2019年高考真题和精品模拟题分项汇编专题03 导数及其应用数学(文)(解析版).docx
专题 03 导数及其应用 1. 【 2019 年高考全国 Ⅱ卷 文数】 曲线 y=2sinx+cosx 在点 (π, -1)处的切线方程为 A. 10 xy B. 2 2 1 0 xy C. 2 2 1 0 xy D. 10 xy 【答案】 C 【解析】 2 cos sin ,y x x π 2 c o s π s i n π 2,xy 则 2 sin cosy x x在点 ( , 1) 处的切线方程为 ( 1) 2 ( )yx ,即 2 2 1 0 xy . 故选 C. 【 名师 点睛】 本题考查利用导数工具研究曲线的切线方程,渗透了直观想象、逻辑推理和数学运算素养.采 取导数法,利用函数与方程思想解题.学生易在非切点处直接求导数而出错,首先证明已知点是否为切 点,若是切点,可以直接利用导数求解;若不是切点,设出切点,再求导,然后列出切线方程. 2. 【 2019 年高考全国 Ⅲ卷 文 数】 已知曲线 e lnxy a x x 在点( 1, ae)处的切线方程为 y=2x+b,则 A. e1ab , B. a=e, b=1 C. 1e1ab, D. 1ea , 1b 【答案】 D 【解析】 ∵ e ln 1,xy a x ∴切线的斜率 1| e 1 2xk y a , 1ea , 将 (1,1) 代入 2y x b, 得 2 1, 1bb . 故选 D. 【 名师点睛 】本题 求解的 关键 是 利用导数 的 几何意义和点在曲线上得到含有 a, b 的等式, 从而求解,属 于常考题型 . 3. 【 2019 年高考浙江】 已知 ,abR ,函数 32 ,0 () 11 ( 1 ) , 0 32 xx fx x a x ax x .若函数 ()y f x ax b 恰有 3 个零点,则 A. a0 C. a–1, b–1, b0 【答案】 C 【 解析 】当 x< 0 时, y= f( x)﹣ ax﹣ b= x﹣ ax﹣ b=( 1﹣ a) x﹣ b= 0,得 x= 𝑏1−𝑎, 则 y= f( x)﹣ ax﹣ b 最多 有 一个零点; 当 x≥0时, y= f( x)﹣ ax﹣ b= 13x3−12( a+1) x2+ax﹣ ax﹣ b= 13x3−12( a+1) x2﹣ b, 2 ( 1)y x a x , 当 a+1≤0,即 a≤﹣ 1 时, y′≥0, y= f( x)﹣ ax﹣ b 在 [0, +∞)上 单调 递增, 则 y= f( x)﹣ ax﹣ b 最多 有 一个零点 , 不合题意; 当 a+1> 0,即 a﹣ 1 时,令 y′> 0 得 x∈ (a+1, +∞), 此时 函数 单调 递增, 令 y′< 0 得 x∈ [0, a+1), 此时 函数 单调 递减 ,则 函数最多有 2 个零点 . 根据题意 , 函数 y= f( x)﹣ ax﹣ b 恰有 3 个零点 ⇔函数 y= f( x)﹣ ax﹣ b 在(﹣ ∞, 0)上有一个零点, 在 [0, +∞)上有 2 个零点, 如图: ∴ 𝑏1−𝑎< 0 且 {−𝑏> 01 3(𝑎+ 1) 3 −1 2 (𝑎+1)(𝑎 +1) 2 − 𝑏< 0, 解得 b< 0, 1﹣ a> 0, b> −16( a+1) 3, 则 a–1, b0,则当 ( , 0) , 3ax 时, ( ) 0fx ;当 0, 3ax 时, ( ) 0fx .故 ()fx 在 ( , 0), ,3a 单调递增,在 0,3a单调递减; 若 a=0, ()fx在 ( , ) 单调递增; 若 a 0), 令 𝑓′(𝑥) ≤ 0,解得: 0 0的解集是 A. (−∞,ln2) B. (ln2,+∞) C. (0,e2) D. (e2,+∞) 【答案】 A 【解析】令 𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑥 ,𝑔′(𝑥)= 𝑥𝑓′(𝑥)−𝑓(𝑥)𝑥2 0等价为 𝑓(e𝑥)e𝑥 𝑓(2)2 , 即 𝑔(e𝑥) 𝑔(2), 故 e𝑥 𝑐 𝑏 C. 𝑎 𝑏 𝑐 D. 𝑏 𝑎 𝑐 【答案】 D 【解析】依题意,得 3 ln3ln 3 3a , 1 lnee eb , 3ln2 ln8 88c . 令 𝑓(𝑥) = ln𝑥𝑥 ,所以 𝑓′(𝑥) = 1−ln𝑥𝑥2 . 所以函数 𝑓(𝑥)在 (0,e)上单调递增,在 (e,+∞)上单调递减, 所以 [𝑓(𝑥)]max = 𝑓(e) = 1e = 𝑏,且 𝑓(3) 𝑓(8),即 𝑎 𝑐, 所以 𝑏 𝑎 𝑐. 故选 D. 【名师点睛】本题主要考查了利用导数判断函数的单调性,构造出函数 lnxfx x 是解题的关键,属 于中档题 . 21. 【 安徽省毛坦厂中学 2019 届高三校区 4 月联考数学 】 已知 𝑓(𝑥) = ln𝑥+ 1 −𝑎e𝑥,若关于 𝑥的不等式 𝑓(𝑥) 𝑔(1)= 0,即 ℎ′(𝑥) 0; 当 𝑥 1时, 𝑔(𝑥) 1e. 故选 D. 【名师点睛】本题考查 利用 导数 求 函数 的 最值,不等式恒成立 问题 ,分离参数是常见 的 方法, 属于中 档 题 . 22.【 辽宁省丹东市 2019 届高三总复习质量测试 】 若 1x 是函数 3 2 21( ) ( 1 ) 33f x x a x a a x 的 极值点,则 a 的值为 A. -2 B. 3 C. -2 或 3 D. -3 或 2 【答案】 B 【解析】 3 2 2 221 13 ( 3) ( 13 2)f x x a x a a fx x x a x aa , 由题意可知 (1) 0f , 即 21 2( 1 ) 3 0 3aaa a 或 2a , 当 3a 时, 2 22( ) 2( 1 ) 3 8 9 ( 9) ( 1 )f x x a x a a x x x x , 当 1x 或 9x 时, ( ) 0fx ,函数单调递增;当 91x 时, ( ) 0fx ,函数单调递减, 显然 1x 是函数 fx的极值点; 当 2a 时, 2 2 2 2( ) 2 32(1 1 1 )) (0aaf x x a x x x x , 所以函数 ()fx是 R 上的单调递增函数,没有极值,不符合题意,舍去 . 故 3a . 故选 B. 【名师点睛】本题考查了已知函数的极值,求参数的问题 .本题易错的地方是求出 a 的值,没有通过单 调性来验证 1x 是不是函数的极值点,也就是说使得导函数为零的自变量的值,不一定是极值点 . 23. 【 黑龙江省大庆市第一中学 2019 届高三下学期第四次模拟(最后一卷 )考试 】 已知奇函数 fx是定义 在 R 上的可导函数,其导函数为 fx ,当 0 x 时,有 22 f x xf x x ,则不等式 22 0 1 8 + 2 0 1 8 4 2 0 x f x f +的解集为 A. , 2016- B. 2016, 2012 C. , 2018 D. 2016,0 【答案】 A 【解析】设 2g x x f x , 因为 fx为 R 上 的 奇函数, 所以 2 2g x x f x x f x , 即 gx为 R 上 的 奇函数 对 gx求导,得 2 fg fx xx xx , 而当 0 x 时,有 22 0f x x f x x, 故 0 x 时, 0gx ,即 gx单调递增, 所以 gx在 R 上单调递增 , 则 不等式 22 0 1 8 + 2 0 1 8 4 2 0 x f x f +即 22018 + 2018 4 2x f x f , 即 22 0 1 8 + 2 0 1 8 4 2x f x f, 即 2018 2g x g, 所以 2018 2x,解得 2016x . 故选 A. 【名师点睛】本题考查构造函数解不等式,利用导数求函数的单调性,函数的奇偶性,题目较综合, 有一定的技巧性,属于中档题 . 24. 【 重庆西南大学附属中学校 2019 届高三第十次月考数学 】 曲线 21( ) ln2f x x x x在点 (1 (1))f, 处的切 线与直线 10ax y 垂直,则 a ________. 【答案】 12 【解析】因为 21( ) ln2f x x x x,所以 ( ) ln 1f x x x , 因此,曲线 21( ) ln2f x x x x在点 (1 (1))f, 处的切线斜率为 (1) 1 1 2kf , 又该切线与直线 10ax y 垂直,所以 12a . 故答案为 12 . 【名师点睛】本题主要考查导数在某点处的切线斜率问题,熟记导数的几何意义即可 求解 ,属于常考 题型 . 25.【 河南省新乡市 2019 届高三下学期第二次模拟考试数学 】 已知函数 𝑓(𝑥) = e𝑥 − 𝑎ln𝑥在 [1,2]上单调递增, 则 𝑎的取值范围是 __________. 【答案】 (−∞,e] 【解析】 由题意知 𝑓′(𝑥)= e𝑥 −𝑎𝑥 ≥ 0在 [1,2]上恒成立,则 𝑎 ≤ (𝑥e𝑥)min, 令 𝑔(𝑥)= 𝑥e𝑥, 1exg x x ,知 𝑔(𝑥)在 [1,2]上单调递增, 则 𝑔(𝑥)的最小值为 𝑔(1)= e, 故 𝑎 ≤ e. 故答案为 (−∞,e]. 【 名师 点睛】对于恒成立或者有解求参的问题,常用方法有:变量分离,参变分离,转化为函数最值 问题;或者直接求函数最值,使得函数最值大于或者小于 0;或者分离成两个函数,使得一个函数恒大 于或小于另一个函数 . 26. 【 广东省深圳市高级中学 2019 届高三适应性考试( 6 月 ) 数学 】 已知函数 22 , 0,() e , 0,xxxfx x 若方程 2[ ( )]f x a 恰有两个不同的实数根 12,xx,则 12xx 的最大值是 ______. 【答案】 3ln2 2 【解析】作出函数 fx的图象如图所示, 由 2f x a,可得 ( ) , 1f x a a , 即 1a , 不妨设 12xx ,则 2212exxa, 令 ( 1)a t t,则 12, ln2tx x t , 12 ln 2tx x t , 令 ( ) ln 2tg t t ,则 42() 4 tgt t , 当 18t 时, 0gt , ()gt在 1,8 上 单调 递增; 当 8t 时, 0gt , ()gt在 8, 上 单调 递减 , 当 8t 时, ()gt取得最大值 ,为 (8 ) ln 8 2 3 ln 2 2g . 故答案为 3ln2 2 . 【名师点睛】本题主要考查方程的根与图象交点的关系,考查了利用导数判断函数的单调性以及求函 数的极值与最值,属于难题 .求函数 fx的 极值与最值的步骤: ( 1) 确定函数的定义域; ( 2) 求导数 fx ; ( 3) 解方程 0,fx 求出函数定义域内的所有根; ( 4) 判断 fx 在 0fx 的根 0 x 左 右两侧值的符号,如果左正右负(左增右减),那么 fx在 0 x 处取极大值,如果左负右正(左减右增), 那么 fx在 0 x 处取极小值 .( 5) 如果只有一个极值点,则在该 点 处 取 得 极值也是最值;( 6)如果求闭 区间上的最值还需要比较端点 处 的函数值与极值的大小 . 27. 【 山东省烟台市 2019 届高三 3 月诊断性测试(一模 ) 数学 】 已知函数 4211() 42f x x a x , aR . ( 1)当 1a 时,求曲线 ()fx在点 (2, (2))f 处的切线方程; ( 2)设函数 2( ) ( 2 2 )e e ( )xg x x x a f x ,其中 e 2.71828. 是自然对数的底数,讨论 ()gx的 单调性并判断有无极值,有极值时求出极值. 【答案】( 1) 6 10 0 xy ; ( 2)当 0a 时, ()gx在 ( , ) 上单调递增,无极值;当 0a 时, ()gx在 ( , )a 和 ( , )a 单调递增,在 ( , )aa 单调递减,极大值为 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a ,极小值为 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a . 【解析】( 1)由题意 3()f x x ax ,所以当 1a 时, (2) 2f , (2) 6f , 因此曲线 ()y f x 在点 (2, (2))f 处的切线方程是 2 6( 2)yx , 即 6 10 0 xy . ( 2)因为 2( ) ( 2 2 )e e ( )xg x x x a f x , 所以 2( ) ( 2 2 )e ( 2 2 )e e ( )xxg x x x x a f x 2 3 2( )e e ( ) ( ) (e e )xxx a x a x x a x , 令 ( ) e exh x x,则 ( ) e exhx , 令 ( ) 0hx 得 1x , 当 ( ,1)x 时, ( ) 0h x , ()hx 单调递减, 当 (1, )x 时, ( ) 0h x , ()hx 单调递增, 所以当 1x 时, min( ) (1) 0h x h, 也就说,对于 xR 恒有 ( ) 0hx . 当 0a 时, 2( ) ( ) ( ) 0g x x a h x , ()gx在 ( , ) 上单调递增,无极值; 当 0a 时,令 ( ) 0gx ,可得 xa . 当 xa 或 xa 时 , 2( ) ( ) ( ) 0g x x a h x , ()gx单调递增, 当 a x a 时 , ( ) 0gx , ()gx单调递减 , 因此,当 xa 时, ()gx取 得 极大值 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a ; 当 xa 时, ()gx取 得 极小值 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a . 综上所述: 当 0a 时, ()gx在 ( , ) 上单调递增,无极值; 当 0a 时, ()gx在 ( , )a 和 ( , )a 上 单调递增,在 ( , )aa 上 单调递减, 函数既有极大值,又有极小值, 极大值为 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a , 极小值为 2e( ) ( 2 2) e 4ag a a a . 【名师点睛】本题考查了函数的单调性,极值问题,考查导数的应用以及分类讨论思想,转化思想, 是一道综合题. 28. 【 陕西省 2019 届高三第三次联考数学 】 已知函数 𝑓(𝑥)= ln𝑥− 𝑎𝑥, 𝑔(𝑥) = 𝑥2, 𝑎 ∈ 𝐑. ( 1)求函数 𝑓(𝑥)的极值点; ( 2)若 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥)恒成立,求 𝑎的取值范围 . 【答案】( 1)极大值点 为 1𝑎,无极小值点 .( 2) 𝑎 ≥ −1. 【解析】( 1) lnf x x ax的定义域为 (0,+∞), 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 − 𝑎, 当 𝑎 ≤ 0时, 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 − 𝑎 0, 所以 𝑓(𝑥)在 (0,+∞)上单调递增,无极值点 ; 当 𝑎 0时,解 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 − 𝑎 0得 0 1𝑎, 所以 𝑓(𝑥)在 (0,1𝑎)上单调递增,在 (1𝑎 ,+∞)上单调递减, 所以函数 𝑓(𝑥)有极大值点 ,为 1𝑎,无极小值点 . ( 2)由条件可得 ln𝑥 − 𝑥2 − 𝑎𝑥 ≤ 0(𝑥 0)恒成立, 则当 𝑥 0时, 𝑎 ≥ ln𝑥𝑥 −𝑥恒成立, 令 ℎ(𝑥) = ln𝑥𝑥 − 𝑥(𝑥 0),则 ℎ′(𝑥) = 1−𝑥2−ln𝑥𝑥2 , 令 𝑘(𝑥) = 1 − 𝑥2 −ln𝑥(𝑥 0), 则当 𝑥 0时, 𝑘′(𝑥)= −2𝑥 −1𝑥 0;在 (1,+∞)上, ℎ′(𝑥) 0, 所以 𝑔(𝑥)在 [1,+∞)上单调递增,所以 𝑔(𝑥)min = 𝑔(1)= 2e−1, 所以 𝑎 ≤ 2e− 1. ( 2)当 𝑎 = 1时, 𝑓(𝑥) = ln𝑥 −𝑥e𝑥 + 𝑥(𝑥 0). 则 𝑓′(𝑥) = 1𝑥 −(𝑥 + 1)e𝑥 + 1 = (𝑥+ 1)(1𝑥 −e𝑥), 令 𝑚(𝑥) = 1𝑥 − e𝑥, 则 𝑚′(𝑥) = − 1𝑥2 −e𝑥 0, 𝑚(1) 0满足 𝑚(𝑥0)= 0,即 e𝑥0 = 1𝑥 0 . 当 𝑥 ∈ (0,𝑥0)时, 𝑚(𝑥) 0, 𝑓′(𝑥) 0;当 𝑥 ∈ (𝑥0,+∞)时, 𝑚(𝑥) 0,当 𝑥 1时, 𝑔′(𝑥) 𝑔(−1), 所以当 −2e 𝑚 13e4或 𝑚 = 6e3时,直线 𝑦 = 𝑚与曲线 𝑔(𝑥) = 𝑥2−3e𝑥 , 𝑥 ∈ [−2 , 4]有且只有两个公共点 . 即当 −2e 𝑚 13e4或 𝑚 = 6e3时,函数 𝑓(𝑥)在区间 [−2 , 4]上有两个零点 . 【名师点睛】利用函数零点的情况求参数值或取值范围的方法 : ( 1) 利用零点存在的判定定理构建不等式求解 . ( 2) 分离参数后转化为函数的值域 (最值 )问题求解 . ( 3) 转化为两熟悉的函数图象问题,从而构建不等式求解 .