人教B版高考数学一轮总复习第3章新高考新题型微课堂2多选题命题热点之导数学案

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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)＝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.(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，＋∞)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)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＝的大致图像如图所示，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.(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，y→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．由图像可知，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(　　)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.(多选题)已知f(x)是可导的函数，且f′(x)＜f(x)，对于x∈R恒成立，则(　　)A．f(1)＜ef(0)，f(2 020)＜e2 020f(0)B．f(1)＞ef(0)，f(1)＞e2f(－1)C．f(1)＜ef(0)，f(1)＜e2f(－1)D．f(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(1)＜ef(0)，g(2 020)＜g(0)，即＜，即f(2 020)＜e2 020f(0)，g(1)＜g(－1)，即＜，即f(1)＜e2f(－1)．所以选项A和C正确，选项B和D均错误．故选AC.