第二章 第10节 导数的概念与计算-【创新教程】2026年高考数学艺考生文化课百日冲关Word课时作业

第10节　导数的概念与计算 1．设f(x)在定义域内可导，其图象如图所示，则导函数f′(x)的图象可能是(　　) 解析：B　[由f(x)的图象可得，在y轴的左侧，图象下降，f(x)递减，即导数小于0，可排除C，D；再由y轴的右侧，图象先下降再上升，最后下降，函数f(x)递减，再递增，后递减，即导数先小于0，再大于0，最后小于0，可排除A；则B正确．] 2．已知函数f(x)＝f′(－2)ex－x2，则f′(－2)＝(　　) A.　　　　　　　 B． C. D． 解析：D　[∵f′(x)＝f′(－2)ex－2x， ∴f′(－2)＝f′(－2)·e－2－2·(－2)， 解得f′(－2)＝.] 3．(2025·重庆市5月质检)已知直线y＝x－1与曲线y＝ex＋a相切，则实数a的值为(　　) A．－2　　 B．－1　　　 C．0　　 D．2 解析：A　[设切点为(x0，y0)，易知y′＝ex＋a，则，解之得.] 4．(多选题)(2025·日照模拟)设f(x)是定义在R上的可导函数，其导数为g(x)，若f(3x＋1)是奇函数，且对于任意的x∈R，f(4－x)＝f(x)，则对于任意的k∈Z，下列说法正确的是(　　) A．4k都是g(x)的周期 B．曲线y＝g(x)关于点(2k,0)对称 C．曲线y＝g(x)关于直线x＝2k＋1对称 D．g(x＋4k)都是偶函数 解析：BC　[根据题意，若f(3x＋1)是奇函数，则有f(1－3x)＝－f(1＋3x)，变形可得f(x)＝－f(2－x)， 又由对于任意的x∈R，f(4－x)＝f(x)，则有f(4－x)＝－f(2－x)，变形可得f(x＋2)＝－f(x)． 则有f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)是周期为4的轴函数， 由于f(x)＝－f(2－x)，两边同时求导可得f′(x)＝f′(2－x)，即g(x)＝g(2－x)，则g(x)关于直线x＝1对称， 由于f(4－x)＝f(x)，两边同时求导可得－f′(4－x)＝f′(x)，即－g(4－x)＝g(x)， 则g(x)关于点(2,0)对称， f(x＋4)＝f(x)，两边同时求导可得－f′(x＋4)＝f′(x)，即g(x＋4)＝g(x)，则g(x)的周期为4， 对于A，当k＝0,4k＝0，不是函数g(x)的周期，A错误； 对于B，g(x)的周期为4，则有 g(4k－x)＝g(－x)，而－g(4－x)＝g(x)， 即－g(－x)＝g(x)， 综合可得：g(－x)＝－g(x)＝g(4k－x)，故曲线y＝g(x)关于点(2k,0)对称，B正确； 对于C，g(x)的周期为4， g(4k＋2－x)＝g(2－x)， 又由g(x)＝g(2－x)，则有g(x)＝g(4k＋2－x)，故曲线y＝g(x)关于直线x＝2k＋1对称，C正确； 对于D，由B的结论，g(－x)＝－g(x)， g(x)为奇函数，即k＝0时，g(x＋4k)是偶函数不成立，D错误．] 5．(多选题)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”．下列选项中有“巧值点”的函数是(　　) A．f(x)＝x2 B．f(x)＝e－x C．f(x)＝ln x D．f(x)＝tan x 解析：AC　[若f(x)＝x2，则f′(x)＝2x，令x2＝2x，得x＝0或x＝2，方程显然有解，故A符合要求；若f(x)＝e－x，则f′(x)＝－e－x，令e－x＝－e－x，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y＝ln 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tan x＝，化简得sin xcos x＝1，变形可得sin 2x＝2，无解，故D不符合要求．] 6．设函数f(x)＝.若f′(1)＝，则a＝__________. 解析：f′(x)＝，f′(1)＝＝，解得a＝1. 答案：1 7．写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝____________. ①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0；③f′(x)是奇函数． 解析：开放性问题，答案不唯一，所有的形如f(x)＝x，n，m∈N*的函数都成立，以f(x)＝x2为最优． 答案：x2(x∈R) 8．(双空填空题)已知函数f(x)为奇函数，当x<0时，f(x)＝e－x＋，则x>0时，f(x)＝___________________；f(1)＋f′(1)＝____________. 解析：∵函数f(x)为奇函数， 当x<0时，f(x)＝e－x＋， ∴令x>0，则－x<0，f(－x)＝ex－， ∴f(x)＝－ex＋，x>0时，f′(x)＝－ex－， ∴f(1)＋f′(1)＝－e＋1－e－1＝－2e. 答案：－ex＋　－2e 9．(2024·新课标Ⅱ卷)已知函数f(x)＝ex－ax－a3. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)若f(x)有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围． 解：(1)a＝1，f(x)＝ex－x－1，切点为(1，e－2)，f′(x)＝ex－1，k＝f′(1)＝e－1， 所以要求的切线方程为y－(e－2)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x－1. (2)f′(x)＝ex－a，当a≤0时，f′(x)＞0，f(x)在R上单调递增，此时无极值 ∴a＞0，令f′(x)＝0，x＝ln a， f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增， ∴f(x)极小值＝f(ln a)＝a－aln a－a3＜0， ∴1－ln a－a2＜0， 令g(a)＝－a2－ln a＋1，g′(a)＝－2a－＜0， g(a)在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0， ∴g(a)＜0⇔a＞1， ∴a的取值范围为(1，＋∞)． 10．已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋axe－x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程； (2)若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围． 解：(1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)． 当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋，f(0)＝0， 所以切点为(0,0)，f′(x)＝＋，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x. (2)f(x)＝ln(1＋x)＋， f′(x)＝＋＝. 设g(x)＝ex＋a(1－x2)， ①若a＞0，当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)＞0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(－1,0)上单调递增，f(x)＜f(0)＝0， 故f(x)在(－1,0)上没有零点，不合题意． ②若－1≤a≤0，当x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝ex－2ax＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 所以g(x)＞g(0)＝1＋a≥0，即f′(x)＞0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)＞f(0)＝0， 故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意． ③若a＜－1， (ⅰ)当x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝ex－2ax＞0， 所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增． g(0)＝1＋a＜0，g(1)＝e＞0， 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0. 当x∈(0，m)，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当x∈(m，＋∞)，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以当x∈(0，m)，f(x)＜f(0)＝0， 当x→＋∞，f(x)→＋∞， 所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点， 又(0，m)没有零点， 即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点． (ⅱ)当x∈(－1,0)，g(x)＝ex＋a(1－x2)， 设h(x)＝g′(x)＝ex－2ax， h′(x)＝ex－2a＞0， 所以g′(x)在(－1,0)上单调递增， g′(－1)＝＋2a＜0，g′(0)＝1＞0， 所以存在n∈(－1,0)，使得g′(n)＝0， 当x∈(－1，n)，g′(x)＜0，g(x)单调递减， 当x∈(n,0)，g′(x)＞0，g(x)单调递增， g(x)＜g(0)＝1＋a＜0， 又g(－1)＝＞0， 所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0， 当x∈(－1，t)，f(x)单调递增，当x∈(t,0)，f(x)单调递减， 有x→－1，f(x)→－∞， 而f(0)＝0，所以当x∈(t,0)，f(x)＞0， 所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，(t,0)上无零点， 即f(x)在(－1,0)上有唯一零点， 所以a＜－1，符合题意． 所以若f(x)在区间(－1,0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，a的取值范围为(－∞，－1)． 学科网（北京）股份有限公司 $