专题03导数及其应用2019年高考真题和模拟题分项汇编数学文解析

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．2210xyC．2210xyD．10xy【答案】C【解析】2cossin,yxxπ2cosπsinπ2,xy则2sincosyxx在点(,1)处的切线方程为(1)2()yx，即2210xy．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elnxyaxx在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则A．e1ab，B．a=e，b=1C．1e1ab，D．1ea，1b【答案】D【解析】∵eln1,xyax∴切线的斜率1|e12xkya，1ea，将(1,1)代入2yxb，得21,1bb.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),032xxfxxaxaxx．若函数()yfxaxb恰有3个零点，则A．a–1，b0B．a–1，b0C．a–1，b0D．a–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)yxax，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＞013(𝑎+1)3−12(𝑎+1)(𝑎+1)2−𝑏＜0，解得b＜0，1﹣a＞0，b＞−16（a+1）3，则a–1，b0.故选C．【名师点睛】本题考查函数与方程，导数的应用.当x＜0时，y＝f（x）﹣ax﹣b＝x﹣ax﹣b＝（1﹣a）x﹣b最多有一个零点；当x≥0时，y＝f（x）﹣ax﹣b=13x3−12（a+1）x2﹣b，利用导数研究函数的单调性，根据单调性画出函数的草图，从而结合题意可列不等式组求解．4．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】曲线23()exyxx在点(0)0，处的切线方程为____________．【答案】30xy【解析】223(21)e3()e3(31)e,xxxyxxxxx所以切线的斜率0|3xky，则曲线23()exyxx在点(0,0)处的切线方程为3yx，即30xy．【名师点睛】准确求导数是进一步计算的基础，本题易因为导数的运算法则掌握不熟，而导致计算错误．求导要“慢”，计算要准，是解答此类问题的基本要求．5．【2019年高考天津文数】曲线cos2xyx在点(0,1)处的切线方程为__________.【答案】220xy【解析】∵1sin2yx，∴01|sin0212xy，故所求的切线方程为112yx，即220xy.【名师点睛】曲线切线方程的求法：（1）以曲线上的点(x0，f(x0))为切点的切线方程的求解步骤：①求出函数f(x)的导数f′(x)；②求切线的斜率f′(x0)；③写出切线方程y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)，并化简．（2）如果已知点(x1，y1)不在曲线上，则设出切点(x0，y0)，解方程组0010010()()yfxyyfxxx得切点(x0，y0)，进而确定切线方程．6．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，P是曲线4(0)yxxx上的一个动点，则点P到直线0xy的距离的最小值是▲.【答案】4【解析】由4(0)yxxx，得241yx，设斜率为1的直线与曲线4(0)yxxx切于0004(,)xxx，由20411x得02x（02x舍去），∴曲线4(0)yxxx上，点(2,32)P到直线0xy的距离最小，最小值为22232411.故答案为4．【名师点睛】本题考查曲线上任意一点到已知直线的最小距离，渗透了直观想象和数学运算素养.采取导数法，利用数形结合和转化与化归思想解题.7．【2019年高考江苏】在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y=lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点（-e，-1)(e为自然对数的底数），则点A的坐标是▲.【答案】(e,1)【解析】设出切点坐标，得到切线方程，然后求解方程得到横坐标的值，可得切点坐标.设点00,Axy，则00lnyx.又1yx，当0xx时，01yx，则曲线lnyx在点A处的切线为0001()yyxxx，即00ln1xyxx，将点e,1代入，得00e1ln1xx，即00lnexx，考察函数lnHxxx，当0,1x时，0Hx，当1,x时，0Hx，且ln1Hxx，当1x时，0,HxHx单调递增，注意到eeH，故00lnexx存在唯一的实数根0ex，此时01y，故点A的坐标为e,1.【名师点睛】导数运算及切线的理解应注意的问题：一是利用公式求导时要特别注意除法公式中分子的符号，防止与乘法公式混淆．二是直线与曲线公共点的个数不是切线的本质，直线与曲线只有一个公共点，直线不一定是曲线的切线，同样，直线是曲线的切线，则直线与曲线可能有两个或两个以上的公共点．8．【2019年高考全国Ⅰ卷文数】已知函数f（x）=2sinx-xcosx-x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）,0a.【解析】（1）设()()gxfx，则()cossin1,()cosgxxxxgxxx.当π(0,)2x时，()0gx；当π,π2x时，()0gx，所以()gx在π(0,)2单调递增，在π,π2单调递减.又π(0)0,0,(π)22ggg，故()gx在(0,π)存在唯一零点.所以()fx在(0,π)存在唯一零点.（2）由题设知(π)π,(π)0faf…，可得a≤0.由（1）知，()fx在(0,π)只有一个零点，设为0x，且当00,xx时，()0fx；当0,πxx时，()0fx，所以()fx在00,x单调递增，在0,πx单调递减.又(0)0,(π)0ff，所以，当[0,π]x时，()0fx….又当0,[0,π]ax„时，ax≤0，故()fxax….因此，a的取值范围是(,0].【名师点睛】本题考查利用导数讨论函数零点个数、根据恒成立的不等式求解参数范围的问题.对于此类端点值恰为恒成立不等式取等的值的问题，通常采用构造函数的方式，将问题转变成函数最值与零之间的比较，进而通过导函数的正负来确定所构造函数的单调性，从而得到最值.9．【2019年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数()(1)ln1fxxxx．证明：（1）()fx存在唯一的极值点；（2）()=0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）()fx的定义域为（0，+）.11()ln1lnxfxxxxx.因为lnyx单调递增，1yx单调递减，所以()fx单调递增，又(1)10f，1ln41(2)ln2022f，故存在唯一0(1,2)x，使得00fx.又当0xx时，()0fx，()fx单调递减；当0xx时，()0fx，()fx单调递增.因此，()fx存在唯一的极值点.（2）由（1）知0(1)2fxf，又22ee30f，所以()0fx在0,x内存在唯一根x.由01x得011x.又1111()1ln10ff，故1是()0fx在00,x的唯一根.综上，()0fx有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数．【名师点睛】本题主要考查导数的应用，通常需要对函数求导，用导数的方法研究函数的单调性、极值，以及函数零点的问题，属于常考题型.10．【2019年高考天津文数】设函数()ln(1)exfxxax，其中aR.（1）若a≤0，讨论()fx的单调性；（2）若10ea，（i）证明()fx恰有两个零点；（ii）设0x为()fx的极值点，1x为()fx的零点，且10xx，证明0132xx.【答案】（1）()fx在(0,)内单调递增.；（2）（i）见解析；（ii）见解析.【解析】（1）解：由已知，()fx的定义域为(0,)，且211e()e(1)exxxfaxxaaxxx.因此当a≤0时，21e0xax，从而()0fx，所以()fx在(0,)内单调递增.（2）证明：（i）由（Ⅰ）知21e()xaxfxx.令2()1exgxax，由10ea，可知()gx在(0,)内单调递减，又(1)1e0ga，且221111ln1ln1ln0gaaaaa.故()0gx在(0,)内有唯一解，从而()0fx在(0,)内有唯一解，不妨设为0x，则011lnxa.当00,xx时，0()()0gxgxfxxx，所以()fx在00,x内单调递增；当0,xx时，0()()0gxgxfxxx，所以()fx在0,x内单调递减，因此0x是()fx的唯一极值点.令()ln1hxxx，则当1x时，1()10h'xx，故()hx在(1,)内单调递减，从而当1x时，()(1)0hxh，所以ln1xx.从而ln1111111lnlnlnln1elnlnln1ln0afahaaaaaa，又因为0(1)0fxf，所以()fx在0(,)x内有唯一零点.又()fx在00,x内有唯一零点1，从而，()fx在(0,)内恰有两个零点.（ii）由题意，010,0,fxfx即012011e1,lne,1xxaxxax从而1011201lnexxxxx，即102011lne1xxxxx.因为当1x时，ln1xx，又101xx，故102012011e1xxxxxx，两边取对数，得1020lnelnxxx，于是10002ln21xxxx，整理得0132xx.【名师点睛】本小题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想、化归与转化思想.考查综合分析问题和解决问题的能力.11．【2019年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()22fxx