1、二多选题命题热点之导数导数是高中数学的重要内容，从近几年高考试题中可以看出，导数是每年的必考内容之一，且占有较大的分值比重考查内容主要为研究函数的单调性、极值和最值及函数零点、不等式等问题利用导数研究函数的单调性、极值和最值(多选题)已知函数f(x)x3ax2bxc，在定义域2,2上表示的曲线过原点，且在x1处的切线斜率均为1.下列说法正确的是()Af(x)是奇函数B若f(x)在s，t内递减，则|ts|的最大值为4C若f(x)的最大值为M，则最小值为MD若对x2,2，kf(x)恒成立，则k的最大值为2AC解析：由题意f(0)0，得c0.f(x)3x22axb，所以解得a0，b4.所以f(x)x
2、34x，f(x)3x24.对于A，C，显然f(x)f(x)，f(x)是奇函数，故A，C正确；对于B，令f(x)0，解得x，所以|ts|4，故B错误；对于D，当x2,2时，3x244，故k的最大值为4.故D错误故选AC.(多选题)已知函数f(x)的定义域为R，且导函数为f(x)，如图是函数yxf(x)的图像，则下列说法正确的有()A函数f(x)的单调递减区间是(，2)B函数f(x)的单调递增区间是(2，)Cx2是函数的极小值点Dx2是函数的极小值点ABC解析：当x0时，yxf(x)0，故f(x)0，函数单调递增；当2x0时，yxf(x)0，函数单调递增；当x2时，yxf(x)0，故f(2)0；当
3、x0，故f(x)0，符合题意；当m4时，方程(*)为2t28t10，得t，只有0，符合题意故选ACD.(多选题)已知函数f(x)，则下列结论正确的是()A函数f(x)存在两个不同的零点B函数f(x)既存在极大值又存在极小值C当ek0时，1x2；当f(x)0时，x2，所以(，1)，(2，)是函数f(x)的单调递减区间，(1,2)是函数f(x)的单调递增区间，所以f(1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，所以B项正确当x时，y0，根据B选项可知，函数的最小值是f(1)e.再根据单调性可知，当ek0时，方程f(x)k，有且只有两个实根，所以C项正确由图像可知，t的最大值是2，所以D项不正确故选
4、ABC.利用导数研究不等式问题(多选题)已知函数f(x)ln x，则()A存在x(0，)，使得f(x)0D对任意两个正实数x1，x2，且x2x1，若f(x1)f(x2)，则x1x24BCD解析：因为f(x)ln x，定义域为(0，)，f(x).令f(x)0，则0x0，则x2，所以函数f(x)在(2，)上单调递增所以函数f(x)在x2处取得极小值也是最小值f(x)minf(2)ln 210，所以对任意x(0，)，B项，C项正确，A项错误由x2是f(x)的极小值点，可知f(x1)f(x2)时，x22x10，易知4x12，则f(4x1)f(x2)f(4x1)f(x1)ln (4x1)ln x1ln
5、.令t，则t1，x1，则F(t)f(4x1)f(x2)ln t(t1)，F(t)0，所以F(t)在(1，)上单调递减，F(t)F(1)0，故f(4x1)f(x2)0.又f(x)在(2，)上单调递增，所以4x1x2，故x1x24，D项正确证明不等式的常用方法(1)若证明f(x)g(x)，x(a，b)，可以构造函数F(x)f(x)g(x)如果F(x)0，则F(x)在(a，b)上单调递减，同时若F(a)0，则有F(x)0，即证明了f(x)g(x)(2)若证明F(x)0，可变形为F(x)f(x)g(x)0，即f(x)g(x)，只需证f(x)maxg(x)min.(多选题)已知f(x)是可导的函数，且f(x)f(x)，对于xR恒成立，则()Af(1)ef(0)，f(2 020)e2 020f(0)Bf(1)ef(0)，f(1)e2f(1)Cf(1)ef(0)，f(1)e2f(1)Df(1)ef(0)，f(2 020)e2 020f(0)AC解析：设g(x)，则g(x).因为f(x)f(x)，所以g(x)0，即g(x)在R上单调递减，所以g(1)g(0)，即，即f(1)ef(0)，g(2 020)g(0)，即，即f(2 020)e2 020f(0)，g(1)g(1)，即，即f(1)e2f(1)所以选项A和C正确，选项B和D均错误故选AC.
