2021年高考数学精选考点专项突破题集专题2.2导数的应用（教师版含解析）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_一轮复习_2023新高考一轮复习讲义+课件

专题 2.2 导数的应用 一、单选题 1、(2020年高考全国Ⅰ卷理数)函数 的图像在点 处的切线方程为( ) A． B． C． D． 【答案】B 【解析】 ， ， ， ， 因此，所求切线的方程为 ，即 . 故选：B． y ax2 blnx x1 y 5x2 a b 2、若函数 在 处的切线方程为 ，则 ， 的值为( ) A．2,1 B．-2，-1 C．3,1 D．-3，-1 【答案】C x1 y 5x2 【解析】将 代入切线 ， 1,3 得到切点坐标为 ， 1,3 3=a 将 代入到函数解析式中，得到 ， y 3x2 blnx 所以 ， b y6x 求导得 x ， 代入x1得k 6b， 6b5 b1 所以 ，得 . 故选：C.3、直线 经过点 ，且与直线 平行，如果直线 与曲线 相切，那么 等于( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】直线 经过点 ，且与直线 平行，则直线方程为： 直线 与曲线 相切， ，切点为 代入直线方程 解得： 故选：A 4、(2020·浙江温州中学3月高考模拟)函数 的图象大致为( ) A． B． C． D． 【答案】A 【解析】当 时， ，当 时， ，选项B,C都不满足这 两个条件. 又当 时， ，则 ，当 时 单调递增，当 时单调递减，则选项D不符合这个条件，因此A正确. 故选：A 5、(2019年高考全国Ⅲ卷理数)已知曲线 在点(1，ae)处的切线方程为y=2x+b，则( ) A． B．a=e，b=1 C． D． ， 【答案】D 【解析】∵ ∴切线的斜率 ， ， 将 代入 ，得 . 故选D． 6、(2018年高考全国Ⅰ卷理数)设函数 .若 为奇函数，则曲线 在点 处的切线方程为( ) A． B． C． D． 【答案】D 【解析】因为函数f(x)是奇函数，所以a−1=0，解得a=1，所以f(x)=x3+x，f '(x)=3x2+1， 所以f '(0)=1,f(0)=0， 所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y−f(0)=f '(0)x，化简可得y=x. 故选D. 1 f x x2 alnx 0,2 7、(2020届山东师范大学附中高三月考)已知 2 在区间 上有极值点，实数a的取值 范围是( )0,2 2,0 0,2 0,4 4,0 0,4   A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 a x2 a f(x) x  x x ,由于函数 f(x)在(0,2)上有极值点， f(x) (0,2) 所以 在 上有零点.  a 0  所以 ，解得 .  a 2 a(0,4) 故选：D. f xlnxkx 1,  k 8、若函数 在 上单调递减，则 的最小值是( ) A．1 B．-1 C．2 D．-2 【答案】A 1 1 【解析】由 fx x k ，又 f x 在 1, 上单调递减，则 fx�0 在 1,  上恒成立，即 k� x 1 1,  x1, 0 1 在 上恒成立.又当 时， x ，故k�1，所以k的最小值为1. 故答案选A 9、(2020年高考全国III卷理数)若直线l与曲线y= 和x2+y2= 都相切，则l的方程为( ) A．y=2x+1 B．y=2x+ C．y= x+1 D．y= x+ 【答案】D 【解析】设直线 在曲线 上的切点为 ，则 ，函数 的导数为 ，则直线 的斜率 ， 设直线 的方程为 ，即 ， 由于直线 与圆 相切，则 ， 两边平方并整理得 ，解得 ， (舍)， 则直线 的方程为 ，即 . 故选：D． f(x)(xa)33xb M 10、(2020届浙江省温丽联盟高三第一次联考)若函数 的极大值是 ，极小值是 m M m ，则 ( ) a b a b A．与 有关，且与 有关 B．与 有关，且与 无关 a b a b C．与 无关，且与 无关 D．与 无关，且与 有关 【答案】C f(x)(xa)33xb f'(x)3(xa)2 3 【解析】∵ ，∴ ， f'(x)3(xa)2 30 xa1 xa1 令 ，得 ，或 ， x f '(x) f(x) 当 变化时， 、 的变化如下表： x ,a1 xa1 a1,a1 xa1 a1, f '(x)  0  0  f(x) 递增 极大值 递减 极小值 递增M  f(a1)13a1b23ab ∴ ， m f(a1)13a1b23ab ， ∴M m4， 故选：C． 11、(2019年高考江苏)在平面直角坐标系 中，P是曲线 上的一个动点，则点P到直 线 的距离的最小值是 . 【答案】4 【解析】由 ，得 ， 设斜率为 的直线与曲线 切于 ， 由 得 ( 舍去)， ∴曲线 上，点 到直线 的距离最小，最小值为 . 故答案为 ． 2 1 d  12、(2020·山东省淄博实验中学高三上期末)已知a log 5、blog 2、 c20.3 、  2   ，从这四 0.5 3 1 f x x3mx2 x2 个数中任取一个数m，使函数 3 有极值点的概率为( ) 1 1 3 A．4 B．2 C．4 D．1 【答案】B 【解析】f′(x)＝x2+2mx+1，若函数f(x)有极值点，则f′(x)有2个不相等的实数根， 故△＝4m2﹣4＞0，解得：m＞1或m＜﹣1， 1 而a＝log 5＜﹣2，0＜b＝log 2＜1、c＝20.3＞1，0＜d＝(2 )2＜1， 0.5 3 2 1   满足条件的有2个，分别是a，c，故满足条件的概率p 4 2， 故选：B．    13、(2020届山东师范大学附中高三月考)已知偶函数 f(x)的定义域为    2 , 2  ，其导函数为 f(x) ，当   f(x) 2f cosx 0x   2 时，有 f(x)cosx f(x)sinx0成立，则关于x的不等式  4 的解集为( )        ,  ,  ,       A． 4 2 B． 2 4  4 2            ,0  0,  ,0  ,         C． 4   4  D． 4   4 2 【答案】B 【解析】 f(x) f(x)cosx f(x)sinx  g(x) g(x) 0x 根据题意设 cosx，则 cos2 x ，又当 2 时，       0,   ,  f(x)cosx f(x)sinx0，则有g(x)0，所以g(x)在 2 上单调递减，又 f(x)在 2 2上是 f(x) f(x) g(x)   g(x) 偶函数，所以 cos(x) cosx ，所以g(x)是偶函数，所以 f    f(x)  f(x)  4  f(x) 2f cosx  2f      4   cosx   4   cosx cos  g(x) g     ，又 为偶函数， 4  4  g(x)        0,   ,  |x| 且在 2 上为减函数，且定义域为 2 2，则有 4 ，解得            x  x   ,    ,  2 4 或 4 2 ，即不等式的解集为 2 4  4 2， 故选：B. kx yk10(kR) 14、(2020届山东省潍坊市高三上学期统考)当直线 和曲线E： 5 yax3 bx2  3 (ab0)交于 A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 )，C(x 3 ，y 3 ) (x 1  x 2  x 3 )三点时，曲线E在点A，点C处 (b，a) 的切线总是平行的，则过点 可作曲线E的切线的条数为( ) A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C kx yk10kR 1,1 【解析】直线 过定点 5 1,1 E: y ax3 bx2  b0 由题意可知：定点 是曲线 3 的对称中心，  5 ab 1   3  1  a     3 b a 1 ，解得  b 3 1 ，所以曲线 E: y  1 3 x3 x2  5 3 ， b,a    1， 1 3    x2 2x f′(x)= ，设切点M(x ，y)， 0 0 1 5 x 3 x 2  则M纵坐标y=3 0 0 3 ，又f′(x )= x 2 2x ， 0 0 0 0y 1 x 3x 2  5   x 2 2x xx    ∴切线的方程为： 3 0 0 3 0 0 0  1 1，   又直线过定点 3  1  1 x 3x 2  5   x 2 2x 1x    3 3 0 0 3 0 0 0 ， x 3 3x 得 0 ﹣ 0-2=0，  x 3x  2x 10 0 0 0 ， x 1 x 2 x 2  0 即 0 0 0 x 2或1 解得： 0 故可做两条切线 故选C 二、多选题 15、已知函数 的定义域为 且导函数为 ，如图是函数 的图象，则下列说法正确的是 A．函数 的增区间是 ， B．函数 的增区间是 ， C． 是函数的极小值点D． 是函数的极小值点 【答案】 【解析】：根据题意，由函数 的图象可知： 当 时， ， ，此时 为增函数， 当 时， ， ，此时 为减函数， 当 时， ， ，此时 为减函数， 当 时， ， ，此时 为增函数； 据此分析选项：函数 的增区间是 ， ，则 正确， 错误； 是函数的极大值点， 是函数的极小值点，则 正确， 错误； 故选： ． 16、已知函数 ，其导函数为 ，下列命题中真命题的为 A． 的单调减区间是 B． 的极小值是 C．当 时，对任意的 且 ，恒有 (a) (a) D．函数 有且只有一个零点 【答案】 【解析】： ，其导函数为 ． 令 ，解得 ， ， 当 时，即 ，或 时，函数单调递增， 当 时，即 时，函数单调递减；故当 时，函数有极小值，极小值为 (2) ，当 时，函数有极大值，极大值为 ， 故函数只有一个零点， 错误， 正确； ， 且 ， (a) (a) ， 恒有 (a) (a) ， 故 正确； 故选： ． f(x) xlnxx2 x f(x) 17、(2020届山东师范大学附中高三月考)已知函数 ， 0是函数 的极值点，以下几 个结论中正确的是( ) 1 1 0 x  x  A． 0 e B． 0 e C． f(x 0 )2x 0 0 D． f(x 0 )2x 0 0 【答案】AC f(x) xlnxx2,(x0)  f(x)lnx12x 【解析】函数 , , x f(x) f 'x 0 lnx 12x 0 ∵ 0是函数 的极值点，∴ 0 ，即 0 0 ， 1 2  f  0   e e , x0, f(x)  , 1 0 x  0 e,即A选项正确,B选项不正确;f x 2x  x lnx x2 2x  x lnx x 2x x 10 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 ,即C正确,D不正确. 故答案为:AC. 18、(2019秋•烟台期中)已知函数 ，若 ，则下列结论正确的是 A． B． C． D．当 时， 【答案】 【解析】： ．正确； 因为令 ，在 上是增函数， 当 时， ， 即 ． ．错误； 因为令 ， ， 时， ， 单调递增， 时， ， 单调递减． 与 无法比较大小． ．错误；因为令 ， ， 时， ， 在 单调递减， 时， ， 在 单调递增，当 时， ， ， ， ． 当 时， ， ， ． ．正确； 因为 时， 单调递增，又 正确， 故选： ． 三、填空题 19、(江苏省如皋市2019-2020学年高三上学期10月调研)已知 ，设函数 的图象在点 (1， )处的切线为l，则l在y轴上的截距为________ . 【答案】1 【解析】函数f(x)=ax−lnx,可得 ,切线的斜率为： ， 切点坐标(1,a),切线方程l为：y−a=(a−1)(x−1)， l在y轴上的截距为：a+(a−1)(−1)=1. 故答案为1. 20、(江苏省南通市西亭高级中学2019-2020学年高三下学期学情调研)若曲线 在 处的切 线斜率为-1，则 ___________. 【答案】 【解析】 ， . 故答案为:-2.21、(2020届江苏省南通市海安高级中学高三第二次模拟)设点P在函数 的图象上，点Q在函 数 的图象上，则线段PQ长度的最小值为_________ 【答案】 【解析】由题,因为 与 互为反函数,则图象关于 对称, 设点 为 ,则到直线 的距离为 , 设 , 则 ,令 ,即 , 所以当 时, ,即 单调递减；当 时, ,即 单调递增, 所以 ,则 , 所以 的最小值为 , 故答案为: 22、(江苏省南通市通州区2019-2020学年高三第一次调研抽测)函数 有两个零点，则k 的取值范围是_______. 【答案】【解析】令 ， 因为函数 有两个零点， 所以 的图像与直线 有两个交点， 作出函数 的图像如下： 因为 ， 由图像可得： 或 . 故答案为 23、(2020届浙江省十校联盟高三下学期开学)已知函数 ，若函数 有三个互不相同的零点0， ， ，其中 ，若对任意的 ，都有 成立，则实 数 的最小值为______. 【答案】 【解析】因为 ， 由题意可知： ， 是 的根， 则 ， ，△ ， ， ，当 时， ， 则存在 的极大值点 ， ， 且 ， 由题意， ， 将 代入得 ， 解可得 ． 又因为 ， 结合二次函数的性质可知， ， 得 即 的最小值 ． 故答案为： . 四、解答题 1 f x x3 x2 ax1 24、(2020届山东省潍坊市高三上期中)已知函数 2 ． y  f x  0, f 0 a2 (1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；  3 2, (2)若函数 f x在x1处有极小值，求函数 f x 在区间   2  上的最大值． 1 f(x) x3 x2 2x1 【解析】(1)当a2时， 2 ， f(x)3x2 x2， f(0)2 f(0)1 y  f x  0, f 0 y12x 所以 ，又 ，所以曲线 在点 处切线方程为 ，即 2x y10 . f(x)3x2 xa (2)因为 ，f x在x1 f(1)2a 0a 2 因为函数 处有极小值，所以 ， f(x)3x2 x2 所以 2 fx0 x 由 ，得 3或x1， 2 x fx0 当 3 或x1时， ， 2   x1 当 3 时， f(x)0，  2  3  2  所以 f x 在   2, 3  ，   1, 2  上是增函数，在    3 ,1  上是减函数，  2 49 3 1 f   f      因为  3 27 ， 2 4，  2 49 f   所以 f x 的最大值为   3   27 . 1 1  f x x m lnx mR   25、(2019·夏津第一中学高三月考)已知函数 x  x  ． f x 当m>1时，讨论 的单调性； f x (0,) 【解析】函数 的定义域为 . m1 m x2 mxm1 (x1)[x(m1)] f '(x)1    x2 x x2 x2 ， 因为m>1，所以m10， ①当0m11，即1m2时， fx0 fx0 x1 xm1 m1 x1 由 得 或 ，由 得 ， f x 0,m1 1, m1,1 所以 在 ， 上是增函数， 在 上是减函数；fx0 f x 0, m11 m2 ②当 ，即 时 ，所以 在 上是增函数； fx0 fx0 f x m11 m2 xm1 x1 1 xm1 ③当 ，即 时，由 得 或 ，由 得 ，所以 0,1 m1, 1,m1 在 ， .上是增函数，在 .上是减函 综上可知： 1m2 f x 0,m1 1, m1,1 当 时 在 ， 上是单调递增，在 上是单调递减； f x 0, m2 当 时， 在 .上是单调递增； 26、(2020年高考天津)已知函数 ， 为 的导函数． (Ⅰ)当 时， (i)求曲线 在点 处的切线方程； (ii)求函数 的单调区间和极值； (Ⅱ)当 时，求证：对任意的 ，且 ，有 ． 【解析】(Ⅰ)(i)当 时， ，故 ．可得 ， ，所以曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ． (ii)依题意， ．从而可得 ，整理可得 ．令 ，解得 ．当 变化时， 的变化情况如下表： 1 - 0 + ↘ 极小值 ↗ 所以，函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ； 的极小值为 ，无极大 值． (Ⅱ)证明：由 ，得 ． 对任意的 ，且 ，令 ，则 ． ① 令 ．当 时， ，由此可得 在 单调递增，所以当 时， ，即 ． 因为 ， ， 所以，． ② 由(Ⅰ)(ii)可知，当 时， ，即 ， 故 ． ③ 由①②③可得 ．所以，当 时，对任意的 ，且 ，有 ． 27、(2020年高考全国Ⅲ卷理数)设函数 ，曲线 在点( ，f( ))处的切线与y轴垂 直．(1)求b． (2)若 有一个绝对值不大于1的零点，证明： 所有零点的绝对值都不大于1． 【解析】(1) ． 依题意得 ，即 . 故 ． (2)由(1)知 ， . 令 ，解得 或 . 与 的情况为： x + 0 – 0 +因为 ，所以当 时， 只有大于1的零点. 因为 ，所以当 时，f(x)只有小于–1的零点． 由题设可知 ， 当 时， 只有两个零点 和1. 当 时， 只有两个零点–1和 . 当 时， 有三个等点x，x，x，且 ， ， ． 1 2 3 综上，若 有一个绝对值不大于1的零点，则 所有零点的绝对值都不大于1. 28、(2020年高考全国Ⅰ卷理数)已知函数 . (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x≥0时，f(x)≥ x3+1，求a的取值范围. 【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex+x2–x，则 =ex+2x–1． 故当x∈(–∞，0)时， <0；当x∈(0，+∞)时， >0．所以f(x)在(–∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调 递增． (2) 等价于 . 设函数 ，则 .(i)若2a+1≤0，即 ，则当x∈(0，2)时， >0.所以g(x)在(0，2)单调递增，而g(0)=1，故当x∈(0， 2)时，g(x)>1，不合题意. (ii)若0<2a+1<2，即 ，则当x∈(0，2a+1)∪(2，+∞)时，g'(x)<0；当x∈(2a+1，2)时，g'(x)>0.所 以 g(x)在(0，2a+1)，(2，+∞)单调递减，在(2a+1，2)单调递增.由于 g(0)=1，所以 g(x)≤1 当且仅当 g(2)=(7−4a)e−2≤1，即a≥ . 所以当 时，g(x)≤1. (iii)若2a+1≥2，即 ，则g(x)≤ . 由于 ，故由(ii)可得 ≤1. 故当 时，g(x)≤1. 综上，a的取值范围是 . 29、(2020·浙江温州中学3月高考模拟)已知 . (1)求 的单调区间； (2)当 时，求证：对于 ， 恒成立； (3)若存在 ，使得当 时，恒有 成立，试求 的取值范围. 【解析】(1) ， 当 时， .解得 ． 当 时，解得 ． 所以 单调减区间为 ， 单调增区间为 ． (2)设 ， 当 时，由题意，当 时， 恒成立． ， ∴当 时， 恒成立， 单调递减． 又 ， ∴当 时， 恒成立，即 ． ∴对于 ， 恒成立． (3)因为 ． 由(2)知，当 时， 恒成立， 即对于 ， ，不存在满足条件的 ； 当 时，对于 ， ， 此时 ． ∴ ， 即 恒成立，不存在满足条件的 ； 当 时，令 ， 可知 与 符号相同， 当 时， ， ， 单调递减． ∴当 时， ， 即 恒成立． 综上， 的取值范围为 ． f xln1axbx gx f xbx2 30、(2020·山东省淄博实验中学高三上期末)设函数 ， . f x (1)若a1， b1 ，求函数 的单调区间； y =g( x) 1,ln3 11x3y 0 (2)若曲线 在点 处的切线与直线 平行. ①求a，b的值； kk 3 gxk  x2 x  x0, ②求实数 的取值范围，使得 对 恒成立. 【解析】 f xln1xxx1 (1)当a1， b1 时， ，1 x f 'x 1 f 'x0 则 1x 1x.当 时，1x0； f 'x0 x0 当 时， ； f x (-1,0) (0,+� ) 所以 的单调增区间为 ，单调减区间为 . gx f xbx2 ln1axb  xx2 (2)①因为 ， g1ln1a ln1aln3   所以 g'x a b12x，依题设有  g'1 11 ，即   a b 11 . 1ax  3 1a 3 a 2  解得 b3.  1  ②gxln12x3  xx2 ， x    2 ,  . gxk  x2 x  x0, gxk  x2 x  0 x0, 对 恒成立，即 对 恒成立. 43kx2 k1 令Fx gxk  x2 x  ，则有 F'x 12x . x0, F'x0 1k 3 当 时，当 时， ， Fx (0,+� ) 所以 在 上单调递增. Fx F00 x0, gxk  x2 x  所以 ，即当 时， ；  1 1k   1 1k  x0,  0,  当 k 1 时，当   2 3k   时， F'x0 ，所以 Fx在  2 3k   上单调递减，故当  1 1k  x0,    2 3k   时， Fx F00 ，即当 x0, 时， gxk  x2 x 不恒成立.k1,3 综上， .