1、第三章导数及其应用第一讲导数的概念及运算1.已知点P在曲线y=4(2x+1)ln2上,为曲线在点P处的切线的倾斜角,则的取值范围是()A.0,4)B.4,2)C.(2,34D.34,)2.2021晋南高中联考函数f(x)=ln 2x-1x的图象在点(12,f(12)处的切线方程为()A.y=6x-5B.y=8x-6C.y=4x-4D.y=10x-73.条件创新已知函数f(x)=(x2+m)ex(mR)的图象在x=1处的切线的斜率等于e,且g(x)=f(x)x,则g(-1)=()A.4eB.-4eC.e4D.-e44.易错题已知函数f(x)=f(1)x2+2x+2f(1),则f(2)的值为()A
2、.-2B.0C.-4D.-65.2021石家庄市一检原子有稳定和不稳定两种.不稳定的原子除天然元素外,主要由核裂变或核聚变过程中产生碎片形成,这些不稳定的元素在放出、等射线后,会转变成稳定的原子,这种过程称之为“衰变”.这种不稳定的元素就称为放射性同位素.随着科学技术的发展,放射性同位素技术已经广泛应用于医学、航天等众多领域,并取得了显著经济效益.假设在放射性同位素钍234的衰变过程中,其含量N(单位:贝克)与时间t(单位:天)满足函数关系N(t)=N02-t24,其中N0为t=0时钍234的含量.已知t=24时,钍234含量的瞬时变化率为-8ln 2,则N(120)=()A.12贝克B.12
3、ln 2贝克C.6贝克D.6ln 2贝克6.2020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)7.2020福建五校联考已知函数f(x)=ln(-x+1),xg(x2)成立.11.数学探索已知函数f(x)=12ax2-ax+ln x的图象在点(x1,f(x1)处与点(x2,f(x2)(x1x2)处的切线均平行于x轴,则x1+x2+x1x2+f(x1)+f(x2)的取值范围是()A.(-,-74-2ln 2)B.(-74-2ln 2,74-2ln 2)C.(74-2
4、ln 2,+)D.(-74-2ln 2,+)12.2021南昌市高三测试已知曲线C1:y=ex+m,C2:y=x2,若恰好存在两条直线l1,l2与曲线C1,C2都相切,则实数m的取值范围是()A.(2ln 2-2,+)B.(2ln 2,+)C.(-,2ln 2-2)D.(-,2ln 2)13.2020长春市第四次质量监测函数f(x)=emx+e-mx+x2-mx(mR)的图象在点A(x1,f(x1),B(-x1,f(-x1)处两条切线的交点P(x0,y0)一定满足()A.x0=0B.x0=mC.y0=0D.y0=m14.2021惠州市二调已知实数a0,函数f(x)=2x+a2x+aln x,x
5、(0,10).(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若x=1是函数f(x)的极值点,曲线y=f(x)在点P(x1,f(x1),Q(x2,f(x2)(x1x2)处的切线分别为l1,l2,且l1,l2在y轴上的截距分别为b1,b2,若l1l2,求b1-b2的取值范围.15.2020唐山市摸底考试已知函数f(x)=axsinx+bcosx,且曲线y=f(x)与直线y=2相切于点(2,2).(1)求f(x);(2)若f(x)mx2+1,求实数m的取值范围.16.角度创新已知函数f(x)=ex,g(x)=ln x.(1)若曲线y=f(x)在x=0处的切线方程为y=kx+b,且存在实数m,n,使得直线y-
6、m=k(x+n)+b与曲线y=g(x)相切,求m+n的值;(2)若函数(x)=x+af(x)(g(x)-x)有零点,求实数a的取值范围.答 案第三章导数及其应用第一讲导数的概念及运算1.Dy=4(2x+1)ln2的导数为y=4ln2-2xln2(2x+1)2=-42x+12x+2,由2x+12x22x12x=2(当且仅当x=0时取等号),得12x+12x+2(0,14,所以-42x+12x+2-1,0),即tan -1,0),结合0,可得340,解得a0.故选A.7.B令g(x)=x2+3x(x0),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
7、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)x0,即f(x)(m+2)x,则0m+23,解得-2m1.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.8.2因为(x3+ax+b)=3x2+a,所以312+a=2,13+a1+b=3,解得a=-1,b=3,所以a3+b=2.9.4y=1x,设切点坐标为(x0,y0)(x00),则y0=lnx0+1,y0=ax0+b
8、,a=1x0,所以b=ln x0,所以4a+eb=4x0+x024x0x0=4,当且仅当x0=2时取“=”,故4a+eb的最小值为4.10.(1)f(x)的定义域为(0,+),f(x)=ln x+1-mx,f(1)=1-m,因为f(x)的图象在(1,f(1)处的切线与直线x-y+1=0平行,所以1-m=1,即m=0.(2)在(1)的条件下,f(x)=xlnx,f(x)=ln x+1,当x(0,1e)时,f(x)0,f(x)单调递增,所以f(x)=xlnx在x=1e时取得最小值f(1e)=-1e,所以f(x1)-1e.g(x)=-x+1ex-2ex+e-1e,则g(x)=xex-2e,令h(x)
9、=g(x)=xex-2e,x0,则h(x)=1-xex,所以当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)g(1)=h(1)=-1e,因为g(x)-1e0,所以g(x)在(0,+)上单调递减,所以g(x2)g(x2).11.A函数f(x)的定义域为(0,+),且f(x)=ax-a+1x=ax2-ax+1x,则根据导数的几何意义知x1,x2是方程ax2-ax+1=0的两个不等正根,则=a2-4a0,x1x2=1a0,x1+x2=1,则a4.令h(a)=x1+x2+x1x2+f(x1)+f(x2)=1+1a+ln x1+12ax12-ax1+ln x2+1
10、2ax22-ax2=1+1a+ln1a+12a(1-2a)-a=-12a-ln a+1a.易知函数h(a)=-12a-ln a+1a在(4,+)上单调递减,则h(a)0,所以ex0+m+4(1-x0)=0,即ex0+m-4x0+4=0.依题意可知关于x0的方程ex0+m-4x0+4=0有两个不同的根.构造函数g(x)=ex+m-4x+4,则g(x)有两个零点.(题眼)g(x)=ex+m-4,令g(x)=0,解得x1=ln 4-m,令g(x)0,得xx1,令g(x)0,得xx1,所以g(x)在(-,x1)上单调递减,在(x1,+)上单调递增,且当x-时,g(x)+,当x+时,g(x)+,所以要使
11、g(x)有两个零点,则需g(x1)0,即eln 4-4(ln 4-m)+40,解得m2ln 2-2.故选C.解法二同解法一得到“关于x0的方程ex0+m-4x0+4=0有两个不同的根”,即ex0+m=4x0-4有两个不同的根,即函数y=ex+m与y=4x-4的图象有两个不同的交点.求出直线y=4x-4与曲线y=ex+m相切时m的值,即可求出m的取值范围.令(ex+m)=ex+m=4,得x=ln 4-m,则切点为(ln 4-m,4),代入切线方程y=4x-4得4=4(ln 4-m)-4,解得m=2ln 2-2,此时直线y=4x-4与曲线y=ex+m相切,将曲线y=ex+2ln 2-2向右平移可满
12、足与直线y=4x-4有两个不同的交点,所以m2ln 2-2.故选C.13.A由题意,得f(x)=memx-me-mx+2x-m,则切线PA的方程为y-(emx1+e-mx1+x12-mx1)=(memx1-me-mx1+2x1-m)(x-x1),切线PB的方程为y-(e-mx1+emx1+x12+mx1)=(me-mx1-memx1-2x1-m)(x+x1),将(x0,y0)代入两条切线方程,得y0-(emx1+e-mx1+x12-mx1)=(memx1-me-mx1+2x1-m)(x0-x1),y0-(e-mx1+emx1+x12+mx1)=(me-mx1-memx1-2x1-m)(x0+x
13、1),-,得2mx1=2(memx1-me-mx1+2x1)x0+2mx1,即(memx1-me-mx1+2x1)x0=0.因为对任意mR,x1R,memx1-me-mx1+2x1=0不恒成立,所以x0=0,故选A.14.(1)f(x)=-2x2+a2+ax=(ax+2)(ax-1)x2(0x0,0x0.当1a10,即a(0,110时,f(x)0,则f(x)在(0,10)上单调递减;当01a10,即a(110,+)时,令f(x)0,得0x0,得1ax0,0x10,因此分类讨论的标准是以1a是否在定义域内进行制定的)综上,当a(0,110时,f(x)在(0,10)上单调递减;当a(110,+)时
14、,f(x)在(0,1a)上单调递减,在(1a,10)上单调递增.(2)x=1是f(x)的极值点,f(1)=0,即(a+2)(a-1)=0,解得a=1或a=-2(舍),此时f(x)=2x+x+lnx,f(x)=-2x2+1x+1,切线l1的方程为y-(2x1+x1+ln x1)=(-2x12+1x1+1)(x-x1),令x=0,得b1=4x1+ln x1-1,同理可得b2=4x2+ln x2-1.l1l2,-2x12+1x1+1=-2x22+1x2+1,整理得x1x2=2(x1+x2),x2=2x1x1-2,b1-b2=4x2-4x1x1x2+ln x1x2=2(x2-x1)x1+x2+ln x
15、1x2=2(1-x1x2)1+x1x2+ln x1x2.又0x1x210,x12x1x1-210,得52x10,g(t)在(14,1)上单调递增,又g(1)=0,g(14)=65-2ln 2,g(t)(65-2ln 2,0),(换元以及构造新函数,利用导数研究新函数的单调性和在特定区间上的值域,从而求得b1-b2的取值范围)即b1-b2的取值范围为(65-2ln 2,0).15.(1)由f(2)=a2=2得a=1,则f(x)=xcosx+(1-b)sin x,由f(2)=1-b=0得b=1,所以f(x)=xsinx+cosx.(2)令g(x)=mx2+1-f(x)=mx2-xsin x-cos
16、 x+1,由g(x)0得g(2)=42m0,所以m0.易知g(x)为偶函数,所以只需满足当x0时,g(x)0即可.g(x)=2mx-xcos x=x(2m-cos x),下面只讨论x0时的情形.当m12时,g(x)0,即g(x)在0,+)上单调递增,所以g(x)g(0)=0,所以当m12时,f(x)mx2+1恒成立.当0m12时,因为y=2m-cos x在0,2上单调递增,且当x=0时,y=2m-10,当x=2时,y=2m0,所以存在x0(0,2,使得2m-cos x0=0,因此当x(0,x0)时,g(x)0,即g(x)在(0,x0)上单调递减,所以当x(0,x0)时,g(x)g(0)=0,与g(x)0矛盾.因此当0m0,不符合题意.当a0时,函数(x)有零点等价于1a=ex(1-lnxx)有根.设h(x)=ex(1-lnxx),则h(x)=ex(1-lnxx)+ex(-1-lnxx2)=exx2(x-1)(x+1-ln x),设s(x)=x+1-ln x,则s(x)=1-1x,当x(0,1)时,s(x)0, s(x)单调递增,所以s(x)s(1)=20,所以h(x)=0仅有一根x=1,且当x(0,1)时,h(x)0,h(x)单调递增,所以h(x)h(1)=e.所以若函数(x)有零点,则1ae,从而0a1e.