2024年全国一卷数学新高考题型细分S2-5——导数大题9 中档长题

2024年全国一卷新高考题型细分S2-5 ——导数——大题（中档长题） 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《导数——大题》题目按难易程度排序：易、基础、中下、中档、中档长题、中上。具体题型有：切线、单调性、极值、最值、单调性分类讨论、恒成立、能成立、零点分析、拓展等，大概167道题。 导数 大题（中档长题）： 1. （2024年浙J07金丽衢二联）19. ①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法则中有结论：若函数，的导函数分别为，，且， . ②设，k是大于1的正整数，若函数满足：对任意，均有成立，且，则称函数为区间上的k阶无穷递降函数. 结合以上两个信息，回答下列问题：（[endnoteRef:2]） （1）试判断是否为区间上的2阶无穷递降函数； （2）计算：； （3）证明：，. （拓展，拓展，恒成立，中档；） [2: 【答案】（1）不是区间上的2阶无穷递降函数； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义即可判断； （2）通过构造，再结合即可得到结果； （3）通过换元令令，则原不等式等价于，再通过构造函数，根据题干中函数为区间上的k阶无穷递降函数的定义证出，即可证明结论. 【小问1详解】 设， 由于， 所以不成立， 故不是区间上的2阶无穷递降函数. 【小问2详解】 设，则， 设， 则， 所以，得. 【小问3详解】 令，则原不等式等价于， 即证， 记，则， 所以， 即有对任意，均有， 所以， 因为， 所以， 所以，证毕! 【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意题干条件中相关限制条件的转化. ] 2. （2024年浙J01湖州一中模拟）19. 悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数的图象，类比三角函数的三种性质：①平方关系：①，②和角公式：，③导数：定义双曲正弦函数． （1）直接写出，具有类似①、②、③的三种性质（不需要证明）； （2）若当时，恒成立，求实数a的取值范围；（[endnoteRef:3]） （3）求的最小值． （拓展，恒成立，最值，中档；） [3: 【答案】（1）答案见解析 （2） （3）0 【解析】 【分析】（1）类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明； （2）构造函数，，求导，分和两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案； （3）多次求导，结合（2）中结论，先得到在内单调递增，再求出为偶函数，从而得到在内单调递减，求出. 【小问1详解】 平方关系：； 和角公式：； 导数：． 理由如下：平方关系， ； ， 和角公式： 故； 导数：，； 小问2详解】 构造函数，，由（1）可知， i．当时，由可知， 故，故单调递增， 此时，故对任意，恒成立，满足题意； ii．当时，令，， 则，可知单调递增， 由与可知，存在唯一，使得， 故当时，，则在内单调递减， 故对任意，，即，矛盾； 综上所述，实数a的取值范围为． 【小问3详解】 ，， 令，则， 令，则， 当时，由（2）可知，，则， 令，则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 则，故在内单调递增， 因为， 即为偶函数，故在内单调递减， 则，故当且仅当时，取得最小值0. 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. ] 3. （2024年粤J16天河二测）19. 已知函数. （1）证明：恰有一个零点，且； （2）我们曾学习过“二分法”求函数零点的近似值，另一种常用的求零点近似值的方法是“牛顿切线法”.任取，实施如下步骤：在点处作的切线，交轴于点：在点处作的切线，交轴于点；一直继续下去，可以得到一个数列，它的各项是不同精确度的零点近似值.（[endnoteRef:4]） （i）设，求的解析式； （ii）证明：当，总有. （零点分析，拓展，中档；） [4: 【答案】（1）证明见解析 （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可； （2）（i）由导数的几何意义得曲线在处的切线方程为，进而得； （ii）令，进而构造函数，结合函数单调性证明，再根据，证明即可得答案． 【小问1详解】 ，定义域为， 所以，在上恒成立， 所以函数在上单调递增， 因为， ， 所以，存在唯一，使得，即：有唯一零点，且； 【小问2详解】 （i）由（1）知， 所以，曲线在处的切线斜率为， 所以，曲线在处的切线方程为，即， 令得， 所以，切线与轴的交点，即， 所以，； 证明：（ii）对任意的，由（i）知，曲线在,处的切线方程为：， 故令， 令， 所以，， 所以，当时，，单调递增，当,时，，单调递减， 所以，恒有，即恒成立，当且仅当时等号成立， 另一方面，由（i）知，，且当时，， （若，则，故任意，显然矛盾）， 因为是的零点， 所以， 因为为单调递增函数， 所以，对任意的时，总有， 又因为， 所以，对于任意，均有， 所以，，， 所以， 综上，当，总有． 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. ] 4. （2024年鲁J02荷泽一模）19. 帕德近似是法国数学家亨利．帕德发明的用有理多项式近似特定函数的方法．给定两个正整数m，n，函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足：，，，…，．（注：，，，，…；为的导数）已知在处的阶帕德近似为． （1）求实数a，b的值； （2）比较与的大小；（[endnoteRef:5]） （3）若在上存在极值，求的取值范围． （拓展，拓展，零点分析，中档；） [5: 【答案】（1），； （2）答案见解析； （3）． 【解析】 【分析】（1）由，，列方程组求实数a，b的值； （2）令利用导数研究单调性，又，可比较与的大小； （3）由在上存在极值，所以在上存在变号零点，通过构造函数分类讨论，对的零点进行分析． 【小问1详解】 由，，有， 可知，，，， 由题意，，，所以，所以，． 【小问2详解】 由（1）知，，令， 则， 所以在其定义域内为增函数，又， 时，；时，； 所以时，；时，． 【小问3详解】 由， ． 由在上存在极值，所以在上存在变号零点． 令，则，． ①时，，为减函数，，在上为减函数，，无零点，不满足条件． ②当，即时，，为增函数，，在上为增函数，，无零点，不满足条件． ③当，即时，令即，． 当时，，为减函数；时，，为增函数， ； 令，，，在时恒成立， 在上单调递增，，恒成立； ，，，则，， ； ， 令， 令，， 则在是单调递减，，所以， ， 令，则，，． ，即． 由零点存在定理可知，在上存在唯一零点， 又由③知，当时，，为减函数，， 所以此时，，在内无零点， 在上存在变号零点，综上所述实数m的取值范围为． 【点睛】方法点睛： 利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用，而构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. ] 5. （2024年鄂J05七市调研）19. 微积分的创立是数学发展中的里程碑，它的发展和广泛应用开创了向近代数学过渡的新时期，为研究变量和函数提供了重要的方法和手段．对于函数在区间上的图像连续不断，从几何上看，定积分便是由直线和曲线所围成的区域（称为曲边梯形）的面积，根据微积分基本定理可得，因为曲边梯形的面积小于梯形的面积，即，代入数据，进一步可以推导出不等式：． （1）请仿照这种根据面积关系证明不等式的方法，证明：； （2）已知函数，其中．（[endnoteRef:6]） ①证明：对任意两个不相等的正数，曲线在和处的切线均不重合； ②当时，若不等式恒成立，求实数的取值范围． （拓展，切线，恒成立，中档；） [6: 【答案】（1）证明见解析 （2）① 证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据题，设过点作的切线分别交于，结合，即可得证； （2）①求得，分别求得在点和处的切线方程，假设与重合，整理得，结合由（1）的结论，即可得证； ②根据题意，转化为时，在恒成立， 设，求得，分和，两种情况讨论，得到函数的单调性和最值，即可求解. 【小问1详解】 解：在曲线取一点． 过点作的切线分别交于， 因为， 可得，即． 【小问2详解】 解：①由函数，可得， 不妨设，曲线在处的切线方程为 ，即 同理曲线在处的切线方程为， 假设与重合，则， 代入化简可得， 两式消去，可得，整理得， 由（1）的结论知，与上式矛盾 即对任意实数及任意不相等的正数与均不重合． ②当时，不等式恒成立， 所以在恒成立，所以， 下证：当时，恒成立． 因为，所以 设 （i）当时，由知恒成立， 即在为增函数，所以成立； （ii）当时，设，可得， 由知恒成立，即在为增函数． 所以，即在为减函数，所以成立， 综上所述，实数的取值范围是 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； 2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． ] 6. （2024年鄂J02八市联考）19. 英国数学家泰勒发现的泰勒公式有如下特殊形式：当在处的阶导数都存在时，．注：表示的2阶导数，即为的导数，表示的阶导数，该公式也称麦克劳林公式． （1）根据该公式估算的值，精确到小数点后两位；（[endnoteRef:7]） （2）由该公式可得：．当时，试比较与的大小，并给出证明； （3）设，证明：． （拓展，拓展，恒成立，中档；） [7: 【答案】（1）； （2），证明见解析； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据麦克劳林公式求得，赋值即可求得近似值； （2）构造函数，利用导数判断其单调性和最值，即可证明； （3）根据（2）中所得结论，将目标式放缩为 ，再裂项求和即可证明. 【小问1详解】 令，则，，，， 故，，，，， 由麦克劳林公式可得， 故. 【小问2详解】 结论：， 证明如下： 令， 令， 故在上单调递增，， 故在上单调递增，， 即证得，即． 【小问3详解】 由（2）可得当时，，且由得， 当且仅当时取等号，故当时，， ， 而 ， 即有 故 而， 即证得. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的处理关键是能够利用第二问结论，将原式放缩为，再利用裂项求和法证明，对学生已知条件的利用能力以及综合应用能力提出了较高的要求，属综合困难题. ] 7. （2024年苏J06三市调研）19. 若时，函数取得极大值或极小值，则称为函数极值点.已知函数，其中为正实数. （1）若函数有极值点，求的取值范围；（[endnoteRef:8]） （2）当和的几何平均数为，算术平均数为. ①判断与和的几何平均数和算术平均数的大小关系，并加以证明； ②当时，证明：. （零点分析，恒成立，中档；） [8: 【答案】19. 20. ①答案见解析；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导之后构造函数，利用二次函数的性质，利用对称轴，判别式，特殊值讨论即可； （2）①证明右边时先将不等式变形为，令，构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明；再将左边变形为，令，同样构造函数，求导，用导数分析单调性和极值即可证明.②恒成立问题，作差之后利用一问的结论构造函数，求导，分析单调性，再求最大值小于零即可. 【小问1详解】 在上有变号零点， 即在上有变号零点. ①若，即时，只需矛盾， ②若，即时，只需故的取值范围为. 【小问2详解】 ①， 先证右边，证，令 证：，令， 在上单调递增， 再证左边证：，令证令 在上单调递减，，证毕! ②时，关于单调递减 ， 设， 当时，，； 当时，，， 在上单调递增，上单调递减，， 所以当时，. 【点睛】关键点点睛：（1）函数的极值点即为导数等于零的点； （2）用导数证明不等式时常将不等式作差后构造函数，求导，分析单调性和最值； （3）恒成立问题可转化为作差后求导，分析最大值小于零或最小值大于零. ] 8. （2024年粤J102韶关二测）18. 记上的可导函数的导函数为，满足的数列称为函数的“牛顿数列”.已知数列为函数的牛顿数列，且数列满足. （1）求； （2）证明数列是等比数列并求；（[endnoteRef:9]） （3）设数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求t的取值范围. （拓展，结合数列，恒成立，中档 ；） [9: 【答案】（1） （2）证明见解析， （3） 【解析】 【分析】（1）求出导函数，化简数列递推式，根据对数运算及递推式求解即可； （2）对递推式变形结合对数运算求得，利用等比数列定义即可证明，代入等比数列通项公式求解通项公式； （3）先利用等比数列求和公式求和，再把恒成立问题转化为对任意的恒成立，令，，利用导数研究函数的单调性，然后根据单调性求解函数最值，根据n的奇偶性分别求解范围即可. 【小问1详解】 因为，则，从而有， 由，则， 则，解得则有，所以； 小问2详解】 由，则， 所以， 故（非零常数），且，所以数列是以2为首项，2为公比的等比数列， 所以； 【小问3详解】 由等比数列的前n项和公式得：， 因为不等式对任意的恒成立，又且单调递增， 所以对任意的恒成立，令，， 则，当时，，是减函数， 当时，，是增函数， 又，且，，，则， 当n为偶数时，原式化简为，所以当时，； 当n为奇数时，原式化简为，所以当时，，所以； 综上可知，. ] 9. （2024年湘J30教盟二联考）19. 罗尔定理是高等代数中微积分的三大定理之一，它与导数和函数的零点有关，是由法国数学家米歇尔·罗尔于1691年提出的．它的表达如下：如果函数满足在闭区间连续，在开区间内可导，且，那么在区间内至少存在一点，使得． （1）运用罗尔定理证明：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得． （2）已知函数，若对于区间内任意两个不相等的实数，都有成立，求实数的取值范围．（[endnoteRef:10]） （3）证明：当时，有． （拓展，恒成立，恒成立，中档；） [10: 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，构造函数，利用导数结合罗尔定理推导即得. （2）求出函数的导数，利用（1）的结论建立恒成立的不等式，再利用导数求出函数的值域即得. （3）构造函数，求出导数结合（1）的结论，借助不等式性质推理即得. 【小问1详解】 令，则， 令函数，则， 显然在上连续，且在上可导，由罗尔定理，存在，使得， 即，所以. 【小问2详解】 依题意，， 不妨令，则恒成立， 由（1）得，于是，即， 因此，令， 求导得，函数在上单调递增，则， 而函数在上单调递增，其值域为， 则，所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 令函数，显然函数在上可导， 由（1），存在，使得， 又，则， 因此，而，则，即， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，构造函数，转化、抽象为相应的函数问题作答. ] 10. （2024年湘J47长沙雅礼二模）19．极值的广义定义如下：如果一个函数在一点的一个邻域（包含该点的开区间）内处处都有确定的值，而以该点处的值为最大（小），这函数在该点处的值就是一个极大（小）值. 对于函数，设自变量x从变化到，当，是一个确定的值，则称函数在点处右可导；当，是一个确定的值，则称函数在点处左可导.当函数在点处既右可导也左可导且导数值相等，则称函数在点处可导. (1)请举出一个例子，说明该函数在某点处不可导，但是该点是该函数的极值点； (2)已知函数.（[endnoteRef:11]） （ⅰ）求函数在处的切线方程； （ⅱ）若为的极小值点，求a的取值范围. （求切线，极值反求系数，中档；） [11: 19．(1)，说明见解析 (2)（ⅰ）切线方程为，（ⅱ） 【分析】（1）根据题意，求出函数的左导数和右导数，即可说明； （2）（ⅰ）根据导数的几何意义求切线； （ⅱ），通过利用导数研究函数的性质，解决的极小值问题，从而求a的取值范围. 【详解】（1），为该函数的极值点， 当，， 当，， 则该函数在处的左导数为，右导数为1， 所以该函数在处不可导. （2）（ⅰ）根据题意，，则切点， 又，则， 所以切线方程为； （ⅱ）， 因为当时，，故与同号， ，先考察的性质， 由于为偶函数，只需分析其在上的性质即可， ，， 设， 则，， 则必有，即. ①否则，若，即， 则必存在一个区间，使得， 则在单调递减，又， 则在区间内小于0，则在单调递减， 又，故在区间内小于0， 故在区间内小于0， 则不可能为的极小值点. ②当时，， 令，， 令， 则， 易知在区间上单调递增， 对，， 则在区间上大于0， 故在区间上单调递增. 故在区间上单调递增. 又，故， 故在区间上单调递增， 又，故，故在区间上单调递增， 又，故，， 则，， 故当时，， 由偶函数知时，， 故为的极小值点， 所以a的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：最后一问中由，通过利用导数研究函数的性质，解决的极小值问题，从而求a的取值范围. ] 11. （2024年粤J43茂名一模）22. 若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“类函数”. （1）若，判断是否为上的“3类函数”；（[endnoteRef:12]） （2）若为上的“2类函数”，求实数的取值范围； （3）若为上的“2类函数”，且，证明：，，. （拓展，拓展，恒成立，中档；） [12: 【答案】（1）是上的“3类函数”，理由见详解. （2） （3）证明过程见详解. 【解析】 【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可； （2）由已知条件转化为对于任意，都有，，只需且，利用导函数研究函数的单调性和最值即可. （3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可. 【小问1详解】 对于任意不同的， 有，，所以， ， 所以是上的“3类函数”. 【小问2详解】 因为， 由题意知，对于任意不同的，都有， 不妨设，则， 故且， 故为上的增函数，为上的减函数， 故任意，都有， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 所以，，故在单调递减， ， 由可转化为，令，只需 ，令，在单调递减， 且，，所以使，即， 即， 当时，，，故在单调递增， 当时，，，故在单调递减， ， 故. 【小问3详解】 因为为上的“2类函数”，所以， 不妨设， 当时，； 当时，因为， ， 综上所述，，，. 【点睛】不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$