2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版

第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用二多選題命題熱點之導(dǎo)數(shù)導(dǎo)數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容，從近幾年高考試題中可以看出，導(dǎo)數(shù)是每年的必考內(nèi)容之一，且占有較大的分值比重．考查內(nèi)容主要為探討函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值及函數(shù)零點、不等式等問題．利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值(多選題)已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，在定義域[－2,2]上表示的曲線過原點，且在x＝±1處的切線斜率均為－1.下列說法正確的是()A．f(x)是奇函數(shù)B．若f(x)在[s，t]內(nèi)遞減，則|t－s|的最大值為4C．若f(x)的最大值為M，則最小值為－MD．若對?x∈[－2,2]，k≤f′(x)恒成立，則k的最大值為2AC解析：由題意f(0)＝0，得c＝0.f′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3＋2a＋b＝－1，,3－2a＋b＝－1，))解得a＝0，b＝－4.所以f(x)＝x3－4x，f′(x)＝3x2－4.對于A，C，明顯f(－x)＝－f(x)，f(x)是奇函數(shù)，故A，C正確；對于B，令f′(x)<0，解得－eq\f(2,\r(3))<x<eq\f(2,\r(3))，所以|t－s|≤eq\f(4,\r(3))<4，故B錯誤；對于D，當(dāng)x∈[－2,2]時，3x2－4≥－4，故k的最大值為－4.故D錯誤．故選AC.(多選題)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，如圖是函數(shù)y＝xf′(x)的圖像，則下列說法正確的有()A．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)B．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－2，＋∞)C．x＝－2是函數(shù)的微小值點D．x＝2是函數(shù)的微小值點ABC解析：當(dāng)x≥0時，y＝xf′(x)≥0，故f′(x)≥0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)－2<x<0時，y＝xf′(x)<0，故f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)x＝－2時，y＝xf′(x)＝0，故f′(－2)＝0；當(dāng)x<－2時，y＝xf′(x)>0，故f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減．故ABC正確．利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)零點、方程根問題(多選題)已知f(x)＝eq\f(2mx2＋1,ex)－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.若φ(x)＝ex·f(x)－eq\f(gx,ex)有唯一的零點，則m的值可能為()A．2 B．3C．－3 D．－4ACD解析：f(x)＝eq\f(2mx2＋1,ex)－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.因為φ(x)＝ex·f(x)－eq\f(gx,ex)只有一個零點，所以2m(x2＋1)－ex－eq\f(m＋2x2＋12,ex)＝0只有一個實數(shù)根，即(m＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋1,ex)))2－2meq\f(x2＋1,ex)＋1＝0只有一個實數(shù)根．令t＝eq\f(x2＋1,ex)，則t′＝eq\f(x2＋1′ex－x2＋1ex,ex2)＝eq\f(－x－12,ex)≤0.所以函數(shù)t＝eq\f(x2＋1,ex)在R上單調(diào)遞減，且x→＋∞時，t→0，所以函數(shù)t＝eq\f(x2＋1,ex)的大致圖像如圖所示，所以只需關(guān)于t的方程(m＋2)t2－2mt＋1＝0(*)有且只有一個正實根．①當(dāng)m＝2時，方程(*)為4t2－4t＋1＝0，解得t＝eq\f(1,2)，符合題意；②當(dāng)m＝3時，方程(*)為5t2－6t＋1＝0，解得t＝eq\f(1,5)或t＝1，不符合題意；③當(dāng)m＝－3時，方程(*)為t2－6t－1＝0，得t＝3±eq\r(10)，只有3＋eq\r(10)>0，符合題意；④當(dāng)m＝－4時，方程(*)為2t2－8t－1＝0，得t＝eq\f(4±3\r(2),2)，只有eq\f(4＋3\r(2),2)>0，符合題意．故選ACD.(多選題)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2＋x－1,ex)，則下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)f(x)存在兩個不同的零點B．函數(shù)f(x)既存在極大值又存在微小值C．當(dāng)－e<k<0時，方程f(x)＝k有且只有兩個實根D．若x∈[t，＋∞)時，f(x)max＝eq\f(5,e2)，則t的最小值為2ABC解析：f(x)＝0?x2＋x－1＝0，解得x＝eq\f(－1±\r(5),2)，所以A項正確．f′(x)＝－eq\f(x2－x－2,ex)＝－eq\f(x＋1x－2,ex)，當(dāng)f′(x)>0時，－1<x<2；當(dāng)f′(x)<0時，x<－1或x>2，所以(－∞，－1)，(2，＋∞)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間，(－1,2)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，所以f(－1)是函數(shù)的微小值，f(2)是函數(shù)的極大值，所以B項正確．當(dāng)x→＋∞時，y→0，依據(jù)B選項可知，函數(shù)的最小值是f(－1)＝－e.再依據(jù)單調(diào)性可知，當(dāng)－e<k<0時，方程f(x)＝k，有且只有兩個實根，所以C項正確．由圖像可知，t的最大值是2，所以D項不正確．故選ABC.利用導(dǎo)數(shù)探討不等式問題(多選題)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)，則()A．存在x∈(0，＋∞)，使得f(x)<0B．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)C．隨意x∈(0，＋∞)，都有f(x)>0D．對隨意兩個正實數(shù)x1，x2，且x2>x1，若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2>4BCD解析：因為f(x)＝lnx＋eq\f(2,x)，定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2).令f′(x)<0，則0<x<2，所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減；令f′(x)>0，則x>2，所以函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)在x＝2處取得微小值也是最小值．f(x)min＝f(2)＝ln2＋1>0，所以對隨意x∈(0，＋∞)，B項，C項正確，A項錯誤．由x＝2是f(x)的微小值點，可知f(x1)＝f(x2)時，x2＞2＞x1＞0，易知4－x1＞2，則f(4－x1)－f(x2)＝f(4－x1)－f(x1)＝eq\f(2,4－x1)＋ln(4－x1)－eq\f(2,x1)－lnx1＝eq\f(4x1－2,4－x1x1)＋lneq\f(4－x1,x1).令t＝eq\f(4－x1,x1)，則t＞1，x1＝eq\f(4,1＋t)，則F(t)＝f(4－x1)－f(x2)＝eq\f(1－t2,2t)＋lnt(t＞1)，F(xiàn)′(t)＝eq\f(－t2＋2t－1,2t2)＜0，所以F(t)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，F(xiàn)(t)＜F(1)＝0，故f(4－x1)－f(x2)＜0.又f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，所以4－x1＜x2，故x1＋x2＞4，D項正確．證明不等式的常用方法(1)若證明f(x)<g(x)，x∈(a，b)，可以構(gòu)造函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)．假如F′(x)<0，則F(x)在(a，b)上單調(diào)遞減，同時若F(a)≤0，則有F(x)<0，即證明白f(x)<g(x)．(2)若證明F(x)<0，可變形為F(x)＝f(x)－g(x)<0，即f(x)<g(x)，只需證f(x)max<g(x)min.(多選題)已知f(x)是可導(dǎo)的函數(shù)，且f′(x)＜f(x)，對于x∈R恒成立，則()A．f(1)＜ef(0)，f(2020)＜e2020fB．f(1)＞ef(0)，f(1)＞e2fC．f(1)＜ef(0)，f(1)＜e2fD．f(1)＞ef(0)，f(2020)＞e2020fAC解析：設(shè)g(x)＝eq\f(fx,ex)，則g′(x)＝eq\f(f′x－fx,ex).因為f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0，即g(x)在R上單調(diào)遞減，所以g(1)＜g(0)，即eq\f(f1,e)＜e