2019高考数学一轮复习 第3章 导数及应用练习（打包5套）理.zip

1专题研究 导数的综合运用第一次作业1．若a2，则函数f(x)＝ x3－ax 2＋1在区间(0，2)上恰好有( )13A．0个零点 B．1个零点C．2个零点 D．3个零点答案 B解析 ∵f′(x)＝x 2－2ax，且a2，∴当x∈(0，2)时，f′(x)0，f(2)＝ －4a0时，y′0，函数y＝x 2ex为增函数；当－20，所以排除D，故选A.3．函数f(x)＝ ex(sinx＋cosx)在区间[0， ]上的值域为( )12 π 2A．[ ， e ] B．( ， e )12 12π 2 12 12π 2 C．[1，e ] D．(1，e )π 2π 2答案 A解析 f′(x)＝ ex(sinx＋cosx)＋ ex(cosx－sinx)＝e xcosx，当0≤x≤ 时，f′(x)≥0.12 12 π 2∴f(x)是[0， ]上的增函数．π 22∴f(x)的最大值为f( )＝ e ，π 2 12π 2 f(x)的最小值为f(0)＝ .124．(2018·山东陵县一中月考)已知函数f(x)＝x 2ex，当x∈[－1，1]时，不等式f(x)0，函数f(x)单调递增，且f(1)f(－1)，故f(x) max＝f(1)＝e，则me.故选D.5．(2014·课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1，若f(x)存在唯一的零点x 0，且x 00，则a的取值范围是( )A．(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)答案 C解析 当a＝0时，显然f(x)有两个零点，不符合题意．当a≠0时，f′(x)＝3ax 2－6x，令f′(x)＝0，解得x 1＝0，x 2＝ .2a当a0时， 0，所以函数f(x)＝ax 3－3x 2＋1在(－∞，0)与( ，＋∞)上为增函数，在(0， )上为减函数，因2a 2a 2a为f(x)存在唯一零点x 0，且x 00，则f(0)0，则f( )0，即a· －3· ＋10，解得a2或a0的解集为( )A．(－4，0)∪(4，＋∞) B．(－4，0)∪(0，4)C．(－∞，－4)∪(4，＋∞) D．(－∞，－4)∪(0，4)答案 D解析 设g(x)＝xf(x)，则当x0化为g(3x)0.设x0，不等式为g(x)g(4)，即0g(－4)，即xxlnx xlnx lnx－ 1（ lnx） 20在x∈(e，e 2]上恒成立，故h(x) max＝ ，所以a≥ .故选B.e22 e228．(2018·湖南衡阳期末)设函数f(x)＝e x(x3＋ x2－6x＋2)－2ae x－x，若不等式f(x)≤0在[－2，＋∞)上有32解，则实数a的最小值为( )A．－ － B．－ －32 1e 32 2eC．－ － D．－1－34 12e 1e答案 C解析 由f(x)＝e x(x3＋ x2－6x＋2)－2ae x－x≤0，得a≥ x3＋ x2－3x＋1－ .32 12 34 x2ex令g(x)＝ x3＋ x2－3x＋1－ ，则12 34 x2exg′(x)＝ x2＋ x－3＋ ＝(x－1)( x＋3＋ )．32 32 x－ 12ex 32 12ex当x∈[－2，1)时，g′(x)0，故g(x)在[－2，1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．故g(x) min＝g(1)＝ ＋ －3＋1－ ＝－ － ，则12 34 12e 34 12e实数a的最小值为－ － .故选C.34 12e9．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的体积最大时，其高的值为________．答案 2 3解析 设正六棱柱的底面边长为a，高为h，则可得a 2＋ ＝9，即a 2＝9－ ，正六棱柱的体积V＝(6× a2)×h＝h24 h24 344×(9－ )×h＝ ×(－ ＋9h)．令y＝－ ＋9h，则y′＝－ ＋9，令y′＝0，得h＝2 .易知当h3 32 h24 3 32 h34 h34 3h24 3＝2 时，正六棱柱的体积最大．310．已知函数f(x)＝e x－2x＋a有零点，则a的取值范围是________．答案 (－∞，2ln2－2]解析 由原函数有零点，可将问题转化为方程e x－2x＋a＝0有解问题，即方程a＝2x－e x有解．令函数g(x)＝2x－e x，则g′(x)＝2－e x，令g′(x)＝0，得x＝ln2，所以g(x)在(－∞，ln2)上是增函数，在(ln2，＋∞)上是减函数，所以g(x)的最大值为g(ln2)＝2ln2－2.因此，a的取值范围就是函数g(x)的值域，所以，a∈(－∞，2ln2－2]．11．设l为曲线C：y＝ 在点(1，0)处的切线．lnxx(1)求l的方程；(2)证明：除切点(1，0)之外，曲线C在直线l的下方．答案 (1)y＝x－1 (2)略解析 (1)设f(x)＝ ，则f′(x)＝ .lnxx 1－ lnxx2所以f′(1)＝1.所以l的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线l的下方等价于g(x)0(∀x0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝ .x2－ 1＋ lnxx2当01时，x 2－10，lnx0，所以g′(x)0，故g(x)单调递增．所以g(x)g(1)＝0(∀x0，x≠1) ．所以除切点之外，曲线C在直线l的下方．12．已知函数f(x)＝x 2－8lnx，g(x)＝－x 2＋14x.(1)求函数f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)若函数f(x)与g(x)在区间(a，a＋1)上均为增函数，求a的取值范围；(3)若方程f(x)＝g(x)＋m有唯一解，试求实数m的值．答案 (1)y＝－6x＋7 (2)[2，6](3)m＝－16ln2－24解析 (1)因为f′(x)＝2x－ ，所以切线的斜率k＝f′(1)＝－6.8x又f(1)＝1，故所求的切线方程为y－1＝－6(x－1)．即y＝－6x＋7.(2)因为f′(x)＝ ，2（ x＋ 2） （ x－ 2）x5又x0，所以当x2时，f′(x)0；当00时原方程有唯一解，所以函数y＝h(x)与y＝m的图像在y轴右侧有唯一的交点．又h′(x)＝4x－ －14＝ ，且x0，8x 2（ x－ 4） （ 2x＋ 1）x所以当x4时，h′(x)0；当00时原方程有唯一解的充要条件是m＝h(4)＝－16ln2－24.13．(2018·湖北四校联考)已知函数f(x)＝lnx－a(x－1)，g(x)＝e x.(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数h(x)＝f(x＋1)＋g(x)，当x0时，h(x)1恒成立，求实数a的取值范围．答案 (1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a0时，f(x)的单调递增区间为(0， )1a，单调递减区间为( ，＋∞)．1a(2)(－∞，2]解析 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ －a＝ (x0)1x 1－ axx①若a≤0，对任意的x0，均有f′(x)0，所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；②若a0，当x∈(0， )时，f′(x)0，当x∈( ，＋∞)时，f′(x)0时，f(x)的单调递增区间为(0， )，单调递减区间为( ，＋∞)．1a 1a(2)因为h(x)＝f(x＋1)＋g(x)＝ln(x＋1)－ax＋e x，所以h′(x)＝e x＋ －a.1x＋ 1令φ(x)＝h′(x)，因为x∈(0，＋∞)，φ′(x)＝e x－ ＝ 0，1（ x＋ 1） 2 （ x＋ 1） 2ex－ 1（ x＋ 1） 2所以h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，6h′(x)h′(0)＝2－a，①当a≤2时，h′(x)0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)h(0)＝1恒成立，符合题意；②当a2时，h′(0)＝2－ah′(0)，所以存在x 0∈(0，＋∞)，使得h′(x 0)＝0，所以h(x)在(x 0，＋∞)上单调递增，在(0，x 0)上单调递减，又h(x 0)1不恒成立，不符合题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．第二次作业1．(2018·皖南十校联考)设函数f(x)＝lnx＋ax 2＋x－a－1(a∈R)．(1)当a＝－ 时，求函数f(x)的单调区间；12(2)证明：当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．答案 (1)增区间为(0， ]，减区间为[ ，＋∞)1＋ 52 1＋ 52(2)略解析 (1)当a＝－ 时，f(x)＝lnx－ x2＋x－ ，且定义域为(0，＋∞)，12 12 12因为f′(x)＝ －x＋1＝－ ，1x （ x－ 1－ 52 ） （ x－ 1＋ 52 ）x当x∈(0， )时，f′(x)0；当x∈( ，＋∞)时，f′(x)0在[1，＋∞)上恒成立，所以g(x)在[1，＋∞)上是增函数，且g(1)＝0，所以g(x)≥0在[1，＋∞)上恒成立，即当a≥0时，不等式f(x)≥x－1在[1，＋∞)上恒成立．2．(2018·福建连城期中)已知函数f(x)＝(a－ )x2＋lnx(a∈R)．12(1)当a＝1时，求f(x)在区间[1，e]上的最大值和最小值；7(2)若在区间[1，＋∞)上，函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方，求实数a的取值范围．答案 (1)f(x) max＝f(e)＝1＋ ，f(x) min＝f(1)＝e22 12(2)当a∈[－ ， ]时，在区间(1，＋∞)上函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方12 12解析 (1)当a＝1时，f(x)＝ x2＋lnx，12f′(x)＝x＋ ＝ .1x x2＋ 1x当x∈[1，e]时，f′(x)0，所以f(x)在区间[1，e]上为增函数，所以f(x) max＝f(e)＝1＋ ，f(x) min＝f(1)＝ .e22 12(2)令g(x)＝f(x)－2ax＝(a－ )x2－2ax＋lnx，则12g(x)的定义域为(0，＋∞)．在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图像恒在直线y＝2ax的下方等价于g(x) ，令g′(x)＝0，得x 1＝1，x 2＝ ，12 12a－ 1当x 2x1＝1，即 0，12此时g(x)在区间(x 2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x 2)，＋∞)，不合题意；当x 2≤x 1＝1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上是增函数，有g(x)∈(g(1)，＋∞)，不合题意．②若a≤ ，则有2a－1≤0，12此时在区间(1，＋∞)恒有g′(x)0，所以对于任意x∈R，F(x)0，因此方程e x－a ＝x无实数解．所以当x≠0时，函数g(x)不存在零点．综上，函数g(x)有且仅有一个零点．4．(2018·重庆调研)已知曲线f(x)＝ 在点(e，f(e))处的切线与直线2x＋e 2y＝0平行，a∈R.ln2x＋ alnx＋ ax(1)求a的值；(2)求证： .f（ x）x aex答案 (1)a＝3 (2)略解析 (1)f′(x)＝ ，－ ln2x＋ （ 2－ a） lnxx2由题f′(e)＝ ＝－ ⇒a＝3.－ 1＋ 2－ ae2 2e29(2)f(x)＝ ，f′(x)＝ ，ln2x＋ 3lnx＋ 3x － lnx（ lnx＋ 1）x2f′(x)0⇒ 即 ；3xex3e 3xex f（ x）x 3ex②当x∈[1，＋∞)时，ln 2x＋3lnx＋3≥0＋0＋3＝3，令g(x)＝ ，则g′(x)＝ .3x2ex 3（ 2x－ x2）ex故g(x)在[1，2)上递增，(2，＋∞)上递减，∴g(x)≤g(2)＝ 即 ；3x2ex f（ x）x 3ex综上，对任意x0，均有 .f（ x）x 3ex5．(2017·课标全国Ⅰ，理)已知函数f(x)＝ae 2x＋(a－2)e x－x.(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．答案 (1)当a≤0时，在(－∞，＋∞)单调递减；当a0时，f(x)在(－∞，－lna)上单调递减，在(－lna，＋∞)上单调递增(2)(0，1)解析 (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2ae 2x＋(a－2)e x－1＝(ae x－1)(2e x＋1)．①若a≤0，则f′(x)0，则由f′(x)＝0得x＝－lna.当x∈(－∞，－lna)时，f′(x)0.所以f(x)在(－∞，－lna)单调递减，在(－lna，＋∞)单调递增．(2)①若a≤0，由(1)知，f(x)至多有一个零点．②若a0，由(1)知，当x＝－lna时，f(x)取得最小值，最小值为f(－lna)＝1－ ＋lna.1aa．当a＝1时，由于f(－lna)＝0，故f(x)只有一个零点；b．当a∈(1，＋∞)时，由于1－ ＋lna0，即f(－lna)0，故f(x)没有零点；1ac．当a∈(0，1)时，1－ ＋lna－2e －2 ＋20，故f(x)在(－∞，－lna)有一个零点．设正整数n 0满足n 0ln( －1)，则f(n 0)＝en 0(aen0＋a－2)－n 0en0－n 02n0－n 00.3a由于ln( －1)－lna，因此f(x)在(－lna，＋∞)有一个零点．3a综上，a的取值范围为(0，1)．6．(2018·深圳调研二)已知函数f(x)＝(x－2)e x－ x2，其中a∈R，e为自然对数的底数．a2(1)函数f(x)的图像能否与x轴相切？若能与x轴相切，求实数a的值；否则，请说明理由；(2)若函数y＝f(x)＋2x在R上单调递增，求实数a能取到的最大整数值．解析 (1)f′(x)＝(x－1)e x－ax.假设函数f(x)的图像与x轴相切于点(t，0)，则有 即{f（ t） ＝ 0，f′ （ t） ＝ 0.) {（ t－ 2） et－ a2t2＝ 0. ①（ t－ 1） et－ at＝ 0. ② )由②可知at＝(t－1)e t，代入①中可得(t－2)e t－ et＝0.t（ t－ 1）2∵e t0，∴(t－2)－ ＝0，即t 2－3t＋4＝0.t（ t－ 1）2∵Δ＝9－4×4＝－7－1时，H′(x)0，H(x)单调递增，且H(x)H(－1)＝－ －1；1e当x0.12 e2∴存在唯一的x 0∈( ，1)使得H(x 0)＝0，12且当x∈(－∞，x 0)时，H(x)＝h′(x)0，h(x)单调递增．∵h(x) min＝h(x 0)＝(x 0－1)ex 0－x 0＋2，∵H(x 0)＝0，∴ex 0＝ ，1x0∴h(x 0)＝(x 0－1) －x 0＋2＝3－( ＋x 0)．1x0 1x0∵ 0在R上恒成立，∴a能取得的最大整数为1.方法2：记g(x)＝(x－2)e x－ x2＋2x，a2由题意知g′(x)＝(x－1)e x－ax＋2≥0在R上恒成立．∵g′(1)＝－a＋2≥0，∴g′(x)≥0的必要条件是a≤2.若a＝2，则g′(x)＝(x－1)e x－2x＋2＝(x－1)(e x－2)．当ln20时，k′(x)0，k(x)单调递增；当xx－2；当x0，即e x≤ .11－ x∴(x－1)e x≥(x－1)× ＝－1x－2.11－ x综上所述，(x－1)e x－x＋2≥0在R上恒成立，故a能取得的最大整数为1.1．(2014·课标全国Ⅱ)设函数f(x)＝ sin .若存在f(x)的极值点x 0满足x 02＋[f(x 0)]22或m0，设g(x)＝lnx＋ .mx(1)求a的值；(2)对任意x 1x20， －a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x (－a，1－a) 1－a (1－a，＋∞)f′(x) － 0 ＋f(x)  极小值 因此，f(x)在1－a处取得最小值．故由题意f(1－a)＝1－a＝0，所以a＝1.(2)由 x20恒成立，即h(x)＝g(x)－x＝lnx－x＋ 在(0，＋∞)上为减函数．mxh′(x)＝ －1－ ≤0在(0，＋∞)上恒成立，所以m≥x－x 2在(0，＋∞)上恒成立，(x－x 2)max＝ ，即m≥ ，1x mx2 14 14即实数m的取值范围为[ ，＋∞)．14(3)由题意知方程可化为lnx＋ ＝x，mx即m＝x 2－xlnx(x≥1)．设m(x)＝x 2－xlnx，则m′(x)＝2x－lnx－1(x≥1)．设h(x)＝2x－lnx－1(x≥1)，则h′(x)＝2－ 0，1x因此h(x)在[1，＋∞)上单调递增，h(x) min＝h(1)＝1.所以m(x)＝x 2－xlnx在[1，＋∞)上单调递增．因此当x≥1时，m(x)≥m(1)＝1.所以当m≥1时方程有一个根，当m0，得x0，∴y＝f(x)在(0，＋∞)上单调递增；14令f′(x)0时，由f′(x)0，得x0；由f′(x)0，取b满足b (b－1)＋ab 2＝ (b＋1)(2b－1)0，故f(x)存在两个零点．a2 a2③当a0，故当x∈(0，ln(－2a))时，12f′(x)0，因此f(x)在(0，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，又当x≤0时，f(x)0，不妨令x 10时，f(x)在(－∞，0)上单调递减，要证x 1＋x 2f(－x 2)，又∵f(x 1)＝0，∴只需证f(－x 2)0)，∴g′(x)＝x( )，1－ e2xex∵x0，∴e 2x1，∴g′(x)0时，g(x)0，即F(x)在(1，2)上单调递增．因为F(1)＝－ 0，而F(x)在(1，2)上连续，由零点存在性定理可知，F(x)在(1，2)内有1e 2e2且仅有唯一零点．所以方程f(x)＝g(x)在(1，2)内有且仅有唯一实根．(2)x1＋x 2x0. )当1x 0时，m(x)＝xlnx，m′(x)＝1＋lnx0，所以m(x)单调递增．要证x 1＋x 20，ln(2x 0－x)0，1－ xex所以H′(x)0，所以H(x)在(1，x 0)上单调递增，即H(x)0，设F(x)＝ ＋ ，求证：F(x)3.mf（ x） 4x＋ 4g（ x） － 1解析 (1)∵f(x)＝me x，g(x)＝x＋3，m＝1，∴f(x)＝e x，g(x－2)＝x＋1.∴h(x)＝f(x)－g(x－2)－2 017＝e x－x－2 018.∴h′(x)＝e x－1.由h′(x)＝0，得x＝0.∵e是自然对数的底数，∴h′(x)＝e x－1是增函数．∴当x0时，h′(x)0，即h(x)是增函数．∴函数h(x)没有极大值，只有极小值，且当x＝0时，h(x)取得极小值．∴h(x)的极小值为h(0)＝－2 017.(2)证明：∵f(x)＝me x，g(x)＝x＋3，∴φ(x)＝f(x)＋g(x)＝me x＋x＋3.∴φ′(x)＝me x＋1.由φ′(x)＝me x＋1＝0，m0，函数φ(x)是增函数；1m当x∈(ln(－ )，＋∞)时，φ′(x)＝me x＋10，∴F(x)3⇔(x－2)e x＋x＋20.设u(x)＝(x－2)e x＋x＋2，则u′(x)＝(x－1)e x＋1.设v(x)＝(x－1)e x＋1，则v′(x)＝xe x.∵x0，∴v′(x)0.又当x＝0时，v′(x)＝0，∴函数v(x)在[0，＋∞)上是增函数．∴v(x)v(0)，即v(x)0.∴当x0时，u′(x)0；当x＝0时，u′(x)＝0.∴函数u(x)在[0，＋∞)上是增函数．17∴当x0时，u(x)u(0)＝0，即(x－2)e x＋x＋20.∴当x0时，F(x)3.1第1课时 导数的概念及运算1．y＝ln 的导函数为( )1xA．y′＝－ B．y′＝1x 1xC．y′＝lnx D．y′＝－ln(－x)答案 A解析 y＝ln ＝－lnx，∴y′＝－ .1x 1x2．(2018·东北师大附中摸底)曲线y＝5x＋lnx在点(1，5)处的切线方程为( )A．4x－y＋1＝0 B．4x－y－1＝0C．6x－y＋1＝0 D．6x－y－1＝0答案 D解析 将点(1，5)代入y＝5x＋lnx成立，即点(1，5)为切点．因为y′＝5＋ ，所以y′ ＝5＋ ＝6.1x |) x＝ 1 11所以切线方程为y－5＝6(x－1)，即6x－y－1＝0.故选D.3．曲线y＝ 在点(3，2)处的切线的斜率是( )x＋ 1x－ 1A．2 B．－2C. D．－12 12答案 D解析 y′＝ ＝－ ，故曲线在(3，2)处的切线的斜率k＝y′| x＝（ x＋ 1） ′ （ x－ 1） － （ x＋ 1） （ x－ 1） ′（ x－ 1） 2 2（ x－ 1） 23＝－ ＝－ ，故选D.2（ 3－ 1） 2 124．一质点沿直线运动，如果由始点起经过t秒后的位移为s＝ t3－ t2＋2t，那么速度为零的时刻是( )13 32A．0秒 B．1秒末C．2秒末 D．1秒末和2秒末答案 D解析 ∵s＝ t3－ t2＋2t，∴v＝s′(t)＝t 2－3t＋2.13 32令v＝0，得t 2－3t＋2＝0，t 1＝1或t 2＝2.5．(2018·郑州质量检测)已知曲线y＝ －3lnx的一条切线的斜率为2，则切点的横坐标为( )x22A．3 B．2C．1 D.122答案 A解析 设切点坐标为(x 0，y 0)，且x 00，由y′＝x－ ，得k＝x 0－ ＝2，3x 3x0∴x 0＝3.6．(2018·衡水调研卷)设f(x)＝xlnx，若f′(x 0)＝2，则x 0的值为( )A．e 2 B．eC. D．ln2ln22答案 B解析 由f(x)＝xlnx，得f′(x)＝lnx＋1.根据题意知lnx 0＋1＝2，所以lnx 0＝1，因此x 0＝e.7．(2018·山西名校联考)若函数f(x)的导函数的图像关于y轴对称，则f(x)的解析式可能为( )A．f(x)＝3cosx B．f(x)＝x 3＋x 2C．f(x)＝1＋sin2x D．f(x)＝e x＋x答案 C解析 A项中，f′(x)＝－3sinx，是奇函数，图像关于原点对称，不关于y轴对称；B项中，f′(x)＝3x 2＋2x＝3(x＋ )2－ ，其图像关于直线x＝－ 对称；C项中，f′(x)＝2cos2x，是偶函数，图像关于y轴对称；D项中，f13 13 13′(x)＝e x＋1，由指数函数的图像可知该函数的图像不关于y轴对称．故选C.8．(2018·安徽百校论坛联考)已知曲线f(x)＝ 在点(1，f(1))处切线的斜率为1，则实数a的值为( )ax2x＋ 1A. B．－32 32C．－ D.34 43答案 D解析 由f′(x)＝ ＝ ，得f′(1)＝ ＝1，解得a＝ .故选D.2ax（ x＋ 1） － ax2（ x＋ 1） 2 ax2＋ 2ax（ x＋ 1） 2 3a4 439．(2018·衡水中学调研卷)已知函数f(x)＝ x2·sinx＋xcosx，则其导函数f′(x)的图像大致是( )12答案 C解析 由f(x)＝ x2sinx＋xcosx，得f′(x)＝xsinx＋ x2cosx＋cosx－xsinx＝ x2cosx＋cosx.由此可知，f′(x)是12 12 123偶函数，其图像关于y轴对称，排除选项A，B.又f′(0)＝1，故选C.10．f(x)与g(x)是定义在R上的两个可导函数，若f(x)，g(x)满足f′(x)＝g′(x)，则f(x)与g(x)满足( )A．f(x)＝g(x) B．f(x)＝g(x)＝0C．f(x)－g(x)为常数函数 D．f(x)＋g(x)为常数函数答案 C11．(2017·《高考调研》原创题)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(e x)＝x＋e x，则f′(2 017)＝( )A．1 B．2C. D.12 017 2 0182 017答案 D解析 令e x＝t，则x＝lnt，所以f(t)＝lnt＋t，故f(x)＝lnx＋x.求导得f′(x)＝ ＋1，故f′(2 017)＝ ＋1＝ .故选D.1x 12 017 2 0182 01712．(2018·河南息县高中月考)若点P是曲线y＝x 2－lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－2距离的最小值为( )A．1 B. 2C. D.22 3答案 B解析 当过点P的直线平行于直线y＝x－2且与曲线y＝x 2－lnx相切时，切点P到直线y＝x－2的距离最小．对函数y＝x2－lnx求导，得y′＝2x－ .由2x－ ＝1，可得切点坐标为(1，1)，故点(1，1)到直线y＝x－2的距离为1x 1x 2，即为所求的最小值．故选B.13．(2018·重庆一中期中)已知函数f(x)＝e x＋ae －x 为偶函数，若曲线y＝f(x)的一条切线的斜率为 ，则切32点的横坐标等于( )A．ln2 B．2ln2C．2 D. 2答案 A解析 因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即e x＋ae －x ＝e －x ＋ae －(－x) ，解得a＝1，所以f(x)＝e x＋e －x ，所以f′(x)＝e x－e －x .设切点的横坐标为x 0，则f′(x 0)＝ex 0－e－x 0＝ .设t＝ex 0(t0)，则t－ ＝ ，解得t＝2，32 1t 32即ex 0＝2，所以x 0＝ln2.故选A.14．已知y＝ x3－x －1 ＋1，则其导函数的值域为________．13答案 [2，＋∞)15．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)，则f′(0)＝________．4答案 －120解析 f′(x)＝(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)＋x[(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)(x－5)]′，所以f′(0)＝(－1)×(－2)×(－3)×(－4)×(－5)＝－120.16．(2018·重庆巴蜀期中)曲线f(x)＝lnx＋ x2＋ax存在与直线3x－y＝0平行的切线，则实数a的取值范围是12________．答案 (－∞，1]解析 由题意，得f′(x)＝ ＋x＋a，故存在切点P(t，f(t))，使得 ＋t＋a＝3，所以3－a＝ ＋t有解．因为t0，1x 1t 1t所以3－a≥2(当且仅当t＝1时取等号)，即a≤1.17．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝2x 2.(1)求x0，f(x)＝－f(－x)＝－2(－x) 2＝－2x 2.∴当x0时，f′(x 0)＝4x 0＝g′(x 0)＝ ，解得1x0，x 0＝± .故存在x 0＝ 满足条件．12 1218．(2018·河北卓越联盟月考)已知函数f(x)＝x 3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标．答案 (1)y＝13x－32(2)直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)解析 (1)根据题意，得f′(x)＝3x 2＋1.所以曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率k＝f′(2)＝13，所以要求的切线的方程为y＝13x－32.(2)设切点为(x 0，y 0)，则直线l的斜率为f′(x 0)＝3x 02＋1，所以直线l的方程为y＝(3x 02＋1)(x－x 0)＋x 03＋x 0－16.又直线l过点(0，0)，则(3x02＋1)(0－x 0)＋x 03＋x 0－16＝0，整理得x 03＝－8，解得x 0＝－2，5所以y 0＝(－2) 3＋(－2)－16＝－26，l的斜率k＝13，所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．1．曲线y＝ － 在点M( ，0)处的切线的斜率为( )sinxsinx＋ cosx 12 π 4A．－ B.12 12C．－ D.22 22答案 B解析 ∵y′＝ ·[cosx(sinx＋cosx)－sinx·(cosx－sinx)]＝ ，∴y′|x＝ ＝1（ sinx＋ cosx） 2 1（ sinx＋ cosx） 2 π 4 12，∴k＝y′|x＝ ＝ .π 4 122．(2017·山东东营一模)设曲线y＝sinx上任一点(x，y)处切线的斜率为g(x)，则函数y＝x 2g(x)的部分图像可能为( )答案 C解析 根据题意得g(x)＝cosx，所以y＝x 2g(x)＝x 2cosx为偶函数．又x＝0时，y＝0.故选C.3．(2017·山东烟台期末)若点P是函数y＝e x－e －x －3x(－ ≤x≤ )图像上任意一点，且在点P处切线的倾斜12 12角为α，则α的最小值是( )A. B.5π6 3π4C. D.π 4 π 6答案 B解析 由导数的几何意义，k＝y′＝e x＋e －x －3≥2 －3＝－1，当且仅当x＝0时等号成立．即tanα≥－1ex·e－ x，α∈[0，π)，又∵tanαf(3)C．f(0)＝f(3) D．无法确定答案 B解析 由题意知f(x)的图像是以x＝1为对称轴，且开口向下的抛物线，所以f(0)＝f(2)f(3)．选B.6．(2013·江西，文)若曲线y＝x a＋1(a∈R)在点(1，2)处的切线经过坐标原点，则a＝________．答案 2解析 由题意y′＝αx α－1 ，在点(1，2)处的切线的斜率为k＝α，又切线过坐标原点，所以α＝ ＝2.2－ 01－ 07．(2017·河北邯郸二模)曲线y＝log 2x在点(1，0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．答案 log2e12解析 ∵y′＝ ，∴k＝ .1xln2 1ln2∴切线方程为y＝ (x－1)．1ln2∴三角形面积为S △ ＝ ×1× ＝ ＝ log2e.12 1ln2 12ln2 128．若抛物线y＝x 2－x＋c上的一点P的横坐标是－2，抛物线过点P的切线恰好过坐标原点，则实数c的值为________．答案 4解析 ∵y′＝2x－1，∴y′| x＝－2 ＝－5.又P(－2，6＋c)，∴ ＝－5.∴c＝4.6＋ c－ 29．若曲线y＝f(x)在点(x 0，f(x 0))处的切线方程为2x＋y－1＝0，则( )A．f′(x 0)0 B．f′(x 0)0，排除D，答案为A.π 412．(2017·人大附中月考)曲线y＝lgx在x＝1处的切线的斜率是( )A. B．ln101ln10C．lne D.1lne答案 A解析 因为y′＝ ，所以y′| x＝1 ＝ ，即切线的斜率为 .1x·ln10 1ln10 1ln1013．下列函数求导运算正确的是________．①(3 x)′＝3 xlog3e；②(log 2x)′＝ ；1x·ln2③(sin )′＝cos ；④( )′＝x.π 3 π 3 1lnx答案 ②14．(2016·天津文)已知函数f(x)＝(2x＋1)e x，f′(x)为f(x)的导函数，则f′(0)的值为________．答案 3解析 ∵f′(x)＝2e x＋(2x＋1)e x＝(2x＋3)·e x，∴f′(0)＝3.15．(2016·课标全国Ⅲ，理)已知f(x)为偶函数，当x0时，f(x)＝lnx－3x，则f′(x)＝ －3，f′(1)＝－2，则在点(1，－3)处的切线方程为y＋31x＝－2(x－1)，即y＝－2x－1.16．(2015·课标全国Ⅱ)已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax 2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝________．答案 8解析 由y′＝1＋ 可得曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线斜率为2，故切线方程为y＝2x－1，与y＝ax 2＋(a＋2)x1x＋1联立得ax 2＋ax＋2＝0，显然a≠0，所以由Δ＝a 2－8a＝0⇒a＝8.817．y＝x·tanx的导数为y′＝________．答案 tanx＋xcos2x解析 y′＝(x·tanx)′＝x′tanx＋x(tanx)′＝tanx＋x·( )′＝tanx＋x· ＝tanx＋ .sinxcosx cos2x＋ sin2xcos2x xcos2x18．已知函数f(x)＝f′( )cosx＋sinx，所以f( )的值为________．π 4 π 4答案 1解析 因为f′(x)＝－f′( )sinx＋cosx，所以f′( )＝－f′( )sin ＋cos ，所以f′( )＝ －1.故f(π 4 π 4 π 4 π 4 π 4 π 4 2 π 4)＝f′( )cos ＋sin ＝1.π 4 π 4 π 419．(2018·山西太原期中)设曲线y＝ 在点(1，1)处的切线与曲线y＝e x在点P处的切线垂直，则点P的坐标为1x________．答案 (0，1)解析 由y＝ 得y′＝－ ，所以曲线y＝ 在点(1，1)处的切线的斜率k＝－1，所以曲线y＝e x在点P(x 0，y 0)处的切1x 1x2 1x线的斜率为1.由y＝e x，得y′＝e x，所以ex 0＝1，解得x 0＝0，y 0＝1，即点P(0，1)．20．若直线y＝ x＋b是曲线y＝lnx的一条切线，则实数b＝________.12答案 ln2－1解析 ∵切线斜率k＝ ，y′＝ ，∴x＝2，y＝ln2.12 1x∴切线方程为y－ln2＝ (x－2)．12即y＝ x＋ln2－1，∴b＝ln2－1.1221．已知曲线C：y＝3x 4－2x 3－9x 2＋4.(1)求曲线C上横坐标为1的切线方程；(2)第(1)问中的切线与曲线C是否还有其他公共点．答案 (1)y＝－12x＋8(2)还有两个交点(－2，32)，( ，0)23解析 (1)把x＝1代入C的方程，求得y＝－4.∴切点为(1，－4)，又y′＝12x 3－6x 2－18x，9∴切线斜率为k＝12－6－18＝－12.∴切线方程为y＋4＝－12(x－1)，即y＝－12x＋8.(2)由 {y＝ 3x4－ 2x3－ 9x2＋ 4，y＝ － 12x＋ 8， )得3x 4－2x 3－9x 2＋12x－4＝0，即(x－1) 2(x＋2)(3x－2)＝0.∴x＝1，－2， .23代入y＝3x 4－2x 3－9x 2＋4，求得y＝－4，32，0，即公共点为(1，－4)(切点)，(－2，32)，( ，0)．23∴除切点处，还有两个交点(－2，32)，( ，0)．231第2课时 导数的应用(一)—单调性1．函数y＝x 2(x－3)的单调递减区间是( )A．(－∞，0) B．(2，＋∞)C．(0，2) D．(－2，2)答案 C解析 y′＝3x 2－6x，由y′＜0，得0＜x＜2.2．函数f(x)＝1＋x－sinx在(0，2π)上是( )A．增函数 B．减函数C．在(0，π)上增，在(π，2π)上减 D．在(0，π)上减，在(π，2π)上增答案 A解析 ∵f′(x)＝1－cosx0，∴f(x)在(0，2π)上递增．3．已知e为自然对数的底数，则函数y＝xe x的单调递增区间是( )A．[－1，＋∞) B．(－∞，－1]C．[1，＋∞) D．(－∞，1]答案 A解析 令y′＝(1＋x)e x≥0.∵e x0，∴1＋x≥0，∴x≥－1，选A.4．(2017·湖北八校联考)函数f(x)＝lnx－ax(a0)的单调递增区间为( )A．(0， ) B．( ，＋∞)1a 1aC．(－∞， ) D．(－∞，a)1a答案 A解析 由f′(x)＝ －a0，得00得x3.因为二次函数y＝x 2－x－6的图像开口向上，对称轴为直线x＝ ，所以函数y＝log 2(x122－x－6)的单调递减区间为(－∞，－2)．故选A.6．若函数y＝a(x 3－x)的递减区间为(－ ， )，则a的取值范围是( )33 33A．a＞0 B．－1＜a＜0C．a＞1 D．0＜a＜1答案 A解析 y′＝a(3x 2－1)，解3x 2－1＜0，得－ ＜x＜ .33 33∴f(x)＝x 3－x在(－ ， )上为减函数．33 33又y＝a·(x 3－x)的递减区间为(－ ， )．∴a＞0.33 337．如果函数f(x)的导函数f′(x)的图像如图所示，那么函数f(x)的图像最有可能的是( )答案 A8．(2018·四川双流中学)若f(x)＝x 3－ax 2＋1在(1，3)上单调递减，则实数a的取值范围是( )A．(－∞，3] B．[ ，＋∞)92C．(3， ) D．(0，3)92答案 B解析 因为函数f(x)＝x 3－ax 2＋1在(1，3)上单调递减，所以f′(x)＝3x 2－2ax≤0在(1，3)上恒成立，即a≥x在(1，3)上恒成立．因为 0.即f(x)在(－∞，1)上单调递增，f(－1)f(x＋3)成立的x的取值范围是( )A．(－1，3) B．(－∞，－3)∪(3，＋∞)C．(－3，3) D．(－∞，－1)∪(3，＋∞)答案 D解析 因为f(－x)＝ln(e －x ＋e x)＋(－x) 2＝ln(e x＋e －x )＋x 2＝f(x)，所以函数f(x)是偶函数．通过导函数可知函数y＝e x＋e －x 在(0，＋∞)上是增函数，所以函数f(x)＝ln(e x＋e －x )＋x 2在(0，＋∞)上也是增函数，所以不等式f(2x)f(x＋3)等价于|2x||x＋3|，解得x3.故选D.11．已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0.对任意正数a，b，若a0，∴af(b)≤bf(a)．f（ x）x f（ a）a f（ b）b12．(2018·福建南平质检)已知函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y－y 0＝(x 0－2)(x 02－1)(x－x 0)，那么函数f(x)的单调减区间是( )A．[－1，＋∞) B．(－∞，2]C．(－∞，－1)和(1，2) D．[2，＋∞)答案 C解析 因为函数f(x)(x∈R)图像上任一点(x 0，y 0)处的切线方程为y－y 0＝(x 0－2)(x 02－1)(x－x 0)，所以函数f(x)的图像在点(x 0，y 0)处的切线的斜率k＝(x 0－2)(x 02－1)，函数f(x)的导函数为f′(x)＝(x－2)(x 2－1)．由f′(x)＝(x－2)(x 2－1)0得可解00解析 y′＝－x 2＋a，y＝－ x3＋ax有三个单调区间，则方程－x 2＋a＝0应有两个不等实根，故a0.1315．已知函数f(x)＝kx 3＋3(k－1)x 2－k 2＋1(k0)的单调递减区间是(0，4)．(1)实数k的值为________；(2)若在(0，4)上为减函数，则实数k的取值范围是________．答案 (1) (2)00，故00，1x 4x2－ x＋ 1x∴F(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵F(1)＝0，∴x 0＝1，代入③式得a＝4.18．设函数f(x)＝xe kx(k≠0)．(1)若k0，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(－1，1)内单调递增，求k的取值范围．答案 (1)增区间为(－ ，＋∞)，减区间为(－∞，－ ) (2)[－1，0)∪(0，1]1k 1k解析 (1)f′(x)＝(1＋kx)e kx，若k0，令f′(x)0，得x－ ，1k所以函数f(x)的单调递增区间是(－ ，＋∞)，1k单调递减区间是(－∞，－ )．1k(2)∵f(x)在区间(－1，1)内单调递增，∴f′(x)＝(1＋kx)e kx≥0在(－1，1)内恒成立，∴1＋kx≥0在(－1，1)内恒成立，6即 解得－1≤k≤1.{1＋ k·（ － 1） ≥ 0，1＋ k·1≥ 0， )因为k≠0，所以k的取值范围是[－1，0)∪(0，1]．1．函数f(x)＝(x－3)e x的单调递增区间是( )A．(－∞，2) B．(0，3)C．(1，4) D．(2，＋∞)答案 D解析 f′(x)＝(x－3)′e x＋(x－3)(e x)′＝(x－2)e x，令f′(x)0，解得x2，故选D.2.在R上可导的函数f(x)的图像如图所示，则关于x的不等式xf′(x)0，使xf′(x)0，得x .33∴单调递增区间为( ，＋∞)．33由y′2，则f(x)2x＋4的解集为________．答案 (－1，＋∞)解析 令g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－20，∴g(x)在R上为增函数，且g(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝0.原不等式可转化为g(x)g(－1)，解得x－1，故原不等式的解集为(－1，＋∞)．5．已知f(x)＝e x－ax－1，求f(x)的单调递增区间．答案 ①a≤0时，f(x)在R上单调递增；②a0时，f(x)增区间为(lna，＋∞)76．已知函数f(x)＝mln(x＋1)－ (x－1)，讨论f(x)的单调性．xx＋ 1解析 f′(x)＝ (x－1)m（ x＋ 1） － 1（ x＋ 1） 2当m≤0时，f′(x)0时，令f′(x)0，得x－1＋ ，函数f(x)在(－1＋ ，＋∞)上单调递增．1m 1m综上所述，当m≤0时，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减；当m0时，f(x)在(－1，－1＋ )上单调递减，在(－1＋ ，＋∞)上单调递增．1m 1m7．已知函数g(x)＝ x3－ x2＋2x＋1，若g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．13 a2答案 (－∞，－2 )2解析 g′(x)＝x 2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x 2－ax＋20.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．答案 (1)当x∈(0，1)时，g′(x)0，g(x)单调递增(2)略解析 (1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－ ＝ .2x 2（ x－ 1）x当x∈(0，1)时，g′(x)0，g(x)单调递增．(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx.令φ(x)＝－2xlnx＋x 2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx) 2＝(1＋lnx) 2－2xlnx，则φ(1)＝10，φ(e)＝2(2－e)f(x 0)＝0；当x∈(x 0，＋∞)时，f′(x)0，从而f(x)f(x 0)＝0；又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a 0)2－2xlnx0.故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0.综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解．