（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 板块命题点专练（四）导数及其应用 文（含解析）苏教版

板块命题点专练(四)导数及其应用命题点一导数的运算及几何意义1.(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________．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：－32．(2018·天津高考)已知函数f(x)＝exlnx，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．解析：∵f(x)＝exlnx，∴f′(x)＝exlnx＋exx，∴f′(1)＝e.答案：e3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.解析：∵y′＝(ax＋a＋1)ex，∴当x＝0时，y′＝a＋1，∴a＋1＝－2，解得a＝－3.答案：－34．(2017·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－lnx的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．解析：因为f′(x)＝a－1x，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为y－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.答案：15．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．解析：因为f(x)为偶函数，所以当x＞0时，f(x)＝f(－x)＝lnx－3x，所以当x＞0时，f′(x)＝1x－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.答案：y＝－2x－1命题点二导数的应用1．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x3－ax2＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，则f(x)在[－1,1]上的最大值与最小值的和为________．解析：法一：f′(x)＝6x2－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)．①当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝1，∴f(x)在(0，＋∞)上无零点．②当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞a3；由f′(x)＜0，得0＜x＜a3，∴f(x)在0，a3上单调递减，在a3，＋∞上单调递增．又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴fa3＝－a327＋1＝0，∴a＝3.此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.法二：令f(x)＝2x3－ax2＋1＝0，得a＝2x3＋1x2＝2x＋1x2.令g(x)＝2x＋1x2，则g′(x)＝2－2x3.由g′(x)＜0，得0＜x＜1；由g′(x)＞0，得x＞1，∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，∴a＝g(1)＝3，此时f(x)＝2x3－3x2＋1，f′(x)＝6x(x－1)，当x∈[－1,1]时，f(x)在[－1,0]上单调递增，在[0,1]上单调递减．又f(1)＝0，f(－1)＝－4，∴f(x)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3.答案：－32．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－1ex，得f(－x)＝－x3＋2x＋1ex－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋1ex≥3x2－2＋2ex·1ex＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤12，故实数a的取值范围是－1，12.答案：－1，123．(2017·全国卷Ⅱ改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为________．解析：因为f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1，所以f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1.因为x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，所以－2是x2＋(a＋2)x＋a－1＝0的根，所以a＝－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1＝(x＋2)(x－1)ex－1.令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1，令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1.答案：－14．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝aex－lnx－1.(1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间；(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥0.解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝aex－1x.由题设知，f′(2)＝0，所以a＝12e2.从而f(x)＝12e2ex－lnx－1，f′(x)＝12e2ex－1x.可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0，所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0.所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)证明：当a≥1e时，f(x)≥exe－lnx－1.设g(x)＝exe－lnx－1，则g′(x)＝exe－1x.可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0，所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值点．故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0.因此，当a≥1e时，f(x)≥0.5．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1(a＞0，b∈R)有极值，且导函数f′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域；(2)证明：b2＞3a；(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－72，求a的取值范围．解：(1)由f(x)＝x3＋ax2＋bx＋1，得f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝3x＋a32＋b－a23.当x＝－a3时，f′(x)有极小值b－a23.因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，所以f－a3＝－a327＋a39－ab3＋1＝0，又a＞0，故b＝2a29＋3a.因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，从而b－a23＝19a(27－a3)≤0，即a≥3.当a＝3时，f′(x)＞0(x≠－1)，故f(x)在R上是增函数，f(x)没有极值；当a＞3时，f′(x)＝0有两个相异的实根x1＝－a－a2－3b3，x2＝－a＋a2－3b3.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值故f(x)的极值点是x1，x2.从而a＞3.因此b＝2a29＋3a，定义域为(3，＋∞)．(2)证明：由(1)知，ba＝2aa9＋3aa.设g(t)＝2t9＋3t，则g′(t)＝29－3t2＝2t2－279t2.当t∈362，＋∞时，g′(t)＞0，从而g(t)在362，＋∞上单调递增．因为a＞3，所以aa＞33，故g(aa)＞g(33)＝3，即ba＞3.因此b2＞3a.(3)由(1)知，f(x)的极值点是x1，x2，且x1＋x2＝－23a，x21＋x22＝4a2－6b9.从而f(x1)＋f(x2)＝x31＋ax21＋bx1＋1＋x32＋ax22＋bx2＋1＝x13(3x21＋2ax1＋b)＋x23(3x22＋2ax2＋b)＋13a(x21＋x22)＋23b(x1＋x2)＋2＝4a3－6ab27－4ab9＋2＝0.记f(x)，f′(x)所有极值之和为h(a)，因为f′(x)的极值为b－a23＝－19a2＋3a，所以h(a)＝－19a2＋3a，a＞3.因为h′(a)＝－29a－3a2＜0，于是h(a)在(3，＋∞)上单调递减．因为h(6)＝－72，于是h(a)≥h(6)，故a≤6.因此a的取值范围为(3,6]．6．(2014·江苏高考)已知函数f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然对数的底数．(1)证明：f(x)是R上的偶函数；(2)若关于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(3)已知正数a满足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)＜a(－x30＋3x0)成立．试比较ea－1与ae－1的大小，并证明你的结论．解：(1)证明：因为对任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函数．(2)由条件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立．令t＝ex(x＞0)，则t＞1，所以m≤－t－1t2－t＋1＝－1t－1＋1t－1＋1对任意t＞1成立．因为t－1＋1t－1＋1≥2t－1t－1＋1＝3，所以－1t－1＋1t－1＋1≥－13，当且仅当t＝2，即x＝ln2时等号成立．因此实数m的取值范围是－∞，－13.(3)令函数g(x)＝ex＋1ex－a(－x3＋3x)，则g′(x)＝ex－1ex＋3a(x2－1)．当x≥1时，ex－1ex＞0，x2－1≥0，又a＞0，故g′(x)＞0.所以g(x)是[1，＋∞)上的单调增函数，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使e0x＋e－x0－a(－x30＋3x0)＜0成立，当且仅当最小值g(1)＜0.故e＋e－1－2a＜0，即a＞e＋e－12.令函数h(x)＝x－(e－1)lnx－1，则h′(x)＝1－e－1x.令h′(x)＝0，得x＝e－1，当x∈(0，e－1)时，h′(x)＜0，故h(x)是(0，e－1)上的单调减函数；当x∈(e－1，＋∞)时，h′(x)＞0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的单调增函数．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以当x∈(1，e－1)⊆(0，e－1)时，h(e－1)≤h(x)＜h(1)＝0.当x∈(e－1，e)⊆(e－1，＋∞)时，h(x)＜h(e)＝0.所以h(x)＜0对任意的x∈(1，e)成立．①当a∈e＋e－12，e⊆(1，e)时，h(a)＜0，即a－1＜(e－1)·lna，从而ea－1＜ae－1；②当a＝e时，ea－1＝ae－1；③当a∈(e，＋∞)⊆(e－1，＋∞)时，h(a)＞h(e)＝0，即a－1＞(e－1)lna，故ea－1＞ae－1.综上所述，当a∈e＋e－12，e时，ea－1＜ae－1；当a＝e时，ea－1＝ae－1；当a∈(e，＋∞)时，ea－1＞ae－1.7．(2017·北京高考)已知函数f(x)＝excosx－x.(1)求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)求函数f(x)在区间0，π2上的最大值和最小值．解：(1)因为f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0.又因为f(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(2)设h(x)＝ex(cosx－sinx)－1，则h′(x)＝