《（京津專用）2022高考數學總復習 優(yōu)編增分練：8+6分項練13 導數 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（京津專用）2022高考數學總復習 優(yōu)編增分練：8+6分項練13 導數 文（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、（京津專用）2022高考數學總復習 優(yōu)編增分練：8+6分項練13 導數 文 1．(2018·宿州模擬)已知函數f(x)＝logax(0B>C B．A>C>B C．B>A>C D．C>B>A 答案　D 解析　繪制函數f(x)＝logax的圖象如圖所示， 且M，N， 由題意可知A＝f′(a)為函數在點M處切線的斜率， C＝f′(a＋1)為函數在點N處切線的斜率， B＝f(a＋1)－f(a)＝為直線MN的斜率， 由數形結合可得C>B>A. 2．已知函

2、數f(x)＝ex＋x2－x，若存在實數m使得不等式f(m)≤2n2－n成立，則實數n的取值范圍為(　　) A.∪[1，＋∞) B．(－∞，－1]∪ C.∪ D.∪[0，＋∞) 答案　A 解析　對函數求導可得， 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， 設g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex＋1>0， ∴函數f′(x)單調遞增，而f′(0)＝0， ∴當x<0時，f′(x)<0，f(x)單調遞減； 當x>0時，f′(x)>0，f(x)單調

3、遞增． 故f(x)min＝f(0)＝1， 由存在性的條件可得關于實數n的不等式2n2－n≥1， 解得n∈∪[1，＋∞)． 3．若點P是曲線y＝x2－2ln x上任意一點，則點P到直線y＝x－的距離的最小值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　點P是曲線y＝x2－2ln x上任意一點， 所以當曲線在點P的切線與直線y＝x－平行時，點P到直線y＝x－的距離最小，直線y＝x－的斜率為1，由y′＝3x－＝1，解得x＝1或x＝－(舍)． 所以曲線與直線的切點為P0. 點P到直線y＝x－的距離最小值是 ＝. 故選C. 4．(2018·咸陽模擬)已知f′(x

4、)是函數f(x)的導函數，且對任意的實數x都有f′(x)＝ex＋f(x)(e是自然對數的底數)，f(0)＝1，則(　　) A．f(x)＝ex(x＋1) B．f(x)＝ex(x－1) C．f(x)＝ex(x＋1)2 D．f(x)＝ex(x－1)2 答案　D 解析　令G(x)＝， 則G′(x)＝＝2x－2， 可設G(x)＝x2－2x＋c， ∵G(0)＝f(0)＝1，∴c＝1. ∴f(x)＝(x2－2x＋1)ex＝ex(x－1)2. 5．(2018·安徽省江南十校聯考)y＝f(x)的導函數滿足：當x≠2時，(x－2)(f(x)＋2f′(x)－xf′(x))>0，則(　　)

5、 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)＝，則g′(x)＝， 因為當x≠2時，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0， 所以當x>2時，g′(x)<0， 即函數g(x)在(2，＋∞)上單調遞減， 則g()>g(3)>g(4)， 即>>， 即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)． 6．(2018·遼寧省葫蘆島市普通高中模擬)已知函數f(x)＝x＋2cos x＋λ，在區(qū)間上任取三個數x1，x2，x3均

6、存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長的三角形，則λ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵函數f(x)＝x＋2cos x＋λ， ∴f′(x)＝1－2sin x，x∈， 由f′(x)＝0，得x＝， ∵x∈， ∴當x∈時，f′(x)>0， 當x∈ 時，f′(x)<0， ∴f(x)max＝f＝＋＋λ， f(x)min＝f＝＋λ， ∵在區(qū)間上任取三個數x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長的三角形， ∴f＝＋λ>0，① f＋f>f，② 聯立①②，得λ>－. 7．(2018·濰坊模擬)已知函數f(x)＝若

7、f(x)有兩個極值點x1，x2，記過點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直線的斜率為k，若00時，函數f(x)＝ax－ln x的導數為f′(x)＝a－＝， 由函數f(x)為奇函數且有兩個極值點得a>0， 不妨設x2＝－x1>0， 則有x2＝， 所以B，可得A， 由直線的斜率公式可得k＝＝a(1＋ln a)，a>0， 又k>0,1＋ln a>0，所以a>， 設h(a)＝a(1＋ln a)， 則當a>時，h′(a)＝2＋ln a＝1＋(1＋ln a)>0

8、， 所以h(a)在上單調遞增， 又h＝0，h(e)＝2e,00)． 當x≥時，g′(x)＝2－≥0， 所以函數g(x)＝f′(x)在上單調遞增， 所以當x∈時，f′(x)≥f′＝－ln>0

9、， 所以f(x)在上單調遞增， 因為[a，b]?， 所以f(x)在[a，b]上單調遞增， 因為f(x)在[a，b]上的值域為[k(a＋2)，k(b＋2)]， 所以 所以方程f(x)＝k(x＋2)在上有兩解a，b， 作出y＝f(x)與直線y＝k(x＋2)的函數圖象，則兩圖象有兩個交點， 若直線y＝k(x＋2)過點， 則k＝， 若直線y＝k(x＋2)與y＝f(x)的圖象相切， 設切點為(x0，y0) 則解得k＝1， 數形結合可知，實數k的取值范圍是. 9．(2018·昆明模擬)已知函數f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增，則

10、a的最大值是________． 答案?。璭 解析　因為函數f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)， 所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－ ＝ex(x2－2)－(x>0)． 因為函數f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增， 所以f′(x)＝ex(x2－2)－≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，即≤ex(x2－2)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立， 亦即a≤ex(x3－2x)在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立， 令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，則 h′(x)＝ex(x3－2x)＋ex(3x2－2) ＝ex(x3－2x＋

11、3x2－2)＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0， 因為x∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0. 因為ex>0，令h′(x)>0，可得x>1， 令h′(x)<0，可得00)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為________． 答案　 解析　設公共切線在曲線C1，C2上的切點分別為(m，am2)，(t，et)，則2am＝et＝，所以m＝2t

12、－2，a＝(t>1)，令f(t)＝(t>1)，則f′(t)＝，則當t>2時，f′(t)>0；當1

13、＝ln x＋a求導得y′＝， 設切點是(x0，ln x0＋a)， 則y′＝＝2， 故x0＝，ln x0＝－ln 2， 切點是，代入直線方程得 2×＋ln 2－a＋1＝0， 解得a＝2＋ln 2. 13．(2018·峨眉山市第七教育發(fā)展聯盟模擬)對于函數y＝f(x)，若其定義域內存在兩個不同的實數x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1,2)成立，則稱函數f(x)具有性質P，若函數f(x)＝具有性質P，則實數a的取值范圍是________． 答案　 解析　若函數f(x)＝具有性質P， 則xf(x)＝1 有兩個不等實數根， 代入得xf(x)＝x·＝1， 即a＝x·ex在R

14、上有兩個不等實數根． 令g(x)＝xex， 則g′(x)＝xex＋ex＝ex(1＋x)，令g′(x)＝0， 得x＝－1， 當x變化時，g′(x)，g(x)的變化情況如下表所示： x (－∞，－1) －1 (－1，＋∞) g′(x) － 0 ＋ g(x)  極小值－  根據表格，畫出如圖所示的函數圖象 由圖象可知，a＝x·ex在R上有兩個不等實數根， 即y＝a與g(x)的圖象有兩個不同交點， 由極小值g(－1)＝－可知， 當有兩個交點時，a的取值范圍為. 14．已知函數f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝，實數m，n滿足m0，由題意討論x>0即可，則當01時，g′(x)>0，g(x)單調遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2. f(x)＝－(x＋3)2＋6≤6，作函數y＝f(x)的圖象如圖所示，當f(x)＝2時，方程－(x＋3)2＋6＝2的兩根分別為－5和－1，則n－m的最大值為－1－(－5)＝4.