2022版新教材高考数学一轮复习第3章导数及其应用新高考新题型微课堂2多选题命题热点之导数学案含解析新人教B版

1、第3章 导数及其应用二多选题命题热点之导数导数是高中数学的重要内容，从近几年高考试题中可以看出，导数是每年的必考内容之一，且占有较大的分值比重考查内容主要为研究函数的单调性、极值和最值及函数零点、不等式等问题利用导数研究函数的单调性、极值和最值(多选题)已知函数f(x)x3ax2bxc，在定义域2,2上表示的曲线过原点，且在x1处的切线斜率均为1.下列说法正确的是()af(x)是奇函数b若f(x)在s，t内递减，则|ts|的最大值为4c若f(x)的最大值为m，则最小值为md若对x2,2，kf(x)恒成立，则k的最大值为2ac解析：由题意f(0)0，得c0.f(x)3x22axb，所以解得a0，

2、b4.所以f(x)x34x，f(x)3x24.对于a，c，显然f(x)f(x)，f(x)是奇函数，故a，c正确；对于b，令f(x)0，解得x，所以|ts|4，故b错误；对于d，当x2,2时，3x244，故k的最大值为4.故d错误故选ac.(多选题)已知函数f(x)的定义域为r，且导函数为f(x)，如图是函数yxf(x)的图像，则下列说法正确的有()a函数f(x)的单调递减区间是(，2)b函数f(x)的单调递增区间是(2，)cx2是函数的极小值点dx2是函数的极小值点abc解析：当x0时，yxf(x)0，故f(x)0，函数单调递增；当2x0时，yxf(x)0，函数单调递增；当x2时，yxf(x)

3、0，故f(2)0；当x0，故f(x)0，符合题意；当m4时，方程(*)为2t28t10，得t，只有0，符合题意故选acd.(多选题)已知函数f(x)，则下列结论正确的是()a函数f(x)存在两个不同的零点b函数f(x)既存在极大值又存在极小值c当ek0时，1x2；当f(x)0时，x2，所以(，1)，(2，)是函数f(x)的单调递减区间，(1,2)是函数f(x)的单调递增区间，所以f(1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以b项正确当x时，y0，根据b选项可知，函数的最小值是f(1)e.再根据单调性可知，当ek0时，方程f(x)k，有且只有两个实根，所以c项正确由图像可知，t的最大值是2

4、，所以d项不正确故选abc.利用导数研究不等式问题(多选题)已知函数f(x)ln x，则()a存在x(0，)，使得f(x)0d对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，若f(x1)f(x2)，则x1x24bcd解析：因为f(x)ln x，定义域为(0，)，f(x).令f(x)0，则0x0，则x2，所以函数f(x)在(2，)上单调递增所以函数f(x)在x2处取得极小值也是最小值f(x)minf(2)ln 210，所以对任意x(0，)，b项，c项正确，a项错误由x2是f(x)的极小值点，可知f(x1)f(x2)时，x22x10，易知4x12，则f(4x1)f(x2)f(4x1)f(x1)ln (4x

5、1)ln x1ln .令t，则t1，x1，则f(t)f(4x1)f(x2)ln t(t1)，f(t)0，所以f(t)在(1，)上单调递减，f(t)f(1)0，故f(4x1)f(x2)0.又f(x)在(2，)上单调递增，所以4x1x2，故x1x24，d项正确证明不等式的常用方法(1)若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数f(x)f(x)g(x)如果f(x)0，则f(x)在(a，b)上单调递减，同时若f(a)0，则有f(x)0，即证明了f(x)g(x)(2)若证明f(x)0，可变形为f(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)，只需证f(x)maxg(x)min.(多选题)已知f(x)是可导的函数，且f(x)f(x)，对于xr恒成立，则()af(1)ef(0)，f(2 020)e2 020f(0)bf(1)ef(0)，f(1)e2f(1)cf(1)ef(0)，f(1)e2f(1)df(1)ef(0)，f(2 020)e2 020f(0)ac解析：设g(x)，则g(x).因为f(x)f(x)，所以g(x)0，即g(x)在r上单调递减，所以g(1)g(0)，即，即f