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

专题03导数及其应用1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】曲线ln1yxx的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为.【答案】2yx【解析】设切线的切点坐标为001(,),ln1,1xyyxxyx，00001|12,1,2xxyxyx，所以切点坐标为(1,2)，所求的切线方程为22(1)yx，即2yx.故答案为：2yx.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.2．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】设函数e()xfxxa．若e(1)4f，则a=_________．【答案】1【解析】由函数的解析式可得：221xxxexaeexafxxaxa，则：12211111eaaefaa，据此可得：241aeea，整理可得：2210aa，解得：1a.故答案为：1.【点睛】本题主要考查导数的运算法则，导数的计算，方程的数学思想等知识，属于中等题.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卷文数】已知函数()e(2)xfxax.(1)当1a时，讨论()fx的单调性；(2)若()fx有两个零点，求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时，f(x)=ex–x–2，则fx（）=ex–1．当x0时，fx（）0；当x0时，fx（）0．所以f(x)在(–∞，0)单调递减，在(0，+∞)单调递增．(2)fx（）=ex–a．当a≤0时，fx（）0，所以f(x)在(–∞，+∞)单调递增，故f(x)至多存在1个零点，不合题意．当a0时，由fx（）=0可得x=lna．当x∈(–∞，lna)时，fx（）0；当x∈(lna，+∞)时，fx（）0．所以f(x)在(–∞，lna)单调递减，在(lna，+∞)单调递增，故当x=lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(lna)=–a(1+lna)．(i)若0≤a≤1e，则f(lna)≥0，f(x)在(–∞，+∞)至多存在1个零点，不合题意．(ii)若a1e，则f(lna)0．由于f(–2)=e–20，所以f(x)在(–∞，lna)存在唯一零点．由(1)知，当x2时，ex–x–20，所以当x4且x2ln(2a)时，ln(2)22()ee(2)e(2)(2)202xxaxfxaxaxa．故f(x)在(lna，+∞)存在唯一零点，从而f(x)在(–∞，+∞)有两个零点．综上，a的取值范围是(1e，+∞)．【点睛】本题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及到的知识点有应用导数研究函数的单调性，根据零点个数求参数的取值范围，在解题的过程中，也可以利用数形结合，将问题转化为曲线xye和直线(2)yax有两个交点，利用过点(2,0)的曲线xye的切线斜率，结合图形求得结果.5．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知函数f(x)=2lnx+1．(1)若f(x)≤2x+c，求c的取值范围；(2)设a0时，讨论函数g(x)=()()fxfaxa的单调性．【解析】设h(x)=f(x)−2x−c，则h(x)=2lnx−2x+1−c，其定义域为(0，+∞)，2()2hxx.(1)当0x1时，h'(x)0；当x1时，h'(x)0.所以h(x)在区间(0，1)单调递增，在区间(1，+∞)单调递减.从而当x=1时，h(x)取得最大值，最大值为h(1)=−1−c.故当且仅当−1−c≤0，即c≥−1时，f(x)≤2x+c.所以c的取值范围为[−1，+∞).(2)()()2(lnln)()fxfaxagxxaxa，x∈(0，a)∪(a，+∞).222(lnln)2(1ln)()()()xaaaaxxxxgxxaxa取c=−1得h(x)=2lnx−2x+2，h(1)=0，则由(1)知，当x≠1时，h(x)0，即1−x+lnx0.故当x∈(0，a)∪(a，+∞)时，1ln0aaxx，从而()0gx.所以()gx在区间(0，a)，(a，+∞)单调递减.【点睛】本题考查了利用导数研究不等式恒成立问题，以及利用导数判断含参函数的单调性，考查了数学运算能力，是中档题.6．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知函数32()fxxkxk．(1)讨论()fx的单调性；(2)若()fx有三个零点，求k的取值范围．【解析】(1)2()3fxxk．当k=0时，3()fxx，故()fx在()，单调递增；当k0时，2()30fxxk，故()fx在()，单调递增．当k0时，令()0fx，得33kx．当3(,)3kx时，()0fx；当33(,)33kkx时，()0fx；当3(,)3kx时，()0fx．故()fx在3(,)3k，3(,)3k单调递增，在33(,)33kk单调递减．(2)由(1)知，当0k时，()fx在()，单调递增，()fx不可能有三个零点．当k0时，3=3kx为()fx的极大值点，3=3kx为()fx的极小值点．此时，331133kkkk且(1)0fk，(1)0fk，3()03kf．根据()fx的单调性，当且仅当3()03kf，即22309kkk时，()fx有三个零点，解得427k．因此k的取值范围为(0)427，．【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的单调性以及已知零点个数求参数的范围问题，考查学生逻辑推理能力、数学运算能力，是一道中档题.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，所以St4222211443(848)(324)44ttttt222223(4)(12)3(2)(2)(12)44ttttttt，为由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，函数exfxxa，其中e=2.71828…是自然对数的底数．(Ⅰ)证明：函数yfx在(0,)上有唯一零点；(Ⅱ)记x0为函数yfx在(0,)上的零点，证明：(ⅰ)012(1)axa；(ⅱ)00(e)(e1)(1)xxfaa．【解析】(Ⅰ)因为(0)10fa，22(2)e2e40fa，所以()yfx在(0,)上存在零点．因为()e1xfx，所以当0x时，