专题11 导数的概念及其几何意义-【师大金卷】2025年高考数学一轮复习小题狂练（新高考）

### 专题11 导数的概念及其几何意义 狂练考点1 导数的运算 狂练考点2 导数的几何意义 1.【高考典例】(2020·新课标II卷)设函数 1.【高考典例】(2022·新高考I卷真题)若曲 线y=(x十a)e”有两条过坐标原点的切线, 则a的取值范围是 2.【课本典例】(2019版人教A版选择性第二 2.【课本典例】 (2019版人教A版选择性第二 册)曲线y-3x-T在点(2-1)处的切线方 册)已知函数f(x)满足f(x)一/()sinx 程为 cosc,则/(c)在x一的导数为 3.【经典好题】(2024·湖北荆州中学月考)若曲 线 y=lnx与曲线y=x2+2x+a(x<0)有 3.【经典好题】(2024·广东普宁勤建学校二调) 公切线,则实数a的取值范围是 ) ) 函数y一[/(x)])在求导时可运用对数 A.(-ln2-1,+oo)B.[-ln2-1,+o) 法:在解析式两边同时取对数得到lny C.(-ln2+1,+oo)D.[-ln2+1,+oo) 4.【好题精选】(2024·天津部分区期中)已知函 3 /(x) 数f(x)=xlnx十a(aER),若曲线y=f(x) g'(x)lnf(x)十g(x) 的一条切线的方程为x-y十2-0,则a [f(x)]().[g'(c)ln/(x)+g(x) ) /(r) 5.【新题展望】(2024·湖南省彬州高中联考)若 用此法探求y=(x十1)(x0)的递增区 存在a>0,使得函数f(x)-3a②}lnx与g(x) 间为 ( ) A.(0,e) B.(0,e-1) 027 C.(e-1,十oo) D.(e,十o) 点处的切线也相同,则互的最大值为 4.【经典好题】已知2f(x)十xf'(x)=2xcos2 狂练综合 导数的概念及其几何意义 +2(cosx+sinx)2,且x>0,f()-5,那么 一、单选题 /(n)一 1.(2024·河北金科大联考质量检测)设/(*) 5.【新题展望】(2024·安微合肥一中质量检测) 为f(x)的导函数,若f(x)=(x十1)e 已知函数f(x)=x(x-3)(x-3)(r- /'(0)x,则曲线y一f(x)在点(0,f(0))处的 33)(x-3)(r-3),则/(0)= ( ) 切线方程为 ) A.315 B.314 A.y--x+1 # B.y--2x+1 C.-314 D.-315 C.y-2x+1 D.y-x+1 共和考士 让学习快乐起来! 2.(2024·北京三十五中月考)某种新产品的社 5.(2024·湖北鄂东南省级示范高中教育教学改 会需求量y是时间/的函数,记作:y一f(t) 革联盟学校联考)函数/(x)三x③士(a一1)r2 -x十为R上的奇函数,过点P(-,1)作曲 若/(0)一y,社会需求量y的市场饱和水平 线y一f(x)的切线,可作切线条数为( ) 估计为500万件,经研究可得,f(t)的导函数 A.1 B.2 r(t)满足:/(t)=kf(t)[500一f(t)](为 C.3 D.不确定 正的常数),则函数f()的图象可能为 6.(2024·安徽合肥市六校联盟期中)点P,Q分 ( _ 别是函数f(x)-3x-4,g(x)=x2-2lnx图 3行。 象上的动点,则 PQ的最小值为( 。 ) ........._ -._.--...._. (2十ln2)2 (2-ln2)2 ① 7} 二、多选题 _........._._... 7.设6为实数,直线y一3x十能作为曲线f(x) 的切线,则曲线f(x)的方程可以为 ( ) A./(x)1 五 A.①② B.①③ B./(x)一 C.②④ D.①②④ C./(r)-2 3.已知函数/(x)=nx2+lnx+1的图象在(1 D.f(r)一ex 8.(2024·河南湘豫名校联考诊断)已知a, f(1))处的切线过点(2,8),则n三 R,函数/(x)=alnx十br十1在点(1,f(1)) B.2 处的切线的斜率为2,则下列结论一定正确的 是 ) C.3 28 D.4 A.<1 4.(2024·四川南充高级中学零诊)过函数/(x) Ca十6?二2 D.3+3二6 三、填空题 ( 。 sin(+0)}+1 线,则切线的倾斜角的取值范围是 9.已知函数/(x)一- 2十cos7 一/”(x)为 A.[0,)U(3] f(x)的导函数,则/(-2023)+/(-2023)+ B.[0)3,t) f(2023)-/(2023)- 10.(2024·四川遂宁安居育才中学月考)若函 C.[#)({3 数f(x)-4lnx+1与函数g(x)-12- 2x(a>0)的图象存在公切线,则实数a的取 D.[)U3,) 值范围为数学答案 —２５　 对于B,易知当m∈ (－ １e ,０) 时,y＝m与f(x)＝xex 在x∈ (－∞,０]上 有 两 个 交 点,所 以 不 管k 取 何 值 时,只 需 m ∈ (－ １e ,０) ,函数f(x)与y＝m至少有两个交点,即存在实数m ∈ (－ １e ,０) ,使得对任意实数k,函数g(x)至少有２个零点, 故B正确; 对于 C,根据图象可得,对于任意实数m ＞０,不管k取何值时, 函数f(x)与y＝m 最多有一个交点,即m ＞０时,不满足对于 任意实数m,存在实数k,使得函数g(x)恰有２个零点,即 C错 误;对于 D,当k≤０时,易知不管k 取何值时,仅存在 m ∈ (－ １e ,０) ,使得函数g(x)恰有３个零点;由图可知当０＜k＜ e ４ 时,易知m ∈ (－ １e ,０) 时,函数g(x)有４个零点,即对于 任意实数k,不存在实数m,使得函数g(x)恰有３个零点,故 D 错误．故选B． ６．BC　解析:令f(x)＝a|x|－|loga|x||＝０,则a|x|＝|loga|x||, y＝a|x| 与y＝|loga|x||都是偶函数,只需考虑x＞０时,y ＝a|x| ＝ax 与y＝|loga|x||＝|logax|的图象的交点;当０ ＜a＜１时,作出函数y＝ax,y＝|logax|的图象,如图(１)所 示, 可得函数y＝ax,y＝|logax|的图象有两个交点,所以当０＜ a＜１时,函数f(x)＝ax－|logax|的零点个数为２;当a＞１ 时,作出函数y＝ax,y＝|logax|的图象,此时两个函数图象的 交点个数取决于方程ax ＝logax 的解的个数,y＝ax 与y ＝ logax 的函数图象关于y＝x对称,故临界情况是y＝ax 与y＝ logax 都与y ＝x 相切,此时有 ax ＝x, axlna＝１,{ 可得a＝x １ x ,即 xlnx １ x ＝lnx＝１,所以 x＝e, a＝e １ e ,{ 当x＞０时,１＜a＜e １ e 时, 函数y＝ax,y＝|logax|的图象有３个交点,如图(２)所示;当 a＝e １ e 时,函数y＝ax,y＝|logax|的图象有２个交点,如图 (３)所示;当a＞e １ e 时,函数y＝ax,y＝|logax|的图象有１个 交点,如图(４)所示．综上所述:当a＞e １ e 时,函数y＝f(x)的 图象有２个零点;当０＜a＜１或a＝e １ e 时,函数y＝f(x)的 图象有４个零点;当１＜a＜e １ e 时,函数y＝f(x)的图象有６ 个零点．故选BC． ７．BD　 解析:作出f(x)在(０,１２]上的图象,如图所示: 对于 A,因为f( ２２ ) ＝f(２)＝f(４)＝f(１２)＝ １ ２ ,又因为 方程f(x)＝a有四个互不相等的实数根,所以０＜a≤ １２ ,故 A错误;对 于 B,由 题 意 可 得 －log２x１ ＝log２x２,log２x１ ＝ －log２x２ ＝log２ １ x２ ,且有 ２ ２ ≤x１ ＜１ ,１＜x２ ≤ ２,所以x１ ＝ １ x２ ,故２x１＋x２ ＝ ２ x２ ＋x２ ≥２ x２􀅰 ２ x２ ＝２ ２,当 ２x２ ＝x２, 即x２＝ ２时,等号成立,故B正确;对于C,由题意可得f( ７２ ) ＝sin( π６ × ７ ２ ＋ π ６ ) ＝sin ３π ４ ＝ ２ ２ ＞ １ ２ ,由 A可知０＜a ≤ １２ ,所以f( ７２ ) ＞a,故C错误;对于D,由题意可知x３ 与x４ 关于直线x＝８对称,且４≤x３ ＜５,１１＜x４ ≤１２,所以x３＋ x４ ＝１６,故 １ x３ ＋ １x４ ＝ x３＋x４ x３x４ ＝ １６x３x４ ．因为x３＋x４ ＝１６,所 以x３ ＝１６－x４．又因为１１＜x４ ≤１２,所以x３􀅰x４ ＝ (１６－ x４)x４ ＝－x２４＋１６x４＝６４－(x４－８)２,在(１１,１２]上单调递减, 故４８≤６４－(x４－８)２＜５５,所以 １ ５５＜ １ x３x４ ≤ １４８ ,１６ ５５＜ １６ x３x４ ≤ １３ ,所以１６ ５５＜ １ x３ ＋ １x４ ≤ １３ ． 因为x１x２ ＝１,x２ ∈ (１,２], 所以 １ x１ ＋ １x２ ＝ x１＋x２ x１x２ ＝x１＋x２ ＝ １ x２ ＋x２,在(１,２]单调 递增,所以 １ x２ ＋x２ ∈ (２,３ ２２ ] ,故 １ x１ ＋ １x２ ∈ (２,３ ２２ ] ,所以 １ x１ ＋ １x２ ＋ １x３ ＋ １x４ 的取值范围为 (１２６５５, ２＋９ ２ ６ ] ,故D正确． 故选BD． ８．f(x)＝x(x－１)２(x－２)(答案不唯一,也可写f(x)＝ (x－ １)２(２－|x－１|)　 解析:由题可知先找出一个偶函数,且有三 个零点,例如g(x)＝x２(x２－１),再将g(x)的图象向右平移１ 个单位长度,得到f(x)＝(x－１)２[(x－１)２－１]＝x(x－１)２(x －２)的图象．故答案为f(x)＝x(x－１)２(x－２)． ９．１８ 　 解析:由函数f(x)＝x(x２＋ax＋b)＝０有三个根,其中 有一个根为０,又由x１ ＜x２ ＜x３ 满足x１＋２x３ ＝x２,则x２ ＝ ０,所以x１＋２x３ ＝０,且x１,x３ 是方程x２＋ax＋b＝０的两根, 则x１＋x３ ＝－a,x１x３ ＝b,所以a＝x３,b＝－２x２３,则a＋b＝ －２x２３＋x３ ＝－２(x２３－ １２x３＋ １ １６) ＋ １ ８ ≤ １ ８ ,所以a＋b的 最大值为 １ ８ ． 专题１１　 导数的概念及其几何意义 狂练考点１　 导数的运算 １．１　 解析:由 函 数 的 解 析 式 可 得:f′(x)＝ e x(x＋a)－ex (x＋a)２ ＝ ex(x＋a－１) (x＋a)２ ,则:f′(１)＝e １×(１＋a－１) (１＋a)２ ＝ ae(a＋１)２ ,据此 可得: ae (a＋１)２ ＝ e４ ,整理可得:a２－２a＋１＝０,解得:a＝１． ２．２＋１　 解析:因为f(x)＝f′ π４( )sinx－cosx,所以f′(x)＝ f′ π４( )cosx＋sinx,所以f′ π ４( ) ＝f′ π ４( )cos π ４ ＋sin π ４ , 解得f′ π４( ) ＝ ２＋１． ３．B　 解析:仿照题目给定的方法,f(x)＝x＋１,g(x)＝ １x＋１ , (x＞０),所 以 f′(x)＝ １,g′(x)＝－ １(x＋１)２ ,所 以 y′ ＝ － １(x＋１)２ ln(x＋１)＋ １x＋１ 􀅰 １ x＋１[ ] (x＋１) １ x＋１ ＝ １－ln (x＋１) (x＋１)２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —２６　 (x＋１) １ x＋１,∵x＞０,∴ (x＋１) １ x＋１ ＞０,(x＋１)２ ＞０,∴ 要使y′ ＞０,只要 １－ln(x＋１)＞０,即:x ∈ (０,e－１),所 以y ＝ (x＋１) １ x＋１(x＞０)的递增区间为:(０,e－１)或它的一个子集即 可．故选B． ４．２　 解析:因为２f(x)＋xf′(x)＝２xcos２x＋２(cosx＋sinx)２ ＝ ２xcos２x＋２sin２x＋２,所以,２xf(x)＋x２f′(x)＝２x２cos２x＋ ２xsin２x＋２x＝(x２sin２x＋x２＋c)′,即[x２f(x)]′＝(x２sin２x＋ x２ ＋c)′,所以,x２f(x)＝x２sin２x＋x２＋c,因为x＞０,则f(x) ＝sin２x＋１＋ c x２ ,所以,f π２( ) ＝１＋ c π２ ４ ＝５,解得c＝π２,所 以,f(x)＝sin２x＋１＋π ２ x２ ．因此,f(π)＝２．故答案为２． ５．D　 解析:设φ(x)＝ (x－３)(x－３２)(x－３３)(x－３４)(x－３５), 即f(x)＝xφ(x),则f′(x)＝φ(x)＋xφ′(x),∴f′(０)＝φ(０) ＝－３×３２×３３×３４×３５ ＝－３１＋２＋３＋４＋５ ＝－３１５,故选 D． 狂练考点２　 导数的几何意义 １．(－∞,－４)∪ (０,＋∞)　 解析:∵y＝ (x＋a)ex,∴y′＝ (x＋ １＋a)ex,设切点为(x０,y０),则y０ ＝ (x０＋a)ex０,切线斜率k＝ (x０＋１＋a)ex０,切 线 方 程 为:y－ (x０ ＋a)ex０ ＝ (x０ ＋１＋ a)ex０(x－x０)．∵ 切线过原点,∴ －(x０＋a)ex０ ＝ (x０ ＋１＋ a)ex０(－x０)．整理得:x２０＋ax０－a＝０．∵ 切线有两条,∴Δ＝a２ ＋４a＞０,解得a＜－４或a＞０,∴a的取值范围是(－∞,－４) ∪ (０,＋∞)． ２．y＝x＋ １３ 　 解析:设y＝f(x)＝ (３x－１) １ ３ ,则f′(x)＝３× １ ３ (３x－１)－ ２ ３ ＝ (３x－１)－ ２ ３ ,则f′ ２３( ) ＝１,因此,曲线y＝ ３３x－１在点 ２３ ,１( ) 处的切线方程为y－１＝x－ ２３ ,即y＝ x＋ １３ ． ３．A　 解析:设公切线与函数f(x)＝lnx切于点A(x１,lnx１)(x１ ＞０),由f(x)＝lnx,得f′(x)＝ １x ,所以公切线的斜率为 １ x１ , 所以公切线方程为y－lnx１ ＝ １ x１ (x－x１),化简得y＝ １ x１ 􀅰x ＋(lnx１－１),设公切线与函数g(x)＝x２＋２x＋a(x＜０)切于 点B(x２,x２２＋２x２＋a)(x２＜０),由g(x)＝x２＋２x＋a(x＜０), 得g′(x)＝２x＋２,则公切线的斜率为２x２＋２,所以公切线方程 为y－(x２２＋２x２＋a)＝ (２x２＋２)(x－x２),化简得y＝２(x２＋ １)x－x２２＋a,所以 １ x１ ＝２x２＋２, lnx１－１＝a－x２２, { 消去x１,得a＝x２２ － ln(２x２＋２)－１,由x１ ＞０,得 －１＜x２ ＜０,令F(x)＝x２－ ln(２x＋２)－１(－１＜x＜０),则F′(x)＝２x－ １x＋１＜０ ,所以 F(x)在(－１,０)上递减,所以F(x)＞F(０)＝－ln２－１,所以由 题意得a＞－ln２－１,即实数a的取值范围是(－ln２－１,＋∞), 故选 A． ４．３　 解析:设切点坐标为(x０,x０lnx０＋a),易知x０ ∈ (０,＋∞), 则f′(x)＝lnx＋１,由切线方程为x－y＋２＝０可得k＝f′(x０) ＝lnx０＋１＝１,即lnx０ ＝０,解得x０ ＝１,即切点坐标为(１,a), 将(１,a)代入切线方程可得１－a＋２＝０,解得a＝３． ５．３２e ２ ３ 　 解析:f(x)＝３a２lnx 的定义域为(０,＋ ∞),g(x)＝ １ ２x ２＋２ax－b的定义域为R,设两函数图象的公共点横坐标为 x０,则x０ ＞０,f′(x)＝ ３a２ x ,g′(x)＝x＋２a,则３a ２ x０ ＝x０＋２a, 即x２０＋２ax０－３a２ ＝０,解得x０ ＝a或－３a,因为a＞０,所以 x０ ＝－３a＜０(舍去),x０＝a＞０满足要求,且f(a)＝g(a),即 ３a２lna＝ １２a ２＋２a２－b,故b＝ ５２a ２－３a２lna,a＞０,令h(a) ＝ ５２a ２－３a２lna,a＞０,则h′(a)＝５a－６alna－３a＝２a(１－ ３lna),当０＜a＜e １ ３ 时,h′(a)＞０,h(a)单调递增,当a＞e １ ３ 时,h′(a)＜０,h(a)单调递减,故h(a)在a＝e １ ３ 处取得极大值, 也是最 大 值,故h (a)max ＝h(e１３ ) ＝ ５２e ２ ３ －３e ２ ３lne １ ３ ＝ ３ ２e ２ ３ ,所以b的最大值为 ３２e ２ ３ ． 狂练综合 　 导数的概念及其几何意义 １．D　 解析:因为f(x)＝ (x＋１)ex－f′(０)x,所以f′(x)＝ex(x＋ ２)－f′(０),令x＝０,∴f′(０)＝２－f′(０),∴f′(０)＝１,∴f(x)＝ (x＋１)ex－x,∴f(０)＝１,所以曲线y＝f(x)在点(０,f(０))处 的切线方程为:y－１＝１(x－０),即y＝x＋１．故选 D． ２．B　 解析:因为f′(t)＝kf(t)(５００－f(t)),依题知０＜f(t)≤ ５００,所以f′(t)＞０,即函数y＝f(t)单调递增,④ 不合题意,又 f′(t)＝kf(t)(５００－f(t))≤k(f(t)＋(５００－f(t))２ ) ２ ,当且 仅当f(t)＝５００－f(t),即f(t)＝２５０时,等号成立,则若y０ ＜ ２５０,则等号可以取得,即导函数f′(t)在f(t)＝２５０处取得最大 值,即在该处函数的变化最大,则 ③ 满足题意,② 不合题意;当 y０ ≥２５０时,等号取不了,但y＝f(t)是单调递增的,① 符合题 意;只有 ①③ 符合题意．故选B． ３．B　 解析:由f(x)＝mx２＋lnx＋１⇒f′(x)＝２mx＋ １x ,f′(１) ＝２m＋１,f(１)＝m＋１,则函数在(１,f(１))处的切线方程为y ＝ (２m＋１)(x－１)＋m＋１,将(２,８)代入切线方程可得m＝２． 故选B． ４．B　 解析:依题意,f(x)＝ １３x ３ －x２,则f′(x)＝x２ －２x＝ (x－１)２－１≥－１,即切线的斜率的取值范围是[－１,＋∞),所 以倾斜角的取值范围是 [０,π２ ) ∪ [ ３π ４ ,π) ．故选B． ５．A　 解析:f(－x)＝－x３＋(a－１)x２＋x＋b＝－f(x)＝－x３ －(a－１)x２＋x－b,故a＝１,b＝０,f(x)＝x３－x,f′(x)＝ ３x２－１,设切点为M(x０,y０),则f′(x０)＝３x０２－１＝ y０－１ x０＋ １ ２ , 且f(x０)＝x３０－x０ ＝y０,整理得到(x０＋１)(４x２０－x０＋１)＝ ０,解得x０＝－１,f′(－１)＝２,故切线方程为y＝２x＋２,故可做 切线条数为１．故选 A． ６．D　 解析:当函数g(x)＝x２－２lnx在点Q 处的切线与f(x)＝ ３x－４平行时,|PQ|２ 最小．g′(x)＝２x－ ２x ,令g′(x)＝２x － ２x ＝３ 得x＝２或x＝－ １２ (舍),所以切点为Q(２,４－２ln２), 所以|PQ|的最小值为切点Q(２,４－２ln２)到直线f(x)＝３x －４ 的 距 离 d ＝ |６－４＋２ln２－４| １０ ＝ |２ln２－２| １０ ,所 以 |PQ|２ 的最小值为d２ ＝ ２５ (１－ln２)２．故选 D． ７．ACD　 解析:因为直线y＝３x＋b能作为曲线f(x)的切线,所 以f′(x)＝３有解,对于 A,由f(x)＝－ １x ,得f′(x)＝ １x２ ,由 f′(x)＝３,得 １x２ ＝３,解得x＝± ３３ ,所以直线y＝３x＋b能作 为曲线f(x)＝－ １x 的切线,所以 A 正确,对于 B,由f(x)＝ １ ２x ２＋４lnx,得f′(x)＝x＋ ４x (x＞０),由f′(x)＝３,得x＋ ４ x ＝３ ,化简得x２－３x＋４＝０,因为Δ＝ (－３)２－４×４＜０, 所 以方程无解,所以直线y＝３x＋b不能作为曲线f(x)＝ １２x ２ ＋４lnx的切线,所以B错误,对于 C,由f(x)＝x３,得f′(x)＝ ３x２,由f′(x)＝３,得３x２ ＝３,解得x＝±１,所以直线y＝３x＋ b能作为曲线f(x)＝x３ 的切线,所以C正确．对于D,由f(x)＝ ex,得f′(x)＝ex,由f′(x)＝３,得ex ＝３,解得x＝ln３,所以 直线y＝３x＋b能作为曲线f(x)＝ex 的切线,所以D正确,故 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 数学答案 —２７　 选 ACD． ８．ACD　 解析:由题可知f′(x)＝ ax ＋b ,所以f′(１)＝a＋b＝ ２．对于A:ab≤ (a＋b２ ) ２ ＝１,当且仅当a＝b＝１时等号成立, A正确;对于B,令a＝３,b＝－１,则 １a ＋ １ b ＝－ ２ ３ ＜２ ,B错 误;对于 C:因为２(a２＋b２)≥ (a＋b)２,所以a２＋b２ ≥２,当且 仅当a ＝b ＝ １ 时 等 号 成 立,C 正 确;对 于 D:３a ＋３b ≥ ２ ３a×３b ＝２ ３a＋b ＝６,当且仅当a＝b＝１时等号成立,D 正确．故选 ACD． ９．１　 解析:函数f(x)＝ ３ ２sinx＋ １ ２cosx＋x＋１ ２＋cosx ＝ ３sinx＋２x ４＋２cosx ＋ １２ ,其定义域为 R,令g(x)＝ ３sinx＋２x４＋２cosx ,显然g(－x)＝ ３sin(－x)＋２(－x) ４＋２cos(－x) ＝－ ３sinx＋２x ４＋２cosx ＝－g (x),即函数g(x) 是 R上的奇函数．f(x)＝g(x)＋ １２ ,因此f(－x)＋f(x)＝ g(－x)＋ １２ ＋g (x)＋ １２ ＝１ ,f(－２０２３)＋f(２０２３)＝１,由 g(－x)＝－g(x)两边求导得:－g′(－x)＝－g′(x),即g′(－x) ＝g′(x)．而f′(x)＝g′(x),于是得f′(x)－f′(－x)＝g′(x)－ g′(－x)＝０,f′(－２０２３)－f′(２０２３)＝０,所以f(－２０２３)＋ f′(－２０２３)＋f(２０２３)－f′(２０２３)＝１． １０．(０,１３ ] 　解析:f(x)＝４lnx＋１,可得f′(x)＝ ４ x ,设切点为 (t,４lnt＋１),则f′(t)＝ ４t ,则公切线方程为y－４lnt－１＝ ４ t (x－t),即y＝ ４tx＋４lnt－３ , y＝ １ax ２－２x, y＝ ４tx＋４lnt－３ ,{ 则 １ ax ２－ (２＋ ４t )x－４lnt＋３＝０,所以Δ＝ (２＋ ４ t ) ２ －４ × １a × (３－４lnt)＝０,整 理 可 得 １a ＝ ( ２t ＋１) ２ ３－４lnt ,又 由 a＞０, t＞０,{ 可得３－４lnt＞ ０,解 得 ０ ＜t＜ e ３ ４ ,令 h(t)＝ ( ２t ＋１) ２ ３－４lnt , 其 中 ０ ＜ t ＜ e ３ ４ , 可 得 h′(t) ＝ ４ t ( ２ t ＋１) 􀅰 t＋４lnt－１ t (３－４lnt)２ ,令φ(t)＝t＋４lnt－１,可得φ′(t) ＝１＋ ４t ＞０ ,函数φ(t)在(０,e ３ ４ )上单调递增,且φ(１)＝０, 当０＜t＜１时,φ(t)＜０,即h′(t)＜０,此时函数h(t)单调递 减,当１＜t＜e ３ ４ 时,φ(t)＞０,即h′(t)＞０,此时函数h(t)单 调递增,所以h(t)min＝h(１)＝３,且当t趋近于０时,h(t)趋近 正无穷,所以函数h(t)的值域为[３,＋∞),所以 １a ≥３ 且a＞ ０,解得０＜a≤ １３ ,即实数a的取值范围为 (０,１３ ] ． 专题１２　 导数与函数的 单调性,极值,最值 狂练考点１　 导数与函数的单调性 １．C　 解析:依题可知,f′(x)＝aex－ １x ≥０ 在(１,２)上恒成立, 显然a＞０,所以xex ≥ １a ,设g(x)＝xex,x ∈ (１,２),所以 g′(x)＝(x＋１)ex ＞０,所以g(x)在(１,２)上单调递增,g(x)＞ g(１)＝e,故e≥ １a ,即a≥ １e ＝e －１,即a的最小值为e－１．故 选 C． ２．B　 解析:由题设,lnx＜x等价于x－lnx＞０,x＜ex 等价于ex －x＞０,令f(x)＝x－lnx,则f′(x)＝１－ １x ,而f′(１)＝１ － １１ ＝０．∴０＜x＜１ 时,f′(x)＜０,f(x)单调递减;x＞１时, f′(x)＞０,f(x)单调递增;故f(x)≥f(１)＝１在x＞０上恒 成立,即x－lnx≥１＞０,∴lnx＜x在(０,＋∞)上恒成立,令 g(x)＝ex －x,则g′(x)＝ex －１,而g′(０)＝e０ －１＝０． ∴(０,＋∞)时,g′(x)＞０,g(x)单调递增．故g(x)＞g(０)＝ ０在(０,＋∞)上恒成立,即ex－x＞０,∴x＜ex 在(０,＋∞)上 恒成立,综上,lnx＜x＜ex 在(０,＋∞)上恒成立,故选B． ３．A　 解析:令g(x)＝f (x) ex ,则g′(x)＝f′ (x)ex－f(x)ex (ex)２ ＝ f′(x)－f(x) ex ＞０,所以g(x)在 R上单调递增．f(x)＜３ex⇒ f(x) ex ＜３＝f (０) e０ ,即g(x)＜g(０),所以x＜０．故选 A． ４．A　 解析:由题设f′(x)＝f′(２)ex－２－f(０)＋x,则f′(２)＝ f′(２)－f(０)＋２,可得f(０)＝２,而f(０)＝f′(２)e－２ ＝２,则 f′(２)＝２e２,所以f(x)＝２ex－２x＋ １２x ２,即f′(x)＝２ex－ ２＋x,则f′(０)＝０且f′(x)递增,当x＜０时f′(x)＜０,即f(x) 递减,故f(x)的递减区间为(－∞,０)．故选 A． ５．(１,２)　 解析:当x≤０时,f(x)＝ax３－ax２＋x,f(０)＝０．所 以f′(x)＝３ax２－２ax＋１,f′(０)≠０．所以x＝０不是f(x)的 极值点,因为f(x)在R上单调,所以Δ＝ (－２a)２－４×３a≤０, 解得０≤a≤３,当a＝０,f(x)＝x在(－∞,０]上单调递增,当 ０＜a≤３,f′(x)为开口向上的抛物线,所以f(x)在(－∞,０] 上单调递增,所以f(x)在 R上为单调递增函数,所以当x＞０ 时,f(x)＝ (４－a２)e(a－１)x 为单调递增函数, 所以 ４－a２ ＞０, a－１＞０, (４－a２)e０ ≥０{ 或 ４－a２ ＜０, a－１＜０, (４－a２)e０ ≥０,{ 所以 －２＜a＜２, a＞１, －２≤a≤２{ 或 a＞２或a＜－２, a＜１, －２≤a≤２{ (舍)．解得１＜a＜２ 满足题意．所以实数a的取值范围是(１,２)． 狂练考点２　 导数与函数的极值,最值 １．BCD　 解析:函 数f(x)＝alnx＋ bx ＋ c x２ 的 定 义 域 为(０, ＋∞),求导得f′(x)＝ ax － b x２ －２c x３ ＝ax ２－bx－２c x３ ,因为函 数f(x)既有极大值也有极小值,则函数f′(x)在(０,＋∞)上有 两个变号零点,而a≠０,因此方程ax２－bx－２c＝０有两个不 等的正根x１,x２,于是 Δ＝b２＋８ac＞０, x１＋x２ ＝ b a ＞０ , x１x２ ＝－ ２c a ＞０ , ì î í ï ï ïï 即有b２＋８ac＞０, ab＞０,ac＜０,显然a２bc＜０,即bc＜０,A错误,BCD正确．故 选BCD． ２．１２５２ 　 解析:设点C与点B 的距离为xkm,运输时间为T(x)小 时,则T(x)＝ １５０ ２＋x２ ５０ ＋ ３００－x １３０ ,０≤x≤３００,因为T′(x) ＝ １２ (１５０２＋x２)－ １ ２ ×２x ５０ － １ １３０＝ x ５０ １５０２＋x２ － １１３０． 因此 令T′(x)＞０,可解得x＞１２５２ ． 因此可知T(x)在 ０,１２５２[ ] 上递 减,在 １２５ ２ ,３００[ ] 上递增,从而T(x)在x＝１２５２ 时取得最小值． 这就是说,点C选在离B 点为１２５２ km 时可使运输时间最短． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋