2024年高考数学真题分类汇编09导数在函数中的应用（含答案）

年高考真题分类汇编九导数在函数中的应用一、选择题1．定义集合M={x0∣x0A．f(x)是偶函数 B．fC．f(x)严格增 D．f2．设函数f(x)=a(x+1)2−1,gA．-1 B．12 C．1 3．曲线f（x）＝x6+3x﹣1在（0，﹣1）处的切线与坐标轴围成的面积为（）A．16 B．32 C．124．设函数f（x）＝ex+2sinx1+x2A．16 B．13 C．12二、多项选择题5．设函数f(A．当a>1时，f(B．当a<0时，x=0是f(C．存在a，b，使得x=b为曲线y=f(D．存在a，使得点(1,f6．设函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），则（）A．x＝3是f（x）的极小值点B．当0＜x＜1时，f（x）＜f（x2）C．当1＜x＜2时，﹣4＜f（2x﹣1）＜0D．当﹣1＜x＜1时，f（2﹣x）＞f（x）三、填空题7．若曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线也是曲线y＝ln（x+1）+a的切线，则a＝．8．曲线y＝x3﹣3x与y＝﹣（x﹣1）2+a在（0，+∞）上有两个不同的交点，则a的取值范围为．四、解答题9．设函数f(（1）求f(x)（2）若f(x)≥a(（3）若x1,x10．已知函数f（x）＝a（x﹣1）﹣lnx+1．（1）求f（x）的单调区间；（2）若a≤2时，证明：当x＞1时，f（x）＜ex﹣1恒成立．11．已知f(x)=x+kln(1+x)在(t,f(t))(t>0)处切线为（1）若切线l的斜率k=−1，求f(x)单调区间；（2）证明：切线l不经过(0,（3）已知k=1，A(t,f(t))，C(0,f(t))，O(0,0)，其中t>0，切线l与y轴交于点（参考数据：1.09<ln3<1.10，12．已知函数f(（1）当a=1时，求曲线y=f(x)（2）若f(x)13．已知函数f（x）＝（1﹣ax）ln（1+x）﹣x．（1）当a＝﹣2时，求f（x）的极值；（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围．14．已知函数f（x）＝lnx2−x+ax+b（x﹣1）3（1）若b＝0，且f'（x）≥0，求a的最小值；（2）证明：曲线y＝f（x）是中心对称图形；（3）若f（x）＞﹣2当且仅当1＜x＜2，求b的取值范围．15．记M（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≥a}，L（a）＝{t|t＝f（x）﹣f（a），x≤a}．（1）若f（x）＝x2+1，求M（1）和L（1）；（2）若f（x）＝x3﹣3x2，求证：对于任意a∈R，都有M（a）⊆[﹣4，+∞），且存在a，使得﹣4∈M（a）．（3）已知定义在R上f（x）有最小值，求证“f（x）是偶函数“的充要条件是“对于任意正实数c，均有M（﹣c）＝L（c）”．16．对于一个函数f(x)和一个点M(a,b)，定义s(x)=（1）对于f(x)=1x（x＞0），求证，对于点M(（2）对于f(x)=ex，M(1,0)（3）已知f（x）存在导函数f'（x），函数g（x）恒大于零，对于点M1（t-1，f（t）-g（t）），点M2（t+1，f（t）+g（t）），若对任意t∈R，存在点P同时是f（x）到点M1与点M2的“最近点”，试判断f（x）的单调性．

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：A、若存在y=f(x)则对∀x∈(−∞,1)B、构造函数f(x)=−2，x<−1x，−1≤x≤11，x>1当x<−1时，f(x)=−2，当−1≤x≤1时，f(x)∈[−1,1]，当x>1时，则该函数f(x)的最大值是f(2)，故B正确；C、假设存在f(x)，使得函数f(x)严格增，则M=R，与题干M=[−1,D、假设存在f(x)，使得f(x)在x=−1处取极小值，则在−1的左侧附近存在x0，使得f(x0故答案为：B.【分析】利用反证法并结合函数奇偶性、单调性以及极小值的概念即可判断ACD；构造函数f(x)=−22．【答案】D【解析】【解答】解：令h(x)=f(因为当x∈(−1,1)时，曲线y=f(x)与y=g(由偶函数的对称性可知：h(x)的零点只能为0，即h(0)=a−2=0，解得a=2，

下面验证：若a=2，则h(x)=2x因为2x2≥0，1−所以h(x)≥0，当且仅当x=0时等号成立，即h(x)有且仅有一个零点O，所以a=2符合题意，则a=2.故答案为：D.【分析】令h(x)=f(x)−g(x),x∈(−1,3．【答案】A【解析】【解答】解：f'(x)=6x5+3，所以切线斜率k=f'0=3，

利用点斜式，则切线方程为：y+1=3x，即3x-y-1=0，

令x=0，则y=1；令y=0，则x=−134．【答案】A【解析】【解答】解：由f（x）＝ex+2sinx1+x2，要求在点（0，1）处的切线，

则f'(x)=(ex+2cosx)(1+x2)−(所以切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=1故答案为：A.【分析】利用求导先求出切线斜率，进而求出切线方程，即可求出与坐标轴的交点，进而求出结果.5．【答案】A,D【解析】【解答】解：函数f(x)=2x3−3ax2+1定义域为R，f'(x)=6x2−6ax=6x(x−a则函数f(x)在x=0处取得极大值，在x=a处取得极小值，且f(0)=1>0，f(a又因为f(−1)=−1−3a<0，则f(x)在(−1,B、当a<0时，令f'(x)<0令f'(x)>0故x=0是函数f(C、假设存在a,b，使得x=b为f(x)即2x根据二项式定理，等式右边(2b−x)3展开式含有x易知等式左右两边x3的系数都不相等，即原等式不可能恒成立，故不存在a,b，使得x=bD、易知f(1)=3−3a，若存在a，使得(1f(x)+f(即12−6a=012a−24=018−12a=6−6a，解得a=2，即存在a=2，使得(1故答案为：AD.【分析】先求函数的定义域和导函数，利用导数判断函数的单调性，分析函数的极值点为x=0,x=a，根据零点存在定理和极值的符号判断出f(x)在(−1,0),(0,a),(a,2a)6．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：由函数f（x）＝（x﹣1）2（x﹣4），

∴f'（x）＝2（x﹣1）（x﹣4）+（x﹣1）2＝3(x2-4x+3)=3(x-1)(x-3)，

令f'（x）=0，则x=1或x=3，

∴当x<1或x>3时，f'（x）>0，函数f（x）单调递增；

当1<x<3时，f'（x）<0，函数f（x）单调递增；

故函数f（x）在x=1时取得极大值，在x=3时取得极小值，故A正确，符合题意；

对于B，当0＜x＜1时，f（x）单调递增，此时x>x2，故有f（x）>f（x2），故B错误，不符合题意；

对于C，当1＜x＜2时，则1＜2x-1＜3，f（x）单调递减，-4＜f（2x-1）＜0，故C正确，符合题意；

故当﹣1＜x＜1时，令g(x)=-2(x-1)3，此时g(x)在R上单调递减，g(x)>g(1)=0，

故-2(x-1)3>0，f(2-x)-f(x)>0

【分析】利用函数求导法则进行求导，分析其单调性极值判断A，进而利用单调性判断BC，对于D可重新构造新函数并分析其最值得出结论.7．【答案】ln2【解析】【解答】解：∵y＝ex+x，

∴y'=ex+1，

此时k=yx=0'=e0+1=2，

故曲线y＝ex+x在点（0，1）处的切线方程为：y=2x+1，

又∵y＝ln（x+1）+a，

y'=1x+1，

∵切线y=2x+1是公切线，设曲线y＝ln（x+1）+a的切点为x0,2x0+1，

∴故答案为：ln2.【分析】通过导数求曲线的切线方程，利用公切线得出等量关系即可求出a.8．【答案】（﹣2，1）【解析】【解答】解：据题意，令x3−3x=−(x−1)2+a，

分离参数得：a=x3+x2−5x+1，

下研究g(x)=x3+所以，当x∈(0,1)时，g'当x∈(1,+∞)时，g'(x)>0，g(x)单调递增，并且此时，图象如下所示：

因为曲线y＝x3﹣3x与y＝﹣（x﹣1）2+a在（0，+∞）上有两个不同的交点，

转化为a=x3+x2故答案为：(−2,【分析】令x3−3x=−(x−1)2+a由曲线y＝x3﹣3x与y＝﹣（x﹣1）2+a9．【答案】（1）解：函数f(x)=xlnx定义域为0，+∞，则f(1)=0，f'(1)=1，故f(x)在点1,0（2）解：设h(t)=t−1−lnt定义域为0，+∞，h'(t)=1−1t=t−1t，当h'(t)<0时，解得0<t<1，

当h'(t)>0时，解得t>1，故函数h(t)在(0,1]上单调递减，在[1设g(t)=a(t−1)−2lnt，则当x∈(0,+∞)时，1x的取值范围是(0,+∞)若对任意t∈(0,+∞)，恒有g(t)≥0，

则对∀t∈(0,取t=2，得0≤a−1，故a≥1>0，再取t=2a，得0≤a⋅2若a=2，则对任意t∈(0,+∞)，都有综上可知，a的取值范围是{2}.（3）证明：易证对0<a<b，有lna+1<证明：由（2）的结论t−1≥lnt，故且bln所以lna+1<bln由f'(x)=lnx+1，当f'(x)<0时，解得所以函数f(x)在(0,1e当1e≤x当0<x1≤对任意的c∈(0,1e]，设φ(x)=xlnx−clnc−c−x且当x≥c−14(ln2φ'所以φ'(x)在(0,c)上存在零点x0，再结合φ'(x)单调递增，当0<x<故φ(x)在(0,x0①当x0≤x≤c时，有②当0<x<x0时，由于cln从而当0<x<c1−q2时，由c−x>q再根据φ(x)在(0,x0]上单调递减，即对综合①②可知对任意0<x≤c，都有φ(x)≤0，即φ(x)=xln根据c∈(0,1e]和0<x≤c的任意性，取c=x所以|f(x当0<x1≤1e≤x由f(x)的单调性，可知|f(x1)−f(故一定有|f(x综上，|f(x【解析】【分析】（1）求导，利用导数的几何意义求解即可；（2）先由题设条件得到a=2，再证明a=2时条件满足即可；（3）先确定f(x)的单调性，再对x110．【答案】（1）解：据题意，x∈(0,+∞)当a≤0时，f'(x)=当a>0时，x∈(1a,+∞)时，x∈(0,1a)时，综上所述：

当a≤0时，f(x)a>0时，f(x)的单调递增区间为(（2）证明：ex−1−f(x)=ex−1−a(x−1)由gg'(x)=ex−1−2+1x，令t(x)=g'(x)，

则t'(x)=ex−1−1x2，

易知t'(x)=且g(故g(x)>0恒成立，【解析】【分析】（1）求导，含参分类讨论得出导函数的符号，从而得出原函数的单调性；（2）先根据题设条件将问题可转化成证明当x>1时，ex−1−2x+1+lnx>0，将问题转化为求g(11．【答案】（1）解：由题意可知：f(x)的定义域为(−1令f'(x)<0，解得−1<x<0；令f'所以f(x)的单调递减区间为(（2）因为f(x)=x+kln可得f(t)=t+k即切点坐标(t,t+kln(1+t))，切线则切线方程为y−[t+kln将(0,0)代入可得原题意等价于关于t的方程ln(1+t令F(t)可知F(t)在(则F(t)在(所以直线l不过(0（3）若k=1，f(由题意可知：S△ACO设l与y轴交点B为(0,b若b<0，则此时l与f(由（2）知b≠0，则b>0，则切线l的方程为y−t−ln令x=0，则b=ln(因为2S△ACO=15整理得13ln(令h(可知满足条件的点A的个数即h(则h'令h'(t)<0，解得t∈(0,12则h(t)在(0,12且h(12)<h(0)=0h(可知：h(t)在(综上所述，h(t)有两个零点，即满足2【解析】【分析】(1)求导，利用导数判断f(x)的单调区间；(注：常数k在同一条件下保持不变，并不影响定义域（-1，0）的分析)

(2)利用导数求切线方程，将(0,0)代入整理得ln(1+t)−t1+t=0，原题意等价于关于t的方程ln(1+t)−t1+t=0有正根，构建函数F(t)=ln(1+t)12．【答案】（1）解：当a=1时，函数f(x)则f(1)故切点坐标为(1,e−2)，所以切线方程为y−(e−2)=(e−1)(x−1)，即（2）解：函数f(x)=e当a≤0时，f'(x)≥0对任意x∈R当a>0时，令f'(x)>0，解得x>则函数f(x)在(−∞则f(x)由题意可得：f(lna)=a−aln令g(a)=a2+lna−1，a>0，g'(a)=2a+不等式a2+lna−1>0等价于所以a的取值范围为(1,​​​​【解析】【分析】（1）将a=1代入，求导，利用导数的几何意义求切线方程即可；（2）求导，分a≤0和a>0两种情况，利用导数判断单调性和极值，分析可得a213．【答案】（1）解：当a=−2时，f(x)的定义域为(−1,+∞)，

所以故f'因为y=2ln(1+x),所以f'(x)在(−1,+∞)上为增函数，

又因为f'(0故f(x)在x=0处取极小值且极小值为f(0)=0，无极大值.（2）解：因为f(x)=(设s(x)=−aln则s'当a≤−12时，s'(x)>0，故又s(x)>s(0)=0，即f'(x)>0，所以f(x)在[0,+∞)上为增函数，当−12<a<0时，当0<x<−2a+1a时，s'(x)<0，故s(x)在(0,−2a+1a)上为减函数，故在(0,−2a+1当a≥0，此时s'(x)<0在(0,+∞)上恒成立，同理可得在综上，a≤−1​​​​​​【解析】【分析】（1）求出函数的导数，根据导数的单调性结合零点存在性定理（考察隐零点问题）即可求出函数的极值.（2）求出函数的二阶导数，根据a≤−12、−12<a<014．【答案】（1）解：当b=0时，此时函数f（x）＝lnx2−x+ax=lnx-ln(2-x)+ax，其中0<x<2，

此时f'x=1x+12-x+a=2x(2-x)+a，

由f'（x）≥0，

故2x(2-x)+a≥0，即a≥2x(x-2)，

由x(x-2)=(x-1)2-1

故当（2）证明：由f（x）＝lnx2−x+ax+b（x﹣1）3，其中0<x<2，

∴f1-x+f1+x（3）解：由f（x）＝lnx2−x+ax+b（x﹣1）3在0<x<2上连续，

且当且仅1＜x＜2时f（x）＞﹣2，即当0＜x＜1时f（x）<﹣2，

由(2)得，函数f（x）关于(1，a)成中心对称图形，

故可推出a=-2.

此时f（x）＝lnx2−x-2x+b（x﹣1）3＞﹣2在1＜x＜2恒成立，

故g（x）＝lnx2−x-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立，此时g（1）=0，

∴g'x=2x(2-x)-2+3b(x-1)2=x-122x(2-x)+3b，此时g'1=0.

此时设hx=2x(2-x)+3b，

由复合函数单调性可知，x(2-x)在1＜x＜2上单调递减，则2x(2-x)在1＜x＜2上单调递增，

hx=2x(2-x)+3b在1＜x＜2上单调递增，

则hxmin=h1=2+3b，

①若2+3b≥0，即b≥-23，

故此时当1＜x＜2，h(x)≥0，g'x≥0，

又∵g'1=0，

∴g（x）在1＜x＜2上单调递增，

∴g(x)min>g1，且g（1）=0，即g(x)>0，

故g（x）＝lnx2−x-2(x-1)+b（x﹣1）3＞0在1＜x＜2恒成立，即f（x）＞﹣2恒成立；【解析】【分析】(1)将b=0代入原函数，并利用f'（x）≥0后整理式子进行变量分离，转换为恒成立问题，进而分析函数极值即可；

(2)注意到函数的定义域为(0，2)，故为证明其为中心对称图形，即求证f1-x+f1+x为定值即可；

(3)由f（x15．【答案】（1）解：由题意，得M（1）＝{t|t＝x2+1﹣2，x≥1}＝[0，+∞）；L(1)={t∣t=x综上M（1）＝[0，+∞）；L（1）＝[﹣1，+∞）（2）证明：由题意知，M（a）＝{t|t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a}，记g（x）＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，则g'（x）＝3x2﹣6x＝0⇒x＝0或2．x（﹣∞，0）0（0，2）2（2，+∞）g'（x）正0负0正g（x）↗极大值↘极小值↗现对a分类讨论，当a≥2，有t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a为严格增函数，因为g（a）＝0，所以此时M（a）＝[0，+∞）⊆[﹣4，+∞）符合条件；当0≤a＜2时，t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a先增后减，tmin=g(2)=−a因为﹣a3+3a2＝a2（3﹣a）≥0（a＝0取等号），所以tmin则此时M（a）＝[﹣a3+3a2﹣4，+∞）⊆[﹣4，+∞）也符合条件；当a＜0时，t＝x3﹣3x2﹣a3+3a2，x≥a，在[a，0）严格增，在[0，2]严格减，在[2，+∞）严格增，tmin因为h（a）＝﹣a3+3a2﹣4，当a＜0时，h'（a）＝﹣3a2+6a＞0，则h（a）＞h（0）＝﹣4，则此时M（a）＝[tmin，+∞）⊆[﹣4，+∞）成立；综上可知，对于任意a∈R，都有M（a）⊆[﹣4，+∞]，且存在a＝0，使得﹣4∈M（a）．（3）证明：必要性：若f（x）为偶函数，则M（﹣c）＝{t|t＝f（x）﹣f（﹣c），x≥﹣c}，L（c）＝{t|t＝f（x）﹣f（c），x≤c}，当x≥﹣c，t＝f（x）﹣f（﹣c）＝f（﹣x）﹣f（c），因为﹣x≤c，故M（﹣c）＝L（c）；