2022新高考数学人教A版一轮总复习训练4.1导数的概念及运算专题检测（带解析）

§4.1　导数的概念及运算专题检测1.(2020湖南衡阳八中月考,5)已知直线y=-x+m是曲线y=x2-3lnx的一条切线,则m的值为(　　)A.0　　B.2　　C.1　　D.3答案　B　设切点为(x0,y0),结合题意可知y'=2x0-=-1,解得x0=1或x0=-(舍去),将其代入曲线y=x2-3lnx得y0=1,所以切点为(1,1),将其代入切线方程可得1=-1+m,解得m=2.故选B.2.(2019河北唐山二模,8)已知函数f(x)=为奇函数,则曲线f(x)在x=2处的切线斜率等于(　　)A.6　　B.-2　　C.-6　　D.-8答案　B　设x>0,则-x<0,f(-x)=x2-2x,又f(x)为奇函数,∴f(x)=-f(-x)=-x2+2x,x>0,则f'(x)=-2x+2,则f'(2)=-2.故选B.一题多解　当x≤0时,f'(x)=2x+2,则f'(-2)=-2,由于f(x)为奇函数,所以其图象关于原点对称,所以f'(2)=f'(-2)=-2,故曲线f(x)在x=2处的切线斜率为-2,故选B.3.(2019福建福州一模,7)已知函数f(x)=xsinx,f'(x)为f(x)的导函数,则函数f'(x)的部分图象大致为(　　) 答案　A　由题意知f'(x)=sinx+xcosx,为奇函数,图象关于原点对称,排除C,D,设g(x)=f'(x),则g'(x)=2cosx-xsinx,则g'(0)=2>0,排除B,故选A.4.(2020江西九江十校4月模拟,10)若曲线y=x4-x3+ax(x>0)存在斜率小于1的切线,则a的取值范围为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　C　由题意得y'=4x3-3x2+a<1当x>0时有解.设f(x)=4x3-3x2+a(x>0),∴f'(x)=12x2-6x=6x(2x-1),令f'(x)<0得0<x<,令f'(x)>0得x>,∴f(x)min=f=a-<1,则a<.故选C.5.(2019广西南宁二中4月月考,7)如图所示,y=f(x)是可导函数,直线l:y=kx+3是曲线y=f(x)在x=1处的切线,令h(x)=,h'(x)是h(x)的导函数,则h'(1)的值是(　　)A.2　　B.1　　C.-1　　D.-3答案　D　由图象可知直线l经过点(1,2),则k+3=2,k=-1, 即f'(1)=-1,且f(1)=2.∵h(x)=,∴h'(x)=,则h'(1)=f'(1)-f(1)=-1-2=-3,故选D.6.(2019湖北武汉4月调研,12)设曲线C:y=3x4-2x3-9x2+4,在曲线C上一点M(1,-4)处的切线记为l,则切线l与曲线C的公共点个数为(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.4答案　C　y'=12x3-6x2-18x,则y'|x=1=12×13-6×12-18×1=-12,∴曲线y=3x4-2x3-9x2+4在点M(1,-4)处的切线方程为y+4=-12(x-1),即12x+y-8=0.联立解得或或故切线与曲线C还有其他的公共点(-2,32),,∴切线l与曲线C的公共点个数为3.故选C.7.(2018陕西西安八校第一次联考,12)曲线y=x3上一点B处的切线l交x轴于点A,△OAB(O为原点)是以A为顶点的等腰三角形,则切线l的倾斜角为(　　)A.30°　　B.45°　　C.60°　　D.120°答案　C　对y=x3求导得y'=3x2,设切点B的坐标为(x0,y0),则B点处的切线l的斜率为3,∴切线l的方程为y-=3(x-x0),令y=0,得x=x0,则A.∵△OAB是以A为顶点的等腰三角形,∴|OA|=|AB|,即=,∴=,∴切线l的斜率为3=,∴切线l的倾斜角为60°,故选C. 8.(2020河南新乡一中二模,12)已知函数f(x)=aex(a>0)与g(x)=2x2-m(m>0)的图象在第一象限有公共点,且在该点处的切线相同,当实数m变化时,实数a的取值范围为(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　D　设切点为A(x0,y0),所以整理得由m=2-4x0>0和x0>0,解得x0>2.由上可知a=,令h(x)=,x>2,则h'(x)=.因为x>2,所以h'(x)=<0,h(x)=在(2,+∞)上单调递减,所以0<h(x)<,即a∈.故选D.9.(2019河南洛阳二模,10)已知a>0,曲线f(x)=3x2-4ax与g(x)=2a2lnx-b有公共点,且在公共点处的切线相同,则实数b的最小值为(　　)A.0　　B.-　　C.-　　D.-答案　B　设曲线y=f(x)与y=g(x)(x>0)在公共点P(x0,y0)处的切线相同,因为f'(x)=6x-4a,g'(x)=,由题意得f(x0)=g(x0),f'(x0)=g'(x0),所以3-4ax0=2a2lnx0-b,6x0-4a=,由6x0-4a=得x0=a或x0=-a(舍去),即有b=a2+2a2lna.令h(t)=t2+2t2lnt(t>0),则h'(t)=4t(1+lnt),当4t(1+lnt)>0,即t>时,h'(t)>0,当4t(1+lnt)<0,即0<t<时,h'(t)<0.故h(t)在上为减函数,在上为增函数,于是h(t)在(0,+∞)上的最小值为h=-,故b的最小值为-.故选B.10.(2019广东江门一模,12)若f(x)=lnx与g(x)=x2+ax的图象有一条与直线y=x平行的公共切线, 则a=(　　)A.1　　B.2　　C.3　　D.3或-1答案　D　由题意可设公共切线的方程为y=x+t,t≠0,设切线与f(x)图象的切点为(x1,y1),与g(x)图象的切点为(x2,y2),可得f'(x)=,切线斜率为,由=1得x1=1,则y1=0,切线方程为y=x-1.g'(x)=2x+a,切线斜率为2x2+a,由2x2+a=1,+ax2=x2-1,解得a=3,x2=-1,或a=-1,x2=1,故选D.思路分析　由题意可设公共切线的方程为y=x+t,t≠0,分别求得f(x),g(x)的导数,得切线的斜率,求得切点坐标,可得切线方程,解关于a的方程即可.方法总结　本题考查公切线问题,要区分是共切点的公切线还是不共切点的公切线,设出切点坐标求解.11.(2020陕西第一学期摸底考试,14)曲线y=x3在点(1,1)处的切线与x轴及直线x=a所围成的三角形面积为,则实数a=　　　　. 答案　或1解析　由y=x3,得y'=3x2,所以y'|x=1=3,所以曲线y=x3在点(1,1)处的切线方程为y-1=3(x-1),即y=3x-2,令y=0,得x=,则由××|3a-2|=,解得a=或1.12.(2018百校联盟TOP20三月联考,13)函数g(x)=lnx图象上一点P到直线y=x的最短距离为　　　　. 答案　解析　设与直线y=x平行且与曲线g(x)=lnx相切的直线的切点坐标为(x0,lnx0),因为g'(x)=(lnx)'=,则1=,∴x0=1,则切点坐标为(1,0),∴最短距离为(1,0)到直线y=x的距离,即为=,故答案为. 13.(2020江西南昌四校联考,14)函数f(x)=x(x-S1)(x-S2)·…·(x-S8),其中Sn为数列{an}的前n项和,若an=,则f'(0)=　　　　. 答案　解析　本题考查了导数的运算,体现了数学运算的核心素养.由题意得f'(x)=(x-S1)(x-S2)…(x-S8)+x[(x-S1)(x-S2)…(x-S8)]',Sn=1-=,所以f'(0)=××…×=.14.(2020甘肃会宁月考,21)已知函数f(x)=.(1)求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程;(2)若函数f(x)在区间(m>0)上存在极值,求实数m的取值范围.解析　(1)f'(x)=,故切线的斜率为f'(e)=-,又f(e)=,∴切线方程为y-=-(x-e),即x+e2y-3e=0.(2)当0<x<1时,f'(x)>0,当x>1时,f'(x)<0.故f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减.故f(x)在x=1处取得极大值.∵f(x)在区间(m>0)上存在极值,∴0<m<1且m+>1,解得<m<1. 15.(2020北京怀柔适应性练习,19)已知函数f(x)=lnx,g(x)=ex.(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;(2)当x>0时,证明:f(x)<x<g(x);(3)判断曲线f(x)与g(x)是否存在公切线,若存在,说明有几条;若不存在,说明理由.解析　本题考查导数的几何意义、导数的应用、恒成立问题,考查学生解决问题的能力,渗透逻辑推理、数学运算的核心素养.(1)f(x)=lnx的定义域为(0,+∞).由f'(x)=⇒k=f'(1)=1,又f(1)=0,所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=x-1.(2)证明:设h(x)=f(x)-x=lnx-x(x>0),故h'(x)=-1.由h'(x)=0得x=1,h'(x),h(x)随x的变化情况如下:x(0,1)1(1,+∞)h'(x)+0-h(x)↗极大值↘∴h(x)max=h(1)=ln1-1=-1<0,∴f(x)<x.设s(x)=x-g(x)=x-ex,则s'(x)=1-ex.易知s'(x)<0在(0,+∞)上恒成立,∴s(x)在(0,+∞)上单调递减,∴s(x)<s(0)=-1<0⇒x<g(x).综上,f(x)<x<g(x). (3)曲线f(x)与g(x)存在公切线,且有2条.由(2)知曲线f(x)与g(x)无公共点,设l1,l2分别切曲线f(x),g(x)于(x1,lnx1),(x2,),则l1:y=·x+lnx1-1,l2:y=·x+(1-x2),若l1=l2,即曲线f(x)与g(x)有公切线,则⇒(1-x2)+x2+1=0,令m(x)=ex(1-x)+x+1,当且仅当m(x)有零点时,曲线f(x)与g(x)有公切线,m'(x)=-xex+1,当x≤0时,m'(x)>0,m(x)在(-∞,0]上单调递增,当x>0时,m″(x)=-(x+1)ex.易知m″(x)<0,则m'(x)在(0,+∞)上单调递减,又m'(0)=1>0,m'(1)=1-e<0,∴存在x0∈(0,1),使得m'(x0)=-x0+1=0,x∈(0,x0)时,m'(x)>0,m(x)单调递增,x∈(x0,+∞)时,m'(x)<0,m(x)单调递减,∴m(x)max=m(x0)=(1-x0)+x0+1=(1-x0)+x0+1>0,又m(-2)=3e-2-1<0,m(2)=-e2+3<0,∴m(x)在(-2,x0),(x0,2)内各存在一个零点,故曲线f(x)与g(x)存在2条公切线.