第3章 新高考新题型微课堂　2　多选题命题热点之导数教案

这是一份第3章 新高考新题型微课堂　2　多选题命题热点之导数教案，共6页。
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．由于导数本身具有强大的工具作用，以导数为载体的多选题已经成为新高考命题的一个热点，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)(2020·山东模拟)已知函数f (x)＝x3＋ax2＋bx＋c，在定义域[－2,2]上表示的曲线过原点，且在x＝±1处的切线斜率均为－1.下列说法正确的是(　　)A．f (x)是奇函数B．若f (x)在[s，t]内递减，则|t－s|的最大值为4C．若f (x)的最大值为M，则最小值为－MD．若对∀x∈[－2,2]，k≤f ′(x)恒成立，则k的最大值为2AC　解析：由题意f (0)＝0，得c＝0.f ′(x)＝3x2＋2ax＋b，所以解得a＝0，b＝－4.所以f (x)＝x3－4x，f ′(x)＝3x2－4.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|t－s|≤<4，故B错误；对于D，当x∈[－2,2]时，3x2－4≥－4，故k的最大值为－4.故D错误．故选AC．利用导数研究函数单调性的注意点①研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．②f ′(x)>0(f ′(x)<0)在区间(a，b)上成立是f (x)在区间(a，b)上单调递增(减)的充分条件．(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y＝xf ′(x)的图象，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，＋∞)C．x＝－2是函数的极小值点  D．x＝2是函数的极小值点ABC　解析：当x≥0时，y＝xf ′(x)≥0，故f ′(x)≥0，函数单调递增；当－2<x<0时，y＝xf ′(x)<0，故f ′(x)>0，函数单调递增；当x＝－2时，y＝xf ′(x)＝0，故f ′(－2)＝0；当x<－2时，y＝xf ′(x)>0，故f ′(x)<0，函数单调递减．故ABC正确．　利用导数研究函数零点、方程根问题(多选题)(2020·山东模拟)已知f (x)＝－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.若φ(x)＝ex·f (x)－有唯一的零点，则m的值可能为(　　)A．2  B．3  C．－3  D．－4ACD　解析：f (x)＝－1，g(x)＝(m＋2)(x2＋1)2.因为φ(x)＝ex·f (x)－只有一个零点，所以2m(x2＋1)－ex－＝0只有一个实数根，即(m＋2)2－2m＋1＝0只有一个实数根．令t＝，则t′＝＝≤0.所以函数t＝在R上单调递减，且x→＋∞时，t→0，所以函数t＝的大致图象如图所示，所以只需关于t的方程(m＋2)t2－2mt＋1＝0(*)有且只有一个正实根．①当m＝2时，方程(*)为4t2－4t＋1＝0，解得t＝，符合题意；②当m＝3时，方程(*)为5t2－6t＋1＝0，解得t＝或t＝1，不符合题意；③当m＝－3时，方程(*)为t2－6t－1＝0，得t＝3±，只有3＋>0，符合题意．④当m＝－4时，方程(*)为2t2－8t－1＝0，得t＝，只有>0，符合题意．故选ACD．利用导数研究函数零点有关的参数值(范围)的方法利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x轴的位置关系(或者转化为两个熟悉函数图象交点问题)，进而确定参数值或取值范围．(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－e<k<0时，方程f (x)＝k有且只有两个实根D．若x∈[t，＋∞)时，f (x)max＝，则t的最小值为2ABC　解析：f (x)＝0⇒x2＋x－1＝0，解得x＝，所以A项正确．f ′(x)＝－＝－，当f ′(x)>0时，－1<x<2，当f ′(x)<0时，x<－1或x>2，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，f (x)→0，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－e<k<0时，方程f (x)＝k，有且只有两个实根，所以C项正确．由图象可知，t的最大值是2，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＋，则下列判断正确的是(　　)A．存在x∈(0，＋∞)，使得f (x)<0B．函数f (x)的单调递减区间是(0,2)C．任意x∈(0，＋∞)，都有f (x)>0D．对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f (x1)＝f (x2)，则x1＋x2>4BCD　解析：因为f (x)＝ln x＋，定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－＝.令f ′(x)<0，则0<x<2，所以函数f (x)在(0,2)上单调递减；令f ′(x)>0，则x>2，所以函数f (x)在(2，＋∞)上单调递增．所以函数f (x)在x＝2处取得极小值也是最小值．f (x)min＝f (2)＝ln 2＋1>0，所以对任意x∈(0，＋∞)，B项，C项正确，A项错误．由x＝2是f (x)的极小值点，可知f (x1)＝f (x2)时，x2＞2＞x1＞0，易知4－x1＞2，则f (4－x1)－f (x2)＝f (4－x1)－f (x1)＝＋ln (4－x1)－－ln x1＝＋ln .令t＝，则t＞1，x1＝，则F(t)＝f (4－x1)－f (x2)＝＋ln t(t＞1)，F′(t)＝＜0，所以F(t)在(1，＋∞)上单调递减，F(t)＜F(1)＝0，故f (4－x1)－f (x2)＜0.又f (x)在(2，＋∞)上单调递增，所以4－x1＜x2，故x1＋x2＞4，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)max<g(x)min.(3)若证明F(x)<0，可以利用导数判断出F(x)的单调性，再利用零点存在性定理找到函数F(x)在何时可以等于0，从而证明F(x)<0.(多选题)(2020·日照一模)若定义在R上的函数f (x)满足f (0)＝－1，其导函数f ′(x)满足f ′(x)>m>1，则(　　)A．f > B．f <－1C．f > D．f <0AC　解析：根据题意，设g(x)＝f (x)－mx，则g′(x)＝f ′(x)－m.又由f ′(x)>m>1，得g(x)在R上为增函数．对于A，由m>1，得0<<1，g>g(0)，即f －×m>f (0)，即f －1>－1，所以f >0.由m>1，得<0，必有f >，故A项正确，B项错误．对于C，由于m>1，则>0，则有g>g(0)，即f －>f (0)＝－1，变形得f >－1＝，故C项正确，D项错误．故选AC．