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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

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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 A.2e C.2

-1

r />在点(1,1)处切线的斜率等于( B.e 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 C.2 B.1 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)=________. b 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, x -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 1.(2012· 辽宁高考)函数 y= x2-ln x 的单调递减区间为( 2 A.(-1,1] C.[1,+∞) B.(0,1] 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( ) B.(-∞,-1] D.[1,+∞)

A.(-∞,-2] C.[2,+∞)

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 a 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 2 ∈R)的图象不可能的是( )

m 5.(2014· 陕西高考)设函数 f(x)=ln x+ ,m ∈R. x (1)当 m=e(e 为自然对数的底数)时,求 f(x)的极小值; x (2)讨论函数 g(x)=f′(x)- 零点的个数; 3 f?b?-f?a? (3)若对任意 b>a>0, <1 恒成立,求 m 的取值范围. b-a π? 6.(2014· 北京高考)已知函数 f(x)=xcos x-sin x,x∈? ?0,2?. (1)求证:f(x)≤0; π? sin x (2)若 a< <b 对 x∈? ?0,2?恒成立,求 a 的最大值与 b 的最小值. x 7. (2014· 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.





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. 1 2.选 D y′=a- ,由题意得 y′|x=0=2, x+1 即 a-1=2,所以 a=3. 1 3.解析:因为 f(ex)=x+ex,所以 f(x)=x+ln x(x>0),所以 f′(x)=1+ , x 所以 f′(1)=2. 答案:2 b b 4.解析:y=ax2+ 的导数为 y′=2ax- 2, x x

7 直线 7x+2y+3=0 的斜率为- . 2

?4a+2=-5, 由题意得? b 7 ?4a-4=-2,
则 a+b=-3. 答案:-3 命题点二

b

?a=-1, ? 解得? ?b=-2, ?

1 1 ?x-1??x+1? 1. 选 B 函数 y= x2-ln x 的定义域为(0, +∞), y′=x- = , 令 y′≤0, 2 x x 则可得 0<x≤1. 1 2.选 D 因为 f(x)=kx-ln x,所以 f′(x)=k- .因为 f(x)在区间(1,+∞)上单调递增, x 1 1 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 x x 1 以 0< <1,所以 k≥1.故选 D. x 3.选 C 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,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 a 1 -x+ 的对称轴为 x= ,对函数 y=a2x3-2ax2+x+a 求导得 y′=3a2x2-4ax+1=(3ax- 2 2a 1)(ax-1),令 y′=0,则 x1= 1 1 1 1 1 ,x = ,所以对称轴 x= 介于两个极值点 x1= ,x2= 之 3a 2 a 2a 3a a

间,A,C 满足,B 不满足,所以 B 不可能.故选 B. e 5.解:(1)由题设,当 m=e 时,f(x)=ln x+ , x x-e 则 f′(x)= 2 , 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, e f(x)取得极小值 f(e)=ln e+ =2, e ∴f(x)的极小值为 2.

x 1 m x (2)由题设 g(x)=f′(x)- = - 2- (x>0), 3 x x 3 1 令 g(x)=0,得 m=- x3+x(x>0). 3 1 设 φ(x)=- x3+x(x≥0), 3 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, 2 ∴φ(x)的最大值为 φ(1)= . 3 又 φ(0)=0,结合 y=φ(x)的图象(如图),可知 2 ①当 m> 时, 3 函数 g(x)无零点; 2 ②当 m= 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 ③当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点; 3 ④当 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点. 2 综上所述,当 m> 时,函数 g(x)无零点; 3 2 当 m= 或 m≤0 时,函数 g(x)有且只有一个零点; 3 2 当 0<m< 时,函数 g(x)有两个零点. 3 f?b?-f?a? (3)对任意的 b>a>0, <1 恒成立. b-a 等价于 f(b)-b<f(a)-a 恒成立.(*) m 设 h(x)=f(x)-x=ln x+ -x(x>0), x ∴(*)等价于 h(x)在(0,+∞)上单调递减, 1?2 1 1 m 由 h′(x)= - 2-1≤0 在(0, +∞)上恒成立, 得 m≥-x2+x=-? ?x-2? +4(x>0)恒成 x x 1 立,∴m≥ 4

?对m=1,h′?x?=0仅在x=1时成立?, 4 2 ? ?
1 ? ∴m 的取值范围是? ?4,+∞?. 6.解:(1)证明:由 f(x)=xcos x-sin x 得 f′(x)=cos x-xsin x-cos x=-xsin x. π? 因为在区间? ?0,2?上 f′(x)=-xsin x<0, π? 所以 f(x)在区间? ?0,2?上单调递减. 从而 f(x)≤f(0)=0. sin x (2)当 x>0 时,“ >a”等价于“sin x-ax>0”; x “ sin x <b”等价于“sin x-bx<0”. x

令 g(x)=sin x-cx,则 g′(x)=cos x-c. π? 当 c≤0 时,g(x)>0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π? ? π? 当 c≥1 时,因为对任意 x∈? ?0,2?,g′(x)=cos x-c<0,所以 g(x)在区间?0,2?上单 π? 调递减.从而 g(x)<g(0)=0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π? 当 0<c<1 时,存在唯一的 x0∈? ?0,2?使得 g′(x0)=cos x0-c=0. π? g(x)与 g′(x)在区间? ?0,2?上的情况如下: x g′(x) 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,x0) + x0 0

?x0,π? 2? ?


?0,π?恒成立”当且仅当 g?π?=1-πc≥0,即 0<c≤2. ? 2? ?2? 2 π
π? 2 综上所述,当且仅当 c≤ 时,g(x)>0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立;当且仅当 c≥1 时,g(x) π π? <0 对任意 x∈? ?0,2?恒成立. π? sin x 2 所以,若 a< <b 对任意 x∈? ?0,2?恒成立,则 a 的最大值为π,b 的最小值为 1. x 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.
3 ? ?a ,0<a<1, 综上,g(a)=? ?-2+3a,a≥1. ?

(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 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)=3-3a2>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.


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