（江苏专版）2020版高考数学 命题点专练 导数及其应用（文）（含解析）苏教版

板块命题点专练(四) 导数及其应用

命题点一 导数的运算及几何意义

1.(2014·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax＋(a，b为常数)过点

2

bxP(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________．

解析：y＝ax＋的导数为y′＝2ax－2， 7

直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.

2

2

bxbxb4a＋＝－5，??2

由题意得?b7

4a－＝－??42，答案：－3

??a＝－1，

解得?

??b＝－2，

则a＋b＝－3.

2．(2018·天津高考)已知函数f(x)＝eln x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(1)的值为________．

e

解析：∵f(x)＝eln x，∴f′(x)＝eln x＋，∴f′(1)＝e.

xxxxx答案：e

3．(2018·全国卷Ⅲ)曲线y＝(ax＋1)e在点(0,1)处的切线的斜率为－2，则a＝________.

解析：∵y′＝(ax＋a＋1)e，∴当x＝0时，y′＝a＋1， ∴a＋1＝－2，解得a＝－3. 答案：－3

4．(2017·天津高考)已知a∈R，设函数f(x)＝ax－ln x的图象在点(1，f(1))处的切线为l，则l在y轴上的截距为________．

1

解析：因为f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，又f(1)＝a，所以切线l的方程为yxxx－a＝(a－1)(x－1)，令x＝0，得y＝1.

答案：1

5．(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)＝ln(－x)＋3x，则曲线y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程是________．

解析：因为f(x)为偶函数，所以当x＞0时，f(x)＝f(－x)＝ln x－3x，所以当x＞01

时，f′(x)＝－3，则f′(1)＝－2.所以y＝f(x)在点(1，－3)处的切线方程为y＋3＝－

x2(x－1)，即y＝－2x－1.

1

答案：y＝－2x－1

命题点二 导数的应用

1．(2018·江苏高考)若函数f(x)＝2x－ax＋1(a∈R)在(0，＋∞)内有且只有一个零3

2

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)＝6x2

－2ax＝2x(3x－a)(x＞0)． ①当a≤0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． ②当a＞0时，由f′(x)＞0，得x＞a3；

由f′(x)＜0，得0＜x＜a3

，

∴f(x)在??a??a?0，3??上单调递减，在??3，＋∞???

上单调递增． 又f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点，

3

∴f??a?3???

＝－a27＋1＝0，∴a＝3. 此时f(x)＝2x3

－3x2

＋1，f′(x)＝6x(x－1)，

当x∈[－1,1]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)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 法二：令f(x)＝2x3

－ax2

＋1＝0， 3

得a＝2x＋11

x2＝2x＋x2. 令g(x)＝2x＋12

x2，则g′(x)＝2－x3.

由g′(x)＜0，得0＜x＜1；由g′(x)＞0，得x＞1， ∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． ∵f(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点， ∴a＝g(1)＝3，

此时f(x)＝2x3

－3x2

＋1，f′(x)＝6x(x－1)，

当x∈[－1,1]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)max＋f(x)min＝f(0)＋f(－1)＝1－4＝－3. 答案：－3

2

13x2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x－2x＋e－x，其中e是自然对数的底数．若

e

f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________．

13x解析：由f(x)＝x－2x＋e－x，

e13x得f(－x)＝－x＋2x＋x－e＝－f(x)，

e所以f(x)是R上的奇函数．

12x2

又f′(x)＝3x－2＋e＋x≥3x－2＋2e所以f(x)在其定义域内单调递增． 因为f(a－1)＋f(2a)≤0，

所以f(a－1)≤－f(2a)＝f(－2a)， 12

所以a－1≤－2a，解得－1≤a≤，

21??故实数a的取值范围是?－1，?. 2??1??答案：?－1，?

2??

3．(2017·全国卷Ⅱ改编)若x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e－的极值点，则f(x)的极小值为________．

解析：因为f(x)＝(x＋ax－1)e所以f′(x)＝(2x＋a)e

2

2

2

2

2

2

1x2

e·x＝3x≥0，当且仅当x＝0时取等号，

e

x1

x－1

，

x－1

x－1

＋(x＋ax－1)e.

2

2

＝[x＋(a＋2)x＋a－1]e

x－1

因为x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e＝0的根，

所以a＝－1，f′(x)＝(x＋x－2)e

2

x－1

的极值点，所以－2是x＋(a＋2)x＋a－1

2

x－1

＝(x＋2)(x－1)e

x－1

.

令f′(x)＞0，解得x＜－2或x＞1， 令f′(x)＜0，解得－2＜x＜1，

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x＝1时，f(x)取得极小值，且f(x)极小值＝f(1)＝－1. 答案：－1

4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ae－ln x－1. (1)设x＝2是f(x)的极值点，求a，并求f(x)的单调区间； 1

(2)证明：当a≥时，f(x)≥0.

e

3

x1x解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ae－.

x1

由题设知，f′(2)＝0，所以a＝2. 2e

1x1x1

从而f(x)＝2e－ln x－1，f′(x)＝2e－.

2e2ex可知f′(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f′(2)＝0， 所以当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0. 所以f(x)的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2，＋∞)． 1e

(2)证明：当a≥时，f(x)≥－ln x－1.

eeee1

设g(x)＝－ln x－1，则g′(x)＝－.

eex可知g′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g′(1)＝0， 所以当0＜x＜1时，g′(x)＜0；当x＞1时，g′(x)＞0. 所以x＝1是g(x)的最小值点． 故当x＞0时，g(x)≥g(1)＝0. 1

因此，当a≥时，f(x)≥0.

e

5．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x＋ax＋bx＋1(a＞0，b∈R)有极值，且导函数

3

2

xxxf′(x)的极值点是f(x)的零点．(极值点是指函数取极值时对应的自变量的值)

(1)求b关于a的函数关系式，并写出定义域； (2)证明：b＞3a；

7

(3)若f(x)，f′(x)这两个函数的所有极值之和不小于－，求a的取值范围．

2解：(1)由f(x)＝x＋ax＋bx＋1，

3

2

2

a?a?2

得f′(x)＝3x＋2ax＋b＝3?x＋?＋b－.

3?3?

2

2

当x＝－时，f′(x)有极小值b－. 33因为f′(x)的极值点是f(x)的零点，

aa2

aaab?a?所以f?－?＝－＋－＋1＝0，

2793?3?

2a3

又a＞0，故b＝＋.

9a因为f(x)有极值，故f′(x)＝0有实根，

2

33

4