发布时间 : 星期三 文章高考数学一轮总复习 板块命题点专练（四） 导数及其应用 理 新人教版更新完毕开始阅读1c11423b03f69e3143323968011ca300a6c3f630
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
1．(2014·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
解析：选D y′＝a－
B．1 D．3
1
，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3. x＋1
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 1x2．(2015·陕西高考)设曲线y＝e在点(0,1)处的切线与曲线y＝(x＞0)上点P处的切
x线垂直，则P的坐标为________．
1xx0
解析：y′＝e，曲线y＝e在点(0,1)处的切线的斜率k1＝e＝1，设P(m，n)，y＝(xx111
＞0)的导数为y′＝－2(x＞0)，曲线y＝(x＞0)在点P处的切线斜率k2＝－2(m＞0)，因
xxm为两切线垂直，所以k1k2＝－1，所以m＝1，n＝1，则点P的坐标为(1,1)．
答案：(1,1)
3．(2015·全国卷Ⅱ)已知曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________.
1解析：法一：∵y＝x＋ln x，∴y′＝1＋，
x
2
y′
|
x＝1
＝2.
∴曲线y＝x＋ln x在点(1,1)处的切线方程为
y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
??y＝2x－1，由?2
?y＝ax＋a＋2?
2
2
x＋1，
消去y，得ax＋ax＋2＝0.
2
由Δ＝a－8a＝0，解得a＝8.
1
法二：同法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，ax0＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′| x＝x0＝2ax0＋(a＋2)．
??2ax0＋由?2
?ax0＋?
2
2
a＋2＝2，
a＋2x0＋1＝2x0－1，
1??x0＝－，
2解得???a＝8.
答案：8
命题点二 范围是( )
A．(－∞，－2] C．[2，＋∞)
B．(－∞，－1] D．[1，＋∞)
导数的应用 命题指数：☆☆☆☆☆ 难度：高、中 题型：选择题、填空题、解答题 1．(2014·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1
解析：选D 因为f(x)＝kx－ln x，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)
x11
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
xx1
为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D.
x 2.(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) C．(－∞，－1)∪(－1,0) 解析：选A 设y＝g(x)＝则g′(x)＝
B．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(0,1)∪(1，＋∞)
fx(x≠0)， xxf′x－fx，
x2
当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，
∴g′(x)<0，∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0. ∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴g(x)的图象的示意图如图所示．
当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知0
2
∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A. 3．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)． (1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围． 1
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
x若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
?1?若a>0，则当x∈?0，?时，f′(x)>0；
?
a?
?1?当x∈?，＋∞?时，f′(x)<0.
?a?
?1??1?所以f(x)在?0，?上单调递增，在?，＋∞?上单调递减．
?
a?
?a?
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值； 1
当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为
af ??＝ln??＋a?1－?＝－ln a＋a－1. ?a??a??a?
?1??1?
?
1?
?1?因此f ??>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
a??
令g(a)＝ln a＋a－1，
则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0. 于是，当0
3x＋ax4．(2015·重庆高考)设函数f(x)＝(a∈R)． xe
(1)若f(x)在x＝0处取得极值，确定a的值，并求此时曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若f(x)在[3，＋∞)上为减函数，求a的取值范围． 解：(1)对f(x)求导得
2
f′(x)＝
＝－3x＋
2
6x＋ae－3x＋axe
x2
e
x2x6－ax＋a. xe
因为f(x)在x＝0处取得极值，所以f′(0)＝0，即a＝0. 3x－3x＋6x当a＝0时，f(x)＝x，f′(x)＝， xee
2
2
3
33
故f(1)＝，f′(1)＝，
ee
从而f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为
y－＝(x－1)，化简得3x－ey＝0.
－3x＋
2
3e3e
6－ax＋a(2)由(1)知f′(x)＝
e
x， 令g(x)＝－3x2
＋(6－a)x＋a， 由g(x)＝0，
2
2
解得x＝6－a－a＋366，x6－a＋a＋36
12＝6. 当x
26≤3，解得a≥－2
.
故a的取值范围为??9?－2，＋∞???
.
5．(2015·北京高考)设函数f(x)＝x2
2－kln x，k>0.
(1)求f(x)的单调区间和极值；
(2)证明：若f(x)存在零点，则f(x)在区间(1，e ]上仅有一个零点． 解：(1)由f(x)＝x2
2
－kln x(k>0)，
得x>0且f′(x)＝x－kx2－kx＝x. 由f′(x)＝0，解得x＝k(负值舍去)．
f(x)与f′(x)在区间(0，＋∞)上的情况如下：
x (0，k) k (k，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) k1－ln k2
所以，f(x)的单调递减区间是(0，k)，单调递增区间是(k，＋∞)．
4