第三章-导数及其应用.docx

第三章 导数及其应用考点 1 导数的概念及运算1．（2018 全国 I 卷，6)设函数() = 3 + ( − 1)2 + ．若()为奇函数，则曲线 = ()在点(0 ， 0)处的切线方程为( )A． = −2 B． = − C． = 2 D． = 解析：因为函数()是奇函数，所以 − 1 = 0，解得 = 1， 所以() = 3 + ，′() = 32 + 1，所以′(0) = 1, (0) = 0，所以曲线 = ()在点(0,0)处的切线方程为 − (0) = ′(0)，化简可得 = ，故选 D.答案 D2.(2017 浙江，7)函数 y=f(x)的导函数 y = f (x) 的图像如图所示，则函数 y=f(x)的图像可能是( )2 解析 原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于 0，因此选 D． 答案 D3.（2018 全国卷 II，13)曲线 在点 处的切线方程为 ． 解析 ：由 ， 则曲 在点 处的切线的斜率 ， 则所求切线方程为 ，即 . 答案 y=2x–2 4．（2018 天津，10)已知函数 f(x)=exlnx，′()为 f(x)的导函数，则′(1)的值为 ．解析：由函数的解析式可得：′() = ln + 1 = (ln + 1)，则：′(1) = 1 (ln1 + 11 )= .即′(1)的值为 e.答案 e5.(2017 课标 1，14)曲线 y = x2 + 1 在点（1，2）处的切线方程为 ．x2 解析因为 y=2x-x-2,所以在点(1,2)处的切线方程的斜率为 y|x=1=21-1-2=1,所以切线方程为y-2=x-1,即 y=x+1.答案 y = x +16.(2017 天津，10)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 ．.6 解析 因为f(x)=a-1,所以f(1)=a-1,又f(1)=a,所以切线l 的方程为y-a=(a-1)(x-1),令x=0,得y=1.x答案 1 7.(2016新课标全国Ⅲ，16)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝ e-x-1 －x，则曲线 y＝f(x)在点(1，2)处的切线方程是 .7.解析 设 x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－1＋x，因为 f(x)为偶函数，所以 f(x)＝ex－1＋x，f′(x)＝ex－1＋1，f′(1)＝2， y－2＝2(x－1)，即 y＝2x.答 案 y＝2x8.(2015新课标全国Ⅰ，14)已知函数 f(x)＝ax3＋x＋1 的图象在点(1，f(1))处的切线过点(2,7)，则 a＝ .8.解析 f′(x)＝3ax2＋1，f′(1)＝1＋3a，f(1)＝a＋2.点(1，f(1))处的切线方程为 y－(a＋2)＝(1＋3a)(x－1)． 将(2，7)代入切线方程，得 7－(a＋2)＝(1＋3a)，解得 a＝1.答案 1 9.(2015新课标全国Ⅱ，16)已知曲线 y＝x＋ln x 在点(1,1)处的切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，则 a＝ .9.解析 由 y＝x＋ln x，得 y′＝1 1(1，1)的切线的斜率为 k＝y′| ＝2，所以切＋x，得曲线在点x＝1线方程为 y－1＝2(x－1)，即 y＝2x－1，此切线与曲线 y＝ax2＋(a＋2)x＋1 相切，消去 y 得ax2＋ax＋2＝0，得 a≠0 且 Δ＝a2－8a＝0，解得 a＝8.答案 8 10.(2015天津，11)已知函数 f(x)＝ ax ln a ，x∈(0，＋∞)，其中 a 为实数，f′(x)为 f(x)的导函数．若 f′(1)＝3，则 a 的值为 ．10.解析 f′(x)＝ a ln x ＋1 a(ln x＋1)，由 f′(1)＝3 得，a(ln 1＋1)＝3，解得 a＝3.答案 3axx＝考点 2 导数的应用1.(2016四川，6)已知 a 是函数 f(x)＝x3－12x 的极小值点，则 a＝( ) A.－4 B.－2C.4 D.21.解析 ∵f(x)＝x3－12x，∴f′(x)＝3x2－12， 令 f′(x)＝0，则 x1＝－2，x2＝2.当 x∈(－∞，－2)，(2，＋∞)时，f′(x)>0，则 f(x)单调递增； 当 x∈(－2，2)时，f′(x)<0，则 f(x)单调递减，∴f(x)的极小值点为 a＝2.答 案 D2.(2015陕西，9)设 f(x)＝x－sin x，则 f(x)( )A．既是奇函数又是减函数 B．既是奇函数又是增函数C．是有零点的减函数 D．是没有零点的奇函数2.解析 f(x)＝x－sin x 的定义域为 R，关于原点对称， 且 f(－x)＝－x－sin(－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，故 f(x)为奇函数．又 f′(x)＝1－sin x≥0 恒成立，所以 f(x)在其定义域内为增函数，故选 B.答案 B 3.(2015安徽，10)函数 f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d 的图象如图所示，则下列结论成立的是( )A．a>0，b<0，c>0，d>0B．a>0，b<0，c<0，d>0 C．a<0，b<0，c>0，d>0 D．a>0，b>0，c>0，d<03.解析 由已知 f(0)＝d>0，可排除 D；其导函数 f′(x)＝3ax2＋2bx＋c 且 f′(0)＝c>0，可排除 B；a又 f′(x)＝0 有两不等实根，且 x1x2＝c＞0，所以 a＞0.故选 A.答案 A 4．（2018 全国卷 I，21）已知函数() = e − − 1．（1）设 = 2是()的极值点．求，并求()的单调区间；（2）证明：当 ≥ 1时，() ≥ 0．e4.解析：（1）f（x）的定义域为(0， + ∞)，f ′（x）=aex–1．由题设知，f ′（2）=0，所以 a= 1 ．2e2从而 f（x）= 12e2e − ln − 1，f ′（x）= 12e2e − 1．当 02 时，f ′（x）>0．所以 f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）当 a≥1时，f（x）≥e − ln − 1．e e设 g（x）=e − ln − 1，则′() = e − 1 ．e e 当 01 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．因此，当 ≥ 1时，() ≥ 0．5．（2018 全国卷 II，21)已知函数 ( ) 1 3 ( 2 )． （1）若 = 3，求()的单调区间；（2）证明：()只有一个零点．= 3− + + 1解析：（1）当 a=3 时，f（x）=1 3 − 32 − 3 − 3，f ′（x）=2 − 6 − 3．3令 f ′（x）=0 解得 x=3 − 2√3或 x=3 + 2√3．当 x∈（–∞，3 − 2√3）∪（3 + 2√3，+∞）时，f ′（x）>0； 当 x∈（3 − 2√3，3 + 2√3）时，f ′（x）<0．故 f（x）在（–∞，3 − 2√3），（3 + 2√3，+∞）单调递增，在（3 − 2√3，3 + 2√3）单调递减．（2）由于2 + + 1 > 0，所以() = 0等价于 32++1− 3 = 0．设 ()= 32++1− 3，则 g ′（x）=2(2+2+3)≥0，仅当 x=0 时 g ′（x）=0，所以 g（x）在(2++1)2（–∞，+∞）单调递增．故 g（x）至多有一个零点，从而 f（x）至多有一个零点．又 f（3a–1）=−62 + 2 − 1 = −6( − 1)2 − 1 < 0，f（3a+1）=1 > 0，故 f（x）有一个零点．3 6 6 3综上，f（x）只有一个零点．6．（2018 全国卷Ⅲ，21）已知函数() = 2+−1．（1）求曲线 = ()在点(0, −1)处的切线方程；（2）证明：当 ≥ 1时，() + ≥ 0．解析：（1）′() = −2+(2−1)+2，′(0) = 2．因此曲线 = ()在点(0, −1)处的切线方程是2 − − 1 = 0．（2）当 ≥ 1时，() + ≥ (2 + − 1 + +1)−． 令() ≥ 2 + − 1 + +1，则′() ≥ 2 + 1 + +1．当 < −1时，′() < 0，()单调递减；当 > −1时，′() > 0，()单调递增； 所 以 () ≥ (−1)=0． 因 此 () + ≥ 0． 7．（2018 北京，19)设函数() = [2 − (3 + 1) + 3 + 2].（Ⅰ）若曲线 = ()在点(2, (2))处的切线斜率为 0，求 a；（Ⅱ）若()在 = 1处取得极小值，求 a 的取值范围. 解析：（Ⅰ）因为() = [2 − (3 + 1) + 3 + 2]e，所以′() = [2 − ( + 1) + 1]e.′(2) = (2 − 1)e2，由题设知′(2) = 0，即(2 − 1)e2 = 0，解得 = 1.2（Ⅱ）方法一：由（Ⅰ）得′() = [2 − ( + 1) + 1]e = ( − 1)( − 1)e.若 a>1，则当 ∈ (1 , 1)时，′() < 0；当 ∈ (1, +∞)时，′() > 0.所以()在 x=1 。