（江苏专用）2020年高考数学一轮复习 考点13 变化率与导数、导数的运算必刷题（含解析）

1考点13变化率与导数、导数的运算1．（江苏省南通市2019届高三四模）给出下列三个函数：①1yx；②sinyx；③exy，则直线12yxb(bR)不能作为函数_______的图象的切线（填写所有符合条件的函数的序号）．【答案】①【解析】【分析】分别求得三个函数的导数，由导数的几何意义，解方程可得不满足题意的函数．【详解】直线12yxb的斜率为k＝12，对于①1yx，求导得：'21yx，对于任意x≠0，21x＝12无解，所以，直线12yxb不能作为切线；对于②sinyx，求导得：'1cos2yx有解，可得满足题意；对于③xye，求导得：'12xye有解，可得满足题意；故答案为：①．2．（江苏省扬州中学2019届高三4月考试）已知函数sin(),2,2()2223sin(),2,2()222xxkkkzyxxkkkz的图象与直线(2)(0)ymxm恰有四个公共点11(,)Axy，22(,)Bxy，33(,)Cxy，44(,)Dxy，其中1334xxxx，则44(2)tanxx=______.【答案】1【解析】函数的图象如下图所示：直线(2)(0)ymxm过定点(2,0)，2当3,22x时，()cosfxx，()sinfxx，由图象可知切点坐标为44,cosxx，切线方程为：444cossinyxxxx，又因为切线过点(2,0)，则有444cossin2xxx，即44(2)tan1.xx3．（江苏省南通、扬州、泰州、苏北四市七市2019届高三第一次（2月)模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知直线与曲线相切于点，则的值为_____．【答案】【解析】，切线的斜率为k＝3，即=3，又切点同时在直线和曲线上，有：，所以＝4.故答案为4．4．（江苏省如皋市2019届高三教学质量调研三）已知，为曲线：上在轴两侧的点，过，分别作曲线的切线，则两条切线与轴围成的三角形面积的最小值为_______．【答案】【解析】因为P，Q为曲线：上在轴两侧的点，设，，且，又因为曲线：在点的切线斜率为，所以曲线在P，Q两点处的切线分别为和3，与x轴交点分别为，，直线和的交点为，所求图形面积，即，令，假设时，才能取最小值，令，则，当，即时，，同理，当时，，所以当且时，最小，解得，，．5．已知定义在R上的函数()fx的导函数为'()fx，满足'()()fxfx，且(2)fx为偶函数，(4)2f，则不等式()2xfxe的解集为______.【答案】(0,)【解析】∵(2)yfx为偶函数，∴(2)yfx的图象关于0x对称，∴()yfx的图像关于2x对称，∴(4)(0)ff.又(4)2f，∴(0)2f.设()()()xefxgxxR，则2'()()'()()'()xxxxfxefxefxfxgxee.又∵'()()fxfx，∴'()()0fxfx，∴'()0gx，∴()ygx在R上单调递减.∵()2xfxe，∴()2xfxe，即()2gx.又∵0(0)(0)2fge，∴()(0)gxg，∴0x.6．（江苏省徐州市2018-2019学年高三考前模拟检测）已知函数,0,1,0,xxexfxfxx1gxkx，若方程0fxgx有两个不同的实根，则实数k的取值范围是_____．【答案】11,2ee【解析】4当0x时，1xfxxe，当1x时，0fx，当10x时，0fx，又当0x时，1fxfx，所以根据周期为1可得0x时fx的图像，故fx的图像如图所示：函数1gxkx的图像恒过1,0，因为fx与gx的图像有两个不同的交点，故ABBCkkk，又10,Ae，故1ABke，12ABke，所以112kee，填11,2ee.7．（江苏省南通市2019届高三适应性考试）已知函数()1xfxe，若存在实数,()abab使得()()fafb，则2ab的最大值为________.【答案】32ln27【解析】作出函数()1xfxe图像如下：5由题意，令,ab为方程()fxm的两个根，由图像易得01m；由1xem得1xem，解得ln(1)xm或ln(1)xm，因为ab，所以ln(1)bm，ln(1)am，因此22ln(1)2ln(1)ln(1)(1)abmmmm，令232()(1)(1)1gmmmmmm，01m，则2()321(31)(1)gmmmmm，因为01m，所以由()0gm得103m；由()0gm得113m，即函数()gm在10,3上单调递增；在1,13上单调递减；所以2max11132()1133327gmg，因此2ab的最大值为32ln27.故答案为32ln27．8．（江苏省扬州中学2019届高三4月考试）已知函数31,0()2,0axxfxxaxxx的图象恰好经过三个象限，则实数a的取值范围______.【答案】0a或2a【解析】（1）当0a时，()fx在(,0]上单调递减，又(0)1f，所以函数()fx的图象经过第二、三象限，6当0x时，33(1)2,2()(1)2,02xaxxfxxaxx…，所以223(1),2()3(1),,02xaxfxxax…，①若1a„时，()0fx恒成立，又当0x时，()2fx，所以函数()fx图象在0x时，经过第一象限，符合题意；②若10a时，()0fx在[2,)上恒成立，当02x时，令()0fx，解1133ax，所以()fx在10,3a上单调递减，在1,23a上单调递增，又111111(1)2210333333aaaaaafa所以函数()fx图象在0x时，经过第一象限，符合题意；（2）当0a时，()fx的图象在(,0)上，只经过第三象限，()0fx在(0,)上恒成立，所以()fx的图象在(0,)上，只经过第一象限，故不符合题意；（3）当0a时，()fx在(,0)上单调递增，故()fx的图象在(,0)上只经过第三象限，所以()fx在(0,)上的最小值min()0fx，当02x时，令()0fx，解得13ax，若123a时，即11a时，()fx在(0,)上的最小值为11121333aaaf，令1112102211333aaafaa.若12113aa时，则()fx在02x时，单调递减，7当2x时，令()0fx，解得13ax，若1211133aa，()fx在(2,)上单调递增，故()fx在(0,)上的最小值为(2)82fa，令8204aa，所以1113a；若12133aa，()fx在12,3a上单调递减，在1,3a上单调递增，故()fx在(0,)上的最小值为12(1)12333aaaf，显然2(1)12033aa，故13a；结上所述：0a或2a.9．已知函数()fx对于任意实数x都有()()fxfx，且当BCAP时，()sinxfxex，若实数a满足(log2)(1)aff，则a的取值范围是________．【答案】1,22【解析】由题得，当x≥0时，cosxfxex，因为x≥0，所以01,cos0xxeeex，所以函数在[0,+∞)上单调递增，因为fxfx，所以函数是偶函数，所以函数在,0)（上单调递减，因为2log1faf，所以|2loga|＜1，所以-1＜2loga＜1，所以122a.8故答案为：1,22．10．（江苏省南京市、盐城市2019届高三第二次模拟考试）已知函数设，且函数的图象经过四个象限，则实数的取值范围为______.【答案】【解析】当x≤0时，f(x)-g(x)=|x+3\-kx-1,须使f(x)-g(x)过第三象限，所以f(-3)-g(-3)0,解之得k＜.当x＞0时，f(x)-g(x)=,因为，所以须使f(x)-g(x)过第四象限，必须综合得-9＜k＜.故答案为：．11．（江苏省南通市基地学校2019届高三3月联考）已知函数的单调减区间为，则的值为____．【答案】e【解析】单调递减区间为且为方程的两根由韦达定理可知：9当，即时，当，即时，，即此时，，即无解综上所述：本题正确结果：．12．（江苏省徐州市2018-2019学年高三考前模拟检测）已知函数1lnfxxaxx.（1）若曲线yfx在1x处的切线的斜率为3，求实数a的值；（2）若函数在区间1,2上存在极小值，求实数a的取值范围；（3）如果0fx的解集中只有一个整数，求实数a的取值范围.【答案】（1）1a（2）522a（3）83,3ln32ln2a【解析】（1）由题意，22211()1axaxfxxxx，由题意知，13f，所以23a，解得1a.（2）令()0fx，所以210xax，所以242aax（舍负），因为函数在1,2上存在极小值，所以24122aa，解之得522a，经检验，当522a时，符合题意，所以522a.（3）①当240a，即[2,2]a时，()0fx恒成立，()fx在(0,)上为增函数，(1)0f.10所以当01x时，()0fx，所以当1x时，()0fx，所以0fx无整数解；②当240a，即2a或2a时，若2a，则()0fx，同①可得0fx无整数解；若2a，()0fx即210xax在0,上有两个不同的解01,xx且0101xx，当00,xx时，()0fx，fx在00,x上为增函数；当01,xxx时，()0fx，fx在01,xx上为减函数；当1,xx时，()0fx，fx在1,x上为增函数，而10f，所以0fx在0,1上无解，故0fx在1,上只有一个整数解，故(2)0(3)0ff，即12ln20213ln303aa，解得833ln32ln2a，综上，83,3ln32ln2a.13．（江苏省镇江市2019届高三考前三模）已知函数xfxmxne（,mnR，e是自然对数的底数）.（1）若函数fx在点1,1f处的切线方程为30xey，试确定函数fx的单调区间；（2）①当1n，mR时，若对于任意1,22x，都有fxx恒成立，求实数m的最小值；②当1mn时，设函数xgxxfxtfxetR，是否存在实数,,0,1abc，使得gagbgc？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由.【答案】（1）fx在0,上单调