高考数学大一轮复习第3章导数及其应用第1讲导数的概念及运算2试题文含解析

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第三章　导数及其应用第一讲　导数的概念及运算1.已知点P在曲线y=上,α为曲线在点P处的切线的倾斜角,则α的取值范围是 (　　)A.[0,) B.[,) C.(,] D.[,π)2.[2021晋南高中联考]函数f(x)=ln 2x-的图象在点(,f())处的切线方程为 (　　)A.y=6x-5 B.y=8x-6C.y=4x-4 D.y=10x-73.[条件创新]已知函数f(x)=(x2+m)ex(m∈R)的图象在x=1处的切线的斜率等于e,且g(x)=,则g'(-1)=(　　)A. B.- C. D.-4.[易错题]已知函数f(x)=f'(1)x2+2x+2f(1),则f'(2)的值为 (　　)A.-2 B.0 C.-4 D.-65.[2021石家庄市一检]原子有稳定和不稳定两种.不稳定的原子除天然元素外,主要由核裂变或核聚变过程中产生碎片形成,这些不稳定的元素在放出α、β、γ等射线后,会转变成稳定的原子,这种过程称之为“衰变”.这种不稳定的元素就称为放射性同位素.随着科学技术的发展,放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域,并取得了显著经济效益.假设在放射性同位素钍234的衰变过程中,其含量N(单位:贝克)与时间t(单位:天)满足函数关系N(t)=N0,其中N0为t=0时钍234的含量.已知t=24时,钍234含量的瞬时变化率为-8ln 2,则N(120)=              (　　)A.12贝克 B.12ln 2贝克C.6贝克 D.6ln 2贝克6.[2020江西五校联考]已知曲线C:y=xex过点A(a,0)的切线有且仅有两条,则实数a的取值范围是 (　　)A.(-∞,-4)∪(0,+∞) B.(0,+∞)C.(-∞,-1)∪(1,+∞) D.(-∞,-1)7.[2020福建五校联考]已知函数f(x)=若f(x)-(m+2)x≥0,则实数m的取值范围是 (　　)A.(-∞,1] B.[-2,1] C.[0,3] D.[3,+∞)8.[2021洛阳市统考]已知直线y=2x+1与曲线y=x3+ax+b相切于点(1,3),则a3+b=　　　　. 9.[2021大同市调研测试]若曲线y=ln x+1的一条切线的方程是y=ax+b,则4a+eb的最小值是　　　　. 10.[2021河北六校联考]已知函数f(x)=xlnx-mx2(m∈R),g(x)=-x+.(1)若函数f(x)的图象在(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0平行,求m;(2)证明:在(1)的条件下,对任意x1,x2∈(0,+∞),f(x1)>g(x2)成立. 11.[数学探索]已知函数f(x)=ax2-ax+ln x的图象在点(x1,f(x1))处与点(x2,f(x2))(x1≠x2)处的切线均平行于x轴,则x1+x2+x1x2+f(x1)+f(x2)的取值范围是              (　　)A.(-∞,--2ln 2) B.(--2ln 2,-2ln 2)C.(-2ln 2,+∞) D.(--2ln 2,+∞)12.[2021南昌市高三测试]已知曲线C1:y=ex+m,C2:y=x2,若恰好存在两条直线l1,l2与曲线C1,C2都相切,则实数m的取值范围是              (　　)A.(2ln 2-2,+∞) B.(2ln 2,+∞)C.(-∞,2ln 2-2) D.(-∞,2ln 2)13.[2020长春市第四次质量监测]函数f(x)=emx+e-mx+x2-mx(m∈R)的图象在点A(x1,f(x1)),B(-x1,f(-x1))处两条切线的交点P(x0,y0)一定满足              (　　)A.x0=0 B.x0=m C.y0=0 D.y0=m14.[2021惠州市二调]已知实数a>0,函数f(x)=+a2x+aln x,x∈(0,10).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若x=1是函数f(x)的极值点,曲线y=f(x)在点P(x1,f(x1)),Q(x2,f(x2))(x1<x2)处的切线分别为l1,l2,且l1,l2在y轴上的截距分别为b1,b2,若l1∥l2,求b1-b2的取值范围.    15.[2020唐山市摸底考试]已知函数f(x)=axsinx+bcosx,且曲线y=f(x)与直线y=相切于点(,).(1)求f(x);(2)若f(x)≤mx2+1,求实数m的取值范围.    16.[角度创新]已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x.(1)若曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=kx+b,且存在实数m,n,使得直线y-m=k(x+n)+b与曲线y=g(x)相切,求m+n的值;(2)若函数φ(x)=x+af(x)(g(x)-x)有零点,求实数a的取值范围.    答 案第三章　导数及其应用 第一讲　导数的概念及运算1.D　y=的导数为y'=·,由2x+≥2=2(当且仅当x=0时取等号),得∈(0,],所以∈[-1,0),即tan α∈[-1,0),结合0≤α<π,可得≤α<π.故选D.2.A　f()=ln 1-2=-2,因为f'(x)=,所以f'()=6,所以切线方程为y-(-2)=6(x),即y=6x-5,故选A.3.A　由题意得f'(x)=2xex+(x2+m)ex=(x2+2x+m)ex,f'(1)=(3+m)e,由题意得(3+m)e=e,所以m=-2,所以f(x)=(x2-2)ex.解法一　所以g(x)==(x)ex,g'(x)=(1+)ex+(x)ex,所以g'(-1)=.解法二　f'(x)=(x2+2x-2)ex,f(-1)=,所以f'(-1)=,又g'(x)=,所以g'(-1)=.4.D　因为f'(x)=2f'(1)x+2,所以f'(1)=2f'(1)+2,解得f'(1)=-2,所以f'(x)=-4x+2,所以f'(2)=-6,故选D.5.A　因为N(t)=N0·,所以N'(t)=N0··ln 2·()=·ln 2·,因为当t=24时,钍234含量的瞬时变化率为-8ln 2,即N'(24)=-8ln 2,所以ln 2×2-1=-8ln 2,所以N0=384,即N(t)=384×,所以N(120)=384×=12,故选A.6.A　对函数y=xex求导得y'=ex+x·ex=(1+x)ex.设切点坐标为(x0,x0),则曲线y=xex过点A(a,0)的切线的斜率k=(1+x0),化简得ax0-a=0.依题意知,上述关于x0的二次方程有两个不相等的实数根,所以Δ=(-a)2-4×1×(-a)>0,解得a<-4或a>0.故选A.7.B　令g(x)=x2+3x(x≥0),则g'(x)=2x+3,所以g'(0)=3,所以函数g(x)的图象在原点处的切线方程为y=3x,故函数f(x)的图象在原点处的切线方程为y=3x.如图D 3-1-1,画出函数f(x)的图象,切线y=3x,以及直线y=(m+2)x,分析可知,为满足f(x)-(m+2)x≥0,即f(x)≥(m+2)x,则0≤m+2≤3,解得-2≤m≤1.故选B.图D 3-1-1【解后反思】　本题具有一定的综合性,求解的关键有两点:一是借助数形结合思想灵活处理不等关系;二是借助“旋转分析”灵活构建关于参数的不等式.8.2　因为(x3+ax+b)'=3x2+a,所以解得所以a3+b=2.9.4　y'=,设切点坐标为(x0,y0)(x0>0),则所以b=ln x0,所以4a+eb=+x0≥2=4,当且仅当x0=2时取“=”,故4a+eb的最小值为4.10.(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1-mx,f'(1)=1-m,因为f(x)的图象在(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0平行,所以1-m=1,即m=0.(2)在(1)的条件下,f(x)=xlnx,f'(x)=ln x+1,当x∈(0,)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)=xlnx在x=时取得最小值f()=,所以f(x1)≥.g(x)=x+,则g'(x)=,令h(x)=g'(x)=,x>0,则h'(x)=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减.所以当x>0时,g'(x)≤g'(1)=h(1)=,因为g'(x)≤<0,所以g(x)在(0,+∞)上单调递减,所以g(x2)<g(0)=.所以对任意x1,x2∈(0,+∞),f(x1)>g(x2).11.A　函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=ax-a+,则根据导数的几何意义知x1,x2是方程ax2-ax+1=0的两个不等正根,则则a>4.令h(a)=x1+x2+x1x2+f(x1)+f(x2)=1++ln x1+aax1+ln x2+aax2=1++lna(1)-a=a-ln a+.易知函数h(a)=a-ln a+在(4,+∞)上单调递减,则h(a)<h(4)=2ln 2,所以x1+x2+x1x2+f(x1)+f(x2)的取值范围是(-∞,2ln 2),故选A. 12.C　解法一　设直线l与曲线C1和曲线C2都相切,且与曲线C1:y=ex+m相切于点(x0,),因为(ex+m)'=ex+m,所以直线l的斜率为,故直线l的方程为y(x-x0),即y=x+(1-x0)·.由 消去y并化简得x2x-(1-x0)·=0,则其判别式Δ=()2+4(1-x0)·=0,由于>0,所以+4(1-x0)=0,即4x0+4=0.依题意可知关于x0的方程4x0+4=0有两个不同的根.构造函数g(x)=ex+m-4x+4,则g(x)有两个零点.(题眼)g'(x)=ex+m-4,令g'(x)=0,解得x1=ln 4-m,令g'(x)>0,得x>x1,令g'(x)<0,得x<x1,所以g(x)在(-∞,x1)上单调递减,在(x1,+∞)上单调递增,且当x→-∞时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞,所以要使g(x)有两个零点,则需g(x1)<0,即eln 4-4(ln 4-m)+4<0,解得m<2ln 2-2.故选C.解法二　同解法一得到“关于x0的方程4x0+4=0有两个不同的根”,即=4x0-4有两个不同的根,即函数y=ex+m与y=4x-4的图象有两个不同的交点.求出直线y=4x-4与曲线y=ex+m相切时m的值,即可求出m的取值范围.令(ex+m)'=ex+m=4,得x=ln 4-m,则切点为(ln 4-m,4),代入切线方程y=4x-4得4=4(ln 4-m)-4,解得m=2ln 2-2,此时直线y=4x-4与曲线y=ex+m相切,将曲线y=ex+2ln 2-2向右平移可满足与直线y=4x-4有两个不同的交点,所以m<2ln 2-2.故选C.13.A　由题意,得f'(x)=memx-me-mx+2x-m,则切线PA的方程为y-(mx1)=(mm+2x1-m)(x-x1),切线PB的方程为y-(+mx1)=(mm2x1-m)(x+x1),将(x0,y0)代入两条切线方程,得①-②,得2mx1=2(mm+2x1)x0+2mx1,即(mm+2x1)x0=0.因为对任意m∈R,x1∈R,mm+2x1=0不恒成立,所以x0=0,故选A.14.(1)f'(x)=+a2+(0<x<10),∵a>0,0<x<10,∴ax+2>0.①当≥10,即a∈(0,]时,f'(x)<0,则f(x)在(0,10)上单调递减;②当0<<10,即a∈(,+∞)时,令f'(x)<0,得0<x<,令f'(x)>0,得<x<10,∴f(x)在(0,)上单调递减,在(,10)上单调递增.(由于a>0,0<x<10,因此分类讨论的标准是以是否在定义域内进行制定的)综上,当a∈(0,]时,f(x)在(0,10)上单调递减;当a∈(,+∞)时,f(x)在(0,)上单调递减,在(,10)上单调递增.(2)∵x=1是f(x)的极值点,∴f'(1)=0,即(a+2)(a-1)=0,解得a=1或a=-2(舍),此时f(x)=+x+lnx,f'(x)=+1,∴切线l1的方程为y-(+x1+ln x1)=(+1)(x-x1),令x=0,得b1=+ln x1-1,同理可得b2=+ln x2-1.∵l1∥l2,∴+1=+1,整理得x1x2=2(x1+x2),∴x2=,∴b1-b2=+ln +ln +ln .又0<x1<x2<10,∴x1<<10,得<x1<4,令=t,则t=x1·1∈(,1),设g(t)=+ln t,则g'(t)=>0,∴g(t)在(,1)上单调递增,又g(1)=0,g()=2ln 2,∴g(t)∈(2ln 2,0),(换元以及构造新函数,利用导数研究新函数的单调性和在特定区间上的值域,从而求得b1-b2的取值范围)即b1-b2的取值范围为(2ln 2,0).15.(1)由f()=得a=1,则f'(x)=xcosx+(1-b)sin x,由f'()=1-b=0得b=1,所以f(x)=xsinx+cosx.(2)令g(x)=mx2+1-f(x)=mx2-xsin x-cos x+1,由g(x)≥0得g(2π)=4π2m≥0,所以m≥0.易知g(x)为偶函数,所以只需满足当x≥0时,g(x)≥0即可.g'(x)=2mx-xcos x=x(2m-cos x),下面只讨论x≥0时的情形.当m≥时,g'(x)≥0,即g(x)在[0,+∞)上单调递增,所以g(x)≥g(0)=0,所以当m≥时,f(x)≤mx2+1恒成立.当0≤m<时,因为y=2m-cos x在[0,]上单调递增,且当x=0时,y=2m-1<0,当x=时,y=2m≥0,所以存在x0∈(0,],使得2m-cos x0=0,因此当x∈(0,x0)时,g'(x)<0,即g(x)在(0,x0)上单调递减,所以当x∈(0,x0)时,g(x)<g(0)=0,与g(x)≥0矛盾.因此当0≤m<时,f(x)≤mx2+1不恒成立.综上,满足题意的m的取值范围是[,+∞).16. (1)f'(x)=ex,f'(0)=1,f(0)=1,所以曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=x+1,所以k=b=1,则y-m=k(x+n)+b,即y=x+m+n+1.g'(x)=,则曲线y=g(x)在点(x0,ln x0)处的切线方程为y-ln x0=(x-x0),即y=x+ln x0-1,从而=1,ln x0-1=m+n+1,所以x0=1,m+n=-2.(2)由题意知φ(x)=x+aex(ln x-x),x∈(0,+∞),函数φ(x)有零点,即φ(x)=0有根.当a=0时,φ(x)=x>0,不符合题意.当a≠0时,函数φ(x)有零点等价于=ex(1)有根.设h(x)=ex(1),则h'(x)=ex(1)+ex()=(x-1)(x+1-ln x),设s(x)=x+1-ln x,则s'(x)=1,当x∈(0,1)时,s'(x)<0,s(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,s'(x)>0, s(x)单调递增,所以s(x)≥s(1)=2>0,所以h'(x)=0仅有一根x=1,且当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减, 当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(1)=e.所以若函数φ(x)有零点,则≥e,从而0<a≤.