直线 l 与曲线 y x的切点为(x0， x0)，

13、x00，函数 y x的 导数为 y 1 2 x， 则直线 l 的斜率 k 1 2 x0， 直线 l 的方程为 y x0 1 2 x0 (x x0)， 即 x2 x0yx00.由于直线 l 与圆 x2y21 5相切， 则 x0 14x0 1 5， 两边平方并整理得 5x2 04x010，解得 x01 或 x01 5(舍去)，所以直线 l 的方程为 x2y10，即 y1 2x 1 2.故选 D. 解析解析 5 (2020 山东青岛一模)已知函数 f(x) 3x9，x0， xex，x0 (e2.718 为自 然对数的底数)，若 f(x)的零点为 ，极值点为 ，则 ( ) A1 B0 C1 D2 答案

14、答案 解析 f(x) 3x9，x0， xex，x0， 当 x0 时，令 f(x)0，即 3x90， 解得 x2；当 x0 时，f(x)xex0 恒成立，f(x)的零点为 2.又当 x0 时，f(x)3x9 为增函数，故在0，)上无极值点；当 x0 时，f(x)xex， f(x)(1x)ex，当 x1 时，f(x)1 时，f(x)0，当 x 1 时，f(x)取到极小值，即 f(x)的极值点 1，211.故选 C. 解析解析 6(2020 山西太原高三模拟)点 M 在曲线 G：y3ln x 上，过 M 作 x 轴 的垂线 l，设 l 与曲线 y1 x交于点 N，OP OM ON 3 ，且 P 点的

15、纵坐标始终 为 0，则称 M 点为曲线 G 上的“水平黄金点”，则曲线 G 上的“水平黄金 点”的个数为( ) A0 B1 C2 D3 答案答案 解析 设 M(t,3ln t)，则 N t，1 t ，所以OP OM ON 3 2t 3 ，ln t 1 3t ，依 题意可得 ln t 1 3t0，设 g(t)ln t 1 3t，则 g(t) 1 t 1 3t2 3t1 3t2 ，当 0t1 3 时，g(t)1 3时，g(t)0，则 g(t)单调递增，所 以 g(t)ming 1 3 1ln 30，g(1)1 30，所以 g(t)ln t 1 3t0 有两个不同的解， 所以曲线 G 上的“水平黄金

16、点”的个数为 2.故选 C. 解析解析 7(多选)(2020 山东济宁邹城市第一中学高三下五模)已知函数 f(x)x3 axb，其中 a，bR，则下列选项中的条件使得 f(x)仅有一个零点的有 ( ) Aab，f(x)为奇函数 Baln (b21) Ca3，b240 Da1，b1 答案答案 解析 由题知 f(x)3x2a.对于 A，由 f(x)是奇函数，知 b0，因为 a0， 极小值为 f 3 3 2 3 9 10，可知 f(x)仅有一个零点，D 正确故选 BD. 解析解析 8(多选)(2020 山东省实验中学 4 月高考预测)关于函数 f(x)2 xln x， 下列判断正确的是( ) Ax2

17、 是 f(x)的极大值点 B函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点 C存在正实数 k，使得 f(x)kx 成立 D对任意两个正实数 x1，x2，且 x2x1，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24 答案答案 解析 函数的定义域为(0，)，函数的导数 f(x) 2 x2 1 x x2 x2 ， 在(0,2)上，f(x)0，函数单调递减，在(2，)上，f(x)0，函数单 调递增，x2 是 f(x)的极小值点，故 A 错误；yf(x)x2 xln xx， y 2 x2 1 x1 x2x2 x2 0，f(2)21ln 22ln 210，函数 yf(x)x 有 且只有 1 个零点， 故 B 正确；

18、若 f(x)kx， 可得 k 2 x2 ln x x ， 令 g(x) 2 x2 ln x x ， 则 g(x)4xxln x x3 ，令 h(x)4xxln x，则 h(x)ln x，在 解析解析 (0,1)上， 函数 h(x)单调递增， 在(1， )上， 函数 h(x)单调递减， h(x)h(1) 0，g(x)0，g(x) 2 x2 ln x x 在(0，)上单调递减，函数无最小值， 不存在正实数 k，使得 f(x)kx 恒成立，故 C 错误；令 t(0,2)，则 2t (0,2)，2t2，令 g(t)f(2t)f(2t) 2 2tln (2t) 2 2tln (2 t) 4t t24ln

19、 2t 2t，则 g(t) 4t248t2 t242 2t 2t 2t2t 2t2 4t 216 t242 4 4t2 8t2 t2420，g(t)在(0,2)上单调递减，则 g(t)g(0)0，令 x12t， 由 f(x1)f(x2)，得 x22t，则 x1x22t2t4，当 x24 时，x1x2 4 显然成立，对任意两个正实数 x1，x2，且 x2x1，若 f(x1)f(x2)，则 x1x24，故 D 正确故选 BD. 解析解析 解析 因为 f(x)x3f 2 3 x2x，所以 f(x)3x22f 2 3 x1.所以 f 2 3 3 2 3 22f 2 3 2 31， 则f 2 3 1，

20、所以f(x)x3x2x， 则 f(x) 3x22x1，故 f(1)0. 答案 0 二、填空题 9(2020 山东高考实战演练仿真四)设函数 f(x)的导数为 f(x)，且 f(x) x3f 2 3 x2x，则 f(1)_. 答案答案 解析解析 解析 f(x)3f(x)x32x1， f(x)3f(x)x32x1， 联立，得 f(x)1 2x 3x1 4，则 f(x) 3 2x 21， f(1)3 21 5 2，又 f(1) 1 21 1 4 5 4， 切线方程为 y5 4 5 2(x1)，即 10 x4y50. 答案 10 x4y50 10 若 f(x)3f(x)x32x1 对 xR 恒成立，

21、则曲线 yf(x)在点(1， f(1)处的切线方程为_ 答案答案 解析解析 11(2020 广东湛江模拟)若 x1，x2是函数 f(x)x27x4ln x 的两个极 值点，则 x1x2_，f(x1)f(x2)_. 解析 f(x)2x74 x02x 27x40 x 1x27 2，x1x22，f(x1) f(x2)x2 17x14ln x1x 2 27x24ln x2(x1x2) 22x 1x27(x1x2)4ln (x1x2)4ln 265 4 解析解析 2 4ln 265 4 答案 (e,0 12(2020 山东济宁嘉祥县高三考前训练二)已知函数 f(x)的导函数为 f(x)，且对任意的实数

22、x 都有 f(x)2x3 ex f(x)(e 是自然对数的底数)， 且 f(0)1，若关于 x 的不等式 f(x)m0，得2x1； 由 f(x)1 或 x0 时， f(x)0， 由图象可知，要使不等式 f(x)m 的解集中恰有两个整数，需满足 f( 1)m0，即e0) 问 OE 为多少米时， 桥墩 CD 与 EF 的总造价最低？ (2)设|OE|x，总造价为 f(x)万元，|OO| 1 4080 2160， f(x)k 160 1 800 x 36x 3 2k 160 1 4080 x 2 k 160 1 800 x 3 3 80 x 2 (0 x40)， f(x)k 3 800 x 2 3

23、40 x .令 f(x)0，得 x20(x0 舍去) 当 0 x20 时，f(x)0；当 20 x40 时，f(x)0， 因此当 x20 时，f(x)取最小值 答：当 OE20 米时，桥墩 CD 与 EF 的总造价最低. 解解 解 (1)证明：因为 f(x)2 cosx 在 x 0， 2 上单调递增， 所以 f(x) 2 1， 2 ， 所以存在唯一 x0 0， 2 ，使得 f(x0)0. 当 x(0，x0)时，f(x)0，f(x)单调递增 14.(2020 四川成都石室中学一诊)设函数 f(x)2 xsinx， x 0， 2 ， g(x) x 2 cosxm 2 x 2 2，mR. (1)证明

24、：f(x)0； (2)当 x 0， 2 时，不等式 g(x) 4恒成立，求 m 的取值范围 解解 所以 f(x)maxmax f0，f 2 0，所以 f(x)0. (2)因为 g(x)2x sinxm x 2 ， 令 h(x)2x sinxm x 2 ，则 h(x)2 cosxm. 当 m0 时，m x 2 0，由(1)中的结论可知，2x sinx0， 所以 g(x)0，所以 g(x)在 x 0， 2 上单调递减， 所以 g(x)ming 2 4，满足题意 解解 当2 m0 时，因为 h(x)在 x 0， 2 上单调递增， h(0)2 1m0， 所以存在唯一 x1 0， 2 ， 使得 h(x1

25、)0. 当 x(0，x1)时，h(x)0，g(x)单调递增 而 g(0) 2m0，g 2 0， 解解 所以存在唯一 x2 0， 2 ，使得 g(x2)0. 当 x(0，x2)时，g(x)0，g(x)单调递增； 当 x x2， 2 时，g(x)0，g(x)单调递减 要使当 0 x 2时，g(x) 4恒成立， 即 g0 4， g 2 4 m28 2 ，所以28 2 m0. 解解 当 m2 ，x 0， 2 时，h(x)0，所以当 x 0， 2 时， g(x)单调递减，又 g 2 0，所以 g(x)0， 所以 g(x)在 x 0， 2 上单调递增，所以 g(x)g 2 4，与题意矛盾 综上，m 的取值范围为 28 2 ， . 解解 本课结束