精品2024三年高考数学真题分项汇编专题03导数及其应用选择题填空题理(含精品.pdf

全国通用2020_2022三年高考数学真题分项汇编：03导数及其应用(选择题、填空题)（理科专用）1．【2022年全国甲卷】已知ᵄ=31,ᵄ=cos1,ᵅ=4sin1，则（）3244A．ᵅ>ᵄ>ᵄB．ᵄ>ᵄ>ᵅC．ᵄ>ᵄ>ᵅD．ᵄ>ᵅ>ᵄ【答案】A【解析】【分析】由ᵅ=4tan1结合三角函数的性质可得ᵅ>ᵄ；构造函数ᵅ(ᵆ)=cosᵆ+1ᵆ2−1,ᵆ∈(0,+∞)，ᵄ42利用导数可得ᵄ>ᵄ，即可得解.【详解】因为ᵅ=4tan1,因为当ᵆ∈(0,π),sinᵆ<ᵆ<tanᵆᵄ42所以tan1>1,即ᵅ>1,所以ᵅ>ᵄ；44ᵄ设ᵅ(ᵆ)=cosᵆ+1ᵆ2−1,ᵆ∈(0,+∞)，2ᵅ′(ᵆ)=−sinᵆ+ᵆ>0，所以ᵅ(ᵆ)在(0,+∞)单调递增，则ᵅ(1)>ᵅ(0)=0,所以cos1−31>0，4432所以ᵄ>ᵄ,所以ᵅ>ᵄ>ᵄ，故选：A2．【2022年新高考1卷】设ᵄ=0.1e0.1,ᵄ=1，ᵅ=−ln0.9，则（）9A．ᵄ<ᵄ<ᵅB．ᵅ<ᵄ<ᵄC．ᵅ<ᵄ<ᵄD．ᵄ<ᵅ<ᵄ【答案】C【解析】【分析】构造函数ᵅ(ᵆ)=ln(1+ᵆ)−ᵆ，导数判断其单调性，由此确定ᵄ,ᵄ,ᵅ的大小.【详解】设ᵅ(ᵆ)=ln(1+ᵆ)−ᵆ(ᵆ>−1)，因为ᵅ′(ᵆ)=1−1=−ᵆ，1+ᵆ1+ᵆ当ᵆ∈(−1,0)时，ᵅ′(ᵆ)>0，当ᵆ∈(0,+∞)时ᵅ′(ᵆ)<0，所以函数ᵅ(ᵆ)=ln(1+ᵆ)−ᵆ在(0,+∞)单调递减，在(−1,0)上单调递增，所以ᵅ(1)<ᵅ(0)=0，所以ln10−1<0，故1>ln10=−ln0.9，即ᵄ>ᵅ，999991)<ᵅ(0)=0，所以ln9+1<0，故9−1，所以111所以ᵅ(−<e10e10<，10101010109故ᵄ<ᵄ，1设ᵅ(ᵆ)=ᵆeᵆ+ln(1−ᵆ)(0<ᵆ<1)，则ᵅ′(ᵆ)=(ᵆ+1)eᵆ+1=(ᵆ2−1)eᵆ+1,ᵆ−1ᵆ−1′令ℎ(ᵆ)=eᵆ(ᵆ2−1)+1，ℎ(ᵆ)=eᵆ(ᵆ2+2ᵆ−1)，当0<ᵆ<√2−1时，ℎ′(ᵆ)<0，函数ℎ(ᵆ)=eᵆ(ᵆ2−1)+1单调递减，当√2−1<ᵆ<1时，ℎ′(ᵆ)>0，函数ℎ(ᵆ)=eᵆ(ᵆ2−1)+1单调递增，又ℎ(0)=0，所以当0<ᵆ<√2−1时，ℎ(ᵆ)<0，所以当0<ᵆ<√2−1时，ᵅ′(ᵆ)>0，函数ᵅ(ᵆ)=ᵆeᵆ+ln(1−ᵆ)单调递增，所以ᵅ(0.1)>ᵅ(0)=0，即0.1e0.1>−ln0.9，所以ᵄ>ᵅ故选：C.3．【2021年新高考1卷】若过点a,b可以作曲线yex的两条切线，则（）A．ebaB．eabC．0aebD．0bea【答案】D【解析】【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线yex的图象，根据直观即可判定点a,b在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.【详解】在曲线yex上任取一点Pt,et，对函数yex求导得yex，所以，曲线yex在点P处的切线方程为yetetxt，即yetx1tet，由题意可知，点a,b在直线yetx1tet上，可得baet1teta1tet，令fta1tet，则ftatet.当ta时，ft0，此时函数ft单调递增，当ta时，ft0，此时函数ft单调递减，所以，ftfaea，max由题意可知，直线yb与曲线yft的图象有两个交点，则bftea，max当ta1时，ft0，当ta1时，ft0，作出函数ft的图象如下图所示：2由图可知，当0bea时，直线yb与曲线yft的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线yex的图象如图所示，根据直观即可判定点a,b在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0bea.故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.4．【2020年新课标1卷理科】函数f(x)x42x3的图像在点(1，f(1))处的切线方程为（）A．y2x1B．y2x1C．y2x3D．y2x1【答案】B3【解析】【分析】求得函数y