教辅-高三数学考点复习：导数及其应用1

考点七导数及其应用(一)1A卷PARTONE解析因为y＝lnx，所以y′＝1x，所以y′|x＝e＝1e，又当x＝e时，y＝lne＝1，所以切线方程为y－1＝1e(x－e)，整理得x－ey＝0.故选D.一、选择题1．(2020·山东滨州三模)函数y＝lnx的图象在点x＝e(e为自然对数的底数)处的切线方程为()A．x＋ey－1＋e＝0B．x－ey＋1－e＝0C．x＋ey＝0D．x－ey＝0答案解析2.已知函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极小值点的个数为()A．1B．2C．3D．4答案解析如图，在区间(a，b)内，f′(c)＝0，且在点x＝c附近的左侧f′(x)0，右侧f′(x)0，所以函数y＝f(x)在区间(a，b)内只有1个极小值点，故选A.解析3．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为()A．y＝－2x－1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3D．y＝2x＋1解析∵f(x)＝x4－2x3，∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f(1)＝－1，f′(1)＝－2，∴所求切线的方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故选B.答案解析4．已知f(x)＝2x3－6x2＋m(m为常数)在[－2,2]上有最大值3，那么此函数在[－2,2]上的最小值为()A．0B．－5C．－10D．－37解析由题意知，f′(x)＝6x2－12x，由f′(x)＝0得x＝0或x＝2，当x0或x2时，f′(x)0，当0x2时，f′(x)0，∴f(x)在[－2,0]上单调递增，在[0,2]上单调递减，由条件知f(0)＝m＝3，∴f(2)＝－5，f(－2)＝－37，∴最小值为－37.答案解析5.(2020·海南高三第一次联考)如图是二次函数f(x)＝x2－bx＋a的部分图象，则函数g(x)＝alnx＋f′(x)的零点所在的区间是()A.14，12B．12，1C．(1,2)D．(2,3)答案解析∵f(x)＝x2－bx＋a，∴二次函数的对称轴为x＝b2，结合函数的图象可知，0f(0)＝a1，12x＝b21，∵f′(x)＝2x－b，∴g(x)＝alnx＋f′(x)＝alnx＋2x－b在(0，＋∞)上单调递增．又g12＝aln12＋1－b0，g(1)＝aln1＋2－b0，∴函数g(x)的零点所在的区间是12，1.故选B.解析6．(2020·山东泰安二轮复习质量检测)已知函数f(x)＝(x－1)ex－a2e2x＋ax只有一个极值点，则实数a的取值范围是()A．a≤0或a≥12B．a≤0或a≥13C．a≤0D．a≥0或a≤－13答案解析f(x)＝(x－1)ex－a2e2x＋ax，令f′(x)＝xex－ae2x＋a＝0，故x－aex＋aex＝0，当a＝0时，f′(x)＝xex，函数在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f′(0)＝0，故函数有唯一极小值点，满足条件；当a≠0时，即xa＝ex－e－x，设g(x)＝ex－e－x，则g′(x)＝ex＋e－x≥2恒成立，且g′(0)＝2，画出函数g(x)和y＝xa的图象，如图所示．根据图象知，当1a≤2，即a0或a≥12时，满足条件．综上所述，a≤0或a≥12.故选A.解析7．(多选)若直线l与曲线C满足下列两个条件：①直线l在点P(x0，y0)处与曲线C相切；②曲线C在点P附近位于直线l的两侧，则称直线l在点P处“切过”曲线C.则下列结论正确的是()A．直线l：y＝0在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝x3B．直线l：y＝x－1在点P(1,0)处“切过”曲线C：y＝lnxC．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝sinxD．直线l：y＝x在点P(0,0)处“切过”曲线C：y＝tanx答案解析A项，因为y′＝3x2，当x＝0时，y′＝0，所以l：y＝0是曲线C：y＝x3在点P(0,0)处的切线．当x0时，y＝x30；当x0时，y＝x30，所以曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；B项，y′＝1x，当x＝1时，y′＝1，在P(1,0)处的切线为l：y＝x－1.令h(x)＝x－1－lnx，则h′(x)＝1－1x＝x－1x(x0)，当x1时，h′(x)0；当0x1时，h′(x)0，所以h(x)min＝h(1)＝0.故x－1≥lnx，即当x0时，曲线C全部位于直线l的下侧(除切点外)，结论错误；C项，y′＝cosx，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正弦函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确；D项，y′＝1cos2x，当x＝0时，y′＝1，在P(0,0)处的切线为l：y＝x，由正切函数图象可知，曲线C在点P附近位于直线l的两侧，结论正确．故选ACD.解析8．(多选)(2020·山东威海三模)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，且f1e＝1e，则()A．f′1e＝0B．f(x)在x＝1e处取得极大值C．0f(1)1D．f(x)在(0，＋∞)上单调递增答案解析∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，导函数为f′(x)，xf′(x)－f(x)＝xlnx，即满足xf′x－fxx2＝lnxx，∵fxx′＝xf′x－fxx2，∴fxx′＝lnxx，∴可设fxx＝12ln2x＋b(b为常数)，∴f(x)＝12xln2x＋bx，∵f1e＝12·1eln21e＋be＝1e，解得b＝12.∴f(x)＝12xln2x＋12x，∴f(1)＝12，满足0f(1)1，∴C正确；∵f′(x)＝12ln2x＋lnx＋12＝12(lnx＋1)2≥0，且仅有f′1e＝0，∴B错误，A，D正确．故选ACD.解析答案1二、填空题9．(2020·全国卷Ⅲ)设函数f(x)＝exx＋a.若f′(1)＝e4，则a＝________.解析f′(x)＝exx＋a－exx＋a2＝exx＋a－1x＋a2，则f′(1)＝aea＋12＝e4，整理可得a2－2a＋1＝0，解得a＝1.答案解析答案－110．(2020·山东新高考质量测评联盟高三5月联考)曲线f(x)＝asinx＋2(a∈R)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，则a＝________.解析f(x)＝asinx＋2(a∈R)，则f′(x)＝acosx，故当x＝0时，f′(0)＝a，又函数f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－x＋2，所以a＝－1.答案解析答案203311．要做一个圆锥形的漏斗，其母线长为20cm，要使体积最大，则高为________cm.解析设高为hcm，则底面半径r＝400－h2cm，所以体积V＝π3r2h＝π3h(400－h2)，则V′＝π3(400－3h2)．令V′＝π3(400－3h2)＝0，解得h＝2033.即当高为2033cm时，圆锥的体积最大．答案解析解析因为f(x)＝mx2－ex＋1，所以f′(x)＝2mx－ex，又函数f(x)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，所以x1，x2是方程2mx－ex＝0的两不等实根，且x2≥2x1，即m＝ex2x(x≠0)有两不等实根x1，x2，且x2≥2x1.答案1ln2，＋∞12．(2020·吉林第四次调研测试)若函数f(x)＝mx2－ex＋1(e为自然对数的底数)在x＝x1和x＝x2两处取得极值，且x2≥2x1，则实数m的取值范围是________．答案解析令h(x)＝ex2x(x≠0)，则直线y＝m与曲线h(x)＝ex2x有两交点，且交点横坐标满足x2≥2x1，又h′(x)＝ex2x－24x2＝exx－12x2，由h′(x)＝0，得x＝1，所以，当x1时，h′(x)0，即函数h(x)＝ex2x在(1，＋∞)上单调递增；当x0和0x1时，h′(x)0，即函数h(x)＝ex2x在(－∞，0)和(0,1)上单调递减．作出函数h(x)的图象如图所示．解析当x2＝2x1时，由ex12x1＝ex22x2，得x1＝ln2，此时m＝ex12x1＝1ln2，因此，由x2≥2x1，得m≥1ln2.解析解(1)当a＝1时，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋2x－1，令φ(x)＝ex＋2x－1，则φ′(x)＝ex＋2＞0，故f′(x)单调递增，注意到f′(0)＝0，故当x∈(－∞，0)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．三、解答题13．(2020·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex＋ax2－x.(1)当a＝1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3＋1，求a的取值范围．解(2)由f(x)≥12x3＋1，得ex＋ax2－x≥12x3＋1，其中x≥0，①当x＝0时，不等式为1≥1，显然成立，符合题意；②当x＞0时，分离参数a得a≥－ex－12x3－x－1x2，记g(x)＝－ex－12x3－x－1x2，g′(x)＝－x－2ex－12x2－x－1x3，令h(x)＝ex－12x2－x－1(x≥0)，解则h′(x)＝ex－x－1，令H(x)＝ex－x－1，则H′(x)＝ex－1≥0，故h′(x)单调递增，h′(x)≥h′(0)＝0，故函数h(x)单调递增，h(x)≥h(0)＝0，由h(x)≥0可得ex－12x2－x－1≥0恒成立，故当x∈(0,2)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；当x∈(2，＋∞)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．因此，g(x)max＝g(2)＝7－e24，综上可得，实数a的取值范围是7－e24，＋∞.解解(1)当a＝1，b＝0时，f(x)＝lnx－x，此时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1x－12x＝2－x2x，由f′(x)0得0x4；由f′(x)0得x4.所以f(x)在(0,4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减．所以f(x)max＝f(4)＝2ln2－2.解14．(2020·山东济南6月仿真模拟)已知函数f(x)＝aln(x＋b)－x.(1)若a＝1，b＝0，求f(x)的最大值；(2)当b0时，讨论f(x)极值点的个数．(2)当b0时，函数f(x)的定义域为[0，＋∞)，f′(x)＝ax＋b－12x＝－x＋2ax－b2xx＋b，①当a≤0时，f′(x)0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；②当a0时，设h(x)＝－x＋2ax－b，(ⅰ)当4a2－4b≤0，即0a≤b时，f′(x)≤0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，即f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以此时f(x)极值点的个数为0；(ⅱ)当4a2－4b0，即ab时，令t＝x(t≥0)，则h(t)＝－t2＋2at－b，t1＋t2＝2a0，t1t2＝b0，所以t1，t2都大于0，即f′(x)在(0，＋∞)上有2个左右异号的零点，所以此时f(x)极值点的个数为2.综上所述，当a≤b时，f(x)极值点的个数为0；当ab时，f(x)极值点的个数为2.解2B卷PARTTWO一、选择题1．(2020·山东省实验中学4月高考预测)已知函数f(x)＝3x＋2cosx，若a＝f(32)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是()A．abcB．cbaC．bacD．bca解析根据题意，函数f(x)＝3x＋2cosx，其导函数f′(x)＝3－2sinx，则有f′(x)＝3－2sinx0在R上恒成立，则f(x)在R上为增函数．又由2＝log24log27332，则bca.故选D.答案解析2．(202