【新高考复习】专题03 导数及其应用——2020年高考真题和模拟题理科数学分项汇编（教师版含解析）

专题03导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】函数43()2fxxx的图像在点(1(1))f，处的切线方程为A．21yxB．21yxC．23yxD．21yx【答案】B【解析】432fxxx，3246fxxx，11f，12f，因此，所求切线的方程为121yx，即21yx.故选：B．【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题.2．【2020年高考全国III卷理数】若直线l与曲线y=x和x2+y2=15都相切，则l的方程为A．y=2x+1B．y=2x+12C．y=12x+1D．y=12x+12【答案】D【解析】设直线l在曲线yx上的切点为00,xx，则00x，函数yx的导数为12yx，则直线l的斜率012kx，设直线l的方程为00012yxxxx，即0020xxyx，由于直线l与圆2215xy相切，则001145xx，两边平方并整理得2005410xx，解得01x，015x(舍)，则直线l的方程为210xy，即1122yx.故选：D．【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.3．【2020年高考北京】为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改、设企业的污水摔放量W与时间t的关系为()Wft，用()()fbfaba的大小评价在[,]ab这段时间内企业污水治理能力的强弱，已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如下图所示.给出下列四个结论：①在12,tt这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②在2t时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；③在3t时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；④甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，在10,t的污水治理能力最强．其中所有正确结论的序号是____________________．【答案】①②③【解析】()()fbfaba表示区间端点连线斜率的负数，在12,tt这段时间内，甲的斜率比乙的小，所以甲的斜率的相反数比乙的大，因此甲企业的污水治理能力比乙企业强；①正确；甲企业在112230,,,,,ttttt这三段时间中，甲企业在12,tt这段时间内，甲的斜率最小，其相反数最大，即在12,tt的污水治理能力最强．④错误；在2t时刻，甲切线的斜率比乙的小，所以甲切线的斜率的相反数比乙的大，甲企业的污水治理能力比乙企业强；②正确；在3t时刻，甲、乙两企业的污水排放量都在污水打标排放量以下，所以都已达标；③正确；故答案为：①②③【点睛】本题考查斜率应用、切线斜率应用、函数图象应用，考查基本分析识别能力，属中档题.4．【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数2()exfxaxx.(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3+1，求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex+x2–x，则()fx=ex+2x–1．故当x∈(–∞，0)时，()fx0；当x∈(0，+∞)时，()fx0．所以f(x)在(–∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增．(2)31()12fxx等价于321(1)e12xxaxx.设函数321()(1)e(0)2xgxxaxxx，则32213()(121)e22xgxxaxxxax21[(23)42]e2xxxaxa1(21)(2)e2xxxax.(i)若2a+1≤0，即12a，则当x∈(0，2)时，()gx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02a+12，即1122a，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≥27e4.所以当27e142a时，g(x)≤1.(iii)若2a+1≥2，即12a，则g(x)≤31(1)e2xxx.由于27e10[,)42，故由(ii)可得31(1)e2xxx≤1.故当12a时，g(x)≤1.综上，a的取值范围是27e[,)4.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．5．【2020年高考全国Ⅱ卷理数】已知函数2()sinsin2fxxx．(1)讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；(2)证明：33()8fx；(3)设*nN，证明：2222sinsin2sin4sin234nnnxxxx．【解析】(1)()cos(sinsin2)sin(sinsin2)fxxxxxxx'22sincossin22sincos2xxxxx2sinsin3xx．当(0,)(,)33x时，()0fx；当(,)33x时，()0fx．所以()fx在区间(0,),(,)33单调递增，在区间(,)33单调递减．(2)因为(0)()0ff，由(1)知，()fx在区间[0,]的最大值为33()38f，最小值为33()38f．而()fx是周期为的周期函数，故33|()|8fx．(3)由于32222(sinsin2sin2)nxxx333|sinsin2sin2|nxxx23312|sin||sinsin2sin2sin2||sin2|nnnxxxxxx12|sin||()(2)(2)||sin2|nnxfxfxfxx1|()(2)(2)|nfxfxfx，所以22223333sinsin2sin2()84nnnnxxx．6．【2020年高考全国Ⅲ卷理数】设函数3()fxxbxc，曲线()yfx在点(12，f(12))处的切线与y轴垂直．(1)求B．(2)若()fx有一个绝对值不大于1的零点，证明：()fx所有零点的绝对值都不大于1．【解析】(1)2()3fxxb．依题意得1()02f，即304b.故34b．(2)由(1)知3(3)4fxxxc，2()334fxx.令)0(fx，解得12x或12x.()fx与()fx的情况为：x1()2，1211()22，121()2，+()fx+0–0+()fx14c14c因为11(1)()24ffc，所以当14c时，()fx只有大于1的零点.因为11(1)()24ffc，所以当14c时，f(x)只有小于–1的零点．由题设可知1144c，当1=4c时，()fx只有两个零点12和1.当1=4c时，()fx只有两个零点–1和12.当1144c时，()fx有三个等点x1，x2，x3，且11(1,)2x，211(,)22x，31(,1)2x．综上，若()fx有一个绝对值不大于1的零点，则()fx所有零点的绝对值都不大于1.7．【2020年高考天津】已知函数3()ln()fxxkxkR，()fx为()fx的导函数．(Ⅰ)当6k时，(i)求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；(ii)求函数9()()()gxfxfxx的单调区间和极值；(Ⅱ)当3k时，求证：对任意的12,[1,)xx，且12xx，有1212122fxfxfxfxxx．【解析】(Ⅰ)(i)当6k时，3()6lnfxxx，故26()3fxxx．可得(1)1f，(1)9f，所以曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为19(1)yx，即98yx．(ii)依题意，323()36ln,(0,)gxxxxxx．从而可得2263()36gxxxxx，整理可得323(1)(1)()xxgxx．令()0gx，解得1x．当x变化时，(),()gxgx的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)()gx-0+()gx↘极小值↗所以，函数()gx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)；()gx的极小值为(1)1g，无极大值．(Ⅱ)证明：由3()lnfxxkx，得2()3kfxxx．对任意的12,[1,)xx，且12xx，令12(1)xttx，则1212122xxfxfxfxfx22331121212122332lnxkkxxxxxxkxxx3322121121212212332lnxxxxxxxxxkkxxx332213312lnxtttkttt．①令1()2ln,[1,)hxxxxx．当1x时，22121()110hxxxx，由此可得()hx在[1,)单调递增，所以当1t时，()(1)hth，即12ln0ttt．因为21x，323331(1)0,3ttttk，所以，332322113312ln(331)32lnxtttkttttttttt2336ln31tttt．②由(Ⅰ)(ii)可知，当1t时，()(1)gtg，即32336ln1tttt，故23336ln10tttt．③由①②③可得12121220xxfxfxfxfx．所以，当3k时，对任意的12,[1,)xx，且12xx，有1212122fxfxfxfxxx．8．【2020年高考北京】已知函数2()12fxx．(Ⅰ)求曲线()yfx的斜率等于2的切线方程；(Ⅱ)设曲线()yfx在点(,())tft处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为()St，求()St的最小值．【解析】(Ⅰ)因为212fxx，所以2fxx，设切点为00,12xx，则022x，即01x，所以切点为1,11，由点斜式可得切线方程：1121yx，即2130xy.(Ⅱ)显然0t，因为yfx在点2,12tt处的切线方程为：2122yttxt，令0x，得212yt，令0y，得2122txt，所以St221121222||ttt，不妨设0t(0t时，结果一样)，则423241441144(24)44ttSttttt，为所以St4222211443(848)(324)44ttttt222223(4)(12)3(2)(2)(12)44ttttttt，由0St，得2t，由0St，得02t，所以St在0,2上递减，在2,上递增，所以2t时，St取得极小值，也是最小值为16162328S.【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.9．【2020年高考浙江】已知12a，函