3.1考点2 导数几何意义及应用.docx

1、高考真题 （2019全国 III 卷（文） ）已知曲线eln x yaxx在点1,ae处的切线方程为 2yxb ，则（） A,1ae b B,1ae b C 1, 1aeb D 1, 1aeb 【解析】ln1, x yaex 1 |12 x kyae ， 1 ae 将(1,1)代入 2yxb 得21,1bb ，故选 D 【答案】D （2019全国 II 卷（文） ）曲线 y=2sinx+cosx 在点（，1）处的切线方程为 A10 xy B2210 xy C2210 xy D10 xy 【解析】当x 时，2sincos1y ，即点( , 1) 在曲线2sincosyxx 上2cossin ,y

2、xx 2cossin2, x y 则2sincosyxx在点( , 1) 处的切线方程 为( 1)2()yx ，即2210 xy 故选 C 【答案】C （2019天津卷（文） ）曲线cos 2 x yx在点0,1处的切线方程为_. 【解析】 1 sin 2 yx ， 当0 x 时其值为 1 2 ， 故所求的切线方程为 1 1 2 yx ，即220 xy。 【答案】220 xy （2019全国 I 卷（文） ）曲线 2 3()exyxx在点(0,0)处的切线方程为_ 【解析】 /22 3(21)3()3(31), xxx yxexx exxe 所以， / 0 |3 x ky 所以，曲线 2 3(

3、)exyxx在点(0,0)处的切线方程为 3yx ，即3 0 xy 【答案】3 0 xy . （2019全国 II 卷（文） ）已知函数( )(1)ln1f xxxx.证明： （1） ( )f x存在唯一的极值点； （2）( )=0f x有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【解析】 （1）由题意可得， ( )f x的定义域为(0,)， 由( )(1)ln1f xxxx， 得 11 ( )ln1ln x fxxx xx ， 显然 1 ( )lnfxx x 单调递增； 又(1)10 f ， 1ln4 1 (2)ln20 22 f ， 故存在唯一 0 x，使得 0 ()0fx； 又当 0 xx时

4、， 0 ()0fx，函数( )f x单调递增；当 0 0 xx时， 0 ()0fx，函数( )f x单调递减； 因此， ( )f x存在唯一的极值点； （2）由（1）知， 0 ()(1)2f xf ，又 22 ()30f ee ， 所以( )0f x 在 0 (,)x 内存在唯一实根，记作x . 由 0 1x得 0 1 1x ， 又 1111( ) ()(1)ln10 f f ， 故 1 是方程( )0f x 在 0 (0,)x内的唯一实根； 综上，( )=0f x有且仅有两个实根，且两个实根互为倒数. 【答案】 （1）见详解； （2）见详解 （2019全国 III 卷（文） ）已知函数 32

5、 ( )22f xxax. （1）讨论 ( )f x的单调性； （2）当03a时，记 ( )f x在区间0,1的最大值为M，最小值为m，求M m的取值范围. 【解析】 （1）对 32 ( )22f xxax求导得 2 ( )626 () 3 a fxxaxx x.所以有 当0a 时，(,) 3 a 区间上单调递增，(,0) 3 a 区间上单调递减，(0,)区间上单调递增； 当0a 时，(,) 区间上单调递增； 当0a 时，(,0)区间上单调递增，(0,) 3 a 区间上单调递减，(,) 3 a 区间上单调递增. （2） 若02a，( ) f x在区间(0,) 3 a 单调递减， 在区间(,1)

6、 3 a 单调递增， 所以区间0,1上最小值为( ) 3 a f. 而(0)2,(1)22(0)ffaf，故所以区间0,1上最大值为(1)f. 所以 3 32 (1)( )(4) 2( )( )22 33327 aaaa Mmffaaa，设函数 3 ( )2 27 x g xx，求导 2 ( )1 9 x g x 当02x时 ( )0g x 从而( )g x单调递减.而02a，所以 3 8 22 2727 a a.即 Mm的取值范围是 8 ,2) 27 . 若23a， ( )f x在区间(0,) 3 a 单调递减，在区间(,1) 3 a 单调递增，所以区间0,1上最小值为( ) 3 a f而

7、(0)2,(1)22(0)ffaf，故所以区间0,1上最大值为(0)f. 所以 3 32 (0)( )2 2( )( )2 33327 aaaa Mmffa，而23a，所以 3 8 1 2727 a .即Mm的 取值范围是 8 (,1) 27 . 综上得Mm的取值范围是 8 ,2) 27 . 【答案】 （1）见详解； （2） 8 ,2) 27 . （2019天津卷（文） ）设函数( )ln(1) x f xxa xe，其中aR. （）若0a ，讨论 f x的单调性； （）若 1 0a e ， （i）证明 f x恰有两个零点 （ii）设 0 x为 f x的极值点， 1 x为 f x的零点，且 1

8、0 xx，证明 01 32xx. 【解析】 （I）解：由已知， ( )f x的定义域为(0,)， 且 2 11 ( )(1) x xx ax e fxaea xe xx ， 因此当0a 时， 2 10 x ax e ，从而( )0fx ， 所以 ( )f x在(0,)内单调递增. （II）证明： （i）由（I）知， 2 1 ( ) x ax e fx x ， 令 2 ( )1 x g xax e ，由 1 0a e ，可知( )g x在(0,)内单调递减， 又(1)10gae ，且 22 1111 (ln)1(ln)1 (ln)0ga aaaa ， 故( )0g x 在(0,)内有唯一解， 从

9、而( )0fx 在(0,)内有唯一解，不妨设为 0 x， 则 0 1 1lnx a ，当 0 (0,)xx时， 0 ()( ) ( )0 g xg x fx xx ， 所以 ( )f x在 0 (0,)x内单调递增； 当 0 (,)xx时， 0 ()( ) ( )0 g xg x fx xx ， 所以 ( )f x在 0 (,)x 内单调递减， 因此 0 x是( )f x的唯一极值点. 令( )ln1h xxx，则当1x 时， 1 ( )10h x x ，故( )h x在(1,)内单调递减， 从而当1x 时，( )(1)0h xh，所以ln1xx， 从而 1 ln 111111 (ln)lnl

10、n(ln1)lnlnln1(ln)0 a faeh aaaaaaa ， 又因为 0 ()(1)0f xf，所以( )f x在 0 (,)x 内有唯一零点， 又 ( )f x在 0 (0,)x内有唯一零点 1，从而，( )f x在(0,)内恰有两个零点. （ii）由题意， 0 1 ()0 ()0 fx f x ，即 0 1 2 0 11 1 ln(1) x x ax e xa xe ， 从而 10 1 1 2 0 1 ln xx x xe x ，即 10 2 01 1 ln 1 xx xx e x ， 因为当1x 时，ln1xx，又 10 1xx，故 10 2 2 01 0 1 (1) 1 xx xx ex x ， 两边取对数，得 10 2 0 lnln xx ex ， 于是 1000 2ln2(1)xxxx，整理得 01 32xx， 【答案】 （I） ( )f x在(0,)内单调递增.； （II） （i）见解析； （ii）见解析.