高三數(shù)學一輪復習基礎夯實練18：導數(shù)的概念及其意義、導數(shù)的運算

基礎夯實練18導數(shù)的概念及其意義、導數(shù)的運算1．(2023·廣州模擬)曲線y＝x3＋1在點(－1，a)處的切線方程為()A．y＝3x＋3 B．y＝3x＋1C．y＝－3x－1 D．y＝－3x－32．記函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)．若f(x)＝exsin2x，則f′(0)等于()A．2B．1C．0D．－13．(2022·廣西三市聯(lián)考)設函數(shù)f(x)在R上存在導函數(shù)f′(x)，f(x)的圖象在點M(1，f(1))處的切線方程為y＝eq\f(1,2)x＋2，那么f(1)＋f′(1)等于()A．1B．2C．3D．44．已知函數(shù)f(x)＝xlnx，若直線l過點(0，－e)，且與曲線y＝f(x)相切，則直線l的斜率為()A．－2B．2C．－eD．e5．已知函數(shù)f(x)＝alnx，g(x)＝bex，若直線y＝kx(k>0)與函數(shù)f(x)，g(x)的圖象都相切，則a＋eq\f(1,b)的最小值為()A．2B．2eC．e2D.eq\r(e)6．(多選)定義方程f(x)＝f′(x)的實數(shù)根x0叫做函數(shù)f(x)的“新不動點”，則下列函數(shù)中只有一個“新不動點”的是()A．g(x)＝x·2xB．g(x)＝－ex－2xC．g(x)＝lnxD．g(x)＝sinx＋2cosx7．寫出一個同時具有性質：①f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，②當x∈(0，＋∞)時，f′(x)>0的函數(shù)f(x)＝.8．已知函數(shù)f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，則f′(3)＝________.9．已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(e)＋lnx.(1)求f′(e)及f(e)的值；(2)求f(x)在點(e2，f(e2))處的切線方程．10．(2022·全國甲卷)已知函數(shù)f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲線y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線也是曲線y＝g(x)的切線．(1)若x1＝－1，求a；(2)求a的取值范圍．11．已知曲線y＝ex在點(x1，)處的切線與曲線y＝lnx在點(x2，lnx2)處的切線相同，則(x1＋1)(x2－1)等于()A．－1B．－2C．1D．212．我們把分子、分母同時趨近于0的分式結構稱為eq\f(0,0)型分式，比如：當x→0時，eq\f(ex－1,x)的極限即為eq\f(0,0)型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在．為此，洛必達在1696年提出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex－1′,x′)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex,1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))ex＝e0＝1，則eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝.13．已知a，b為正實數(shù)，直線y＝x－eq\f(a,2)與曲線y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))相切，則eq\f(a2,4－b)的取值范圍是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[1，＋∞) D．(0,1)14．設ai(i＝0,1,2，…，2022)是常數(shù)，對于?x∈R，都有x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2022·(x－1)(x－2)…(x－2022)，則－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2020！a2021－2021！a2022＝________.參考答案1．A2.A3.C4.B5.B6．ABC[對于A，g′(x)＝2x＋x·2x·ln2，由x·2x＝2x＋x·2x·ln2，解得x＝eq\f(1,1－ln2)，∴g(x)只有一個“新不動點”，故A正確；對于B，g′(x)＝－ex－2，由－ex－2＝－ex－2x，得x＝1，∴g(x)只有一個“新不動點”，故B正確；對于C，g′(x)＝eq\f(1,x)，根據(jù)y＝lnx和y＝eq\f(1,x)的圖象可看出lnx＝eq\f(1,x)只有一個實數(shù)根，∴g(x)只有一個“新不動點”，故C正確；對于D，g′(x)＝cosx－2sinx，由sinx＋2cosx＝cosx－2sinx，得3sinx＝－cosx，∴tanx＝－eq\f(1,3)，根據(jù)y＝tanx和y＝－eq\f(1,3)的圖象可看出方程tanx＝－eq\f(1,3)有無數(shù)個解，∴g(x)有無數(shù)個“新不動點”，故D錯誤．]7．lnx(答案不唯一)8.129．解(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋lnx，∴f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，∴f′(e)＝－eq\f(1,e)，f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，∴f(e)＝－eq\f(2e,e)＋lne＝－1.(2)∵f(x)＝－eq\f(2x,e)＋lnx，f′(x)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,x)，∴f(e2)＝－eq\f(2e2,e)＋lne2＝2－2e，f′(e2)＝－eq\f(2,e)＋eq\f(1,e2)，∴f(x)在點(e2，f(e2))處的切線方程為y－(2－2e)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,e)＋\f(1,e2)))(x－e2)，即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.10．解(1)當x1＝－1時，f(－1)＝0，所以切點坐標為(－1,0)．由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，所以切線斜率k＝f′(－1)＝2，所以切線方程為y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.將y＝2x＋2代入y＝x2＋a，得x2－2x＋a－2＝0.由切線與曲線y＝g(x)也相切，得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，解得a＝3.(2)由(1)知，y＝f(x)在點(x1，f(x1))處的切線斜率k＝f′(x1)＝3xeq\o\al(2,1)－1，又f(x1)＝xeq\o\al(3,1)－x1，所以切線方程為y－(xeq\o\al(3,1)－x1)＝(3xeq\o\al(2,1)－1)(x－x1)，即y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1).將y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1)代入y＝x2＋a，得x2－(3xeq\o\al(2,1)－1)x＋a＋2xeq\o\al(3,1)＝0.由切線與曲線y＝g(x)也相切，得Δ＝(3xeq\o\al(2,1)－1)2－4(a＋2xeq\o\al(3,1))＝0，整理，得4a＝9xeq\o\al(4,1)－8xeq\o\al(3,1)－6xeq\o\al(2,1)＋1.令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1.則h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)．由h′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)，0,1，當x變化時，h′(x)，h(x)的變化如表所示，x(－∞，－eq\f(1,3))－eq\f(1,3)(－eq\f(1,3)，0)0(0,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)↘極小值↗極大值↘極小值↗由表知，當x＝－eq\f(1,3)時，h(x)取得極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(20,27)，當x＝1時，h(x)取得極小值h(1)＝－4，易知當x→－∞時，h(x)→＋∞，當x→＋∞時，h(x)→＋∞，所以函數(shù)h(x)的值域為[－4，＋∞)，所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)，故實數(shù)a的取值范圍為[－1，＋∞)．11．B[已知曲線y＝ex在點(x1，)處的切線方程為y－＝(x－x1)，即y＝x－x1＋，曲線y＝lnx在點(x2，lnx2)處的切線方程為y－lnx2＝eq\f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq\f(1,x2)x－1＋lnx2，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(＝\f(1,x2)，,－x1＝－1＋lnx2，))解得x2＝，－x1＝－1＋lnx2＝－1＋＝－1－x1，則＝eq\f(x1＋1,x1－1)，又x2＝，所以x2＝eq\f(x1－1,x1＋1)，所以x2－1＝eq\f(x1－1,x1＋1)－1＝eq\f(－2,x1＋1)，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2.]12.eq\f(1,2)解析eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(x2lnx′,x2－1′)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1,2)))＝ln1＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).13．D[函數(shù)y＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))的導函數(shù)為y′＝eq\f(1,x＋\f(b,2))，令y′＝eq\f(1,x＋\f(b,2))＝1，解得x＝1－eq\f(b,2)，所以切點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(b,2)，0))，代入y＝x－eq\f(a,2)，得a＋b＝2，因為a，b為正實數(shù)，所以a∈(0,2)，則eq\f(a2,4－b)＝eq\f(a2,2＋a)，令g(a)＝eq\f(a2,2＋a)，a∈(0,2)，則g′(a)＝eq\f(aa＋4,2＋a2)>0，則函數(shù)g(a)在(0,2)上單調遞增，所以0＝g(0)<g(a)<g(2)＝1，即g(a)∈(0,1)，所以eq\f(a2,4－b)∈(0,1)．]14．2021解析因為x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)·(x－2)＋…＋a2022(x－1)(x－2)…(x－2022)，則令x＝1，可得a0＝1.對x2022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2022(x－1)(x－2)…(x－2022)兩邊求導可得2022x2021＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2022[(x－1)(x－2)…(x－2022)]′，令fn(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)，則fn′(x)＝(x－1