2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：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·大纲全国卷)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )
A．2e B．e
C．2 D．1
2．(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．0 B．1
C．2 D．3
3．(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＋(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 命题指数：☆☆☆☆☆
难度：高、中 题型：选择题、解答题
1．(2012·辽宁高考)函数y＝x2－ln x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－ln x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＋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)＝ln x＋，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)－零点的个数；
(3)若对任意b>a>0，<1 恒成立，求 m的取值范围．
6.(2014·北京高考)已知函数f(x)＝xcos x－sin x，x∈.
(1)求证：f(x)≤0；
(2)若a<
0)，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.
命题点三 定积分 命题指数：☆☆☆☆,
难度：中、低 题型：选择题、填空题
1．(2014·江西高考)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则f(x)dx＝( )
A．－1 B．－
C. D．1
2．(2014·山东高考)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )
A．2 B．4
C．2 D．4
3．(2013·江西高考)若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，则S1，S2，S3的大小关系为( )
A．S10)，所以f′(x)＝1＋，所以f′(1)＝2.
答案：2
4．解析：y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，
直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.
由题意得解得则a＋b＝－3.
答案：－3
命题点二
1．选B 函数y＝x2－ln x的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得01时，f′(x)＝k－≥0恒成立，即k≥在区间(1，＋∞)上恒成立．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D.
3．选C 法一：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当01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01时，f(x)>0，由极值的概念，知选C.
法二：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故A、B错；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)[(x＋1)ex－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0,1)．当x∈(x2,1)时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值．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＋的对称轴为x＝，对函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a求导得y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，则x1＝，x2＝，所以对称轴x＝介于两个极值点x1＝，x2＝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)＝ln x＋，
则f′(x)＝，
∴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)＝ln e＋＝2，
∴f(x)的极小值为2.
(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，
令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．
设φ(x)＝－x3＋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)＝.
又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知
①当m＞时，函数g(x)无零点；
②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；
③当0＜m＜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＞时，函数g(x)无零点；
当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；
当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．
(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立．
等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)
设h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，
得m≥－x2＋x＝－2＋(x＞0)恒成立，
∴m≥，
∴m的取值范围是.
6．解：(1)证明：由f(x)＝xcos x－sin x得
f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.
因为在区间上f′(x)＝－xsin x＜0，
所以f(x)在区间上单调递减．
从而f(x)≤f(0)＝0.
(2)当x＞0时，“＞a”等价于“sin x－ax＞0”；
“＜b”等价于“sin x－bx＜0”．
令g(x)＝sin x－cx，则g′(x)＝cos x－c.
当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈恒成立．
当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cos x－c＜0，所以g(x)在区间上单调递减．从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈恒成立．
当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈使得g′(x0)＝cos x0－c＝0.
g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：
x
(0，x0)
x0
g′(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∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0＜c≤.
综上所述，当且仅当c≤时，g(x)＞0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)
＜0对任意x∈恒成立．
所以，若a＜＜b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.
7．解：(1)因为a>0，－1≤x≤1，所以
(ⅰ)当00，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)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1,1)上是减函数，所以g(a)＝f(1)＝－2＋3a.
综上，g(a)＝
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(a)，
(ⅰ)当00，
知t(a)在(0,1)上是增函数．
所以t(a)
查看更多
