2023届高考数学一轮复习精选用卷 第三章 函数、导数及其应用 考点测试16 导数的概念及运算 WORD版含解析.doc

1、考点测试16导数的概念及运算高考概览本考点是高考的必考知识点，既可作为选择题、填空题独立考查，也可结合导数应用在解答题中综合考查，分值为5分、12分，中等难度考纲研读1.了解导数概念的实际背景2通过函数图象直观理解导数的几何意义3能根据导数的定义求函数yC(C为常数)，yx，y，yx2，yx3，y的导数4能利用基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数，并了解复合函数求导法则，能求简单复合函数(仅限于形如f(axb)的复合函数)的导数一、基础小题1满足f(x)f(x)的函数是()Af(x)3x Bf(x)xCf(x)ln x Df(x)0答案D解析若f(x)0，则f(x)0，从

2、而有f(x)f(x).故选D.2设f(x)x ln x，f(x0)2，则x0()Ae2 Be C Dln 2答案B解析f(x)1ln x，f(x0)1ln x02，x0e.故选B.3设f(x)是可导函数，且满足 1，则曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为()A1 B1 C2 D2答案A解析 1，即f(1)1，由导数的几何意义知，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线的斜率为1.4已知函数f(x)x cos x(a1)x2是奇函数，则曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程是()A2xy0 Bxy0C2xy0 Dx2y0答案B解析f(x)是奇函数，f(x)x cos (x)(a

3、1)(x)2x cos x(a1)x2x cos x(a1)x2，(a1)x20，a1，f(x)x cos x是奇函数，f(x)cos xx sin x，f(0)1，f(0)0，曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为yx，即xy0.故选B.5设函数f(x)x sin xcos x的图象在点(t，f(t)处切线的斜率为g(t)，则函数yg(t)的图象的一部分可以是()答案A解析由f(x)x sin xcos x可得f(x)sin xx cos xsin xx cos x，即yg(t)t cos t，是奇函数，排除B，D；当t时，yg(t)0，排除C.故选A.6若点A(t，0)与曲线yex

4、上点P的距离的最小值为2，则实数t的值为()A4 B4C3 D3答案D解析yex的导数为yex，设P(m，em)，可得过P的切线的斜率为em，当AP垂直于切线时，AP取得最小值2，可得，且2，可得(mt)2(mt)120，解得mt3(4舍去)，即有e2mtm3，解得m，t3.故选D.7(多选)已知函数f(x)及其导函数f(x)，若存在x0使得f(x0)f(x0)，则称x0是f(x)的一个“巧值点”下列函数中有“巧值点”的是()Af(x)x2 Bf(x)exCf(x)ln x Df(x)tan x答案AC解析若f(x)x2，则f(x)2x，令x22x，得x0或x2，方程显然有解，故A符合要求；若

5、f(x)ex，则f(x)ex，令exex，此方程无解，故B不符合要求；若f(x)ln x，则f(x)，令ln x，在同一直角坐标系内作出函数yln x与y的图象(作图略)，可得两函数的图象有一个交点，所以方程f(x)f(x)存在实数解，故C符合要求；若f(x)tan x，则f(x)，令tanx，化简得sinx cos x1，变形可得sin 2x2，无解，故D不符合要求故选AC.8(多选)若函数f(x)满足对任意的xR都有f(x)f(x)2(其中f(x)为f(x)的导数)，则f(x)的解析式可能是()Af(x)sin x Bf(x)exCf(x) Df(x)答案ABC解析A中，f(x)sin x

6、，则f(x)cos x，则f(x)f(x)sin xcos xsin ，满足f(x)f(x)2，符合题意；B中，f(x)ex，则f(x)ex，则f(x)f(x)exex0，符合题意；C中，f(x)，则f(x)，f(x)f(x)，又(x1)2x22x10，所以x212x，所以f(x)f(x)2，符合题意；D中，f(x)，则f(x)，令x0，则f(x)f(x)f(0)f(0)5，不能满足f(x)f(x)2，不符合题意故选ABC.9函数yx ln (xa)的图象在点(0，0)处的切线方程为yx，则实数a的值为_答案e解析yln (xa)，当x0时，yln a1，解得ae.二、高考小题10(2021新

7、高考卷)若过点(a，b)可以作曲线yex的两条切线，则()Aeba BeabC0aeb D0b0，yex，则切线方程为ybex0(xa)，由得ex0(1x0a)b，则由题意知关于x0的方程ex0(1x0a)b有两个不同的解设f(x)ex(1xa)，则f(x)ex(1xa)exex(xa)，由f(x)0得xa，所以当x0，f(x)单调递增，当xa时，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)maxf(a)ea(1aa)ea，当x0，所以f(x)0，当x时，f(x)0，当x时，f(x)，函数f(x)ex(1xa)的大致图象如图所示，因为f(x)的图象与直线yb有两个交点，所以0bea.故选D.解法

8、二：过点(a，b)可以作曲线yex的两条切线，则点(a，b)在曲线yex的下方且在x轴的上方，得0b0；f(x)是奇函数答案f(x)x4(答案不唯一，f(x)x2n(nN*)均满足)解析取f(x)x4，则f(x1x2)(x1x2)4xxf(x1)f(x2)，满足；f(x)4x3，当x0时有f(x)0，满足；f(x)4x3的定义域为R，又f(x)4x3f(x)，故f(x)是奇函数，满足.14(2021全国甲卷)曲线y在点(1，3)处的切线方程为_.答案5xy20解析因为y，所以曲线y在点(1，3)处的切线的斜率k5，故所求切线方程为y35(x1)，即5xy20.三、模拟小题15(2021湖北黄石

9、二中模拟)已知函数f(x)x22f(1)ln x，则曲线yf(x)在x1处的切线斜率为()A2 B1 C1 D2答案A解析f(x)x22f(1)ln x的导数为f(x)2x，令x1，可得f(1)22f(1)，解得f(1)2，曲线yf(x)在x1处的切线斜率为2.故选A.16(2022江西南昌高三诊断)已知f(x)在R上连续可导，f(x)为其导函数，且f(x)exexf(1)x(exex)，则f(2)f(2)f(0)f(1)()A4e24e2 B4e24e2C0 D4e2答案C解析由题意，得f(x)exexf(1)exexx(exex)，所以f(0)e0e0f(1)e0e00(e0e0)0，f(

10、2)f(2)0，所以f(2)f(2)f(0)f(1)0.故选C.17(2021江西九江高三阶段训练)已知函数f(x)的导函数为f(x)，记f1(x)f(x)，f2(x)f1(x)，fn1(x)fn(x)(nN*).若f(x)x sin x，则f2019(x)f2021(x)()A2cos x B2sin xC2cos x D2sin x答案D解析由题可知f(x)x sin x，所以f1(x)sin xx cos x，f2(x)2cos xx sin x，f3(x)3sin xx cos x，f4(x)4cos xx sin x，f5(x)5sin xx cos x，所以猜想可知，f4k3(x)

11、(4k3)sin xx cos x，f4k2(x)(4k2)cos xx sin x，f4k1(x)(4k1)sin xx cos x，f4k(x)4k cos xx sin x(kN*)，因为201945051，202145063，所以f2019(x)2019sin xx cos x，f2021(x)2021sin xx cos x，所以f2019(x)f2021(x)2sin x故选D.18(多选)(2021辽宁省本溪满族自治县高级中学期末)若函数yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称yf(x)具有T性质下列函数中具有T性质的是()Aycos x Byln

12、 xCyex Dyx2答案AD解析由题意yf(x)具有T性质，则存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)1.对于A，因为f(x)sin x，存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)1；对于B，因为f(x)0，不存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)1；对于C，因为f(x)ex0，不存在x1，x2，使得f(x1)f(x2)1；对于D，因为f(x)2x，存在x11，x2，使得f(x1)f(x2)4x1x21.故选AD.19(多选)(2021河北省普通高中高三教学质量监测)函数yf(x)的导数yf(x)仍是x的函数，通常把导函数yf(x)的导数叫做函数yf(x)的二阶导数，记作yf(x).类似地，

13、二阶导数的导数叫做三阶导数，三阶导数的导数叫做四阶导数，.一般地，n1阶导数的导数叫做n阶导数，函数yf(x)的n阶导数记为yf(n)(x).例如yex的n阶导数(ex)(n)ex.则下列n阶求导正确的是()A(ax)(n)axlogeB(ln x)(n)(1)n(n1)！xnC(cos x)(n)cos D(sin x)(n)sin 答案CD解析(ax)(n)ax lnna，故A错误；(ln x)(n)(1)n1(n1)！xn，故B错误；(cos x)sin xcos ，(cos x)cos xcos ，(cos x)sin xcos ，(cos x)(n)cos ，故C正确；(sin x)

14、cos xsin ，(sin x)sin xsin ，(sin x)cos xsin ，(sin x)(n)sin .故D正确20(2022河北唐山高三开学摸底)不过原点的直线l与曲线f(x)x3相切于点A(x1，y1)，相交于点B(x2，y2)，则_答案2解析f(x1)3x，曲线yf(x)在点A(x1，y1)处的切线方程为yy13x(xx1)，切线过点B(x2，y2)，且y1x，y2x，代入切线方程，得xx3x(x2x1)，(x2x1)(xx1x2x)3x(x2x1)，x1x2，化简得xx1x22x0，即(x2x1)(x22x1)0，因为x1x2，所以x22x10，即2.一、高考大题1(20

15、21北京高考)已知函数f(x).(1)若a0，求曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线方程；(2)若函数f(x)在x1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值解(1)当a0时，f(x)，则f(x)，f(1)1，f(1)4，此时，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为y14(x1)，即4xy50.(2)因为f(x)，所以f(x)，由题意可得f(1)0，解得a4，故f(x)，f(x)，列表如下：x(，1)1(1，4)4(4，)f(x)00f(x)极大值极小值所以函数f(x)的单调递增区间为(，1)，(4，)，单调递减区间为(1，4).当x0；当x时，f(x)0，函数f(x)ax

16、xex.(1)求曲线yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程；(2)证明：f(x)存在唯一的极值点；(3)若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，求实数b的取值范围解(1)f(x)a(x1)ex，则f(0)a1，又f(0)0，则切线方程为y(a1)x(a0).(2)证明：令f(x)a(x1)ex0，则a(x1)ex，令g(x)(x1)ex，则g(x)(x2)ex，令g(x)0，解得x2，当x(，2)时，g(x)0，g(x)单调递增，当x时，g(x)0，g(1)0，当x时，g(x)，画出g(x)大致图象如下：所以当a0时，直线ya与yg(x)的图象仅有一个交点，令g(m)a，则m1，且f(m)

17、ag(m)0，当x(，m)时，ag(x)，则f(x)0，f(x)单调递增，当x(m，)时，ag(x)，则f(x)1，所以f(x)amaxf(m)a(m2m1)em(m1)，令h(x)(x2x1)ex(x1)，若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，等价于存在x(1，)，使得h(x)b，即bh(x)min，h(x)(x2x2)ex(x1)(x2)ex，x1，当x(1，1)时，h(x)0，h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)e，故be，所以实数b的取值范围为e，).3(2020新高考卷)已知函数f(x)aex1ln xln a.(1)当ae时，求曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与

18、两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)1，求a的取值范围解(1)当ae时，f(x)exln x1，f(x)ex，f(1)e1.f(1)e1，切点坐标为(1，1e)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为ye1(e1)(x1)，即y(e1)x2，切线与两坐标轴的交点坐标分别为(0，2)，所求三角形的面积为2.(2)解法一：f(x)aex1ln xln a，f(x)aex1，且a0.设g(x)f(x)，则g(x)aex10，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)

19、1，f(x)1成立；当a1时，1，e1，ff(1)a(e1)(a1)0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时f(x)0，aex01，ln ax01ln x0，因此f(x)minf(x0)aex01ln x0ln aln ax01ln a2ln a122ln a11，f(x)1，f(x)1恒成立；当0a1时，f(1)aln aa1，f(1)0，h(x)单调递增；在(1，)上h(x)0，h(x)单调递减，h(x)maxh(1)0，ln a0，即a1，a的取值范围是1，).二、模拟大题4(2021湖北省武汉市部分学校高三起点质量检测)已知函数g(x)x ln x.(1)求曲线yg(x)在

20、点(e，g(e)处的切线方程；(2)设f(x)，证明f(x)恰有两个极值点x1和x2，并求f(x1)f(x2)的值.解(1)g(x)1ln x，g(e)2，g(e)e，切线方程为ye2(xe)，整理得2xye0.(2)f(x)，f(x)，令h(x)ln x，即h(x)ln x1，yln x和y在(0，1)和(1，)上单调递增，h(x)在(0，1)和(1，)上单调递增又h0，存在唯一x1，使h(x1)0.当0xx1时，h(x)0，f(x)单调递增；当x1x0，f(x)0，f(x)单调递减又h(e)0，存在唯一x2(e，e2)，使h(x2)0.同理，当1xx2时，h(x)0，f(x)x2时，h(x

21、)0，f(x)0，f(x)单调递增.f(x)恰有两个极值点x1和x2.当h(x1)0时，ln x10，则hln x10，又(e，e2)且h(x2)0，x2.f(x1)f(x2)0.5(2021江苏省徐州市高三月考)已知函数f(x).(1)求曲线yf(x)在处的切线方程；(2)求证：f(x)1；(3)求证：当0.解(1)因为f(x)，所以f.又因为f，所以切线方程为yx，即yx.(2)证明：f(x)11.注意到f(x)与y1都是偶函数，因此只需证明x0时，1成立，即sin xx成立设g(x)sin xx，x0，则g(x)cos x1.设h(x)cos x1，x0，则h(x)xsin x，设(x)

22、xsin x，x0，则(x)1cos x0，(x)在0，)上单调递增，(x)(0)0.因此h(x)在0，)上单调递增，因此h(x)h(0)0恒成立从而可知g(x)在0，)上单调递增，因此g(x)g(0)0，且等号只在x0成立因此当x0时，sin xx0，即1，即f(x)1.(3)证明：当0sin xln (1x).由(2)可知，当0x恒成立，因此只需证明当0ln (1x)即可设F(x)xln (1x)，0x1.1，则F(x)1，因此当0x1时，F(x)0，F(x)单调递增；当1x1.1时，F(x)0，F(x)单调递减.F(0)0，F(1.1)1.1ln 2.1，且1.11.10.8338.又因

23、为2.1419.4481，2.7319.683，所以2.142.73e3，从而2.1e，因此ln 2.10.83380.750，因此可知，当00恒成立，即xln (1x).综上，当0.6(2022吉林长春高三质量监测三)已知函数f(x)m ln x，g(x)(x0).(1)讨论函数F(x)f(x)g(x)在(0，)上的单调性；(2)是否存在正实数m，使yf(x)与yg(x)的图象有唯一一条公切线？若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由解(1)F(x)f(x)g(x)m ln x(x0)，F(x)，当m0时，F(x)0时，由F(x)0得0x0得x，所以函数F(x)在上单调递减，在上单调递增(2

24、)f(x)，g(x)，函数f(x)m ln x在点(a，m ln a)处的切线方程为ym ln a(xa)，即yxm ln am，函数g(x)在点处的切线方程为y(xb)，即yx1.由yf(x)与yg(x)的图象有唯一一条公切线，得由得m，代入消去m，整理得b22ba ln aa0，则此关于b(b0)的方程有唯一解，令G(b)b22ba ln aa(b1)2a ln aa1，令h(a)a ln aa1，则h(a)ln a，由h(a)0得0a1；由h(a)1.所以函数h(a)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，则h(a)h(1)0.()当h(a)0，即a1时，方程有唯一解，则b1，此时m1.()当h(a)0时，二次函数G(b)(b1)2a ln aa1在b(1，)上显然有一个零点，b(0，1)时，由方程m ln am1可得m(ln a1)0，所以ln a10.所以二次函数G(b)(b1)2a ln aa1在b(0，1)上也有一个零点，不符合题意综上，m1.所以存在正实数m1，使yf(x)与yg(x)的图象有唯一一条公切线