湖南省冷水江市第一中学高三数学高考板块命题点专练四导数及其应用新人教版

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．(2022·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．eC．2D．12．(2022·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．(2022·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.4．(2022·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．(2022·辽宁高考)函数y＝x2－lnx的单调递减区间为(　　)A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)2．(2022·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．(2022·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11\n4．(2022·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．(2022·陕西高考)设函数f(x)＝lnx＋，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．11\n6.(2022·北京高考)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<<b对x∈恒成立，求a的最大值与b的最小值．7．(2022·浙江高考)已知函数f(x)＝x3＋3|x－a|(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)＋4.11\n命题点三　定积分命题指数：☆☆☆☆,难度：中、低题型：选择题、填空题1．(2022·江西高考)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则f(x)dx＝(　　)A．－1B．－C.D．12．(2022·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．2B．4C．2D．43．(2022·江西高考)若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，则S1，S2，S3的大小关系为(　　)A．S1<S2<S3B．S2<S1<S3C．S2<S3<S1D．S3<S2<S14．(2022·上海高考)已知函数y＝f(x)的图象是折线段ABC，其中A(0,0)，B，11\nC(1,0)．函数y＝xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________．11\n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D　y′＝a－，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(x>0)，所以f′(x)＝1＋，所以f′(1)＝2.答案：24．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－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得0<x≤1.2．选D　因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，所以当x>1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0<x<1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)<0，当x>1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0<x<1，x>1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：11\n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)＝lnx＋，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)＝lne＋＝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；11\n③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＝lnx＋－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)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间上f′(x)＝－xsinx＜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“sinx－ax＞0”；“＜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∈恒成立．11\n当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cosx－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)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：x(0，x0)x0g′(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0<a<1时，若x∈[－1，a]，则f(x)＝x3－3x＋3a，f′(x)＝3x2－3<0，故f(x)在(－1，a)上是减函数；若x∈[a,1]，则f(x)＝x3＋3x－3a，f′(x)＝3x2＋3>0，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0<a<1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0<a<1，所以h(1)≤4.故11\nf(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)＝3－3a2>0，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.命题点三1．选B　∵f(x)＝x2＋2f(x)dx，∴f(x)dx＝＝＋2f(x)dx.∴f(x)dx＝－.2．选D　由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，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(4x－x3)dx＝＝4.3．选B　S1＝x3＝－＝，S2＝lnx＝ln2<lne＝1，S3＝ex＝e2－e≈2.72－2.7＝4.59，所以S2<S1<S3.4．解析：由题意可得f(x)＝所以y＝xf(x)＝与x轴围成图形的面积为(10x2)dx＋(10x－10x2)dx＝x3＋＝.答案：11\n11