北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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命题点 3 导数及其应用
预测说明
导数是初等数学与高等数学的重要衔接点,是命题热点,在每年的高考中,导数通常考
查2或3道题,即“一小一大或两小一大”,小题可能为单选题、多选题或填空题.
命题方向:
1.以导数的运算、导数的几何意义以及导数与函数的关系为基础,命制导数运算的
相关基础题或者利用求导来研究函数的单调性、极值、最值、零点等方面的考题.一般
以选择题或填空题形式呈现,难度可能为基础题,也可能为中高档题.
2.以导数为载体的解答题,第(1)问通常考查一些基础知识、基本方法,属于中低档题;
第(2)问一般会与不等式等知识进行综合,同时会应用到很多的数学思想方法,如转化与化
归思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想、构造思想等.考查学生的逻
辑推理能力,难度较大.
预测探究
识透高频考点
1.(多选)(2024辽宁抚顺六校协作体第三次模拟,11)已知定义在R上的奇函数f(x)连续,函
数f(x)的导函数为f '(x).当x>0时, f '(x)cos x>f(x)sin x+e·f '(x),其中e为自然对数的底数,则
(BCD)
A.f(x)在R上为减函数
B.当x>0时, f(x)<0
(π) (3π)
C. f >f
2 2
D. f(x)在R上有且只有1个零点
2.(2024山东潍坊二模,15)已知函数f(x)=(x-1)ex-ax2+b,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程
为y=(e-2)x+3-e.
(1)求实数a,b的值;
(2)求f(x)的单调区间和极值.
基础知识运用 导数几何意义的运用;利用导数求函数的单调区间和极值
解析 (1)f '(x)=ex+(x-1)ex-2ax=xex-2ax,
由题意知, f '(1)=e-2a=e-2,所以a=1,
又因为f(1)=-1+b=(e-2)×1+3-e=1,所以b=2.
(2)由(1)知f '(x)=xex-2x=x(ex-2),北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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当x∈(-∞,0)时, f '(x)>0;当x∈(0,ln 2)时, f '(x)<0;当x∈(ln 2,+∞)时, f '(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间是(-∞,0),(ln 2,+∞),单调递减区间是(0,ln 2).
当x=0时, f(x)取得极大值f(0)=1;
当x=ln 2时, f(x)取得极小值f(ln 2)=2ln 2-(ln 2)2.
1
3.(2024湖南郴州5月模拟,18)已知函数f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+ x2.
2
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.
综合知识运用 多角度考查导数的基础知识以及利用导数研究函数性质、函数零点的
方法,同时考查了分类讨论思想和构造函数
1
解析 (1)由f(x)=ae2x-(ax+2-a)ex+ x2,
2
得f '(x)=2ae2x-(ax+2)ex+x=(aex-1)(2ex-x),(2分)
∵ex≥x+1,
∴2ex-x≥ex+1>0.
①当a≤0时,aex-1<0,从而f '(x)<0恒成立, f(x)在R上单调递减; (3分)
②当a>0时,令f '(x)=0,从而aex-1=0,得x=-ln a.
x (-∞,-ln a) -ln a (-ln a,+∞)
f '(x) - 0 +
f(x) 单调递减 极小值 单调递增
(5分)
综上,当a≤0时, f(x)在R上单调递减;当a>0时, f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上
单调递增. (6分)
(2)由(1)知,当a≤0时, f(x)在R上单调递减, f(x)在R上至多有一个零点,不满足条件. (7
分)
1 ln2a
当a>0时, f(x) =f(-ln a)=1- +ln a+ ,
min a 2
1 ln2a
令g(a)=1- +ln a+ ,
a 2
1 1 lna 1(1 ) 1(1 1) 1[1 ( 1)] 2
则g'(a)= + + = +1+lna = +1−ln ≥ +1+ 1− = >0,
a2 a a a a a a a a a a a
∴g(a)在R上单调递增,(9分)
而g(1)=0,
故当0<a<1时,g(a)<0;当a=1时,g(a)=0;当a>1时,g(a)>0. (10分)北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(i)若a>1,则f(x) =g(a)>0,故f(x)>0恒成立, f(x)无零点; (11分)
min
(ii)若a=1,则f(x) =g(a)=0,
min
故f(x)仅有一个零点x=-ln a=0,不满足条件; (12分)
(iii)若0<a<1,则f(x) =g(a)<0,-ln a>0,
min
a 3a−2 1+3e2 2
f(-2)= + +2= ·a+2- >0,
e4 e2 e4 e2
故f(x)在(-2,-ln a)上有一个零点,
(3 ) 1 ( (3 )) (3 ) 2 [ (3 ) ](3 ) 1
又ln −1 >ln =-ln a,且f ln −1 =a −1 - aln −1 +2−a −1 + ln2
a a a a a a 2
(3 ) (3 ) 2 [ (3 ) ](3 ) 1 (3 )
−1 > a −1 - aln −1 +2−a −1 =(3-a) -ln −1 . (14分)
a a a a a a
3 3x−4
令h(x)=x-ln(3x-1)(x>1),则h'(x)=1- = ,
3x−1 3x−1
( 4) (4 ) (4) 4 1 (3 )
∴h(x)在 1, 上单调递减,在 ,+∞ 上单调递增,h(x)≥h = -ln 3>0,故 -ln −1
3 3 3 3 a a
>0,
[1 (3 )]
又0<a<1,∴3-a>0,∴(3-a) −ln −1 >0,
a a
( (3 )) ( (3 ))
即f ln −1 >0,故f(x)在 −lna,ln −1 上有一个零点.
a a
又f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减,在(-ln a,+∞)上单调递增,
故f(x)在R上至多有两个零点, (16分)
( (3 ))
又f(x)在(-2,-ln a)及 −lna,ln −1 上均至少有一个零点,
a
故f(x)在R上恰有两个零点.
综上,0<a<1时, f(x)在R上恰有两个零点. (17分)
悟透新型考法
1.(2024湖北高中名校联盟第四次联考,14)已知直线l 与曲线y=aex和y=ln x-ln a都相切,
1
倾斜角为α,直线l 与曲线y=aex和y=ln x-ln a都相切,倾斜角为β,则tan α+4tan β取最小值
2
√32
时,实数a的值为 .
e
2.(2024浙江十校联考,19)已知函数f(x)=cos x+λln(1+x),且曲线y=f(x)在点(0, f(0))处的切线
斜率为1.北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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(1)求f(x)的表达式;
(2)若f(x)≤ax+1恒成立,求a的值;
(3)求证: ∑ ❑ 2n f ( sin 1 −1 ) <ln 2,n∈N*.
k
k=n+1
创新知识交汇 综合考查导数与数列、不等式放缩
λ
解析 (1)f '(x)=-sin x+ ,则f '(0)=λ=1,
1+x
故f(x)=cos x+ln(1+x).
(2)设h(x)=f(x)-ax-1=cos x+ln(1+x)-ax-1,x>-1.
由条件知h(x)≤0(x>-1)恒成立,
因为h(0)=0,又h(x)的图象在定义域上是连续不间断的,
所以x=0是h(x)的一个极大值点,则h'(0)=0.
1
又h'(x)=-sin x+ -a,所以h'(0)=1-a=0,得a=1.
1+x
下证当a=1时,h(x)≤0对任意x∈(-1,+∞)恒成立.
1 −x
令φ(x)=ln(1+x)-x,则φ'(x)= -1= ,
1+x 1+x
当-1<x<0时,φ'(x)>0,当x>0时,φ'(x)<0,
则函数φ(x)在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减,
所以φ(x)≤φ(0)=0,即ln(1+x)-x≤0,而cos x-1≤0,
所以当a=1,x∈(-1,+∞)时,h(x)=(cos x-1)+[ln(1+x)-x]≤0.
综上,若f(x)≤ax+1恒成立,则a=1.
(3)证明:由(2)可知f(x)≤x+1,
( 1 ) 1
所以f sin −1 ≤sin .
k k
所以 ∑ ❑ 2n f ( sin 1 −1 ) =f ( sin 1 −1 ) +f ( sin 1 −1 ) +…+f ( sin 1 −1 ) ≤sin 1
k n+1 n+2 2n n+1
k=n+1
1 1
+sin +…+sin ,(由表达式特点联想到利用sin x<x进行放缩)
n+2 2n
( π)
先证sin x<x,x∈ 0, ,
2
( π)
令t(x)=sin x-x,x∈ 0, ,则t'(x)=cos x-1<0,
2
( π)
则t(x)在 0, 上单调递减,t(x)<t(0)=0,
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( π)
即sin x<x,x∈ 0, ,
2
1 1 1 1 1 1
所以sin +sin +…+sin < + +…+ ,(由结果中含有ln 2联想到利用ln
n+1 n+2 2n n+1 n+2 2n
x<x-1进行放缩)
1 n+1
再证 <ln ,先证ln x<x-1,0<x<1,
n+1 n
1 1−x
令u(x)=ln x-x+1(0<x<1),则u'(x)= -1= ,
x x
当0<x<1时,u'(x)>0,函数u(x)单调递增,则u(x)<u(1)=0,
n 1 n+1
即ln x<x-1,0<x<1,令x= ,即得 <ln .
n+1 n+1 n
n+1 1 1
又ln =ln(n+1)-ln n,所以 <ln(n+1)-ln(n),……, <ln(2n)-ln(2n-1),
n n+1 n+n
1 1 1
所以 + +…+ <ln(n+1)-ln(n)+ln(n+2)-ln(n+1)+…+ln(2n)-ln(2n-1)=ln(2n)-ln n=ln
n+1 n+2 2n
2.
综上, ∑ ❑ 2n f ( sin 1 −1 ) <ln 2,n∈N*.
k
k=n+1
参透创新情境
1.(2024广东汕头二模,16)设M是由满足下列条件的函数f(x)构成的集合:①方程f(x)-x=0
有实根;②f(x)在定义域区间D上可导,且f '(x)满足0<f '(x)<1.
x lnx
(1)判断g(x)= - +3,x∈(1,+∞)是不是集合M中的元素,并说明理由;
2 2
(2)设函数f(x)为集合M中的任意一个元素,证明:对其定义域区间D中的任意α、β,都有|
f(α)-f(β)|≤|α-β|.
创新情境 以学科情境(元素与集合的关系)为背景,考查利用导数研究函数的单调性,进
而证明不等式
1 1 1( 1) ( 1)
解析 (1)易知g'(x)= - = 1− ,当x∈(1,+∞)时,g'(x)∈ 0, ⊆(0,1),满足条件②;
2 2x 2 x 2
x lnx
令F(x)=g(x)-x=- - +3(x>1),
2 2
e 5 e2
则F(e)=- + >0,F(e2)=- +2<0.
2 2 2
又F(x)在区间[e,e2]上连续,
故F(x)在[e,e2]上存在零点x ,
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即方程g(x)-x=0有实数根x ,x ∈[e,e2],
0 0
故g(x)满足条件①.
综上可知,g(x)∈M.
(2)证明:不妨设α≤β,∵f '(x)>0, f(x)在区间D上单调递增,
∴f(α)≤f(β),即f(β)-f(α)≥0,
令h(x)=f(x)-x,则h'(x)=f '(x)-1<0,故h(x)在区间D上单调递减,
∴f(β)-β≤f(α)-α,即f(β)-f(α)≤β-α,
∴0≤f(β)-f(α)≤β-α,
则有|f(α)-f(β)|≤|α-β|.
2.(2024山东菏泽一模,19)帕德近似是法国数学家亨利·帕德发明的用有理多项式近似特
定函数的方法.给定两个正整数m,n,函数f(x)在x=0处的[m,n]阶帕德近似定义为:
a +a x+…+a xm
R(x)= 0 1 m ,且满足: f(0)=R(0), f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0),……, f(m+n)(0)=R(m+n)(0).
1+b x+…+b xn
1 n
(注: f ″(x)=[f '(x)]', f ‴(x)=[f ″(x)]', f(4)(x)=[f ‴(x)]', f(5)(x)=[f(4)(x)]',……, f(n)(x)为f(n-1)(x)的导数)
ax
已知f(x)=ln(x+1)在x=0处的[1,1]阶帕德近似为R(x)= .
1+bx
(1)求实数a,b的值;
(2)比较f(x)与R(x)的大小;
f(x) (1 )
(3)若h(x)= - −m f(x)在(0,+∞)上存在极值,求m的取值范围.
R(x) 2
新定义理解 以“帕德近似”为背景,考查导数的综合应用
ax
解析 (1)由f(x)=ln(x+1),R(x)= ,
1+bx
1 1 a −2ab
知f '(x)= , f ″(x)=- ,R'(x)= ,R″(x)= ,
x+1 (x+1) 2 (1+bx) 2 (1+bx) 3
∵f '(0)=R'(0), f ″(0)=R″(0),
{ a=1, 1
∴ ∴a=1,b= . (3分)
−2ab=−1, 2
2x
(2)由(1)知,R(x)= ,
x+2
2x
令φ(x)=f(x)-R(x)=ln(x+1)- (x>-1),
x+2
1 4 x2
则φ'(x)= - = ≥0,
x+1 (x+2) 2 (x+1)(x+2) 2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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∴φ(x)在(-1,+∞)上单调递增,
又φ(0)=f(0)-R(0)=0,∴当-1<x<0时,φ(x)<0,即f(x)<R(x),当x=0时,φ(x)=0,即f(x)=R(x),当x>0
时,φ(x)>0,即f(x)>R(x). (7分)
f(x) (1 ) (1 )
(3)h(x)= - −m f(x)= +m ln(x+1).
R(x) 2 x
1 (1 ) 1
则h'(x)=- ln(x+1)+ +m
x2 x x+1
mx2+x−(x+1)ln(x+1)
= ,
x2 (x+1)
f(x) (1 )
由h(x)= - −m f(x)在(0,+∞)上存在极值,
R(x) 2
知h'(x)在(0,+∞)上存在变号零点.
令g(x)=mx2+x-(x+1)ln(x+1),x>0,
则g'(x)=2mx+1-[ln(x+1)+1]=2mx-ln(x+1),
1
g″(x)=2m- .
x+1
①当m≤0时,g″(x)<0,g'(x)在(0,+∞)上单调递减,g'(x)<g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递减,
g(x)<g(0)=0,无零点,不满足条件.
1
②当2m>1,即m> 时,g″(x)>0,g'(x)在(0,+∞)上单调递增,g'(x)>g'(0)=0,g(x)在(0,+∞)上单调递
2
增,
g(x)>g(0)=0,无零点,不满足条件.
1 1
③当0<2m<1,即0<m< 时,令g″(x)=0,得x= -1,
2 2m
1 1
当0<x< -1时,g″(x)<0,当x> -1时,g″(x)>0,
2m 2m
( 1 ) ( 1 )
∴g'(x)在 0, −1 上单调递减,在 −1,+∞ 上单调递增,
2m 2m
( 1 ) ( 1 ) ( 1 )
∴g'(x) =g' −1 =2m −1 -ln −1+1 =1-2m+ln(2m),
min
2m 2m 2m
1
令H(x)=1-x+ln x,0<x<1,则H'(x)=-1+ >0,
x
∴H(x)在(0,1)上单调递增,H(x)<H(1)=0,
( 1 )
∴g' −1 =(1-2m)+ln(2m)<0恒成立;
2m
