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doc 12+4分项练13 导 数 1.(2018·宿州模拟)已知函数f(x)=logax(0<a<1)的导函数为f′(x),记A=f′(a),B=f(a+1)-f(a),C=f′(a+1),则(  ) A.A>B>C B.A>C>B C.B>A>C D.C>B>A 答案 D 解析 绘制函数f(x)=logax的图象如图所示, 且M,N, 由题意可知A=f′(a)为函数在点M处切线的斜率, C=f′(a+1)为函数在点N处切线的斜率, B=f(a+1)-f(a)=为直线MN的斜率, 由数形结合可得C>B>A. 2.(2018·昆明模拟)已知函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增,则a的最大值是(  ) A.-e B.e C.- D.4e2 答案 A 解析 因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R), 所以f′(x)=ex(x2-2x)+ex(2x-2)- =ex(x2-2)-(x>0). 因为函数f(x)=(x2-2x)ex-aln x(a∈R)在区间(0,+∞)上单调递增, 所以f′(x)=ex(x2-2)-≥0在区间(0,+∞)上恒成立,即≤ex(x2-2)在区间(0,+∞)上恒成立, 亦即a≤ex(x3-2x)在区间(0,+∞)上恒成立, 令h(x)=ex(x3-2x),x>0,则 h′(x)=ex(x3-2x)+ex(3x2-2) =ex(x3-2x+3x2-2)=ex(x-1)(x2+4x+2),x>0, 因为x∈(0,+∞),所以x2+4x+2>0. 因为ex>0,令h′(x)>0,可得x>1, 令h′(x)<0,可得0<x<1. 所以函数h(x)在区间(1,+∞)上单调递增,在区间(0,1)上单调递减. 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.已知函数f(x)=ex+x2-x,若存在实数m使得不等式f(m)≤2n2-n成立,则实数n的取值范围为(  ) A.∪[1,+∞) B.(-∞,-1]∪ C.∪ D.∪[0,+∞) 答案 A 解析 对函数求导可得, 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, 设g(x)=f′(x),则g′(x)=ex+1>0, ∴函数f′(x)单调递增,而f′(0)=0, ∴当x<0时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x>0时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 故f(x)min=f(0)=1, 由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2-n≥1, 解得n∈∪[1,+∞). 4.若点P是曲线y=x2-2ln x上任意一点,则点P到直线y=x-的距离的最小值为(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 点P是曲线y=x2-2ln x上任意一点, 所以当曲线在点P的切线与直线y=x-平行时,点P到直线y=x-的距离最小,直线y=x-的斜率为1,由y′=3x-=1,解得x=1或x=-(舍). 所以曲线与直线的切点为P0. 点P到直线y=x-的距离最小值是=. 故选C. 5.(2018·咸阳模拟)已知f′(x)是函数f(x)的导函数,且对任意的实数x都有f′(x)=ex+f(x)(e是自然对数的底数),f(0)=1,则(  ) 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)=, 则G′(x)==2x-2, 可设G(x)=x2-2x+c, ∵G(0)=f(0)=1,∴c=1. ∴f(x)=(x2-2x+1)ex=ex(x-1)2. 6.函数f(x)=x3-3x-1,若对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,则实数t的最小值是(  ) A.20 B.18 C.3 D.0 答案 A 解析 对于区间[-3,2]上的任意x1,x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤t,等价于对区间[-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],∴函数在[-3,-1],[1,2]上单调递增,在[-1,1]上单调递减, ∴f(x)max=f(2)=f(-1)=1, f(x)min=f(-3)=-19,∴f(x)max-f(x)min=20, ∴t≥20,实数t的最小值是20. 7.(2018·安徽省江南十校联考)y=f(x)的导函数满足:当x≠2时,(x-2)(f(x)+2f′(x)-xf′(x))>0,则(  ) 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)=,则g′(x)=, 因为当x≠2时,(x-2)[f(x)+(2-x)f′(x)]>0, 所以当x>2时,g′(x)<0, 即函数g(x)在(2,+∞)上单调递减, 则g()>g(3)>g(4), 即>>, 即(2+4)f()>2f(3)>f(4). 8.若曲线C1:y=ax2(a>0)与曲线C2:y=ex存在公共切线,则a的取值范围为(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 设公共切线在曲线C1,C2上的切点分别为(m,am2),(t,et),则2am=et=,所以m=2t-2,a=(t>1),令f(t)=(t>1),则f′(t)=,则当t>2时,f′(t)>0;当1<t<2时,f′(t)<0,因此f(t)≥f(2)=,所以a≥,故选D. 9.(2018·辽宁省葫芦岛市普通高中模拟)已知函数f(x)=x+2cos x+λ,在区间上任取三个数x1,x2,x3均存在以f(x1),f(x2),f(x3)为边长的三角形,则λ的取值范围是(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 ∵函数f(x)=x+2cos x+λ, ∴f′(x)=1-2sin x,x∈, 由f′(x)=0,得x=, ∵x∈, ∴当x∈时,f′(x)>0, 当x∈ 时,f′(x)<0, ∴f(x)max=f=++λ, f(x)min=f=+λ, ∵在区间上任取三个数x1,x2,x3均存在以f(x1),f(x2),f(x3)为边长的三角形, ∴f=+λ>0,① f+f>f,② 联立①②,得λ>-. 10.已知函数f(x)=,关于x的方程f2(x)-2af(x)+a-1=0(a∈R)有3个相异的实数根,则a的取值范围是(  ) A. B. C. D. 答案 D 解析 f(x)= 当x>0时,f′(x)=, 当0<x<1时,f′(x)<0,函数单调递减, 当x>1时,f′(x)>0,函数单调递增, 当x=1时,函数取得极小值f(1)=e. 当x<0时,f′(x)=->0,函数单调递增, 如图,画出函数的图象, 设t=f(x),当t>e时,t=f(x)有3个根,当t=e时,t=f(x)有2个实根,当0<t<e时,t=f(x)有1个实根,考虑到原方程的判别式大于零恒成立,所以原方程等价于t2-2at+a-1=0有2个相异实根,其中t1=e,t2∈(0,e)或t1≤0,t2>e,当t=e时,e2-2ae+a-1=0,解得a=,检验满足条件;由t1≤0,t2>e得无解.故选D. 11.(2018·潍坊模拟)已知函数f(x)=若f(x)有两个极值点x1,x2,记过点A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2))的直线的斜率为k,若0<k≤2e,则实数a的取值范围为(  ) A. B. C.(e,2e] D. 答案 A 解析 当x>0时,函数f(x)=ax-ln x的导数为f′(x)=a-=, 由函数f(x)为奇函数且有两个极值点得a>0, 不妨设x2=-x1>0, 则有x2=, 所以B,可得A, 由直线的斜率公式可得k==a(1+ln a),a>0, 又k>0,1+ln a>0,所以a>, 设h(a)=a(1+ln a), 则当a>时,h′(a)=2+ln a=1+(1+ln a)>0, 所以h(a)在上单调递增, 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学模拟)设函数f(x)=x2-xln x+2,若存在区间[a,b]⊆,使f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)],则k的取值范围是(  ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由题意得f′(x)=2x-ln x-1, 设g(x)=f′(x),则g′(x)=2-(x>0). 当x≥时,g′(x)=2-≥0, 所以函数g(x)=f′(x)在上单调递增, 所以当x∈时,f′(x)≥f′=-ln>0, 所以f(x)在上单调递增, 因为[a,b]⊆, 所以f(x)在[a,b]上单调递增, 因为f(x)在[a,b]上的值域为[k(a+2),k(b+2)], 所以 所以方程f(x)=k(x+2)在上有两解a,b, 作出y=f(x)与直线y=k(x+2)的函数图象, 则两图象有两个交点, 若直线y=k(x+2)过点, 则k=, 若直线y=k(x+2)与y=f(x)的图象相切, 设切点为(x0,y0) 则解得k=1, 数形结合可知,实数k的取值范围是. 13.(2018·河南省豫南九校联考)若f(x)=3xf′(1)-2x2,则f′(0)=________. 答案 6 解析 由题意得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·烟台模拟)已知直线2x-y+1=0与曲线y=ln x+a相切,则实数a的值是________. 答案 2+ln 2 解析 由y=ln x+a求导得y′=, 设切点是(x0,ln x0+a), 则y′==2, 故x0=,ln x0=-ln 2, 切点是,代入直线方程得 2×+ln 2-a+1=0, 解得a=2+ln 2. 15.(2018·峨眉山市第七教育发展联盟模拟)对于函数y=f(x),若其定义域内存在两个不同的实数x1,x2,使得xif(xi)=1(i=1,2)成立,则称函数f(x)具有性质P,若函数f(x)=具有性质P,则实数a的取值范围是________. 答案  解析 若函数f(x)=具有性质P, 则xf(x)=1 有两个不等实数根, 代入得xf(x)=x·=1, 即a=x·ex在R上有两个不等实数根. 令g(x)=xex, 则g′(x)=xex+ex=ex(1+x),令g′(x)=0, 得x=-1, 当x变化时,g′(x),g(x)的变化情况如下表所示: x (-∞,-1) -1 (-1,+∞) g′(x) - 0 + g(x)  极小值-  根据表格,画出如图所示的函数图象 由图象可知,a=x·ex在R上有两个不等实数根, 即y=a与g(x)的图象有两个不同交点, 由极小值g(-1)=-可知, 当有两个交点时,a的取值范围为. 16.已知函数f(x)=-x2-6x-3,g(x)=,实数m,n满足m<n<0,若∀x1∈[m,n],∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则n-m的最大值为________. 答案 4 解析 因为g(x)=,所以g′(x)=,分母恒大于0,且ex>0,由题意讨论x>0即可,则当0<x<1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>1时,g′(x)>0,g(x)单调递增,所以g(x)min=g(1)=2. f(x)=-(x+3)2+6≤6,作函数y=f(x)的图象如图所示,当f(x)=2时,方程-(x+3)2+6=2的两根分别为-5和-1,则n-m的最大值为-1-(-5)=4.