2023年高考数学考点预测6导数及其应用doc高中数学.docx

2023高考数学考点预测 导数及其应用 一、考点介绍 导数属于新增内容，是高中数学知识的一个重要的交汇点，命题范围非常广泛，为高考考查函数提供了广阔天地，处于一种特殊的地位，不但一定出大题而相应有小题出现。主要考查导数有关的概念、计算和应用。利用导数工具研究函数的有关性质，把导数应用于单调性、极值等传统、常规问题的同时，进一步升华到处理与自然数有关的不等式的证明，是函数知识和不等式知识的一个结合体，它的解题又融合了转化、分类讨论、函数与方程、数形结合等数学思想与方法，不但突出了能力的考查，同时也注意了高考重点与热点，这一切对考查考生的应用能力和创新意识都大有益处。 1．了解导数概念的某些实际背景（如瞬时速度、加速度、光滑曲线切线的斜率等）；掌握函数在一点处的导数的定义和导数的几何意义；理解导函数的概念． 2．熟记根本导数公式；掌握两个函数和、差、积、商的求导法那么．了解复合函数的求导法那么，会求某些简单函数的导数． 3．理解可导函数的单调性与其导数的关系；了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号）；会求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值． 二、高考真题 1.（2023全国一21）．（本小题总分值12分）（注意：在试题卷上作答无效） 函数，． （Ⅰ）讨论函数的单调区间； （Ⅱ）设函数在区间内是减函数，求的取值范围． 解：（1） 求导： 当时，， 在上递增 当，求得两根为 即在递增，递减， 递增 （2），且 解得： 2.（2023全国二21）．（本小题总分值12分） 设，函数． （Ⅰ）假设是函数的极值点，求的值； （Ⅱ）假设函数，在处取得最大值，求的取值范围． 解：（Ⅰ）． 因为是函数的极值点，所以，即，因此． 经验证，当时，是函数的极值点． 4分 （Ⅱ）由题设，． 当在区间上的最大值为时， ， 即．故得． 9分 反之，当时，对任意， ， 而，故在区间上的最大值为． 综上，的取值范围为． 12分 3.（2023山东卷21）（本小题总分值12分） 函数其中n∈Nx,a为常数. （Ⅰ）当n=2时，求函数f(x)的极值； （Ⅱ）当a=1时，证明：对任意的正整数n,当x≥2时，有f(x)≤x-1. （Ⅰ）解：由得函数f(x)的定义域为{x|x＞1}， 当n=2时， 所以 （1）当a＞0时，由f(x)=0得 ＞1，＜1， 此时 f′（x）=. 当x∈（1，x1）时，f′（x）＜0,f(x)单调递减； 当x∈（x1+∞）时，f′（x）＞0, f(x)单调递增. （2）当a≤0时，f′（x）＜0恒成立，所以f(x)无极值. 综上所述，n=2时， 当a＞0时，f(x)在处取得极小值，极小值为 当a≤0时，f(x)无极值. （Ⅱ）证法一：因为a=1,所以 当n为偶数时， 令 那么 g′（x）=1+＞0（x≥2）. 所以当x∈[2,+∞]时，g(x)单调递增， 又 g(2)=0 因此≥g(2)=0恒成立， 所以f(x)≤x-1成立. 当n为奇数时， 要证≤x-1,由于＜0，所以只需证ln(x-1) ≤x-1, 令 h(x)=x-1-ln(x-1), 那么 h′（x）=1-≥0（x≥2）, 所以 当x∈[2，+∞]时，单调递增，又h(2)=1＞0， 所以当x≥2时，恒有h(x) ＞0,即ln（x-1）＜x-1命题成立. 综上所述，结论成立. 证法二：当a=1时， 当x≤2，时，对任意的正整数n，恒有≤1， 故只需证明1+ln(x-1) ≤x-1. 令 那么 当x≥2时，≥0，故h(x)在上单调递增， 因此　　当x≥2时，h(x)≥h(2)=0，即1+ln(x-1) ≤x-1成立. 故　　当x≥2时，有≤x-1. 即f（x）≤x-1. 4..（2023湖南卷21）（本小题总分值13分） 函数f(x)=ln2(1+x)-. (I) 求函数的单调区间; （Ⅱ）假设不等式对任意的都成立（其中e是自然对数的底数）. 求的最大值. 解: （Ⅰ）函数的定义域是， 设那么 令那么 当时， 在（-1，0）上为增函数， 当x＞0时，在上为减函数. 所以h(x)在x=0处取得极大值，而h(0)=0,所以， 函数g(x)在上为减函数. 于是当时， 当x＞0时， 所以，当时，在（-1，0）上为增函数. 当x＞0时，在上为减函数. 故函数的单调递增区间为（-1，0），单调递减区间为. （Ⅱ）不等式等价于不等式由知， 设那么 由（Ⅰ）知，即 所以于是G(x)在上为减函数. 故函数G（x）在上的最小值为 所以a的最大值为 5..（2023陕西卷21）．（本小题总分值12分） 函数（且，）恰有一个极大值点和一个极小值点，其中一个是． （Ⅰ）求函数的另一个极值点； （Ⅱ）求函数的极大值和极小值，并求时的取值范围． 解：（Ⅰ），由题意知， 即得，（x），． 由得， 由韦达定理知另一个极值点为（或）． （Ⅱ）由（x）式得，即． 当时，；当时，． （i）当时，在和内是减函数，在内是增函数． ， ， 由及，解得． （ii）当时，在和内是增函数，在内是减函数． ， 恒成立． 综上可知，所求的取值范围为． 6.（2023重庆卷20）（本小题总分值13分.（Ⅰ）小问5分.（Ⅱ）小问8分.） 　　　设函数曲线y=f(x)通过点（0，2a+3），且在点（-1，f（-1）） 处的切线垂直于y轴. （Ⅰ）用a分别表示b和c； （Ⅱ）当bc取得最小值时，求函数g(x)=-f(x)e-x的单调区间. 解：(Ⅰ)因为 又因为曲线通过点（0，2a+3）, 故 又曲线在（-1，f(-1)）处的切线垂直于y轴，故 即-2a+b=0,因此b=2a. (Ⅱ)由(Ⅰ)得 故当时，取得最小值-. 此时有 从而 所以 令，解得 当 当 当 由此可见，函数的单调递减区间为（-∞，-2）和（2，+∞）；单调递增区间为（-2，2）. 7.（2023福建卷19）（本小题总分值12分） 　　　函数. 　　（Ⅰ）设{an}是正数组成的数列，前n项和为Sn，其中a1=3.假设点(n∈Nx)在函数y=f′(x)的图象上，求证：点（n,Sn）也在y=f′(x)的图象上； 　　（Ⅱ）求函数f(x)在区间（a-1,a）内的极值. 本小题主要考查函数极值、等差数列等根本知识，考查分类与整合、转化与化归等数学思想方法，考查分析问题和解决问题的能力.总分值12分. (Ⅰ)证明：因为所以′(x)=x2+2x, 由点在函数y=f′(x)的图象上, 又所以 所以,又因为′(n)=n2+2n,所以, 故点也在函数y=f′(x)的图象上. (Ⅱ)解:, 由得. 当x变化时,﹑的变化情况如下表: x (-∞,-2) -2 (-2,0) 0 (0,+∞) f′(x) + 0 - 0 + f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 注意到,从而 ①当,此时无极小值； ②当的极小值为,此时无极大值； ③当既无极大值又无极小值. 三、名校试题 1.(2023年潍坊市高三统一考试) 定义在的三个函数f(x)、g(x)、h(x),f(x)=lnx,g(x)= ,且g(x)在[1，2]为增函数，h(x)在（0，1）为减函数. （I）求g(x)，h(x)的表达式； （II）求证：当1<x< 时，恒有 （III）把h(x)对应的曲线向上平移6个单位后得曲线，求与g(x)对应曲线的交点个数，并说明道理. 解（I）由题意： ∴恒成立. 又恒成立. ∴即 （II） 欲证： 只需证： 即证： 记 ∴ ∴当x>1时，为增函数…………….9分 即 ∴结论成立………………………………………………..10分 （III）由 （1）知： ∴对应表达式为 ∴问题转化成求函数 即求方程： 即： 设 ∴当时，为减函数. 当时，为增函数. 而的图象开口向下的抛物线 ∴与的大致图象如图： ∴与的交点个数为2个. 即与的交点个数为2个. 2.(湖南师大附中)（本小题总分值14分）函数 （Ⅰ）试判断函数上单调性并证明你的结论； （Ⅱ）假设恒成立，求整数k的最大值； （Ⅲ）求证：（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3. ．解：（I）…………（2分） 上是减函数.……………………………………………………（4分） （II） 即h(x)的最小值大于k.…………………………………………………………（6分） 那么上单调递增， 又 存在唯一实根a，且满足 当 ∴ 故正整数k的最大值是3 ……………………9分 （Ⅲ）由（Ⅱ）知 ∴ ………………11分 令，那么 ∴ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n(n+1)] ∴（1+1×2）（1+2×3）…[1+n（n+1）]>e2n－3 ………………14分 3.(浙江省重点中学2023年5月) 函数，数列的前项和为，，且． （Ⅰ）求的最大值； （Ⅱ）证明：； （Ⅲ）探究：数列是否单调？ 解：（Ⅰ）∵，∴． ∵=，（2分） ∴当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． ∴在区间内，．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当时， ∵，∴，成立； ② 假设当时，成立． 当时，由及，得，（2分） 由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以， 而，， 故． ∴当时，也成立． 由①、②知，对任意都成立．（4分） （Ⅲ）数列单调递减．（1分） 理由如下： 当时， ∴； 当时，由得． ∵，（2分） 又由 (Ⅱ) 知，，∴， ∴，即 ∴， ∴，∴．（3分） 综上，数列单调递减． 4．函数，数列的前项和为，，且． （Ⅰ）求的最大值； （Ⅱ）证明：； （Ⅲ）探究：数列是否单调？ 解：（Ⅰ）∵，∴． ∵=，（2分） ∴当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减． ∴在区间内，．（2分） （Ⅱ）用数学归纳法证明： ① 当时， ∵，∴，成立； ② 假设当时，成立． 当时，由及，得，（2分） 由(Ⅰ) 知，在上单调递增，所以， 而，， 故． ∴当时，也成立． 由①、②知，对任意都成立．（4分） （Ⅲ）数列单调递减．（1分） 理由如下： 当时， ∴； 当时，由得． ∵，（2分） 又由 (Ⅱ) 知，，∴， ∴，即 ∴， ∴，∴．（3分） 综上，数列单调递减． O x y F11 M P 5.(天津市十二区县重点中学)