2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版_第1頁
2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版_第2頁
2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版_第3頁
2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版_第4頁
2025版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用新高考新題型微課堂2多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)學(xué)案含解析新人教B版_第5頁
全文預(yù)覽已結(jié)束

下載本文檔

版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請(qǐng)進(jìn)行舉報(bào)或認(rèn)領(lǐng)

文檔簡(jiǎn)介

第3章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用二多選題命題熱點(diǎn)之導(dǎo)數(shù)導(dǎo)數(shù)是中學(xué)數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容,從近幾年高考試題中可以看出,導(dǎo)數(shù)是每年的必考內(nèi)容之一,且占有較大的分值比重.考查內(nèi)容主要為探討函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值及函數(shù)零點(diǎn)、不等式等問題.利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值(多選題)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2+bx+c,在定義域[-2,2]上表示的曲線過原點(diǎn),且在x=±1處的切線斜率均為-1.下列說法正確的是()A.f(x)是奇函數(shù)B.若f(x)在[s,t]內(nèi)遞減,則|t-s|的最大值為4C.若f(x)的最大值為M,則最小值為-MD.若對(duì)?x∈[-2,2],k≤f′(x)恒成立,則k的最大值為2AC解析:由題意f(0)=0,得c=0.f′(x)=3x2+2ax+b,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3+2a+b=-1,,3-2a+b=-1,))解得a=0,b=-4.所以f(x)=x3-4x,f′(x)=3x2-4.對(duì)于A,C,明顯f(-x)=-f(x),f(x)是奇函數(shù),故A,C正確;對(duì)于B,令f′(x)<0,解得-eq\f(2,\r(3))<x<eq\f(2,\r(3)),所以|t-s|≤eq\f(4,\r(3))<4,故B錯(cuò)誤;對(duì)于D,當(dāng)x∈[-2,2]時(shí),3x2-4≥-4,故k的最大值為-4.故D錯(cuò)誤.故選AC.(多選題)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且導(dǎo)函數(shù)為f′(x),如圖是函數(shù)y=xf′(x)的圖像,則下列說法正確的有()A.函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,-2)B.函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(-2,+∞)C.x=-2是函數(shù)的微小值點(diǎn)D.x=2是函數(shù)的微小值點(diǎn)ABC解析:當(dāng)x≥0時(shí),y=xf′(x)≥0,故f′(x)≥0,函數(shù)單調(diào)遞增;當(dāng)-2<x<0時(shí),y=xf′(x)<0,故f′(x)>0,函數(shù)單調(diào)遞增;當(dāng)x=-2時(shí),y=xf′(x)=0,故f′(-2)=0;當(dāng)x<-2時(shí),y=xf′(x)>0,故f′(x)<0,函數(shù)單調(diào)遞減.故ABC正確.利用導(dǎo)數(shù)探討函數(shù)零點(diǎn)、方程根問題(多選題)已知f(x)=eq\f(2mx2+1,ex)-1,g(x)=(m+2)(x2+1)2.若φ(x)=ex·f(x)-eq\f(gx,ex)有唯一的零點(diǎn),則m的值可能為()A.2 B.3C.-3 D.-4ACD解析:f(x)=eq\f(2mx2+1,ex)-1,g(x)=(m+2)(x2+1)2.因?yàn)棣?x)=ex·f(x)-eq\f(gx,ex)只有一個(gè)零點(diǎn),所以2m(x2+1)-ex-eq\f(m+2x2+12,ex)=0只有一個(gè)實(shí)數(shù)根,即(m+2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2+1,ex)))2-2meq\f(x2+1,ex)+1=0只有一個(gè)實(shí)數(shù)根.令t=eq\f(x2+1,ex),則t′=eq\f(x2+1′ex-x2+1ex,ex2)=eq\f(-x-12,ex)≤0.所以函數(shù)t=eq\f(x2+1,ex)在R上單調(diào)遞減,且x→+∞時(shí),t→0,所以函數(shù)t=eq\f(x2+1,ex)的大致圖像如圖所示,所以只需關(guān)于t的方程(m+2)t2-2mt+1=0(*)有且只有一個(gè)正實(shí)根.①當(dāng)m=2時(shí),方程(*)為4t2-4t+1=0,解得t=eq\f(1,2),符合題意;②當(dāng)m=3時(shí),方程(*)為5t2-6t+1=0,解得t=eq\f(1,5)或t=1,不符合題意;③當(dāng)m=-3時(shí),方程(*)為t2-6t-1=0,得t=3±eq\r(10),只有3+eq\r(10)>0,符合題意;④當(dāng)m=-4時(shí),方程(*)為2t2-8t-1=0,得t=eq\f(4±3\r(2),2),只有eq\f(4+3\r(2),2)>0,符合題意.故選ACD.(多選題)已知函數(shù)f(x)=eq\f(x2+x-1,ex),則下列結(jié)論正確的是()A.函數(shù)f(x)存在兩個(gè)不同的零點(diǎn)B.函數(shù)f(x)既存在極大值又存在微小值C.當(dāng)-e<k<0時(shí),方程f(x)=k有且只有兩個(gè)實(shí)根D.若x∈[t,+∞)時(shí),f(x)max=eq\f(5,e2),則t的最小值為2ABC解析:f(x)=0?x2+x-1=0,解得x=eq\f(-1±\r(5),2),所以A項(xiàng)正確.f′(x)=-eq\f(x2-x-2,ex)=-eq\f(x+1x-2,ex),當(dāng)f′(x)>0時(shí),-1<x<2;當(dāng)f′(x)<0時(shí),x<-1或x>2,所以(-∞,-1),(2,+∞)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間,(-1,2)是函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間,所以f(-1)是函數(shù)的微小值,f(2)是函數(shù)的極大值,所以B項(xiàng)正確.當(dāng)x→+∞時(shí),y→0,依據(jù)B選項(xiàng)可知,函數(shù)的最小值是f(-1)=-e.再依據(jù)單調(diào)性可知,當(dāng)-e<k<0時(shí),方程f(x)=k,有且只有兩個(gè)實(shí)根,所以C項(xiàng)正確.由圖像可知,t的最大值是2,所以D項(xiàng)不正確.故選ABC.利用導(dǎo)數(shù)探討不等式問題(多選題)已知函數(shù)f(x)=lnx+eq\f(2,x),則()A.存在x∈(0,+∞),使得f(x)<0B.函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,2)C.隨意x∈(0,+∞),都有f(x)>0D.對(duì)隨意兩個(gè)正實(shí)數(shù)x1,x2,且x2>x1,若f(x1)=f(x2),則x1+x2>4BCD解析:因?yàn)閒(x)=lnx+eq\f(2,x),定義域?yàn)?0,+∞),f′(x)=eq\f(1,x)-eq\f(2,x2)=eq\f(x-2,x2).令f′(x)<0,則0<x<2,所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減;令f′(x)>0,則x>2,所以函數(shù)f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增.所以函數(shù)f(x)在x=2處取得微小值也是最小值.f(x)min=f(2)=ln2+1>0,所以對(duì)隨意x∈(0,+∞),B項(xiàng),C項(xiàng)正確,A項(xiàng)錯(cuò)誤.由x=2是f(x)的微小值點(diǎn),可知f(x1)=f(x2)時(shí),x2>2>x1>0,易知4-x1>2,則f(4-x1)-f(x2)=f(4-x1)-f(x1)=eq\f(2,4-x1)+ln(4-x1)-eq\f(2,x1)-lnx1=eq\f(4x1-2,4-x1x1)+lneq\f(4-x1,x1).令t=eq\f(4-x1,x1),則t>1,x1=eq\f(4,1+t),則F(t)=f(4-x1)-f(x2)=eq\f(1-t2,2t)+lnt(t>1),F(xiàn)′(t)=eq\f(-t2+2t-1,2t2)<0,所以F(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,F(xiàn)(t)<F(1)=0,故f(4-x1)-f(x2)<0.又f(x)在(2,+∞)上單調(diào)遞增,所以4-x1<x2,故x1+x2>4,D項(xiàng)正確.證明不等式的常用方法(1)若證明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x).假如F′(x)<0,則F(x)在(a,b)上單調(diào)遞減,同時(shí)若F(a)≤0,則有F(x)<0,即證明白f(x)<g(x).(2)若證明F(x)<0,可變形為F(x)=f(x)-g(x)<0,即f(x)<g(x),只需證f(x)max<g(x)min.(多選題)已知f(x)是可導(dǎo)的函數(shù),且f′(x)<f(x),對(duì)于x∈R恒成立,則()A.f(1)<ef(0),f(2020)<e2020fB.f(1)>ef(0),f(1)>e2fC.f(1)<ef(0),f(1)<e2fD.f(1)>ef(0),f(2020)>e2020fAC解析:設(shè)g(x)=eq\f(fx,ex),則g′(x)=eq\f(f′x-fx,ex).因?yàn)閒′(x)<f(x),所以g′(x)<0,即g(x)在R上單調(diào)遞減,所以g(1)<g(0),即eq\f(f1,e)<e

溫馨提示

  • 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請(qǐng)下載最新的WinRAR軟件解壓。
  • 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請(qǐng)聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
  • 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會(huì)有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
  • 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
  • 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲(chǔ)空間,僅對(duì)用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對(duì)用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對(duì)任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
  • 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請(qǐng)與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
  • 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時(shí)也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對(duì)自己和他人造成任何形式的傷害或損失。

評(píng)論

0/150

提交評(píng)論