（浙江专用）2020版高考数学一轮复习 板块命题点专练（五）导数及其应用（含解析）

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1、板块命题点专练(五) 导数及其应用命题点一导数的运算及几何意义1(2018全国卷)设函数f(x)x3(a1)x2ax，若f(x)为奇函数，则曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为()Ay2xByxCy2x Dyx解析：选Df(x)x3(a1)x2ax，f(x)3x22(a1)xa.又f(x)为奇函数，f(x)f(x)恒成立，即x3(a1)x2axx3(a1)x2ax恒成立，a1，f(x)3x21，f(0)1，曲线yf(x)在点(0,0)处的切线方程为yx.2(2018全国卷)曲线y2ln(x1)在点(0,0)处的切线方程为_解析：y2ln(x1)，y.令x0，得y2，由切线的几何意义得切线

2、斜率为2，又切线过点(0,0)，切线方程为y2x.答案：y2x3(2018全国卷)曲线y(ax1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为2，则a_.解析：y(axa1)ex，当x0时，ya1，a12，解得a3.答案：3命题点二函数单调性、极值、最值1(2017浙江高考)函数yf(x)的导函数yf(x)的图象如图所示，则函数yf(x)的图象可能是()解析：选D由f(x)的图象知，f(x)的图象有三个零点，故f(x)在这三个零点处取得极值，排除A、B；记导函数f(x)的零点从左到右分别为x1，x2，x3，又在(，x1)上f(x)0，在(x1，x2)上f(x)0，所以函数f(x)在(，x1)上单调递减，

3、排除C，故选D.2(2017全国卷)若x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，则f(x)的极小值为()A1B2e3C5e3 D1解析：选A因为f(x)(x2ax1)ex1，所以f(x)(2xa)ex1(x2ax1)ex1x2(a2)xa1ex1.因为x2是函数f(x)(x2ax1)ex1的极值点，所以2是x2(a2)xa10的根，所以a1，f(x)(x2x2)ex1(x2)(x1)ex1.令f(x)0，解得x2或x1，令f(x)0，解得2x1，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x1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值f(1)1.3

4、(2013浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)(ex1)(x1)k(k1,2)，则()A当k1时，f(x)在x1处取到极小值B当k1时，f(x)在x1 处取到极大值 C当k2时，f(x)在x1处取到极小值 D当k2时，f(x)在x1处取到极大值 解析：选C当k1时，f(x)(ex1)(x1)，0,1是函数f(x)的零点当0x1时，f(x)(ex1)(x1)0，当x1时，f(x)(ex1)(x1)0,1不会是极值点当k2时，f(x)(ex1)(x1)2，零点还是0,1，但是当0x1，x1时，f(x)0，由极值的概念，知选C.4(2018全国卷)已知函数f(x)2sin xsin 2x

5、，则f(x)的最小值是_解析：f(x)2cos x2cos 2x2cos x2(2cos2x1)2(2cos2xcos x1)2(2cos x1)(cos x1)cos x10，当cos x时，f(x)0，f(x)单调递减；当cos x时，f(x)0，f(x)单调递增当cos x时，f(x)有最小值又f(x)2sin xsin 2x2sin x(1cos x)，当sin x时，f(x)有最小值，即f(x)min2.答案：5(2018江苏高考)若函数f(x)2x3ax21(aR)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)6x22ax2x(3xa

6、)(x0)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增，又f(0)1，f(x)在(0，)上无零点当a0时，由f(x)0，得x；由f(x)0，得0x，f(x)在上单调递减，在上单调递增又f(x)在(0，)内有且只有一个零点，f10，a3.此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1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)maxf(x)minf(0)f(1)143.法二：令f(x)2x3ax210，得a2x.令g(x)2x，则g(x)2.由g(x)0，得0x1；由g(x)0，得x1，g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递

7、增f(x)在(0，)内有且只有一个零点，ag(1)3，此时f(x)2x33x21，f(x)6x(x1)，当x1,1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)maxf(x)minf(0)f(1)143.答案：36(2018北京高考)设函数f(x)ax2(4a1)x4a3ex.(1)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与x轴平行，求a；(2)若f(x)在x2处取得极小值，求a的取值范围解：(1)因为f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以f(x)ax2(2a1)x2ex.所以f(1)(1a)e.由题设知f(1)0，即(1a)e0，解得a1.此时f(

8、1)3e0.所以a的值为1.(2)由(1)得f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex.若a，则当x时，f(x)0; 当x(2，)时，f(x)0.所以f(x)在x2处取得极小值若a，则当x(0,2)时，x20，ax1x10，所以f(x)0.所以2不是f(x)的极小值点综上可知，a的取值范围是.7(2018全国卷)已知函数f(x)(2xax2)ln(1x)2x.(1)若a0，证明：当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0；(2)若x0是f(x)的极大值点，求a.解：(1)证明：当a0时，f(x)(2x)ln(1x)2x，f(x)ln(1x).设函数g(x)ln(1x)，则g(x)

9、.当1x0时，g(x)0；当x0时，g(x)0，故当x1时，g(x)g(0)0，且仅当x0时，g(x)0，从而f(x)0，当且仅当x0时，f(x)0.所以f(x)在(1，)上单调递增又f(0)0，故当1x0时，f(x)0；当x0时，f(x)0.(2)若a0，由(1)知，当x0时，f(x)(2x)ln(1x)2x0f(0)，这与x0是f(x)的极大值点矛盾若a0，设函数h(x)ln(1x).由于当|x|min时，2xax20，故h(x)与f(x)符号相同又h(0)f(0)0，故x0是f(x)的极大值点，当且仅当x0是h(x)的极大值点h(x).若6a10，则当0x，且|x|min时，h(x)0，

10、故x0不是h(x)的极大值点若6a10，则a2x24ax6a10存在根x10，故当x(x1,0)，且|x|min时，h(x)0，所以x0不是h(x)的极大值点若6a10，则h(x)，则当x(1,0)时，h(x)0；当x(0,1)时，h(x)0.所以x0是h(x)的极大值点，从而x0是f(x)的极大值点综上，a.8(2013浙江高考)已知aR，函数f(x)2x33(a1)x26ax.(1)若a1，求曲线yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程；(2)若|a|1，求f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值解：(1)当a1时，f(x)6x212x6，所以f(2)6.又因为f(2)4，所以切线方程为y6

11、x8.(2)记g(a)为f(x)在闭区间0,2|a|上的最小值f(x)6x26(a1)x6a6(x1)(xa)令f(x)0，得到x11，x2a.当a1时，x0(0,1)1(1，a)a(a,2a)2af(x)00f(x)0极大值3a1极小值a2(3a)4a3比较f(0)0和f(a)a2(3a)的大小可得g(a)当a1时，x0(0,1)1(1，2a)2af(x)0f(x)0极小值3a128a324a2得g(a)3a1.综上所述，f(x)的闭区间0,2|a|上的最小值为g(a)命题点三导数的综合应用1(2013浙江高考)设a，bR，若x0时恒有0x4x3axb(x21)2，则ab_.解析：由于不等式

12、0x4x3axb(x21)2，即x4x3axbx32x21，记f(x)x32x21，g(x)x4x3，显然f(x)g(x)x42x21(x21)2，所以当x0时，f(x)g(x)，当且仅当x1时取“”，而f(x)3x24x，g(x)4x33x2，f(1)g(1)1，因此，当yaxb为f(x)与g(x)在x1处有公切线时，才能使0x4x3axb(x21)2恒成立，此时af(1)1，b1(切点为(1,0)，所以ab1.答案：12(2018浙江高考)已知函数f(x)ln x.(1)若f(x)在xx1，x2(x1x2)处导数相等，证明：f(x1)f(x2)88ln 2；(2)若a34ln 2，证明：对

13、于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点证明：(1)函数f(x)的导函数为f(x).由f(x1)f(x2)，得.因为x1x2，所以.由基本不等式得2.因为x1x2，所以x1x2256.由题意得f(x1)f(x2)ln x1ln x2ln(x1x2)设g(x)ln x，则g(x)(4)，当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如表所示：x(0,16)16(16，)g(x)0g(x)24ln 2所以g(x)在256，)上单调递增，故g(x1x2)g(256)88ln 2，即f(x1)f(x2)88ln 2.(2)令me(|a|k)，n21，则f(m)kma|a|kka0，f(n)kna

14、nn0，所以存在x0(m，n)使f(x0)kx0a，所以对于任意的aR及k(0，)，直线ykxa与曲线yf(x)有公共点由f(x)kxa得k.设h(x)，则h(x)，其中g(x)ln x.由(1)可知g(x)g(16)，又a34ln 2，故g(x)1ag(16)1a34ln 2a0，所以h(x)0，即函数h(x)在(0，)上单调递减，因此方程f(x)kxa0有唯一一个实根综上，当a34ln 2时，对于任意k0，直线ykxa与曲线yf(x)有唯一公共点3(2017浙江高考)已知函数f(x)(x)ex.(1)求f(x)的导函数；(2)求f(x)在区间上的取值范围解：(1)因为(x)1，(ex)ex

15、，所以f(x)ex(x)ex.(2)由f(x)0，解得x1或x.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x1f(x)00f(x)e0e又f(x)(1)2ex0，所以f(x)在区间上的取值范围是.4(2014浙江高考)已知函数f(x)x33|xa|(a0)，若f(x)在1,1上的最小值记为g(a)(1)求g(a)；(2)证明：当x1,1时，恒有f(x)g(a)4.解：(1)因为a0，1x1，所以()当0a1时，若x1，a，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1，a)上是减函数；若xa,1，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(a,1)上是增函数；

16、所以g(a)f(a)a3.()当a1时，有xa，则f(x)x33x3a，f(x)3x230，故f(x)在(1,1)上是减函数，所以g(a)f(1)23a.综上，g(a)(2)证明：令h(x)f(x)g(a)，()当0a1时，g(a)a3.若xa,1，h(x)x33x3aa3，得h(x)3x23，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)43aa3，且0a1，所以h(1)4.故f(x)g(a)4；若x1，a，h(x)x33x3aa3，得h(x)3x23，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)23aa3.令t(a)23aa3，则t

17、(a)33a20，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.()当a1时，g(a)23a，故h(x)x33x2，得h(x)3x23，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x1,1时，恒有f(x)g(a)4.5(2018全国卷)已知函数f(x)exax2.(1)若a1，证明：当x0时，f(x)1；(2)若f(x)在(0，)只有一个零点，求a.解：(1)证明：当a1时，f(x)1等价于(x21)ex10.设函数g(x)(x21)ex1，则g(x)(x22x1)ex(x1)2ex

18、.当x1时，g(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递减而g(0)0，故当x0时，g(x)0，即f(x)1.(2)设函数h(x)1ax2ex.f(x)在(0，)上只有一个零点等价于h(x)在(0，)上只有一个零点()当a0时，h(x)0，h(x)没有零点；()当a0时，h(x)ax(x2)ex.当x(0,2)时，h(x)0；当x(2，)时，h(x)0.所以h(x)在(0,2)上单调递减，在(2，)上单调递增故h(2)1是h(x)在(0，)上的最小值当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上没有零点当h(2)0，即a时，h(x)在(0，)上只有一个零点当h(2)0，即a时，因为h(0)1，所以h

19、(x)在(0,2)上有一个零点由(1)知，当x0时，exx2，所以h(4a)11110，故h(x)在(2,4a)上有一个零点因此h(x)在(0，)上有两个零点综上，当f(x)在(0，)上只有一个零点时，a.6(2018全国卷)已知函数f(x)xaln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x1，x2，证明：a2.解：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)1.若a2，则f(x)0，当且仅当a2，x1时，f(x)0，所以f(x)在(0，)上单调递减若a2，令f(x)0，得x或x.当x时，f(x)0；当x时，f(x)0.所以f(x)在，上单调递减，在上单调递增(2)证明：由(1)知，当且仅当a2时，f(x)存在两个极值点由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，则x21.由于1a2a2a，所以a2等价于x22ln x20.设函数g(x)x2ln x，由(1)知，g(x)在(0，)上单调递减又g(1)0，从而当x(1，)时，g(x)0.所以x22ln x20，即a2.12