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1、1/17 高中数学总复习知识点专题讲解与练习 专题 4 导数 一、单项选择题 1已知曲线 f(x)ln x 的切线经过原点，则此切线的斜率为()Ae Be C.1e D1e 答案 C 解析 方法一：f(x)ln x，x(0，)，f(x)1x.设切点 P(x0，ln x0)，则切线的斜率 kf(x0)1x0ln x0 x0，ln x01，x0e，k1x01e.方法二(数形结合法)：在同一坐标系中作出曲线 f(x)ln x 及曲线 f(x)ln x 经过原点的切线，如图所示，数形结合可知，切线的斜率为正，且小于 1.故选 C.2(2021茂名第三次联考)已知 f(x)为奇函数，且 x0 时，f(x
2、)x24x，则曲线 yf(x)在点(2，f(2)处的切线方程为()A3xy0 B3xy120 C5xy80 D5xy120 答案 C 2/17 解析 由 f(x)为奇函数，且 x0 时，f(x)x24x，可得当 x0)，由 x9x0，得 00 且 a13，解得 1a2.5已知 f(x)2(x1)cos x，则不等式 f(ln x1)0，得函数 f(x)在 R 上单调递增，又 f(0)2cos 01，故不等3/17 式 f(ln x1)1 可化为 f(ln x1)f(0)，得 ln x10，解得 0 x1e时，f(x)0；当 0 x1e时，f(x)0.故 x1e是函数 f(x)的极值点，故 a1
3、 成立故选 B.7(2021肇庆市第三次统一检测)已知函数 f(x)x2e1xa 有三个零点，则实数 a 的取值范围是()A.0，2e B.0，4e C.0，2e2 D.0，4e2 答案 B 解析 由 x2e1xa0ax2e1x，设 g(x)x2e1x，g(x)e1xx(2x)，当 x(，0)时，g(x)0，当 x(2，)时，g(x)0，所以函数 g(x)在(，0)上单调递减，在(0，2)上单调递增，在(2，)上单调递减，因为 g(0)0，g(2)4e，故 0a1 时 f(x)0，a0 不合条件 令 h(x)x1exax1，则 h(x)0恒成立，又 h(0)0，h(x)在 x0 处取得最大值，
4、故 x0 为 h(x)在 R 上的极大值点，故 h(0)0，又 h(x)2xaexex，故 20ae00，a2.故选 B.9(2021贵州铜仁市高三第二次模拟)已知函数 f(x)1ex，x0，12x22x，x0，函数 g(x)k(x1)，若方程 f(x)g(x)恰有三个实数解，则实数 k 的取值范围为()A1 5，0)B(0，1 5)C(0，3 5 D(0，3 5)答案 D 解析 依题意，画出 f(x)1ex，x0，12x22x，x0的图象，如图直线 g(x)k(x1)过定点(1，0)，由图象可知，函数 g(x)的图象与 f(x)12x22x，x0 的图象相切时，函数 f(x)，g(x)的图象
5、恰有两个交点 下面利用导数法求该切线的斜率 设切点为 P(x0，y0)，由 f(x)x2，x0，得 kf(x0)x0212x022x0 x01，5/17 化简得 x022x040，解得 x01 5或 x01 5(舍去)，要使方程 f(x)g(x)恰有三个实数解，则函数 f(x)，g(x)的图象恰有三个交点，结合图象可知 0k0 时，f(x)xf(x)0，且 f(1)0，则不等式(x22x)f(x)0 时，f(x)xf(x)0，当x0 时，g(x)0，即 g(x)在(0，)上单调递增，在(，0)上单调递减，由 f(1)0，得 g(1)0，g(1)0.不等式(x22x)f(x)0 等价于(x2)g
6、(x)0，x20或x20，g（x）0，即x2，x1或x2，1x0或0 x1，得 x1 或 1x2.故选A.二、多项选择题 11定义在 R 上的可导函数 yf(x)的导函数的图象如图所示，以下结论正确的是()A3 是 f(x)的一个极小值点 B2 和1 都是 f(x)的极大值点 Cf(x)的单调递增区间是(3，)Df(x)的单调递减区间是(，3)6/17 答案 ACD 解析 当 x3 时，f(x)0，函数 f(x)在(，1)，(1，)上单调递增，当 x(1，1)时，f(x)0 恒成立；当 a0 的解集为1e，B函数 f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减 C若函数 F(x)f(x)
7、ax2有两个极值点，则 a(0，1)D若 x1x20 时，m2(x12x22)f(x1)f(x2)恒成立，则 m1 答案 AD 8/17 解析 因为 f(x)xln x，g(x)f（x）xln x1x，所以 g(x)ln xx2，令 g(x)0，得 x(0，1)，故 g(x)在(0，1)上单调递增；令 g(x)1 时，g(x)0，g1e0，g(1)1，当 x0 时，g(x)，故 g(x)的图象如下所示：数形结合可知，g(x)0 的解集为1e，故 A 正确；f(x)1ln x，当 x1e时，f(x)0，当 0 x1e时，f(x)0，所以函数 f(x)在(0，1e)上单调递减，在(1e，)上单调递
8、增，故 B 错误；若函数 F(x)f(x)ax2有两个极值点，即 F(x)xln xax2有两个极值点，又 F(x)ln x2ax1，要满足题意，则需 ln x2ax10 在(0，)有两根，也即 2aln x1x在(0，)有两根，也即直线 y2a 与 yg(x)的图象有两个交点 数形结合可知 02a1，解得 0ax20 时，m2(x12x22)f(x1)f(x2)恒成立，即m2x12x1ln x1m2x22x2ln x2恒成立，9/17 构造函数 h(x)m2x2xln x，则 h(x1)h(x2)对任意的 x1x20 恒成立，故 h(x)在(0，)单调递增，则 h(x)mxln x10 在(
9、0，)恒成立，也即ln x1xm 在区间(0，)恒成立，令 t(x)ln x1x，即 mt(x)max，易知 t(x)max1，则 m1，故 D 正确故选 AD.三、填空题 15(2021蚌埠市四质检)已知曲线 yxexaln x(aR)在1，1e处切线的斜率为 1，则 a_ 答案 1 16(2021郑州市第一次质量预测)已知函数 f(x)ln xx，则 f(x)的最大值为_ 答案 1 解析 方法一：由题意知，f(x)的定义域为(0，)，f(x)1x11xx，令 f(x)0，得 x1，当 x(0，1)时，f(x)0，函数 f(x)在(0，1)上单调递增，当 x(1，)时，f(x)0，f(x)在
10、(1，)上单调递减，故函数 f(x)在 x1 时取得极大值，也是最大值，最大值为 f(1)1.方法二：由常用结论 ln xx1(x1 时取等号)，可知当 x1 时，函数 f(x)取得最大值，最大值为 f(1)1.17(2021东北三校联考)定义在(0，)上的函数 f(x)满足 f(x)xf(x)1x，f(1)1，则f(x)的零点是 _ 答案 1e 10/17 解析 令 g(x)xf(x)，则 g(x)f(x)xf(x)1x，g(x)ln xC(C 为常数)，即 xf(x)ln xC(C 为常数)又 f(1)1，C1，f(x)lnx1x，令 f(x)ln x1x0，则 ln x10，ln x1，
11、得 xe11e，故 f(x)的零点为1e.18.(2021长春市普高联谊校联考)如图，C，D 是两所学校所在地，C，D 到一条公路的垂直距离分别为 CA8 km，DB27 km.为了缓解上下学的交通压力，市政府决定在 AB 上找一点 P，分别向 C，D 修建两条垂直的公路 PC 和 PD，设APC02，则当PCPD 最小时，AP_ km.答案 12 解析 由题意得，PCPDACsinDBsin28sin 27cos(02)，令 y8sin 27cos(00 时，tan 23，当 y0 时，tan 23.故当 tan 23时，y 取得最小值，此时 APACtan 82312(km)19【多选题】
12、关于函数 f(x)1xln x，下列说法正确的是()Af(1)是 f(x)的极小值 11/17 B函数 yf(x)x 有且只有 1 个零点 Cf(x)在(，1)上单调递减 D设 g(x)xf(x)，则 g1e0，故 C 错误 f(x)1x21x1xx2，在(0，1)上 f(x)0，f(x)单调递增，所以 f(x)极小值f(1)1，故 A 正确 yf(x)x1xln xx，y1x21x1x2x1x2x12234x20，g(x)单调递增，在(0，e1)上，g(x)0，g(x)单调递减，所以 g(x)最小值g(e1)g1e，12/17 所以 g1eg(e)，故 D 正确故选ABD.20(2021唐山
13、三模)关于 x 的不等式 x2a(x1)ex0 且 x时，f(x)，则不等式 x2a(x1)ex0有无穷多个整数解，不符合题意；当 a0 时，x20 无解，不符合题意 当 a0 时，f(0)a0.则必有 f(1)10，f(1)12ae10，解得 ae2，e2a0.当e2a0 时，f(x)2xaxexx(2aex)当 x0 时，f(x)0 时，f(x)0，则 f(x)单调递增 当 x1 时，f(x)f(1)0，当 x1 时，f(x)f(1)0.故当e2a0 时，f(x)0 恰有一个整数解，即为 0，即 f(0)0 恒成立，不满足条件；当 yex时，yex0 恒成立，不满足条件；当 yx3时，y3
14、x20 恒成立，不满足条件故选 A.2已知函数 f(x)x36bx3b 在(0，1)上有极小值，则实数 b 的取值范围是()A(，0)B.0，12 C.12，D(0，1)答案 B 解析 函数f(x)x36bx3b的导数为f(x)3x26b.因为函数f(x)x36bx3b在(0，1)上有极小值，所以 f(x)3x26b 在(0，1)上有零点，则 f(0)0，即6b0，所以 0b12，即实数 b 的取值范围是0，12.故选 B.3【多选题】已知 f(x)ex2x2有且仅有两个极值点，分别为 x1，x2(x1x2)，则下列不等式中正确的是(参考数据：ln 31.098 6)()Ax1x2114 Cf
15、(x1)f(x2)0 答案 AD 解析 由题意得 f(x)ex4x，则 f14e1410，f12e1220，f(2)e28ln 3，所以 f94e9490，从而14x112，2x294，所以 x1x21.因为 f(2ln 3)98ln 30，所以 x2g(2ln 3)g(2.2)0.881，所以 f(x1)f(x2)0，故 D 正确，C 错误 4(2021湖南省名校大联考)若 f(x)为定义在 R 上的偶函数，当 x(，0时，f(x)2x0，则不等式 f(x1)f(x2)2x3 的解集为()A.32，B(，3)C.，32 D.32，答案 D 解析 令 g(x)f(x)x2，因为 f(x)为定义
16、在 R 上的偶函数，所以 g(x)也是定义在 R 上的偶函数，g(x)f(x)2x，当 x(，0时，g(x)f(x)2x0，所以 g(x)在(，0上单调递增，所以当 x(0，)时，g(x)单调递减g(x1)f(x1)(x1)2，g(x2)f(x2)(x2)2，所以不等式 f(x1)f(x2)2x3，可化为 f(x1)(x1)2f(x2)(x2)2，即 g(x1)g(x2)，所以|x1|32.故选 D.5.【多选题】已知定义在 R 上的函数 f(x)，其导函数 f(x)的大致图象如图所示，则下列叙述正确的是()Af(a)f(b)f(c)B函数 f(x)在 xc 处取得极小值，在 xe 处取得极大
17、值 C函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值 15/17 D函数 f(x)的最小值为 f(d)答案 AC 解析 由题图可知，当 xc 时，f(x)0，所以函数 f(x)在(，c上单调递增，又 abc，所以 f(a)f(b)f(c)，A 正确；因为 f(c)0，f(e)0，且 x0；cxe 时，f(x)e 时，f(x)0，所以函数 f(x)在 xc 处取得极大值，在 xe 处取得极小值，B 不正确、C 正确；由题图知，当 dxe 时，f(x)0，所以函数 f(x)在d，e上单调递减，从而 f(d)f(e)，所以 D 不正确故选 AC.6已知函数 f(x)ax312x2xxl
18、n x 存在两个极值点，则实数 a 的取值范围是()A.0，13B.0，16 C.0，16D.0，13 答案 D 解析 由题可得 f(x)的定义域为(0，)，f(x)3ax2xln x，因为函数 f(x)有两个极值点，所以 f(x)有两个变号零点 由 f(x)0，得 3ax2xln x，即 3axln xx2.令 g(x)xln xx2，则 g(x)x12ln xx3，易知函数 h(x)x12ln x 在(0，)上单调递减，且 h(1)0，所以当 0 x0，g(x)单调递增；当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递减故 g(x)maxg(1)1，又当 0 x1e时，g(x)1 时，g(x)0，
19、所以要使 f(x)有两个变号零点，需 03a1，即 0a0，a2sin 2xsin xcos x在区间0，2上恒成立令 g(x)2sin 2xsin xcos x4sin xcos xsin xcos x，令 tsin xcosx，则 4sin xcos x2(t21)，又 tsin xcos x 2sinx4，x0，2，所以 t1，2，故函数 h(t)2t22t2t2t，函数 h(t)在 t1，2时单调递增，所以当t 2时，h(t)取到最大值，h(t)max 2，故 g(x)max 2，所以 a 2.所以实数 a 的取值范围为 2，)8(2021A 佳湖南大联考)已知函数 f(x)ln x，
20、x1，14（x7），xx1且 f(x1)f(x2)，则x1x2的最大值是_ 答案 8ln 211 解析 因为 f(x)ln x，x1，14（x7），xx1，则 x21，e2)，且14(x17)ln x2，解得 x14ln x27.则17/17 x1x24ln x2x27，x21，e2)，令 g(x)4ln xx7，x1，e2)，则由 g(x)4xx0，解得 x4，故 g(x)在区间(1，4)上单调递增，在区间(4，e2)上单调递减，则 g(x)在x4 时取最大值 g(4)4ln 4118ln 211，即 x1x2的最大值为 8ln 211.9(2021湖北十一校第二次联考)已知不等式(2axl
21、n x)x2(a1)x10 对任意 x0恒成立，则实数 a 的取值范围是_ 答案 12e，1 解析 令 f(x)2axln x，g(x)x2(a1)x1，则 f(x)2a1x2ax1x，当 a0 时，f(x)1 时，f(x)x2(a1)xa(xa)(x1)，当 x1 时，(xa)(x1)0，即 g(x)0 恒成立，所以当 x1 时，f(x)g(x)0 时，由 f(x)0得 0 x0 得 x12a，所以函数 f(x)在0，12a上单调递减，在12a，上单调递增，所以当 x12a时，函数 f(x)取得最小值，且最小值为 f12a1ln(2a)，当 f12a0时，得 0a0，则 f12ag12a0，所以只需 ga120，得12ea1.综上可知，12ea1，即实数 a 的取值范围是12e，1.