2016高考数学(文)大一轮复习--板块命题点专练(四)导数及其应用

板块命题点专练(四)导数及其应用(研近年高考真题——找知识联系，找命题规律，找自身差距)命题点一导数的运算及几何意义命题指数：☆☆☆☆☆难度：中、低题型：选择题、填空题、解答题1．(2014·大纲卷)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于()A．2eB．eC．2D．12．(2014·新课标全国卷Ⅱ)设曲线y＝ax－ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝()A．0B．1C．2D．33．(2013·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.4．(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋bx(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________.命题点二导数的应用难度：高、中命题指数：☆☆☆☆☆题型：选择题、解答题1．(2012·辽宁高考)函数y＝12x2－lnx的单调递减区间为()A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)2．(2014·新课标全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是()A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)3．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(ex－1)(x－1)k(k＝1,2)，则()A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值4．(2014·江西高考)在同一直角坐标系中，函数y＝ax2－x＋a2与y＝a2x3－2ax2＋x＋a(a∈R)的图象不可能的是()5．(2014·陕西高考)设函数f(x)＝lnx＋mx，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－x3零点的个数；(3)若对任意ba0，fb－fab－a1恒成立，求m的取值范围．6.(2014·北京高考)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈0，π2.(1)求证：f(x)≤0；(2)若asinxxb对x∈0，π2恒成立，求a的最大值与b的最小值．7．(2014·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(a0)，若f(x)在[－1,1]上的最小值记为g(a)．(1)求g(a)；(2)证明：当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.答案命题点一1．选C由题意可得y′＝ex－1＋xex－1，所以曲线在点(1,1)处切线的斜率等于2，故选C.2．选Dy′＝a－1x＋1，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.3．解析：因为f(ex)＝x＋ex，所以f(x)＝x＋lnx(x0)，所以f′(x)＝1＋1x，所以f′(1)＝2.答案：24．解析：y＝ax2＋bx的导数为y′＝2ax－bx2，直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－72.由题意得4a＋b2＝－5，4a－b4＝－72，解得a＝－1，b＝－2，则a＋b＝－3.答案：－3命题点二1．选B函数y＝12x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－1x＝x－1x＋1x，令y′≤0，则可得0x≤1.2．选D因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－1x.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x1时，f′(x)＝k－1x≥0恒成立，即k≥1x在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x1，所以01x1，所以k≥1.故选D.3．选C当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0x1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)0，当x1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，零点还是0,1，但是当0x1，x1时，f(x)0，由极值的概念，故选C.4．选B分两种情况讨论：当a＝0时，函数为y＝－x与y＝x，图象为D，故D有可能；当a≠0时，函数y＝ax2－x＋a2的对称轴为x＝12a，对函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a求导得y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，则x1＝13a，x2＝1a，所以对称轴x＝12a介于两个极值点x1＝13a，x2＝1a之间，A，C满足，B不满足，所以B不可能．故选B.5．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋ex，则f′(x)＝x－ex2，∴当x∈(0，e)，f′(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减，当x∈(e，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)在(e，＋∞)上单调递增，∴x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋ee＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－mx2－x3(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)，则φ′(x)＝－x2＋1＝－(x－1)(x＋1)，当x∈(0,1)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(0,1)上单调递增；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(1，＋∞)上单调递减．∴x＝1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点，因此x＝1也是φ(x)的最大值点，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞23时，函数g(x)无零点；②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点；③当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点；当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b＞a＞0，fb－fab－a＜1恒成立．等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋mx－x(x＞0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减，由h′(x)＝1x－mx2－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－x－122＋14(x＞0)恒成立，∴m≥14对m＝14，h′x＝0仅在x＝12时成立，∴m的取值范围是14，＋∞.6．解：(1)证明：由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间0，π2上f′(x)＝－xsinx＜0，所以f(x)在区间0，π2上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)当x＞0时，“sinxx＞a”等价于“sinx－ax＞0”；“sinxx＜b”等价于“sinx－bx＜0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈0，π2恒成立．当c≥1时，因为对任意x∈0，π2，g′(x)＝cosx－c＜0，所以g(x)在区间0，π2上单调递减．从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈0，π2恒成立．当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈0，π2使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间0，π2上的情况如下：x(0，x0)x0x0，π2g′(x)＋0－g(x)因为g(x)在区间[0，x0]上是增函数，所以g(x0)＞g(0)＝0.进一步，“g(x)＞0对任意x∈0，π2恒成立”当且仅当gπ2＝1－π2c≥0，即0＜c≤2π.综上所述，当且仅当c≤2π时，g(x)＞0对任意x∈0，π2恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)＜0对任意x∈0，π2恒成立．所以，若a＜sinxx＜b对任意x∈0，π2恒成立，则a的最大值为2π，b的最小值为1.7．解：(1)因为a0，－1≤x≤1，所以(ⅰ)当0a1时，若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，故f(x)在(－1，a)上是减函数；若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋30，故f(x)在(a,1)上是增函数；所以g(a)＝f(a)＝a3.(ⅱ)当a≥1时，有x≤a，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－30，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.综上，g(a)＝a3，0a1，－2＋3a，a≥1.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)，(ⅰ)当0a1时，g(a)＝a3.若x∈[a,1]，h(x)＝x3＋3x－3a－a3，得h′(x)＝3x2＋3，则h(x)在(a,1)上是增函数，所以h(x)在[a,1]上的最大值是h(1)＝4－3a－a3，且0a1，所以h(1)≤4.故f(x)≤g(a)＋4；若x∈[－1，a]，h(x)＝x3－3x＋3a－a3，得h′(x)＝3x2－3，则h(x)在(－1，a)上是减函数，所以h(x)在[－1，a]上的最大值是h(－1)＝2＋3a－a3.令t(a)＝2＋3a－a3，则t′(a)＝3－3a20，知t(a)在(0,1)上是增函数．所以t(a)t(1)＝4，即h(－1)4.故f(x)≤g(a)＋4.(ⅱ)当a≥1时，g(a)＝－2＋3a，故h(x)＝x3－3x＋2，得h′(x)＝3x2－3，此时h(x)在(－1,1)上是减函数，因此h(x)在[－1,1]上的最大值是h(－1)＝4.故f(x)≤g(a)＋4.综上，当x∈[－1,1]时，恒有f(x)≤g(a)＋4.