（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 12+4分項(xiàng)練13 導(dǎo)數(shù) 文

（全國(guó)通用版）2022高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 12+4分項(xiàng)練13 導(dǎo)數(shù) 文 1．(2018·宿州模擬)已知函數(shù)f(x)＝logax(0<a<1)的導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，記A＝f′(a)，B＝f(a＋1)－f(a)，C＝f′(a＋1)，則(　　) A．A>B>C B．A>C>B C．B>A>C D．C>B>A 答案　D 解析　繪制函數(shù)f(x)＝logax的圖象如圖所示， 且M，N， 由題意可知A＝f′(a)為函數(shù)在點(diǎn)M處切線的斜率， C＝f′(a＋1)為函數(shù)在點(diǎn)N處切線的斜率， B＝f(a＋1)－f(a)＝為直線MN的斜率， 由數(shù)形結(jié)合可得C>B>A. 2．(2018·昆明模擬)已知函數(shù)f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則a的最大值是(　　) A．－e B．e C．－ D．4e2 答案　A 解析　因?yàn)楹瘮?shù)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?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝(x2－2x)ex－aln x(a∈R)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)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＋3x2－2)＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0， 因?yàn)閤∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0. 因?yàn)閑x>0，令h′(x)>0，可得x>1， 令h′(x)<0，可得0<x<1. 所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減． 所以h(x)min＝h(1)＝e1(1－2)＝－e. 所以a≤－e. 所以a的最大值是－e. 3．已知函數(shù)f(x)＝ex＋x2－x，若存在實(shí)數(shù)m使得不等式f(m)≤2n2－n成立，則實(shí)數(shù)n的取值范圍為(　　) A.∪[1，＋∞) B．(－∞，－1]∪ C.∪ D.∪[0，＋∞) 答案　A 解析　對(duì)函數(shù)求導(dǎo)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(shè)g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝ex＋1>0， ∴函數(shù)f′(x)單調(diào)遞增，而f′(0)＝0， ∴當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故f(x)min＝f(0)＝1， 由存在性的條件可得關(guān)于實(shí)數(shù)n的不等式2n2－n≥1， 解得n∈∪[1，＋∞)． 4．若點(diǎn)P是曲線y＝x2－2ln x上任意一點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線y＝x－的距離的最小值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　點(diǎn)P是曲線y＝x2－2ln x上任意一點(diǎn)， 所以當(dāng)曲線在點(diǎn)P的切線與直線y＝x－平行時(shí)，點(diǎn)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(diǎn)為P0. 點(diǎn)P到直線y＝x－的距離最小值是＝. 故選C. 5．(2018·咸陽模擬)已知f′(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x都有f′(x)＝ex＋f(x)(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù))，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(shè)G(x)＝x2－2x＋c， ∵G(0)＝f(0)＝1，∴c＝1. ∴f(x)＝(x2－2x＋1)ex＝ex(x－1)2. 6．函數(shù)f(x)＝x3－3x－1，若對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，則實(shí)數(shù)t的最小值是(　　) A．20 B．18 C．3 D．0 答案　A 解析　對(duì)于區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有|f(x1)－f(x2)|≤t，等價(jià)于對(duì)區(qū)間[－3,2]上的任意x1，x2，都有f(x)max－f(x)min≤t，∵f(x)＝x3－3x－1，∴f′(x)＝3x2－3＝3(x－1)(x＋1)． ∵x∈[－3,2]，∴函數(shù)在[－3，－1]，[1,2]上單調(diào)遞增，在[－1,1]上單調(diào)遞減， ∴f(x)max＝f(2)＝f(－1)＝1， f(x)min＝f(－3)＝－19，∴f(x)max－f(x)min＝20， ∴t≥20，實(shí)數(shù)t的最小值是20. 7．(2018·安徽省江南十校聯(lián)考)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)滿足：當(dāng)x≠2時(shí)，(x－2)(f(x)＋2f′(x)－xf′(x))>0，則(　　) 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?yàn)楫?dāng)x≠2時(shí)，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0， 所以當(dāng)x>2時(shí)，g′(x)<0， 即函數(shù)g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減， 則g()>g(3)>g(4)， 即>>， 即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)． 8．若曲線C1：y＝ax2(a>0)與曲線C2：y＝ex存在公共切線，則a的取值范圍為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　設(shè)公共切線在曲線C1，C2上的切點(diǎn)分別為(m，am2)，(t，et)，則2am＝et＝，所以m＝2t－2，a＝(t>1)，令f(t)＝(t>1)，則f′(t)＝，則當(dāng)t>2時(shí)，f′(t)>0；當(dāng)1<t<2時(shí)，f′(t)<0，因此f(t)≥f(2)＝，所以a≥，故選D. 9．(2018·遼寧省葫蘆島市普通高中模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋2cos x＋λ，在區(qū)間上任取三個(gè)數(shù)x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長(zhǎng)的三角形，則λ的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　∵函數(shù)f(x)＝x＋2cos x＋λ， ∴f′(x)＝1－2sin x，x∈， 由f′(x)＝0，得x＝， ∵x∈， ∴當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)>0， 當(dāng)x∈ 時(shí)，f′(x)<0， ∴f(x)max＝f＝＋＋λ， f(x)min＝f＝＋λ， ∵在區(qū)間上任取三個(gè)數(shù)x1，x2，x3均存在以f(x1)，f(x2)，f(x3)為邊長(zhǎng)的三角形， ∴f＝＋λ>0，① f＋f>f，② 聯(lián)立①②，得λ>－. 10．已知函數(shù)f(x)＝，關(guān)于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0(a∈R)有3個(gè)相異的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　f(x)＝ 當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝， 當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減， 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得極小值f(1)＝e. 當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)＝－>0，函數(shù)單調(diào)遞增， 如圖，畫出函數(shù)的圖象， 設(shè)t＝f(x)，當(dāng)t>e時(shí)，t＝f(x)有3個(gè)根，當(dāng)t＝e時(shí)，t＝f(x)有2個(gè)實(shí)根，當(dāng)0<t<e時(shí)，t＝f(x)有1個(gè)實(shí)根，考慮到原方程的判別式大于零恒成立，所以原方程等價(jià)于t2－2at＋a－1＝0有2個(gè)相異實(shí)根，其中t1＝e，t2∈(0，e)或t1≤0，t2>e，當(dāng)t＝e時(shí)，e2－2ae＋a－1＝0，解得a＝，檢驗(yàn)滿足條件；由t1≤0，t2>e得無解．故選D. 11．(2018·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝若f(x)有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，記過點(diǎn)A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))的直線的斜率為k，若0<k≤2e，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B. C．(e,2e] D. 答案　A 解析　當(dāng)x>0時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax－ln x的導(dǎo)數(shù)為f′(x)＝a－＝， 由函數(shù)f(x)為奇函數(shù)且有兩個(gè)極值點(diǎn)得a>0， 不妨設(shè)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(shè)h(a)＝a(1＋ln a)， 則當(dāng)a>時(shí)，h′(a)＝2＋ln a＝1＋(1＋ln a)>0， 所以h(a)在上單調(diào)遞增， 又h＝0，h(e)＝2e,0<k≤2e， 得h<h(a)≤h(e)， 所以<a≤e. 12．(2018·四川省成都市第七中學(xué)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－xln x＋2，若存在區(qū)間[a，b]?，使f(x)在[a，b]上的值域?yàn)閇k(a＋2)，k(b＋2)]，則k的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意得f′(x)＝2x－ln x－1， 設(shè)g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝2－(x>0)． 當(dāng)x≥時(shí)，g′(x)＝2－≥0， 所以函數(shù)g(x)＝f′(x)在上單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)≥f′＝－ln>0， 所以f(x)在上單調(diào)遞增， 因?yàn)閇a，b]?， 所以f(x)在[a，b]上單調(diào)遞增， 因?yàn)閒(x)在[a，b]上的值域?yàn)閇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(shù)圖象， 則兩圖象有兩個(gè)交點(diǎn)， 若直線y＝k(x＋2)過點(diǎn)， 則k＝， 若直線y＝k(x＋2)與y＝f(x)的圖象相切， 設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0) 則解得k＝1， 數(shù)形結(jié)合可知，實(shí)數(shù)k的取值范圍是. 13．(2018·河南省豫南九校聯(lián)考)若f(x)＝3xf′(1)－2x2，則f′(0)＝________. 答案　6 解析　由題意得f′(x)＝3f′(1)－4x， ∴f′(1)＝3f′(1)－4，∴f′(1)＝2， ∴f′(x)＝6－4x， ∴f′(0)＝6－4×0＝6. 14．(2018·煙臺(tái)模擬)已知直線2x－y＋1＝0與曲線y＝ln x＋a相切，則實(shí)數(shù)a的值是________． 答案　2＋ln 2 解析　由y＝ln x＋a求導(dǎo)得y′＝， 設(shè)切點(diǎn)是(x0，ln x0＋a)， 則y′＝＝2， 故x0＝，ln x0＝－ln 2， 切點(diǎn)是，代入直線方程得 2×＋ln 2－a＋1＝0， 解得a＝2＋ln 2. 15．(2018·峨眉山市第七教育發(fā)展聯(lián)盟模擬)對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，若其定義域內(nèi)存在兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)x1，x2，使得xif(xi)＝1(i＝1,2)成立，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，若函數(shù)f(x)＝具有性質(zhì)P，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　 解析　若函數(shù)f(x)＝具有性質(zhì)P， 則xf(x)＝1 有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根， 代入得xf(x)＝x·＝1， 即a＝x·ex在R上有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根． 令g(x)＝xex， 則g′(x)＝xex＋ex＝ex(1＋x)，令g′(x)＝0， 得x＝－1， 當(dāng)x變化時(shí)，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(jù)表格，畫出如圖所示的函數(shù)圖象 由圖象可知，a＝x·ex在R上有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根， 即y＝a與g(x)的圖象有兩個(gè)不同交點(diǎn)， 由極小值g(－1)＝－可知， 當(dāng)有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)，a的取值范圍為. 16．已知函數(shù)f(x)＝－x2－6x－3，g(x)＝，實(shí)數(shù)m，n滿足m<n<0，若?x1∈[m，n]，?x2∈(0，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)成立，則n－m的最大值為________． 答案　4 解析　因?yàn)間(x)＝，所以g′(x)＝，分母恒大于0，且ex>0，由題意討論x>0即可，則當(dāng)0<x<1時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，所以g(x)min＝g(1)＝2. f(x)＝－(x＋3)2＋6≤6，作函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，當(dāng)f(x)＝2時(shí)，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.