2021高考数学（文）大一轮复习习题 板块命题点专练（四） word版含答案

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1.(2015·全国卷Ⅰ)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＝________.
解析：∵f′(x)＝3ax2＋1，
∴f′(1)＝3a＋1.
又f(1)＝a＋2，
∴切线方程为y－(a＋2)＝(3a＋1)(x－1)．
∵切线过点(2,7)，∴7－(a＋2)＝3a＋1，解得a＝1.
答案：1
2．(2016·全国丙卷)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________．
解析：设x＞0，则－x＜0，f(－x)＝ex－1＋x.
∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝ex－1＋x.
∵当x＞0时，f′(x)＝ex－1＋1，
∴f′(1)＝e1－1＋1＝1＋1＝2.
∴曲线y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0.
答案：2x－y＝0
3．(2015·全国卷Ⅱ)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＝________.
解析：法一：∵y＝x＋ln x，∴y′＝1＋eq \f(1,x)，
y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,, ))x＝1＝2.
∴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.
∵y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，
∴a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,y＝ax2＋a＋2x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0.
由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8.
法二：同法一得切线方程为y＝2x－1.
设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq \\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．∵y′＝2ax＋(a＋2)，
∴y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,,))x＝x0＝2ax0＋(a＋2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax0＋a＋2＝2，,ax\\al(2,0)＋a＋2x0＋1＝2x0－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
答案：8
1.(2014·全国卷Ⅱ)若函数f(x)＝kx－ln x在区间(1，＋∞)单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]
C． B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
解析：选C f′(x)＝1－eq \f(2,3)cs 2x＋acs x＝1－eq \f(2,3)(2cs2x－1)＋acs x＝－eq \f(4,3)cs2x＋acs x＋eq \f(5,3)，f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立，令cs x＝t，t∈，则－eq \f(4,3)t2＋at＋eq \f(5,3)≥0在上恒成立，即4t2－3at－5≤0在上恒成立，令g(t)＝4t2－3at－5，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(g1＝4－3a－5≤0，,g－1＝4＋3a－5≤0，))解得－eq \f(1,3)≤a≤eq \f(1,3)，故选C.
3．(2015·全国卷Ⅱ)设函数f′(x)是奇函数f(x)(x∈R)的导函数，f(－1)＝0，当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，则使得f(x)>0成立的x的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(0,1) B．(－1,0)∪(1，＋∞)
C．(－∞，－1)∪(－1,0) D．(0,1)∪(1，＋∞)
解析：选A 设y＝g(x)＝eq \f(fx,x)(x≠0)，
则g′(x)＝eq \f(xf′x－fx,x2)，
当x>0时，xf′(x)－f(x)<0，∴g′(x)<0，
∴g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
且g(1)＝f(1)＝－f(－1)＝0.
∵f(x)为奇函数，∴g(x)为偶函数，
∴g(x)的图象的示意图如图所示．
当x>0时，由f(x)>0，得g(x)>0，由图知0当x<0时，由f(x)>0，得g(x)<0，由图知x<－1，
∴使得f(x)>0成立的x的取值范围是(－∞，－1)∪(0,1)，故选A.
4．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－a.
若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a>0，则当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；
当a>0时，f(x)在x＝eq \f(1,a)处取得最大值，最大值为
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＝lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))＋aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,a)))＝－ln a＋a－1.
因此feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)))>2a－2等价于ln a＋a－1<0.
令g(a)＝ln a＋a－1，
则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.
于是，当01时，g(a)>0.
因此，a的取值范围是(0,1)．
5．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)．
(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当a＝4时，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)，
f(1)＝0，f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)－3，f′(1)＝－2.
故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.
(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于ln x－eq \f(ax－1,x＋1)＞0.
设g(x)＝ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，
则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.
①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；
②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq \r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(a－12－1).
由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.
综上，a的取值范围是(－∞，2]．
6．(2016·全国丙卷)设函数f(x)＝ln x－x＋1.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明当x∈(1，＋∞)时，1＜eq \f(x－1,ln x)＜x；
(3)设c＞1，证明当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
解：(1)由题设，f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq \f(1,x)－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．
(2)证明：由(1)知，f(x)在x＝1处取得最大值，
最大值为f(1)＝0.
所以当x≠1时，ln x＜x－1.
故当x∈(1，＋∞)时，ln x＜x－1，ln eq \f(1,x)＜eq \f(1,x)－1，
即1＜eq \f(x－1,ln x)＜x.
(3)证明：由题设c＞1，设g(x)＝1＋(c－1)x－cx，
则g′(x)＝c－1－cxln c.
令g′(x)＝0，解得x0＝eq \f(ln\f(c－1,ln c),ln c).
当x＜x0时，g′(x)＞0，g(x)单调递增；
当x＞x0时，g′(x)＜0，g(x)单调递减．
由(2)知1＜eq \f(c－1,ln c)＜c，故0＜x0＜1.
又g(0)＝g(1)＝0，故当0＜x＜1时，g(x)＞0.
所以当x∈(0,1)时，1＋(c－1)x＞cx.
7．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
①设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
②设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
若a＝－eq \f(e,2)，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
若a＞－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＜1，
故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，
在(ln(－2a)，1)上单调递减．
若a＜－eq \f(e,2)，则ln(－2a)＞1，
故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，
在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln eq \f(a,2)，则f(b)＞eq \f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b2－\f(3,2)b))＞0，所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a＜0，若a≥－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－eq \f(e,2)，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
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
命题点二 导数的应用
命题指数：☆☆☆☆☆
难度：高、中
题型：选择题、填空题、解答题