京津专用2022高考数学总复习优编增分练：8+6分项练13导数文

8＋6分项练13　导　数1．(2022·宿州模拟)已知函数f(x)＝logax(0<a<1)的导函数为f′(x)，记A＝f′(a)，B＝f(a＋1)－f(a)，C＝f′(a＋1)，则(　　)A．A>B>CB．A>C>BC．B>A>CD．C>B>A答案　D解析　绘制函数f(x)＝logax的图象如图所示，且M，N，由题意可知A＝f′(a)为函数在点M处切线的斜率，C＝f′(a＋1)为函数在点N处切线的斜率，B＝f(a＋1)－f(a)＝为直线MN的斜率，由数形结合可得C>B>A.2．已知函数f(x)＝ex＋x2－x，若存在实数m使得不等式f(m)≤2n2－n成立，则实数n的取值范围为(　　)9\nA.∪[1，＋∞)B．(－∞，－1]∪C.∪D.∪[0，＋∞)答案　A解析　对函数求导可得，f′(x)＝·ex＋×2x－1，∴f′(1)＝f′(1)＋f(0)－1，∴f(0)＝＝1，∴f′(1)＝e，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋x－1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋1>0，∴函数f′(x)单调递增，而f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．故f(x)min＝f(0)＝1，由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2－n≥1，解得n∈∪[1，＋∞)．3．若点P是曲线y＝x2－2lnx上任意一点，则点P到直线y＝x－的距离的最小值为(　　)A.B.C.D.答案　C解析　点P是曲线y＝x2－2lnx上任意一点，所以当曲线在点P的切线与直线y＝x－平行时，点P到直线y＝x－的距离最小，直线y＝9\nx－的斜率为1，由y′＝3x－＝1，解得x＝1或x＝－(舍)．所以曲线与直线的切点为P0.点P到直线y＝x－的距离最小值是＝.故选C.4．(2022·咸阳模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导函数，且对任意的实数x都有f′(x)＝ex＋f(x)(e是自然对数的底数)，f(0)＝1，则(　　)A．f(x)＝ex(x＋1)B．f(x)＝ex(x－1)C．f(x)＝ex(x＋1)2D．f(x)＝ex(x－1)2答案　D解析　令G(x)＝，则G′(x)＝＝2x－2，可设G(x)＝x2－2x＋c，∵G(0)＝f(0)＝1，∴c＝1.∴f(x)＝(x2－2x＋1)ex＝ex(x－1)2.5．(2022·安徽省江南十校联考)y＝f(x)的导函数满足：当x≠2时，(x－2)(f(x)＋2f′(x)－xf′(x))>0，则(　　)A．f(4)>(2＋4)f()>2f(3)B．f(4)>2f(3)>(2＋4)f()C．(2＋4)f()>2f(3)>f(4)D．2f(3)>f(4)>(2＋4)f()答案　C解析　令g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x≠2时，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0，所以当x>2时，g′(x)<0，即函数g(x)在(2，＋∞)上单调递减，则g()>g(3)>g(4)，9\n即>>，即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)．6．(2022·辽宁省葫芦岛市普通高中模拟)已知函数f(x)＝x＋2cosx＋λ，在区间上任取三个数x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)为边长的三角形，则λ的取值范围是(　　)A.B.C.D.答案　D解析　∵函数f(x)＝x＋2cosx＋λ，∴f′(x)＝1－2sinx，x∈，由f′(x)＝0，得x＝，∵x∈，∴当x∈时，f′(x)>0，当x∈时，f′(x)<0，∴f(x)max＝f＝＋＋λ，f(x)min＝f＝＋λ，∵在区间上任取三个数x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)为边长的三角形，∴f＝＋λ>0，①f＋f>f，②联立①②，得λ>－.7．(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝若f(x)有两个极值点x1，x2，记过点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直线的斜率为k，若0<k≤2e，则实数a的取值范围为(　　)A.B.9\nC．(e,2e]D.答案　A解析　当x>0时，函数f(x)＝ax－lnx的导数为f′(x)＝a－＝，由函数f(x)为奇函数且有两个极值点得a>0，不妨设x2＝－x1>0，则有x2＝，所以B，可得A，由直线的斜率公式可得k＝＝a(1＋lna)，a>0，又k>0,1＋lna>0，所以a>，设h(a)＝a(1＋lna)，则当a>时，h′(a)＝2＋lna＝1＋(1＋lna)>0，所以h(a)在上单调递增，又h＝0，h(e)＝2e,0<k≤2e，得h<h(a)≤h(e)，所以<a≤e.8．(2022·四川省成都市第七中学模拟)设函数f(x)＝x2－xlnx＋2，若存在区间[a，b]⊆，使f(x)在[a，b]上的值域为[k(a＋2)，k(b＋2)]，则k的取值范围是(　　)A.B.C.D.答案　C解析　由题意得f′(x)＝2x－lnx－1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝2－(x>0)．当x≥时，g′(x)＝2－≥0，9\n所以函数g(x)＝f′(x)在上单调递增，所以当x∈时，f′(x)≥f′＝－ln>0，所以f(x)在上单调递增，因为[a，b]⊆，所以f(x)在[a，b]上单调递增，因为f(x)在[a，b]上的值域为[k(a＋2)，k(b＋2)]，所以所以方程f(x)＝k(x＋2)在上有两解a，b，作出y＝f(x)与直线y＝k(x＋2)的函数图象，则两图象有两个交点，若直线y＝k(x＋2)过点，则k＝，若直线y＝k(x＋2)与y＝f(x)的图象相切，设切点为(x0，y0)则解得k＝1，数形结合可知，实数k的取值范围是.9．(2022·昆明模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在区间(0，＋∞)上单调递增，则a的最大值是________．答案　－e解析　因为函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)，所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－＝ex(x2－2)－(x>0)．因为函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在区间(0，＋∞)上单调递增，9\n所以f′(x)＝ex(x2－2)－≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即≤ex(x2－2)在区间(0，＋∞)上恒成立，亦即a≤ex(x3－2x)在区间(0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，则h′(x)＝ex(x3－2x)＋ex(3x2－2)＝ex(x3－2x＋3x2－2)＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0，因为x∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0.因为ex>0，令h′(x)>0，可得x>1，令h′(x)<0，可得0<x<1.所以函数h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减．所以h(x)min＝h(1)＝e1(1－2)＝－e.所以a≤－e.所以a的最大值是－e.10．若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为________．答案　解析　设公共切线在曲线C1，C2上的切点分别为(m，am2)，(t，et)，则2am＝et＝，所以m＝2t－2，a＝(t>1)，令f(t)＝(t>1)，则f′(t)＝，则当t>2时，f′(t)>0；当1<t<2时，f′(t)<0，因此f(t)≥f(2)＝，所以a≥.11．(2022·河南省豫南九校联考)若f(x)＝3xf′(1)－2x2，则f′(0)＝________.答案　6解析　由题意得f′(x)＝3f′(1)－4x，∴f′(1)＝3f′(1)－4，∴f′(1)＝2，∴f′(x)＝6－4x，∴f′(0)＝6－4×0＝6.12．(2022·烟台模拟)已知直线2x－y＋1＝0与曲线y＝lnx＋a相切，则实数a的值是________．答案　2＋ln2解析　由y＝lnx＋a求导得y′＝，设切点是(x0，lnx0＋a)，9\n则y′＝＝2，故x0＝，lnx0＝－ln2，切点是，代入直线方程得2×＋ln2－a＋1＝0，解得a＝2＋ln2.13．(2022·峨眉山市第七教育发展联盟模拟)对于函数y＝f(x)，若其定义域内存在两个不同的实数x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1,2)成立，则称函数f(x)具有性质P，若函数f(x)＝具有性质P，则实数a的取值范围是________．答案　解析　若函数f(x)＝具有性质P，则xf(x)＝1有两个不等实数根，代入得xf(x)＝x·＝1，即a＝x·ex在R上有两个不等实数根．令g(x)＝xex，则g′(x)＝xex＋ex＝ex(1＋x)，令g′(x)＝0，得x＝－1，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表所示：x(－∞，－1)－1(－1，＋∞)g′(x)－0＋g(x)极小值－根据表格，画出如图所示的函数图象由图象可知，a＝x·ex在R上有两个不等实数根，9\n即y＝a与g(x)的图象有两个不同交点，由极小值g(－1)＝－可知，当有两个交点时，a的取值范围为.14．已知函数f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝，实数m，n满足m<n<0，若∀x1∈[m，n]，∃x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，则n－m的最大值为________．答案　4解析　因为g(x)＝，所以g′(x)＝，分母恒大于0，且ex>0，由题意讨论x>0即可，则当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝2.f(x)＝－(x＋3)2＋6≤6，作函数y＝f(x)的图象如图所示，当f(x)＝2时，方程－(x＋3)2＋6＝2的两根分别为－5和－1，则n－m的最大值为－1－(－5)＝4.9