高频考点集中练函数与导数

温馨提示：此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。高频考点集中练函数与导数1.(2022·全国卷Ⅲ)设f(x)是定义域为R的偶函数,且在(0,+∞)上单调递减,则 ()log314>f(log314>f((2-32)>f((2-23)>f(【命题思维分析】高考对函数性质的综合考查是每年命题的热点,主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用,一般是综合基础函数或指、对数函数,幂函数的图象和性质命题.【解析】选C.依据题意,函数f(x)为偶函数且函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增;因为flog314=f(-log3又因为0<2-32<2所以f(2-32)>f(2【真题拾贝】解决此类问题一般分两步:①利用函数的奇偶性,将所比较的函数值对应的自变量转化到同一个单调区间上,②利用函数的单调性比较大小.2.(2022·全国卷Ⅱ)已知f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x).若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)= () 【解析】选(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,图象关于原点对称,满足f(1-x)=f(1+x),则f(x+4)=f(1-(x+3))=f(-x-2)=-f(x+2)=-f(1-(x+1))=-f(-x)=f(x),所以f(x)是周期为4的函数.又f(1)=2,f(2)=f(1+1)=f(1-1)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-2,f(4)=f(0)=0,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=12×0+f(1)+f(2)=2.【真题拾贝】函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.3.(2022·全国卷Ⅰ)已知函数fx=2sinx+sin2x,则fx的最小值是________.

【命题思维分析】近年来,导数及其应用一般考查一解答一客观两个题目,客观题除了考查导数的几何意义外,还会考查导数的应用,本题意在考查导数的应用,利用导数求函数的单调性以及最值.【解析】方法一:f′(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2=4(cosx+1)cosx所以当cosx<12时函数单调递减,当cosx>1从而得到函数的减区间为2kπ-函数的增区间为2kπ-所以当x=2kπ-π3,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sinx=-32,sin2x=-所以f(x)min=2×-32-32方法二:因为f(x)=2sinx+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cosx+cos2x)=2(2cos2x+cosx-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cosx-1=0,所以cosx=12所以当cosx=12,为函数的极小值点,即x=π3或x=5当cosx=-1,x=π,所以f53π=-323,fπ3=323答案:-3【真题拾贝】求最值的解题步骤:①需要明确相关函数的求导公式;②需要明白导数符号与函数单调性的关系,确定出函数的单调增区间和单调减区间;③确定函数的最小值点,从而求得相应的三角函数值,代入求得函数的最小值.4.(2022·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=sinx-ln(1+x),f′(x)为f(x)的导数.证明:(1)f′(x)在区间-1,(2)f(x)有且仅有2个零点.【命题思维分析】观察近三年高考命题趋势,导数的应用考查难度有所降低,但不会过于简单,分类讨论思想和分解转化、函数与方程思想仍然穿插于解题过程中运用.【证明】(1)设g(x)=f′(x),则g(x)=cosx-11+x,g′(x)=-sinx+当x∈-1,π2时,g′(x)单调递减,而g′(0)>0,g′π2<0,可得g′则当x∈(-1,α)时,g′(x)>0;当x∈α,π2所以g(x)在(-1,α)单调递增,在α,π2即f′(x)在-1(2)f(x)的定义域为(-1,+∞).①当x∈(-1,0]时,由(1)知,f′(x)在(-1,0)单调递增,而f′(0)=0,所以当x∈(-1,0)时,f′(x)<0,故f(x)在(-1,0)单调递减,又f(0)=0,从而x=0是f(x)在(-1,0]的唯一零点.②当x∈0,π2时,由(1)知,f′(x)在(0,αf′(0)=0,f′π2<0,所以存在β∈α,π2,使得f′(β)=0,且当x∈(0,β)时,f′(x)>0;当x∈β,π2又f(0)=0,fπ2=1-ln1+π2>0,所以当x∈0③当x∈π2,π时,f′(x)<0,所以f(x)在π2,所以f(x)在π2④当x∈(π,+∞)时,ln(x+1)>1,所以f(x)<0,从而f(x)在(π,+∞)没有零点.综上,f(x)有且仅有2个零点.【真题拾贝】本题考查导数与函数极值之间的关系、利用导数解决函数零点个数的问题.解决零点问题的关键一方面是利用零点存在性定理或最值点来说明存在零点,另一方面是利用函数的单调性说明在区间内零点的唯一性,二者缺一不可.5.(2022·全国卷Ⅰ)已知函数fx=1x-x+alnx. (1)讨论fx的单调性.(2)若fx存在两个极值点x1,x2,证明:fx【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)=-1x2-1+ax(i)若a≤2,则f′(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f′(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.(ii)若a>2,令f′(x)=0得,x=a-a2当x∈0,a-a2当x∈a-a2所以f(x)在0,a+在a-(2)由(1)知,f(x)存在两个极值点,当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1.由于f(x1)-=-2+alnx1所以f(x1)-f(x2设函数g(x)=1x-x+2lnx,由(1)知,g(x)在(0,+∞)上单调递减,又g(1)=0,从而当x∈(1,+∞所以1x2-x2+2lnx2<0,即【真题拾贝】该题考查的是应用导数研究函数的问题,涉及的知识点有应用导数研究函数的单调性、应用导数研究函数的极值以及极值所满足的条件.在解题的过程中,需要明确导数的符号对单调性的决定性作用,对参数进行讨论时,要关注第一问对第二问的影响,通过构造新函数来解决问题时,要根据题目的条件特征构造,思路明确,善用分解转化思想和分类讨论思想.6.(2022·全国卷Ⅲ)已知函数fx=2+x+ax(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,fx<0;当x>0时,fx>0.(2)若x=0是fx的极大值点,求a.【命题思维分析】(1)求导,利用函数单调性证明即可.(2)分类讨论a≥0和a<0,构造函数h(x)=f(x)2+x+a【解析】(1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f′(x)=ln(1+x)-x1+设函数g(x)=f′(x)=ln(1+x)-x1+则g′(x)=x(当-1<x<0时,g′(x)<0;当x>0时,g′(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,当且仅当x=0时,g(x)=0,从而f′(x)≥0,当且仅当x=0时,f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)(i)若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.(ii)若a<0,设函数h(x)=f(x)由于当|x|<min1,1|又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点,当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h′(x)=11+x=x2如果6a+1>0,则当0<x<-6a且|x|<min1,1|如果6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min1,h′(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.如果6a+1=0,则h′(x)=x3则当x∈(-1,0)时,h′(x)>0;当x∈(0,1)时,h′(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-16【真题拾贝】本题考查函数与导数的综合应用,第一问利用函数的单调性求出最值证明不等式,第二问分类讨论a≥0和a<0,当a<0时构造函数h(x)=f(x)2+x+ax7.(2022·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)=ax2-ax-xlnx,且f(x)≥0. 世纪金榜导学号(1)求a.(2)证明:f(x)存在唯一的极大值点x0,且e-2<f(x0)<2-2.【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),设g(x)=ax-a-lnx,则f(x)=xg(x),f(x)≥0等价于g(x)≥0,因为g(1)=0,g(x)≥0,故g′(1)=0,而g′(x)=a-1x,g′若a=1,则g′(x)=1-1x.当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增.所以x=1是g(x)的极小值点,故g(x)≥(2)由(1)知f(x)=x2-x-xlnx,f′(x)=2x-2-lnx,设h(x)=2x-2-lnx,h′(x)=2-1x当x∈0,12当x∈12,+∞时,h′(x)>0,所以h(x)在0,12上单调递减,在12,+∞上单调递增.又h(e-2)>0,h12<0,h(1)=0,所以h(x)在0,12上有唯一零点x0因为f′(x)=h(x),所以x=x0是f(x)的唯一极大值点,由f′(x0)=0得lnx0=2(x0-1),故f(x0)=x0(1-x0),由x0∈0,12得f(x0)<1由e-1∈(0,1),f′(e-1)≠0得f(x0)>f(e-1)=e-2,所以e-2<