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．(2022·大纲全国卷)曲线y＝xex－1在点(1,1)处切线的斜率等于( )A．2e B．eC．2D．12．(2022·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．0B．1C．2D．33．(2022·江西高考)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.4．(2022·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，－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 导数的应用命题指数：☆☆☆☆☆难度：高、中题型：选择题、解答题1．(2022·辽宁高考)函数y＝x2－lnx的单调递减区间为( )A．(－1,1]B．(0,1]C．[1，＋∞)D．(0，＋∞)2．(2022·新课标全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－lnx在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )A．(－∞，－2]B．(－∞，－1]C．[2，＋∞)D．[1，＋∞)3．(2022·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11\n4．(2022·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∈R)的图象不可能的是( )5．(2022·陕西高考)设函数f(x)＝lnx＋，m∈R.(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值；(2)讨论函数g(x)＝f′(x)－零点的个数；(3)若对任意b>a>0，<1恒成立，求m的取值范围．11\n6.(2022·北京高考)已知函数f(x)＝xcosx－sinx，x∈.(1)求证：f(x)≤0；(2)若a<<b对x∈恒成立，求a的最大值与b的最小值．7．(2022·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)＋4.11\n命题点三 定积分命题指数：☆☆☆☆,难度：中、低题型：选择题、填空题1．(2022·江西高考)若f(x)＝x2＋2f(x)dx，则f(x)dx＝( )A．－1B．－C.D．12．(2022·山东高考)直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为( )A．2B．4C．2D．43．(2022·江西高考)若S1＝x2dx，S2＝dx，S3＝exdx，则S1，S2，S3的大小关系为( )A．S1<S2<S3B．S2<S1<S3C．S2<S3<S1D．S3<S2<S14．(2022·上海高考)已知函数y＝f(x)的图象是折线段ABC，其中A(0,0)，B，11\nC(1,0)．函数y＝xf(x)(0≤x≤1)的图象与x轴围成的图形的面积为________．11\n答案命题点一1．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.2．选D y′＝a－，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.3．解析：因为f(ex)＝x＋ex，所以f(x)＝x＋lnx(x>0)，所以f′(x)＝1＋，所以f′(1)＝2.答案：24．解析：y＝ax2＋的导数为y′＝2ax－，直线7x＋2y＋3＝0的斜率为－.由题意得解得则a＋b＝－3.答案：－3命题点二1．选B 函数y＝x2－lnx的定义域为(0，＋∞)，y′＝x－＝，令y′≤0，则可得0<x≤1.2．选D 因为f(x)＝kx－lnx，所以f′(x)＝k－.因为f(x)在区间(1，＋∞)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．因为x>1，所以0<<1，所以k≥1.故选D.3．选C 法一：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，知选C.法二：当k＝1时，f(x)＝(ex－1)(x－1)，f′(x)＝xex－1，f′(1)≠0，故A、B错；当k＝2时，f(x)＝(ex－1)(x－1)2，f′(x)＝(x2－1)ex－2x＋2＝(x－1)[(x＋1)ex－2]，故f′(x)＝0有一根为x1＝1，另一根x2∈(0,1)．当x∈(x2,1)时，f′(x)<0，f(x)递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)递增，∴f(x)在x＝1处取得极小值．故选C.4．选B 分两种情况讨论：11\n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－x＋的对称轴为x＝，对函数y＝a2x3－2ax2＋x＋a求导得y′＝3a2x2－4ax＋1＝(3ax－1)(ax－1)，令y′＝0，则x1＝，x2＝，所以对称轴x＝介于两个极值点x1＝，x2＝之间，A，C满足，B不满足，所以B不可能．故选B.5．解：(1)由题设，当m＝e时，f(x)＝lnx＋，则f′(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，f(x)取得极小值f(e)＝lne＋＝2，∴f(x)的极小值为2.(2)由题设g(x)＝f′(x)－＝－－(x＞0)，令g(x)＝0，得m＝－x3＋x(x＞0)．设φ(x)＝－x3＋x(x≥0)，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，∴φ(x)的最大值为φ(1)＝.又φ(0)＝0，结合y＝φ(x)的图象(如图)，可知①当m＞时，函数g(x)无零点；②当m＝时，函数g(x)有且只有一个零点；11\n③当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点；④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点．综上所述，当m＞时，函数g(x)无零点；当m＝或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点；当0＜m＜时，函数g(x)有两个零点．(3)对任意的b＞a＞0，＜1恒成立．等价于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)设h(x)＝f(x)－x＝lnx＋－x(x＞0)，∴(*)等价于h(x)在(0，＋∞)上单调递减，由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x＞0)恒成立，∴m≥，∴m的取值范围是.6．解：(1)证明：由f(x)＝xcosx－sinx得f′(x)＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.因为在区间上f′(x)＝－xsinx＜0，所以f(x)在区间上单调递减．从而f(x)≤f(0)＝0.(2)当x＞0时，“＞a”等价于“sinx－ax＞0”；“＜b”等价于“sinx－bx＜0”．令g(x)＝sinx－cx，则g′(x)＝cosx－c.当c≤0时，g(x)＞0对任意x∈恒成立．11\n当c≥1时，因为对任意x∈，g′(x)＝cosx－c＜0，所以g(x)在区间上单调递减．从而g(x)＜g(0)＝0对任意x∈恒成立．当0＜c＜1时，存在唯一的x0∈使得g′(x0)＝cosx0－c＝0.g(x)与g′(x)在区间上的情况如下：x(0，x0)x0g′(x)＋0－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∈恒成立”当且仅当g＝1－c≥0，即0＜c≤.综上所述，当且仅当c≤时，g(x)＞0对任意x∈恒成立；当且仅当c≥1时，g(x)＜0对任意x∈恒成立．所以，若a＜＜b对任意x∈恒成立，则a的最大值为，b的最小值为1.7．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.综上，g(a)＝(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11\nf(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.命题点三1．选B ∵f(x)＝x2＋2f(x)dx，∴f(x)dx＝＝＋2f(x)dx.∴f(x)dx＝－.2．选D 由4x＝x3，解得x＝0或x＝2或x＝－2(舍去)，根据定积分的几何意义可知，直线y＝4x与曲线y＝x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为(4x－x3)dx＝＝4.3．选B S1＝x3＝－＝，S2＝lnx＝ln2<lne＝1，S3＝ex＝e2－e≈2.72－2.7＝4.59，所以S2<S1<S3.4．解析：由题意可得f(x)＝所以y＝xf(x)＝与x轴围成图形的面积为(10x2)dx＋(10x－10x2)dx＝x3＋＝.答案：11\n11
