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命题区间5　导数的几何意义及函数的单调性
(单项选择题每小题5分，多项选择题每小题6分，填空题每小题5分，解答题每小题13分，共91分)
考向一　导数的概念、几何意义及基本运算
1．(补偿题)已知函数f (x)＝x ln x，则的值为(　　)
　
[A]2e [B]0
[C]1 [D]e
2．(2024·全国甲卷理T6)设函数f (x)＝，则曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
3．(2024·新高考Ⅰ卷T13子母题)已知直线y＝x与曲线y＝ln (x＋a)和曲线y＝ex＋b都相切，若f (x)＝ex＋b＋f ′(1)ln (x＋a)，则f (0)＝(　　)
[A] [B]1
[C]2 [D]e
4．(2022·新高考Ⅰ卷T15姊妹题)若过点P(－1，m)可以作三条直线与曲线C：y＝xex相切，则m的取值范围是(　　)
[A] [B]
[C](0，＋∞) [D]
5．(多选)(补偿题)已知函数f (x)及其导函数f ′(x)，若存在x0∈R，使得f (x0)＝f ′(x0)，则称x0是f (x)的一个“巧值点”，下列函数中，有“巧值点”的是(　　)
[A]f (x)＝2x2＋3 [B]f (x)＝
[C]f (x)＝e－x [D]f (x)＝ln x
6．(2023·全国甲卷文T8)曲线y＝在点处的切线方程为(　　)
[A]y＝x [B]y＝x
[C]y＝x＋ [D]y＝x＋
7．(2022·新高考Ⅰ卷T15改编题)若曲线y＝(x＋1)eax有两条过原点的切线，则a的取值范围是________．
8．(2024·新高考Ⅰ卷T13姊妹题)已知函数f (x)＝aex－x的极小值为2，若直线y＝kx与函数f (x)的图象相切，则实数k的值为________．
9．(13分)(人教A版选择性必修第二册P104复习参考题5T13链接2024·新高考Ⅰ卷T13)已知曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(2a＋3)x＋1只有一个公共点，求a的值．
考向二　函数的单调性
10．(多选)(2022·新高考Ⅰ卷T10子母题)已知函数f (x)＝x3－x＋1，则(　　)
[A]f (x)在上单调递增
[B]f (x)在上单调递减
[C]f (x)有一个极大值点
[D]直线y＝2x－1是曲线y＝f (x)的切线
11．(2023·新高考Ⅱ卷T6)已知函数f (x)＝aex－ln x在区间(1，2)上单调递增，则a的最小值为(　　)
[A]e2 [B]e
[C]e-1 [D]e-2
12．(13分)(2023·全国乙卷文T20姊妹题)已知函数f (x)＝，f ′(x)是函数f (x)的导函数．
(1)证明：当t＝1时， x∈(0，＋∞)，都有f (x)>1；
(2)设g(x)＝f ′(x)－sin ，且g(x)在(0，2π)上单调递增，求实数t的取值范围．
13．(13分)(2023·北京卷T20)设函数f (x)＝x－x3eax＋b，曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1．
(1)求a，b的值；
(2)设g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间；
(3)求f (x)的极值点的个数．
3/3高考真题衍生卷·命题区间5
1．C　[因为f (x)＝x ln x，
则f ′(x)＝ln x＋x·＝1＋ln x，
所以f ′(1)＝1＋ln 1＝1，
所以＝f ′(1)＝1．故选C．]
2．A　[f ′(x)＝，
所以f ′(0)＝3，所以曲线y＝f (x)在点(0，1)处的切线方程为y－1＝3(x－0)，即3x－y＋1＝0，则切线与两坐标轴的交点分别为(0，1)，，所以切线与两坐标轴所围成的三角形的面积为．故选A．]
3．A　[由y＝ln (x＋a)求导可得y′＝，设切点坐标为(x1，x1)．因为直线y＝x与曲线y＝ln (x＋a)相切，所以解得a＝1．
同理由y＝ex＋b求导可得y′＝ex＋b，
设切点坐标为(x2，x2)，因为直线y＝x与函数y＝ex＋b的图象相切，
所以解得b＝－1．
所以f (x)＝ex-1＋f ′(1)ln (x＋1)，f ′(x)＝ex-1＋，
令x＝1得f ′(1)＝1＋，解得f ′(1)＝2，
所以f (x)＝ex-1＋2ln (x＋1)，所以f (0)＝．故选A．]
4．D　[设切点为(x0，y0)，过点P的切线方程为y＝，代入点P坐标化简为m＝即这个方程有三个不等根，令f (x)＝(－x2－x－1)ex，求导得到f ′(x)＝(－x－1)(x＋2)ex，函数在(－∞，－2)上单调递减，在(－2，－1)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递减．
故得到f (－2)5．BD　[选项A中，由f (x0)＝f ′(x0)得＋3＝4x0，Δ＝－8<0，无解，所以函数无巧值点，故A错误；
选项B中，由f (x0)＝f ′(x0)得解得x0＝－1，函数有巧值点－1，故B正确；
选项C中，由f (x0)＝f ′(x0)得无解，所以函数无巧值点，故C错误；
选项D中，由f (x0)＝f ′(x0)得ln x0＝，函数y＝ln x与y＝的图象在第一象限有一个交点，方程有一个解，所以函数有巧值点，故D正确．故选BD．]
6．C　[因为y＝，
所以y′＝，
所以k＝y′|x＝1＝，
所以y－(x－1)，
所以曲线y＝在点处的切线方程为y＝．故选C．]
7．(－∞，－4)∪(0，＋∞)　[设切点坐标为P(x0，y0)，则y0＝，y′＝eax[1＋(x＋1)a]，切线方程为[1＋(x0＋1)a](x－x0)，因为过原点(0，0)，代入可得[1＋(x0＋1)a]·(－x0)，整理可得＋ax0－1＝0，因为有两个不同的解，满足a≠0，Δ＝a2＋4a>0，所以a>0或a<－4，故a的取值范围为(－∞，－4)∪(0，＋∞)．]
8．e2－1　[f ′(x)＝aex－1．当a≤0时，f ′(x)＜0对x∈R恒成立，此时f (x)在R上单调递减，不符合题意；当a＞0时，令f ′(x)＝0得x＝－ln a，当x＜－ln a时，f ′(x)＜0，f (x)单调递减，当x＞－ln a时，f ′(x)＞0，f (x)单调递增，所以当x＝－ln a时，f (x)取得极小值，且极小值为f (－ln a)＝ae－ln a＋ln a＝ln a＋1．因为函数f (x)有极小值2，所以ln a＋1＝2，解得a＝e，则f (x)＝ex+1－x，f ′(x)＝ex+1－1，因为直线y＝kx与函数f (x)的图象相切，设切点坐标为(x0，kx0)，所以解得k＝e2－1．]
9．解：由y＝x＋ln x求导得y′＝1＋x＝1＝2，
所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．
当a＝0时y＝3x＋1与y＝2x－1只有一个公共点(－2，－5)，满足题意；
当a≠0时，由
得ax2＋(2a＋1)x＋2＝0，
由Δ＝(2a＋1)2－8a＝0，解得a＝．
综上可得，a＝0或a＝．
10．BCD　[f ′(x)＝3x2－1，令f ′(x)>0，解得x<－或x>，令f ′(x)<0，解得－所以f (x)在上单调递增，在上单调递减，
所以f (x)有一个极大值点，一个极小值点，故选项BC正确．
A项错在中间用了符号“∪”．
假设y＝2x－1是y＝f (x)的切线，切点为(a，b)，
则解得或
由于点(1，1)在y＝x3－x＋1上，故选项D正确．故选BCD．]
11．C　[依题意，f ′(x)＝aex－≥0在(1，2)上恒成立，即a≥在(1，2)上恒成立．
设g(x)＝，x∈(1，2)，则g′(x)＝，
易知当x∈(1，2)时，g′(x)<0，则函数g(x)在(1，2)上单调递减，所以g(x)＜g(1)＝，则a≥＝e-1，即a的最小值为e-1．故选C．]
12．解：(1)证明：当t＝1时，f (x)＝e－x＋sin x＋x2，f ′(x)＝－e－x＋cos x＋x，令h(x)＝f ′(x)，h′(x)＝e－x－sin x＋1>0，
所以h(x)即f ′(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f ′(x)>f ′(0)＝0，
所以f (x)在(0，＋∞)上单调递增，则f (x)>f (0)＝1，
所以当t＝1时， x∈(0，＋∞)，都有f (x)>1．
(2)由题意知，g(x)＝－e－x＋cos x＋tx－sin x－cos x，即g(x)＝－e－x＋tx－sin x在(0，2π)上单调递增，
则g′(x)＝e－x＋t－cos x≥0在(0，2π)上恒成立，
则t≥－e－x＋cos x在(0，2π)上恒成立，
令k(x)＝－e－x＋cos x，x∈(0，2π)，则k′(x)＝e－x－sin x，
当x∈(π，2π)时，k′(x)＝e－x－sin x>0恒成立，
所以k(x)在(π，2π)上单调递增，故x∈(π，2π)时，k(x)令m(x)＝k′(x)，
当x∈(0，π)时，m′(x)＝－e－x－cos x单调递增，又m′(0)＝－2<0，m′(π)＝－e－π－cos π>0，
且m′－cos >0，m′－cos <0，
所以存在唯一x1∈＝－cos x1＝0，
k′(x1)＝－sin x1＝－cos x1－sin x1
＝－sin <0，
因为x1∈，k′(0)＝1，k′(π)＝e－π>0，
所以存在x2∈(0，x1)，x3∈(x1，π)，使得k′(x2)＝0，k′(x3)＝0，
所以函数k(x)在(0，x2)上单调递增，在(x2，x3)上单调递减，在(x3，π)上单调递增，
故当x∈(0，x3)时，k(x)综上，t≥k(2π)＝1－e-2π，即实数t的取值范围为[1－e-2π，＋∞)．
13．解：(1)因为函数f (x)＝x－x3eax＋b，
所以f ′(x)＝1－(3x2eax＋b＋ax3eax＋b)＝1－(3＋ax)x2eax＋b，
因为曲线y＝f (x)在点(1，f (1))处的切线方程为y＝－x＋1，
所以即
解得a＝－1，b＝1．
(2)由(1)知，f (x)＝x－x3e－x+1，
所以f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g(x)＝f ′(x)＝1－(3x2－x3)e－x+1，
所以g′(x)＝－(6x－3x2)e－x+1＋(3x2－x3)e－x+1＝－x(x2－6x＋6)e－x+1，
令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝3±，
所以当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如表所示．
x (－∞，0) 0 (0，3－ 3－ ， 3＋ 3＋ ，＋∞)
g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ 0 －
g(x) 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减
所以g(x)在区间(－∞，0)和上单调递增，在区间和上单调递减．
(3)由(2)知，当x∈(－∞，0)时，f ′(x)单调递增，
当x＜－1时，f ′(x)＜f ′(－1)＝1－4e2＜0，f ′(0)＝1＞0，所以存在x1∈(－∞，0)，使得f ′(x1)＝0，
又因为f (x)在(－∞，x1)上单调递减，在(x1，0)上单调递增，所以x1是f (x)的一个极小值点；
当x∈时，f ′(x)单调递减，
且f ′＜f ′(1)＝1－2＜0，
所以存在x2∈，使得f ′(x2)＝0，所以f (x)在(0，x2)上单调递增，在上单调递减，
所以x2是f (x)的一个极大值点；
当x∈时，f ′(x)单调递增，
又因为f ′(3)＝1＞0，所以存在x3∈，使得f ′(x3)＝0，
所以f (x)在上单调递减，在(x3，3)上单调递增，所以x3是f (x)的一个极小值点；
又因为当x＞3时，f ′(x)＞0，所以f (x)在(3，＋∞)上单调递增，无极值点．
综上，f (x)在定义域R上有3个极值点．
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