loading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Ⅰ)设函数f(x)＝x＋(a－1)x＋ax，若f(x)为奇函数，则曲线y＝
3
2
f(x)在点(0,0)处的切线方程为( )
A．y＝－2x C．y＝2x
3
2
B．y＝－x D．y＝x
解析：选D ∵f(x)＝x＋(a－1)x＋ax， ∴f′(x)＝3x＋2(a－1)x＋a.
又∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)恒成立， 即－x＋(a－1)x－ax＝－x－(a－1)x－ax恒成立， ∴a＝1，∴f′(x)＝3x＋1，∴f′(0)＝1， ∴曲线y＝f(x)在点(0,0)处的切线方程为y＝x.
2．(2018·全国卷Ⅱ)曲线y＝2ln(x＋1)在点(0,0)处的切线方程为________． 解析：∵y＝2ln(x＋1)，∴y′＝2
.令x＝0，得y′＝2，由切线的几何意义得切线x＋1
2
3
2
3
2
2
斜率为2，又切线过点(0,0)，∴切线方程为y＝2x.
答案：y＝2x
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
命题点二 函数单调性、极值、最值
1．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(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，排除C，故选D.
2．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x＋ax－1)e小值为( )
A．－1 C．5e
－3
2
xxx－1
的极值点，则f(x)的极
B．－2e D．1
1
－3
解析：选A 因为f(x)＝(x＋ax－1)e所以f′(x)＝(2x＋a)e
2
2x－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.
3．(2013·浙江高考)已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e－1)(x－1)(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
解析：选C 当k＝1时，f(x)＝(e－1)(x－1)，0,1是函数f(x)的零点．当0＜x＜1时，f(x)＝(e－1)(x－1)＜0，当x＞1时，f(x)＝(e－1)(x－1)＞0,1不会是极值点．当k＝2时，f(x)＝(e－1)(x－1)，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.
4．(2018·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝2sin x＋sin 2x，则f(x)的最小值是________． 解析：f′(x)＝2cos x＋2cos 2x＝2cos x＋2(2cosx－1) ＝2(2cosx＋cos x－1)＝2(2cos x－1)(cos x＋1)． ∵cos x＋1≥0，
1
∴当cos x＜时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
21
当cos x＞时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．
21
∴当cos x＝时，f(x)有最小值．
2
又f(x)＝2sin x＋sin 2x＝2sin x(1＋cos x)， ∴当sin x＝－
3
时，f(x)有最小值， 2
333??1??×?1＋2?＝－2.
?2??
2
2
xkxxxx2
即f(x)min＝2×?－
?
?
2
33
答案：－ 2
5．(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??aa?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
6．(2018·北京高考)设函数f(x)＝[ax2
－(4a＋1)x＋4a＋3]ex. (1)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，求a； (2)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的取值范围．
3
解：(1)因为f(x)＝[ax－(4a＋1)x＋4a＋3]e， 所以f′(x)＝[ax－(2a＋1)x＋2]e. 所以f′(1)＝(1－a)e.
由题设知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1. 此时f(1)＝3e≠0. 所以a的值为1.
(2)由(1)得f′(x)＝[ax－(2a＋1)x＋2]e ＝(ax－1)(x－2)e.
1?1?若a＞，则当x∈?，2?时，f′(x)＜0; 2?a?当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0. 所以f(x)在x＝2处取得极小值．
11
若a≤，则当x∈(0,2)时，x－2＜0，ax－1≤x－1＜0，
22所以f′(x)＞0.
所以2不是f(x)的极小值点．
x2
2
2xxx?1?综上可知，a的取值范围是?，＋∞?.
?2?
7．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)＝(2＋x＋ax)·ln(1＋x)－2x. (1)若a＝0，证明：当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0； (2)若x＝0是f(x)的极大值点，求a.
解：(1)证明：当a＝0时，f(x)＝(2＋x)ln(1＋x)－2x，f′(x)＝ln(1＋x)－设函数g(x)＝ln(1＋x)－， 1＋x则g′(x)＝
. 1＋x2
xxx＋x2
.
当－1＜x＜0时，g′(x)＜0；当x＞0时，g′(x)＞0， 故当x＞－1时，g(x)≥g(0)＝0， 且仅当x＝0时，g(x)＝0，
从而f′(x)≥0，当且仅当x＝0时，f′(x)＝0. 所以f(x)在(－1，＋∞)上单调递增． 又f(0)＝0，
故当－1＜x＜0时，f(x)＜0；当x＞0时，f(x)＞0. (2)①若a≥0，由(1)知，
当x＞0时，f(x)≥(2＋x)ln(1＋x)－2x＞0＝f(0)，
4