（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：8＋6分項(xiàng)練14 導(dǎo)數(shù) 理

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1、（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：8＋6分項(xiàng)練14 導(dǎo)數(shù) 理 1．(2018·四平模擬)定積分?dx的值為(　　) A. B. C．π D．2π 答案　A 解析　∵y＝， ∴(x－1)2＋y2＝1表示以(1,0)為圓心，以1為半徑的圓， ∴定積分?dx等于該圓的面積的四分之一， ∴定積分?dx＝. 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)，

2、 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)?/p>

3、ex>0，令h′(x)>0，可得x>1， 令h′(x)<0，可得0

4、x＋1＝e，即x＝e－1， 則滿足00，解得1

5、即n－m的取值范圍是[3－2ln 2,2)． 4．(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，(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，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0， 所以當(dāng)x>2時，g′(x)<0， 即函數(shù)g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減， 則g()>g(3)>g

6、(4)， 即>>， 即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)． 5．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，f′(t)>0；當(dāng)1

7、的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　f(x)＝ 當(dāng)x>0時，f′(x)＝， 當(dāng)01時，f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增， 當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得極小值f(1)＝e. 當(dāng)x<0時，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，t＝f(x)有3個根，當(dāng)t＝e時，t＝f(x)有2個實(shí)根，當(dāng)0

8、t2>e，當(dāng)t＝e時，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. 7．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A. B.∪[e2，＋∞) C. D.∪[e，＋∞) 答案　B 解析　函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點(diǎn)， 即方程f(x)＝ax－a存在實(shí)數(shù)根， 即函數(shù)y＝f(x)與y＝a(x－1)的圖象有交點(diǎn)， 如圖所示，作出f(x)圖象，直線y＝a(x－1)恒過定點(diǎn)(1,0)， 過點(diǎn)(－2,1)與(1,0)的直線的斜率k＝＝－， 設(shè)直線y＝a(x－1)與y＝ex相切于點(diǎn)

9、(x0，)， 則切點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)值為， 則過切點(diǎn)的直線方程為y－＝(x－x0)， 又切線過點(diǎn)(1,0)，則－＝(1－x0)， ∴x0＝2e，得x0＝2， 此時切線的斜率為e2， 由圖可知，要使函數(shù)g(x)＝f(x)－ax＋a存在零點(diǎn)， 則實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤－或a≥e2. 8．(2018·江西省重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln x＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，g(x)＝－2，對任意的x0∈(0,2]，關(guān)于x的方程f(x)＝g(x0)在上有兩個不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍(其中e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù))為(　　) A. B. C. D.

10、 答案　C 解析　函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 且f′(x)＝＋2ax＋(2＋a)＝(x>0)， 當(dāng)a＝0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a>0時，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； 當(dāng)a<0時，f(x)在上單調(diào)遞減， 在上單調(diào)遞增． g(x)＝－2，則g′(x)＝， 當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減， 其中g(shù)(0)＝－2，g(1)＝－2，g(2)＝－2， 則函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,2]上的值域?yàn)椋? f(x)＝g(x0)在(0，e]上有兩個不

11、同的實(shí)數(shù)根， 則必有a<0，且 由f(x)的解析式有f(0)→－∞， f?＝ln－－1， f(e)＝1＋ae2＋(2＋a)e， 則滿足題意時應(yīng)有 注意到函數(shù)f(x)＝ln x＋x－1是單調(diào)遞增函數(shù)， 且f?＝－2， 據(jù)此可知方程ln－－1＝－2的唯一實(shí)數(shù)根滿足－＝，即a＝－e， 則不等式ln－－1>－2的解集為(－e，＋∞)， 求解不等式1＋ae2＋(2＋a)e≤－2，可得a≤－. 求解不等式－

12、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. 10．若直線y＝2x＋b是曲線y＝ex－2的切線，則實(shí)數(shù)b＝________. 答案?。?ln 2 解析　由題意可知，設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，y′＝ex，由y＝2x＋b是曲線y＝ex－2的切線，得ex0＝2，x0＝ln 2，代入曲線得y0＝0，然后將切點(diǎn)坐標(biāo)代入切線得b＝－2ln 2. 11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(ln 3x)2－2a(x＋3ln 3x)＋10a2，若存在x0使得f(x0)≤成立，則實(shí)數(shù)a的值為________

13、． 答案　 解析　f(x)＝x2＋(ln 3x)2－2a(x＋3ln 3x)＋10a2＝(x－a)2＋(ln 3x－3a)2表示點(diǎn)M(x，ln 3x)與點(diǎn)N(a,3a)距離的平方，M點(diǎn)的軌跡是函數(shù)g(x)＝ln 3x的圖象，N點(diǎn)的軌跡是直線y＝3x，則g′(x)＝.作g(x)的平行于直線y＝3x的切線，切點(diǎn)為(x1，y1)，則＝3，所以x1＝，切點(diǎn)為P，所以曲線上點(diǎn)P到直線y＝3x的距離最小，最小距離d＝，所以f(x)≥，根據(jù)題意，要使f(x0)≤，則f(x0)＝，此時N為垂足，點(diǎn)M與點(diǎn)P重合，kMN＝＝－，得a＝. 12．(2018·峨眉山市第七教育發(fā)展聯(lián)盟聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝al

14、n(x＋2)－x2，在區(qū)間(0,1)內(nèi)任取兩個實(shí)數(shù)p，q，且p>q，若不等式>2恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　 解析　由已知p>q，可得f(p＋1)－f(q＋1)>2(p－q)， f(p＋1)>f(q＋1)＋2p－2q， f(p＋1)－2p>f(q＋1)－2q， f(p＋1)－2p－2>f(q＋1)－2q－2， f(p＋1)－2(p＋1)>f(q＋1)－2(q＋1)． 令g(x)＝f(x)－2x，則有g(shù)(p＋1)>g(q＋1)． 因?yàn)閜，q∈(0,1)， 所以p＋1∈(1,2)，q＋1∈(1,2)， 又因?yàn)閜>q， 所以g(x)＝f(x)－2x在(

15、1,2)上為單調(diào)遞增函數(shù)， 則g′(x)＝f′(x)－2＝－2x－2≥0在(1,2)上恒成立， 即a≥(x＋2)(2x＋2)在x∈(1,2)時恒成立， 令h(x)＝(x＋2)(2x＋2)＝22－， h(x)在(1,2)上為增函數(shù)， 所以a≥h(2)＝24. 即a 的取值范圍為. 13．(2018·河北省衡水中學(xué)模擬)若存在兩個正實(shí)數(shù)x，y使等式2x＋m(y－2ex)(ln y－ln x)＝0成立(其中e＝2.718 28…)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是_____________________． 答案　(－∞，0)∪ 解析　由題意可得m＝， 則＝＝·ln， 令t＝，構(gòu)造函數(shù)g(

16、t)＝ln t(t>0)， 則g′(t)＝－ln t＋× ＝－ln t＋－(t>0)， 設(shè)h(t)＝g′(t)， 則h′(t)＝－－＝－<0恒成立， 則g′(t)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減， 當(dāng)t＝e時，g′(t)＝0， 則當(dāng)t∈(0，e)時，g′(t)>0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞增， 當(dāng)t∈(e，＋∞)時，g′(t)<0，函數(shù)g(t)單調(diào)遞減， 則當(dāng)t＝e時，g(t)取得最大值g(e)＝， 據(jù)此有≤，∴m<0或m≥. 綜上可得實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，0)∪. 14．已知函數(shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．若不等式f(x)≤0恒成立，則的最小值

17、為________． 答案　－ 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝ln x＋(e－a)x－b， 所以f′(x)＝＋(e－a)，其中x>0， 當(dāng)a≤e時，f′(x)>0， 所以f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f(x)≤0不恒成立； 當(dāng)a>e時，令f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝， 當(dāng)x∈時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝時，f(x)取得最大值， 因?yàn)椴坏仁絝(x)≤0恒成立， 所以f＝－ln(a－e)－b－1≤0， 所以ln(a－e)＋b＋1≥0， 所以b≥－1－ln(a－e)， 所以≥，a>e， 設(shè)F(

18、x)＝，x>e， 則F′(x)＝ ＝，x>e， 令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e， 則H′(x)＝ln(x－e)＋1， 由H′(x)＝0，解得x＝e＋， 當(dāng)x∈時，H′(x)>0，H(x)單調(diào)遞增， 當(dāng)x∈時，H′(x)<0，H(x)單調(diào)遞減， 所以當(dāng)x＝e＋時，H(x)取得最小值， 最小值為H＝－e－， 因?yàn)楫?dāng)x→e時，H(x)→－e， 當(dāng)x>2e時，H(x)>0，H(2e)＝0， 所以當(dāng)x∈(e,2e)時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞減， 當(dāng)x∈(2e，＋∞)時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)單調(diào)遞增， 所以當(dāng)x＝2e時，F(xiàn)(x)取最小值F(2e)＝＝－， 所以的最小值為－.