导数—2024年高考真题数学试题分类汇编含答案.pdf

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1、120242024年高考数学真题分类汇编-导数年高考数学真题分类汇编-导数一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的1(新课标II II卷)设函数 f(x)=(x+a)ln(x+b)，若 f(x)0，则a2+b2的最小值为()A.18B.14C.12D.12(甲卷理科)设函数 f x=ex+2sinx1+x2，则曲线y=f x在 0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()A.16B.13C.12D.23二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.3(新课标II II卷).设函数 f(x)=2x3-3ax2+1，则()A.当a1时，f(x)有三个零点B.当a-2当

2、且仅当1x1时，f x0处切线为l(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 0,0；(3)已知k=1，A t,f t，C 0,f t，O 0,0，其中t0，切线l与y轴交于点B时当2SACO=15SABO，符合条件的A的个数为？(参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln70,求证:对于点 M 0,0,存在点 P,使得点 P 是 M 在 f x的“最 近点”；(2)对于 f x=ex,M 1,0,请判断是否存在一个点 P,它是 M 在 f x的“最近点”,且 直线 MP与 y=f x在点 P 处的切线垂直;(3)已知 y=f x在定

3、义域 R 上存在导函数 fx,且函数 g x在定义域 R 上恒正.设点 M1t-1,f t-g t,M2t+1,f t+g t,若对任意的 tR,存在点 P 同时是 M1,M2在 f x的“最近点”,试判断 f x的单调性.120242024年高考数学真题分类汇编-导数年高考数学真题分类汇编-导数一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的1(新课标II II卷)设函数 f(x)=(x+a)ln(x+b)，若 f(x)0，则a2+b2的最小值为()A.18B.14C.12D.1【答案】C【详解】解法一：由题意可知：f(x)的定义域为-b,+，令x+a=0解得x=-a；令ln(x+

4、b)=0解得x=1-b；若-a-b，当x-b,1-b时，可知x+a0,ln x+b0，此时 f(x)0，不合题意；若-b-a0,ln x+b0，此时 f(x)0，不合题意；若-a=1-b，当x-b,1-b时，可知x+a0,ln x+b0；当x 1-b,+时，可知x+a0,ln x+b0，此时 f(x)0；可知若-a=1-b，符合题意；若-a1-b，当x 1-b,-a时，可知x+a0，此时 f(x)0，不合题意；综上所述：-a=1-b，即b=a+1，则a2+b2=a2+a+12=2 a+122+1212，当且仅当a=-12,b=12时，等号成立，所以a2+b2的最小值为12；解法二：由题意可知：

5、f(x)的定义域为-b,+，令x+a=0解得x=-a；令ln(x+b)=0解得x=1-b；则当x-b,1-b时，ln x+b0，故x+a0，所以1-b+a0；故1-b+a=0，则a2+b2=a2+a+12=2 a+122+1212，当且仅当a=-12,b=12时，等号成立，所以a2+b2的最小值为12.故选：C.2(甲卷理科)设函数 f x=ex+2sinx1+x2，则曲线y=f x在 0,1处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为()A.16B.13C.12D.23【答案】A【详解】fx=ex+2cosx1+x2-ex+2sinx2x1+x22，则 f0=e0+2cos01+0-e0+2sin

6、001+02=3，即该切线方程为y-1=3x，即y=3x+1，2令x=0，则y=1，令y=0，则x=-13，故该切线与两坐标轴所围成的三角形面积S=121-13=16.故选：A.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.16B.32C.12D.-32【答案】A【详解】fx=6x5+3，所以 f0=3，故切线方程为y=3(x-0)-1=3x-1，故切线的横截距为13，纵截距为-1，故切线与坐标轴围成的面积为12113=16故选：A.二、选择题：在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.3(新课标II II卷).设函数 f(x)=2x3-3ax2+1，则()A.当

7、a1时，f(x)有三个零点B.当a1，故x-,0 a,+时 f(x)0，故 f(x)在-,0,a,+上单调递增，x(0,a)时，f(x)0，f(a)=1-a30，则 f(0)f(a)0，根据零点存在定理 f(x)在(0,a)上有一个零点，又 f(-1)=-1-3a0，则 f(-1)f(0)0,f(a)f(2a)1时，f(x)有三个零点，A选项正确；B选项，f(x)=6x(x-a)，a0时，x(a,0),f(x)0，f(x)单调递增，此时 f(x)在x=0处取到极小值，B选项错误；C选项，假设存在这样的a,b，使得x=b为 f(x)的对称轴，即存在这样的a,b使得 f(x)=f(2b-x)，即2

8、x3-3ax2+1=2(2b-x)3-3a(2b-x)2+1，根据二项式定理，等式右边(2b-x)3展开式含有x3的项为2C33(2b)0(-x)3=-2x3，于是等式左右两边x3的系数都不相等，原等式不可能恒成立，于是不存在这样的a,b，使得x=b为 f(x)的对称轴，C选项错误；D选项，方法一：利用对称中心的表达式化简f(1)=3-3a，若存在这样的a，使得(1,3-3a)为 f(x)的对称中心，则 f(x)+f(2-x)=6-6a，事实上，f(x)+f(2-x)=2x3-3ax2+1+2(2-x)3-3a(2-x)2+1=(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a于是6-6a=

9、(12-6a)x2+(12a-24)x+18-12a3即12-6a=012a-24=018-12a=6-6a，解得a=2，即存在a=2使得(1,f(1)是 f(x)的对称中心，D选项正确.方法二：直接利用拐点结论任何三次函数都有对称中心，对称中心的横坐标是二阶导数的零点，f(x)=2x3-3ax2+1，f(x)=6x2-6ax，f(x)=12x-6a，由 f(x)=0 x=a2，于是该三次函数的对称中心为a2,fa2，由题意(1,f(1)也是对称中心，故a2=1a=2，即存在a=2使得(1,f(1)是 f(x)的对称中心，D选项正确.故选：AD三、填空题：4(新课标I I卷)若曲线y=ex+x

10、在点 0,1处的切线也是曲线y=ln(x+1)+a的切线，则a=.【详解】由y=ex+x得y=ex+1，y|x=0=e0+1=2，故曲线y=ex+x在 0,1处的切线方程为y=2x+1；由y=ln x+1+a得y=1x+1，设切线与曲线y=ln x+1+a相切的切点为 x0,ln x0+1+a，由两曲线有公切线得y=1x0+1=2，解得x0=-12，则切点为-12,a+ln12，切线方程为y=2 x+12+a+ln12=2x+1+a-ln2，根据两切线重合,所以a-ln2=0，解得a=ln2.故答案为：ln25曲线y=x3-3x与y=-x-12+a在 0,+上有两个不同的交点，则a的取值范围为

11、【答案】-2,1【详解】令x3-3x=-x-12+a，即a=x3+x2-5x+1，令g x=x3+x2-5x+1 x0,则gx=3x2+2x-5=3x+5x-1，令gx=0 x0得x=1，当x 0,1时，gx0，g x单调递增，g 0=1,g 1=-2，因为曲线y=x3-3x与y=-x-12+a在 0,+上有两个不同的交点，所以等价于y=a与g x有两个交点，所以a-2,1.故答案为：-2,14四、解答题：6(新课标I I卷)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

12、仅当1x-2当且仅当1x2，故x=1为 f x=-2的一个解，所以 f 1=-2即a=-2，先考虑1x-2恒成立.此时 f x-2即为lnx2-x+2 1-x+b x-130在 1,2上恒成立，设t=x-1 0,1，则lnt+11-t-2t+bt30在 0,1上恒成立，设g t=lnt+11-t-2t+bt3,t 0,1，则gt=21-t2-2+3bt2=t2-3bt2+2+3b1-t2，当b0，-3bt2+2+3b-3b+2+3b=20，故gt0恒成立，故g t在 0,1上为增函数，故g tg 0=0即 f x-2在 1,2上恒成立.当-23bg 0=0即 f x-2在 1,2上恒成立.5当

13、b-23，则当0t1+23b1时，gt0故在 0,1+23b上g t为减函数，故g t-2在 1,2上恒成立时b-23.而当b-23时，而b-23时，由上述过程可得g t在 0,1递增，故g t0的解为 0,1，即 f x-2的解为 1,2.综上，b-23.7(新课标II II卷).已知函数 f(x)=ex-ax-a3(1)当a=1时，求曲线y=f(x)在点 1,f(1)处的切线方程；(2)若 f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围【解析】【小问1详解】当a=1时，则 f(x)=ex-x-1，f(x)=ex-1，可得 f(1)=e-2，f(1)=e-1，即切点坐标为 1,e-2，切线

14、斜率k=e-1，所以切线方程为y-e-2=e-1x-1，即 e-1x-y-1=0.【小问2详解】解法一：因为 f(x)的定义域为R R，且 f(x)=ex-a，若a0，则 f(x)0对任意xR R恒成立，可知 f(x)在R R上单调递增，无极值，不合题意；若a0，令 f(x)0，解得xlna；令 f(x)0，解得xlna；可知 f(x)在-,lna内单调递减，在 lna,+内单调递增，则 f(x)有极小值 f lna=a-alna-a3，无极大值，由题意可得：f lna=a-alna-a30，构建g a=a2+lna-1,a0，则ga=2a+1a0，可知g a在 0,+内单调递增，且g 1=0

15、，不等式a2+lna-10等价于g ag 1，解得a1，所以a的取值范围为 1,+；解法二：因为 f(x)的定义域为R R，且 f(x)=ex-a，若 f(x)有极小值，则 f(x)=ex-a有零点，令 f(x)=ex-a=0，可得ex=a，可知y=ex与y=a有交点，则a0，若a0，令 f(x)0，解得xlna；令 f(x)0，解得xlna；可知 f(x)在-,lna内单调递减，在 lna,+内单调递增，则 f(x)有极小值 f lna=a-alna-a3，无极大值，符合题意，由题意可得：f lna=a-alna-a30，构建g a=a2+lna-1,a0，因为则y=a2,y=lna-1在

16、0,+内单调递增，6可知g a在 0,+内单调递增，且g 1=0，不等式a2+lna-10等价于g ag 1，解得a1，所以a的取值范围为 1,+.8(甲卷理科)已知函数 f x=1-axln 1+x-x(1)当a=-2时，求 f x的极值；(2)当x0时，f x0恒成立，求a的取值范围【答案】(1)极小值为0，无极大值.(2)a-12【解析】【小问1详解】当a=-2时，f(x)=(1+2x)ln(1+x)-x，故 f(x)=2ln(1+x)+1+2x1+x-1=2ln(1+x)-11+x+1，因为y=2ln(1+x),y=-11+x+1在-1,+上为增函数，故 f(x)在-1,+上为增函数，

17、而 f(0)=0，故当-1x0时，f(x)0时，f(x)0，故 f x在x=0处取极小值且极小值为 f 0=0，无极大值.【小问2详解】fx=-aln 1+x+1-ax1+x-1=-aln 1+x-a+1x1+x,x0，设s x=-aln 1+x-a+1x1+x,x0，则sx=-ax+1-a+11+x2=-a x+1+a+11+x2=-ax+2a+11+x2，当a-12时，sx0，故s x在 0,+上为增函数，故s xs 0=0，即 fx0，所以 f x在 0,+上为增函数，故 f x f 0=0.当-12a0时，当0 x-2a+1a时，sx0，故s x在 0,-2a+1a上为减函数，故在 0

18、,-2a+1a上s xs 0，即在 0,-2a+1a上 fx0即 f x为减函数，故在 0,-2a+1a上 f x f 0=0，不合题意，舍.当a0，此时sx0在 0,+上恒成立，同理可得0,+上 f x1时，f xex-1恒成立【解析】【小问1详解】7f(x)定义域为(0,+)，f(x)=a-1x=ax-1x当a0时，f(x)=ax-1x0时，x1a,+时，f(x)0，f(x)单调递增，当x 0,1a时，f(x)0时，f(x)在1a,+上单调递增，在 0,1a上单调递减.【小问2详解】a2，且x1时，ex-1-f(x)=ex-1-a(x-1)+lnx-1ex-1-2x+1+lnx，令g(x)

19、=ex-1-2x+1+lnx(x1)，下证g(x)0即可.g(x)=ex-1-2+1x，再令h(x)=g(x)，则h(x)=ex-1-1x2，显然h(x)在(1,+)上递增，则h(x)h(1)=e0-1=0，即g(x)=h(x)在(1,+)上递增，故g(x)g(1)=e0-2+1=0，即g(x)在(1,+)上单调递增，故g(x)g(1)=e0-2+1+ln1=0，问题得证10(北京卷)已知 f x=x+kln 1+x在 t,f tt0处切线为l(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 0,0；(3)已知k=1，A t,f t，C 0,f t，O 0,0，其中t

20、0，切线l与y轴交于点B时当2SACO=15SABO，符合条件的A的个数为？(参考数据：1.09ln31.10，1.60ln51.61，1.94ln7-1)，当x-1,0时，fx0；f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+)上单调递增.则 f(x)的单调递减区间为(-1,0)，单调递增区间为(0,+).【小问2详解】f(x)=1+k1+x，切线l的斜率为1+k1+t，则切线方程为y-f(t)=1+k1+t(x-t)(t0)，将(0,0)代入则-f(t)=-t 1+k1+t,f(t)=t 1+k1+t，即t+kln(1+t)=t+tk1+t，则ln(1+t)=t1+t，ln(1+t)-t1+

21、t=0，令F(t)=ln(1+t)-t1+t，假设l过(0,0)，则F(t)在t(0,+)存在零点.F(t)=11+t-1+t-t(1+t)2=t(1+t)20，F(t)在(0,+)上单调递增，F(t)F(0)=0，F(t)在(0,+)无零点，与假设矛盾，故直线l不过(0,0).8【小问3详解】k=1时，f(x)=x+ln(1+x),f(x)=1+11+x=x+21+x0.SACO=12tf(t)，设l与y轴交点B为(0,q)，t0时，若q0，则切线l的方程为y-t-ln t+1=1+11+tx-t，令x=0，则y=q=y=ln(1+t)-tt+1.2SACO=15SABO，则2tf(t)=1

22、5t ln(1+t)-tt+1，13ln(1+t)-2t-15t1+t=0，记h(t)=13ln(1+t)-2t-15t1+t(t0)，满足条件的A有几个即h(t)有几个零点.h(t)=131+t-2-15(t+1)2=13t+13-2 t2+2t+1-15(t+1)2=2t2+9t-4(t+1)2=(-2t+1)(t-4)(t+1)2，当t 0,12时，ht0，此时h t单调递增；当t 4,+时，ht0，h(24)=13ln25-48-152425=26ln5-48-725261.61-48-725=-20.540，所以由零点存在性定理及h(t)的单调性，h(t)在12,4上必有一个零点，在

23、(4,24)上必有一个零点，综上所述，h(t)有两个零点，即满足2SACO=15SABO的A有两个.11设函数 f x=xlnx(1)求 f x图象上点 1,f 1处切线方程；(2)若 f xa x-x在x 0,+时恒成立，求a的取值范围；(3)若x1,x2 0,1，证明 f x1-f x2 x1-x212【解析】【小问1详解】由于 f x=xlnx，故 fx=lnx+1.所以 f 1=0，f1=1，所以所求的切线经过 1,0，且斜率为1，故其方程为y=x-1.【小问2详解】9设h t=t-1-lnt，则ht=1-1t=t-1t，从而当0t1时ht1时ht0.所以h t在 0,1上递减，在 1

24、,+上递增，这就说明h th 1，即t-1lnt，且等号成立当且仅当t=1.设g t=a t-1-2lnt，则f x-a x-x=xlnx-a x-x=x a1x-1-2ln1x=xg1x.当x 0,+时，1x的取值范围是 0,+，所以命题等价于对任意t 0,+，都有g t0.一方面，若对任意t 0,+，都有g t0，则对t 0,+有0g t=a t-1-2lnt=a t-1+2ln1ta t-1+21t-1=at+2t-a-2，取t=2，得0a-1，故a10.再取t=2a，得0a2a+2a2-a-2=2 2a-a-2=-a-22，所以a=2.另一方面，若a=2，则对任意t 0,+都有g t=

25、2 t-1-2lnt=2h t0，满足条件.综合以上两个方面，知a的取值范围是 2.【小问3详解】先证明一个结论：对0ab，有lna+1f b-f ab-alnb+1.证明：前面已经证明不等式t-1lnt，故blnb-alnab-a=alnb-alnab-a+lnb=lnbaba-1+lnb-ab-11-ab+lna=1+lna，所以lna+1blnb-alnab-alnb+1，即lna+1f b-f ab-alnb+1.由 fx=lnx+1，可知当0 x1e时 fx1e时 fx0.所以 f x在 0,1e上递减，在1e,+上递增.不妨设x1x2，下面分三种情况(其中有重合部分)证明本题结论.

26、情况一：当1ex1x21时，有 f x1-f x2=f x2-f x1 lnx2+1x2-x1x2-x1x2-x1，结论成立；情况二：当0 x1x21e时，有 f x1-f x2=f x1-f x2=x1lnx1-x2lnx2.对任意的c 0,1e，设 x=xlnx-clnc-c-x，则x=lnx+1+12 c-x.由于x单调递增，且有c2e1+12c=lnc2e1+12c+1+12c-c2e1+12cc2时，由12 c-xln2c-1可知x=lnx+1+12 c-xlnc2+1+12 c-x=12 c-x-ln2c-10.所以x在 0,c上存在零点x0，再结合x单调递增，即知0 xx0时x0

27、，x0 x0.故 x在 0,x0上递减，在 x0,c上递增.当x0 xc时，有 x c=0；当0 xx0时，由于cln1c=-2fc-2f1e=2e1，故我们可以取qcln1c,1.从而当0 xq c，可得 x=xlnx-clnc-c-x-clnc-c-x-clnc-q c=ccln1c-q0.再根据 x在 0,x0上递减，即知对0 xx0都有 x0；综合可知对任意0 xc，都有 x0，即 x=xlnx-clnc-c-x 0.根据c 0,1e和0 xc的任意性，取c=x2，x=x1，就得到x1lnx1-x2lnx2-x2-x10.所以 f x1-f x2=f x1-f x2=x1lnx1-x2

28、lnx2x2-x1.情况三：当0 x11ex20,求证:对于点 M 0,0,存在点 P,使得点 P 是 M 在 f x的“最 近点”；(2)对于 f x=ex,M 1,0,请判断是否存在一个点 P,它是 M 在 f x的“最近点”,且 直线 MP与 y=f x在点 P 处的切线垂直;(3)已知 y=f x在定义域 R 上存在导函数 fx,且函数 g x在定义域 R 上恒正.设点 M1t-1,f t-g t,M2t+1,f t+g t,若对任意的 tR,存在点 P 同时是 M1,M2在 f x的“最近点”,试判断 f x的单调性.【答案】(1)证明见解析(2)存在点 P 0,1(3)f x在 R

29、 上严格减【解析】(1)证明:s x=x-02+1x-02=x2+1x22x21x2=2,当且仅当 x2=1x2即 x=1 时取等号,也即在 x=1 时,s x取到最小值.故对于点 M 0,0,存在点 P 1,1,使得 该点是 M 0,0在f x的“最近点”.(2)根据题意,s x=x-12+ex-02=x-12+e2x,sx=2 x-1+2e2x,sx=2+4e2x0,sx严格增,s0=0,列表如下:x-,000,+sx-0+s x极小值 2A当 x=0 时,s x取到最小值,此时点 P 0,1,即点 P 0,1是 M 在 f x的“最近点”.11 fx=ex,k=f0=1,f x在点 P

30、处的切线方程为 y=x+1,又 kMP=0-11-0=-1,kMPk=-1,直线 MP 与 y=f x在点 P 处的切线垂直.(3)法一:设 s1x=x-t+12+f x-f t+g t2,s2x=x-t-12+f x-f t-g t2,s x=s1x+s2x,则 sx=s1x+s2x=2 x-t+1+2 f x-f t+g tfx+2 x-t-1+2 f x-f t-g tfx=4 x-t+4 f x-f tfx,sx=4 1+fxf x-f t+4 fx2,st=4+4 ft24,sx在区间t-,t+内严格增,又 st=0,s x在 x=t 处取极小值,又 s1x,s2x的定义域为 R,x

31、=t 均是 s1x,s2x的极小值,s1t=s2t=0,得 2+2g tft=0,解得 ft=-1g t0,由 t 的任意性,可知 f x在 R 上严格减.法二:设 s1x=x-t+12+f x-f t+g t2,s2x=x-t-12+f x-f t-g t2,设 P x0,y0,则 x0是 s1x,s2x的最小值点,得 s1x0s1t,s2x0s2t,即x0-t+12+f x0-f t+g t21+g t2,x0-t-12+f x0-f t-g t21+g t2,上述两式相加,整理得x0-t2+f x0-f t20,解得 x0=t,即 x=t 是 s1x,s2x的最小值点,又s1x,s2x的定义域均为 R,x=t 是 s1x,s2x的极小值点,s1t=s2t=0,得 2+2g tft=0,解得 ft=-1g t0,由 t 的任意性,可知 f x在 R 上严格减.