【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第三章第一讲导数的概念及运算作业 6页

第三章　导数及其应用 第一讲　导数的概念及运算 ‎1.[2020成都市高三摸底测试]设函数f (x)的导函数为f ' (x),若f (x) =exln x+‎1‎x‎-‎1,则f ' (1) =(　　)‎ A.e - 3 B.e - 2 C.e - 1 D.e ‎2.[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.-6‎ ‎3.[2020陕西省百校第一次联考]若f (x) =x3+a是定义在R上的奇函数,则曲线y =f (x)在点(1,f (1))处的切线方程是(　　)‎ A.y =3x-3 B.y =3x-2C.y =-3x-3 D.y =-3x-2‎ ‎4.[2020广东七校联考]已知函数f (x) =xln x+a的图象在点(1,f (1))处的切线经过原点,则实数a =(　　)‎ A.1 B.0 C.‎1‎e D.-1‎ ‎5.[2020洛阳市第一次联考]已知f (x)为偶函数,当x>0时,f (x) =ln x-3x,则曲线y =f (x)在点(-1,-3)处的切线与两坐标轴围成的图形的面积等于(　　)‎ A.1 B.‎3‎‎4‎ C.‎1‎‎4‎ D.‎‎1‎‎2‎ ‎6.[2020洛阳市第一次联考]已知f (x) =ln x,g(x) =‎1‎‎2‎x2+mx+‎7‎‎2‎(m<0),直线l与函数f (x),g(x)的图象都相切,且与f (x)图象的切点为(1,f (1)),则m的值为(　　)‎ A. - 1 B. - 3 C. - 4 D. - 2‎ ‎7.[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)‎ ‎8.[2019安徽示范高中高三测试]设f (x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,f ' (x),g'(x)为其导函数,当x<0时,f ' (x)g(x)+f (x)g'(x)>0且g(-3) =0,则不等式f (x)g(x)<0的解集是(　　)‎ A.(-3,0)∪(3,+∞) B.(-3,0)∪(0,3)‎ C.(-∞,-3)∪(3,+∞) D.(-∞,-3)∪(0,3)‎ ‎9.[2019福建五校第二次联考]已知函数f (x) =ln( - x+1),x<0,‎x‎2‎‎+3x,x≥0,‎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,+∞)‎ ‎10.[2020四川五校联考]已知函数f (x) =ex+ax.‎ ‎(1)若曲线y =f (x)在x =1处的切线与直线x+(e-1)y-1 =0垂直,求实数a的值;‎ ‎(2)若对于任意实数x≥0,f (x)>0恒成立,求实数a的取值范围.‎ ‎11.[2020洛阳市第一次联考]已知函数f (x)是定义在R上的偶函数,设函数f (x)的导函数为f ' (x),若对任意x>0都有2f (x)+‎ xf ' (x)>0成立,则(　　)‎ A.4f (-2)<9f (3) B.4f (-2)>9f (3)‎ C.2f (3)>3f (-2) D.3f (-3)<2f (-2)‎ ‎12.[2019开封市高三模拟]已知函数f (x) =(k+‎4‎k)ln x+‎4 - ‎x‎2‎x,k∈[4,+∞),曲线y =f (x)上总存在两点M(x1,y1),N(x2,y2),使曲线y =f (x)在M,N两点处的切线互相平行,则x1+x2的取值范围为(　　)‎ A.(‎8‎‎5‎,+∞) B.(‎16‎‎5‎,+∞)C.[‎8‎‎5‎,+∞) D.[‎16‎‎5‎,+∞)‎ ‎13.[2019辽宁五校联考]设函数f (x) =e2x-t的图象与g(x) =aex+a2x(a>0)的图象有公共点,且在公共点处的切线相同,则实数t的最大值是(　　)‎ A.e‎ - ‎‎1‎‎2‎ B.e‎1‎‎2‎ C.‎1‎‎2e D.‎‎2‎e ‎14.[2020武汉市部分学校质量监测]若直线y =kx+b是曲线y =ln x的切线,也是曲线y =ex-2的切线,则k =　　　　. ‎ ‎15.[2020唐山市摸底考试]已知函数f (x) =axsin x+bcos x,且曲线y =f (x)与直线y =π‎2‎相切于点(π‎2‎,π‎2‎).‎ ‎(1)求f (x);‎ ‎(2)若f (x)≤mx2+1,求实数m的取值范围.‎ ‎16.[2019江西红色七校联考]已知函数f (x) =ex(x2-2x+a)(其中a∈R,a为常数,e为自然对数的底数).‎ ‎(1)讨论函数f (x)的单调性;‎ ‎(2)设曲线y =f (x)在(a,f (a))处的切线为l,当a∈[1,3]时,求直线l在y轴上的截距的取值范围.‎ ‎17.[2020陕西省百校第一次联考][新角度题]已知函数f (x) =ln x,g(x) =2‎-‎‎3‎x(x>0).‎ ‎(1)试判断f (x)与g(x)的大小关系.‎ ‎(2)试判断曲线y =f (x)和y =g(x)是否存在公切线,若存在,求出公切线的方程;若不存在,说明理由.‎ 第三章导数及其应用 第一讲　导数的概念及运算 ‎1.C　由题意,得f ' (x)=(exln x)' - ‎1‎x‎2‎=exln x+exx‎ - ‎‎1‎x‎2‎,所以f ' (1)=0+e - 1=e - 1,故选C.‎ ‎2.D　由题意得f (1)=f ' (1)+2+2f (1),化简得f (1)= - f ' (1) - 2,而f ' (x)=2f ' (1)x+2,所以f ' (1)=2f ' (1)+2,解得f ' (1)= - 2,故f (1)=0,所以 f (x)= - 2x2+2x,所以f ' (x)= - 4x+2,所以f ' (2)= - 6,故选D.‎ ‎3.B　依题意得f (0)=0,即0+a=0,a=0,所以f (x)=x3,则f ' (x)=3x2,所以f ' (1)=3,又f (1)=1,因此曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线方程是y=3x - 2,故选B.‎ ‎4.A　∵f ' (x)=ln x+1,∴f ' (1)=1,又f (1)=a,∴f (x)的图象在点(1,f (1))处的切线方程为y=x - 1+a,又该切线过原点,故0=0 - 1+a,解得a=1,故选A.‎ ‎5.C　当x>0时,f ' (x)=‎1‎x - 3,因为f (x)是偶函数,所以f ' (x)是奇函数,故曲线y=f (x)在点( - 1, - 3)处的切线的斜率k=f ' ( - 1)= - f ' (1)=2,所以切线方程为y+3=2(x+1),该切线与x轴,y轴的交点分别为(‎1‎‎2‎,0),(0, - 1),所以该切线与两坐标轴围成的图形的面积等于‎1‎‎2‎‎×‎‎1‎‎2‎×1=‎1‎‎4‎,故选C.‎ ‎6.D　解法一　∵f ' (x)=‎1‎x,∴直线l的斜率k=f ' (1)=1,又f (1)=0,∴切线l的方程为y=x - 1.g' (x)=x+m,设直线l与g(x)的图象的切点为(x0,y0),则有x‎0‎‎+m=1,‎y‎0‎‎=x‎0‎ - 1,‎y‎0‎‎=‎1‎‎2‎x‎0‎‎2‎+mx‎0‎+‎7‎‎2‎,m<0,‎解得m= - 2.故选D.‎ 解法二　∵f ' (x)=‎1‎x,∴直线l的斜率k=f ' (1)=1,又f (1)=0,∴切线l的方程为y=x - 1.又直线l与g(x)的图象相切,则方程组y=x - 1,‎y=‎1‎‎2‎x‎2‎+mx+‎‎7‎‎2‎只有一组解,即关于x的方程‎1‎‎2‎x2+(m - 1)x+‎9‎‎2‎=0只有一个解,则Δ=(m - 1)2 - 4×‎1‎‎2‎‎×‎‎9‎‎2‎=0,结合m<0,解得m= - 2.故选D.‎ ‎7.A　对函数y=xex求导得y' =ex+x·ex=(1+x)ex.设切点坐标为(x0,x0ex‎0‎),则曲线y=xex过点A(a,0)的切线的斜率k=(1+x0)ex‎0‎‎=‎x‎0‎ex‎0‎x‎0‎‎ - a,化简得x‎0‎‎2‎ - 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.‎ ‎8.D　令h(x)=f (x)g(x),当x<0时,h' (x)=f ' (x)g(x)+f (x)g' (x)>0,则h(x)在( - ∞,0)上单调递增,又f (x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,所以h(x)为奇函数,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增.由g( - 3)=0,可得h( - 3)= - h(3)=0,所以当x< - 3或00想到构造函数h(x)=f (x)g(x).‎ ‎9.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.‎ ‎10.(1)因为f ' (x)=ex+a,‎ 所以曲线y=f (x)在点(1,f (1))处的切线的斜率为f ' (1)=e+a,‎ 因为直线x+(e - 1)y - 1=0的斜率为‎1‎‎1 - e,‎ 所以(e+a)×‎1‎‎1 - e= - 1,解得a= - 1.‎ ‎(2)若x=0,则a为任意实数时,f (x)=ex+ax>0恒成立.‎ 若x>0,f (x)=ex+ax>0恒成立,即当x>0时,a> - exx恒成立,‎ 设H(x)= - exx(x>0),则H' (x)= - exx - ‎exx‎2‎‎=‎‎(1 - x)‎exx‎2‎,‎ 当x∈(0,1)时,H' (x)>0,则H(x)在(0,1)上单调递增,‎ 当x∈(1,+∞)时,H' (x)<0,则H(x)在(1,+∞)上单调递减,‎ 所以当x=1时,H(x)取得最大值.‎ H(x)max=H(1)= - e,所以a> - e.‎ 所以要使当x≥0时,f (x)>0恒成立,a的取值范围为( - e,+∞).‎ ‎11.A　令g(x)=x2f (x),则g' (x)=2xf (x)+x2f ' (x).因为对任意x>0都有2f (x)+xf ' (x)>0成立,则当x>0时,g' (x)=x[2f (x)+xf ' (x)]>0成立,即函数g(x)=x2f (x)在x>0时单调递增,由函数f (x)是定义在R上的偶函数,得f ( - x)=f (x),所以g( - x)=( - x)2f ( - x)=x2f (x)=g(x),即g(x)=x2f (x)为偶函数,则有g( - 2)=g(2),且g(2)0,k≥4),由题意知,f ' (x1)=f ' (x2)(x1,x2>0且x1≠x2),即k+‎‎4‎kx‎1‎‎ - ‎‎4‎x‎1‎‎2‎ - 1=k+‎‎4‎kx‎2‎‎ - ‎‎4‎x‎2‎‎2‎ - 1,化简得4(x1+x2)=(k+‎4‎k)x1x2,而x1x2<(x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎)2,所以4(x1+x2)<(k+‎4‎k)(x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎)2,即x1+x2>‎16‎k+‎‎4‎k对k∈[4,+∞)恒成立,令g(k)=k+‎4‎k,则g' (k)=1 - ‎4‎k‎2‎‎=‎‎(k+2)(k - 2)‎k‎2‎>0对k∈[4,+∞)恒成立,故g(k)在[4,+∞)上单调递增,所以g(k)≥g(4)=5,所以‎16‎k+‎‎4‎k≤‎16‎‎5‎,所以x1+x2>‎16‎‎5‎.‎ 故x1+x2的取值范围为(‎16‎‎5‎,+∞).故选B.‎ ‎13.C　设函数f (x)=e2x - t的图象与g(x)=aex+a2x(a>0)的图象的公共点为(x0,y0),因为f ' (x)=2e2x,g' (x)=aex+a2,所以2e‎2‎x‎0‎=aex‎0‎+a2,所以(ex‎0‎ - a)(2ex‎0‎+a)=0,因为2ex‎0‎+a>0,所以ex‎0‎=a,所以x0=ln a.又aex‎0‎+a2x0=e‎2‎x‎0‎ - t,所以aeln a+a2ln a=e2ln a - t,化简得t= - a2ln a,则t' = - 2aln a - a2×‎1‎a=‎ ‎ - a(1+2ln a).令t' >0得0e‎ - ‎‎1‎‎2‎,所以t= - a2ln a在(0,e‎ - ‎‎1‎‎2‎)上单调递增,在(e‎ - ‎‎1‎‎2‎,+∞)上单调递减,所以当a=e‎ - ‎‎1‎‎2‎时,t= - a2ln a取得最大值,最大值为‎ - (e‎ - ‎‎1‎‎2‎)‎‎2‎ln e‎ - ‎‎1‎‎2‎‎=‎‎1‎‎2e.故选C.‎ ‎14.1或‎1‎e　解法一　设直线y=kx+b与曲线y=ln x相切于点(x1,ln x1),则曲线y=ln x在点(x1,ln x1)处的切线方程为y - ln x1=‎1‎x‎1‎(x - x1),即y=‎1‎x‎1‎x - 1+ln x1　①.‎ 设直线y=kx+b与曲线y=ex - 2相切于点(x2,ex‎2‎‎ - 2‎),则曲线y=ex - 2在点(x2,ex‎2‎‎ - 2‎)处的切线方程为y - ex‎2‎‎ - 2‎‎=‎ex‎2‎‎ - 2‎(x - x2),‎ 即y=ex‎2‎‎ - 2‎x+(1 - x2)ex‎2‎‎ - 2‎　②.‎ 由题意知①②表示同一直线,所以‎1‎x‎1‎‎=‎ex‎2‎‎ - 2‎,且 - 1+ln x1=(1 - x2)ex‎2‎‎ - 2‎.‎ 所以 - 1+ln x1=‎1 - ‎x‎2‎x‎1‎‎=‎1 - (2 - lnx‎1‎)‎x‎1‎=‎‎ - 1+lnx‎1‎x‎1‎,解得x1=1或x1=e.‎ 所以k=1或‎1‎e.‎ 解法二　直线y=kx+b与曲线y=ln x相切,则存在x1,使得k=‎1‎x‎1‎,且ln x1=kx1+b,‎ 消去x1,得 - ln k=1+b　①.‎ 直线y=kx+b与曲线y=ex - 2相切,则存在x2,使得k=ex‎2‎‎ - 2‎,且ex‎2‎‎ - 2‎=kx2+b,‎ 消去x2,得k=k(ln k+2)+b　②.‎ 由①②得k=kln k+2k - ln k - 1,即(k - 1)(ln k+1)=0,解得k=1或‎1‎e.‎ ‎15.(1)由f (π‎2‎)=aπ‎2‎‎=‎π‎2‎得a=1.‎ 则f ' (x)=xcos x+(1 - b)sin x,‎ 由f ' (π‎2‎)=1 - b=0得b=1.‎ 所以f (x)=xsin x+cos x.‎ ‎(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≥‎1‎‎2‎时,g' (x)≥0,即g(x)在[0,+∞)上单调递增,‎ 所以g(x)≥g(0)=0,‎ 从而当m≥‎1‎‎2‎时,f (x)≤mx2+1恒成立.‎ 当0≤m<‎1‎‎2‎时,因为y=2m - cos x在[0,π‎2‎]上单调递增,‎ 且当x=0时,y=2m - 1<0,当x=π‎2‎时,y=2m≥0,‎ 所以存在x0∈(0,π‎2‎],使得2m - cos x0=0,‎ 因此当x∈(0,x0)时,2m - cos x<0,g' (x)<0,即g(x)在(0,x0)上单调递减,‎ 所以当x∈(0,x0)时,g(x)0).‎ 由F' (x)=0,得x=3,当03时,F' (x)>0,‎ 故F(x)在区间(0,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,‎ 所以F(x)的最小值为F(3)=ln 3 - 1,且F(3)>0,所以F(x)>0,即f (x)>g(x).‎ ‎(2)曲线y=f (x)和y=g(x)不存在公切线,理由如下.‎ 假设曲线y=f (x)与y=g(x)有公切线,切点分别为P(x0,ln x0)和Q(x1,2 - ‎3‎x‎1‎).‎ 因为f ' (x)=‎1‎x,g' (x)=‎3‎x‎2‎,所以分别以P(x0,ln x0)和Q(x1,2 - ‎3‎x‎1‎)为切点的切线方程为y=xx‎0‎+ln x0 - 1,y=‎3‎x‎1‎‎2‎x+2 - ‎6‎x‎1‎.‎ 由‎1‎x‎0‎‎=‎3‎x‎1‎‎2‎,‎lnx‎0‎ - 1=2 - ‎6‎x‎1‎,‎得2ln x1+‎6‎x‎1‎ - (3+ln 3)=0.‎ 令h(x)=2ln x+‎6‎x - (3+ln 3),则h' (x)=‎2‎x‎ - ‎‎6‎x‎2‎(x>0),令h' (x)=0,得x=3.显然,当03时,h' (x)>0,所以h(x)在区间(0,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,所以h(x)的最小值为h(3)=2ln 3+2 - 3 - ln 3=ln 3 - 1,且h(3)>0,所以h(x)>0,所以方程2ln x1+‎6‎x‎1‎ - (3+ln 3)=0无解,所以曲线y=f (x)与曲线y=g(x)不存在公切线.‎