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． 10xy   B． 2 2 1 0xy    C． 2 2 1 0xy    D． 10xy   【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 0xy   ． 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 ,abR ，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 0x 时，有     22 f x xf x x ，则不等式      22 0 1 8 + 2 0 1 8 4 2 0x 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 0x 时，有     22 0f x x f x x， 故 0x 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 0x 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 0x 左 右两侧值的符号，如果左正右负（左增右减），那么 fx在 0x 处取极大值，如果左负右正（左减右增）， 那么 fx在 0x 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 ， aR . （ 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 0xy   ； （ 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 0xy   . （ 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 xR 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 .