【走向高考】2022届高三数学一轮基础巩固第3章第1节导数的概念与运算新人教A版一、选择题1．(文)设曲线y＝在点(3,2)处的切线与直线ax＋y＋1＝0垂直，则a等于( )A．2 B．－2C．－ D．[答案] B[解析] ∵f′(x)＝＝－，∴f′(3)＝－，由条件知，－×(－a)＝－1，∴a＝－2.(理)曲线y＝xlnx在点(e，e)处的切线与直线x＋ay＝1垂直，则实数a的值为( )A．2 B．－2C． D．－[答案] A[解析] ∵y′＝1＋lnx，∴y′|x＝e＝1＋lne＝2，∴－×2＝－1，∴a＝2，选A．2．(文)(2022·河南郑州市质量检测)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋lnx，则f′(e)＝( )A．1 B．－1C．－e－1 D．－e[答案] C[解析] f′(x)＝2f′(e)＋，∴f′(e)＝2f′(e)＋，∴f′(e)＝－，故选C．(理)(2022·吉林长春期末)已知函数f(x)在R上满足f(2－x)＝2x2－7x＋6，则曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程是( )A．y＝2x－1 B．y＝x-12-\nC．y＝3x－2 D．y＝－2x＋3[答案] C[解析] 方法一：令x＝1得f(1)＝1，令2－x＝t，可得x＝2－t，代入f(2－x)＝2x2－7x＋6得f(t)＝2(2－t)2－7(2－t)＋6，化简整理得f(t)＝2t2－t，即f(x)＝2x2－x，∴f′(x)＝4x－1，∴f′(1)＝3.∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.方法二：令x＝1得f(1)＝1，由f(2－x)＝2x2－7x＋6，两边求导可得f′(2－x)·(2－x)′＝4x－7，令x＝1可得－f′(1)＝－3，即f′(1)＝3.∴所求切线方程为y－1＝3(x－1)，即y＝3x－2.3．(文)若函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的顶点在第二象限，则函数f′(x)的图象是( ) [答案] C[解析] 由题意可知在第二象限，∴∴b>0，又f′(x)＝2x＋b，故选C．(理)(2022·山东东营一模)设曲线y＝sinx上任一点(x，y)处切线的斜率为g(x)，则函数y＝x2g(x)的部分图象可以为( )[答案] C[解析] 根据题意得g(x)＝cosx，∴y＝x2g(x)＝x2cosx为偶函数．又x＝0时，y＝0，故选C．4．(文)(2022·山东烟台期末)若点P是函数y＝ex－e－x－3x(－≤x≤)图象上任意一点，且在点P处切线的倾斜角为钝角α，则α的最小值是( )A． B．-12-\nC． D．[答案] B[解析] 由导数的几何意义，k＝y′＝ex＋e－x－3≥2－3＝－1，当且仅当x＝0时等号成立．即tanα≥－1，因为α∈(，π)，所以α的最小值是，故选B．(理)(2022·乌鲁木齐一中月考)已知点P在曲线y＝上，α为曲线在P处的切线的倾斜角，则α的取值范围为( )A．[0，) B．[，)C．(，] D．[，π)[答案] D[解析] y′＝＝－＝－≥－1，故－1≤tanα<0，又α∈[0，π)，所以≤α<π.5．(文)(2022·杭州模拟)若存在过点(1,0)的直线与曲线y＝x3和y＝ax2＋x－9都相切，则a等于( )A．－1或－ B．－1或－C．－或－ D．－或7[答案] A[解析] 设过(1,0)的直线与y＝x3相切于点(x0，x)，所以切线方程为y－x＝3x(x－x0)，即y＝3xx－2x，又(1,0)在切线上，则x0＝0或x0＝，当x0＝0时，由y＝0与y＝ax2＋x－9相切可得a＝－；当x0＝时，由y＝x－与y＝ax2＋x－9相切可得a＝－1，所以选A．本题常犯的错误是，不对点(1,0)的位置作出判断，直接由y＝x3，得出y′|x＝1-12-\n＝3，再由y＝ax2＋x－9，得y′|x＝1＝2a＋＝3求出a＝－，错选B．(理)已知f(x)＝logax(a>1)的导函数是f′(x)，记A＝f′(a)，B＝f(a＋1)－f(a)，C＝f′(a＋1)，则( )A．A>B>C B．A>C>BC．B>A>C D．C>B>A[答案] A[解析] 记M(a，f(a))，N(a＋1，f(a＋1))，则由于B＝f(a＋1)－f(a)＝，表示直线MN的斜率，A＝f′(a)表示函数f(x)＝logax在点M处的切线斜率；C＝f′(a＋1)表示函数f(x)＝logax在点N处的切线斜率．所以，A>B>C．6．(2022·河南商丘调研)等比数列{an}中，a1＝2，a8＝4，f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，f′(x)为函数f(x)的导函数，则f′(0)＝( )A．0 B．26C．29 D．212[答案] D[解析] ∵f(x)＝x(x－a1)(x－a2)…(x－a8)，∴f′(x)＝(x－a1)(x－a2)…(x－a8)＋x·[(x－a1)(x－a2)…(x－a8)]′，∴f′(0)＝a1a2…a8＝(a1a8)4＝84＝212.二、填空题7．(文)(2022·广东理，10)若曲线y＝kx＋lnx在点(1，k)处的切线平行于x轴，则k＝________.[答案] －1[解析] y′＝k＋，y′|x＝1＝k＋1＝0，∴k＝－1.(理)(2022·广东广州市调研)若直线y＝2x＋m是曲线y＝xlnx的切线，则实数m的值为________．[答案] －e[解析] 设切点为(x0，x0lnx0)，由y′＝(xlnx)′＝lnx＋x·＝lnx＋1，得切线的斜率k＝lnx0＋1，故切线方程为y－x0lnx0＝(lnx0＋1)(x－x0)，整理得y＝(lnx0＋1)x－x0，与y＝2x＋m比较得，解得x0＝e，故m＝－e.8．(文)(2022·江西理，13)设函数f(x)在(0，＋∞)内可导，且f(ex)＝x＋ex，则f′(1)＝________.-12-\n[答案] 2[解析] ∵f(ex)＝x＋ex，∴f(x)＝x＋lnx，f′(x)＝1＋，∴f′(1)＝1＋1＝2.(理)(2022·湖南岳阳一模)设曲线y＝上有一点P(x1，y1)，与曲线切于点P的切线为m，若直线n过P且与m垂直，则称n为曲线在点P处的法线，设n交x轴于点Q，又作PR⊥x轴于R，则RQ的长为________．[答案] [解析] (数形结合法)令f(x)＝，∴f′(x1)＝，∵n与m垂直，∴直线n的斜率为－2，∴直线n的方程为y－y1＝－2(x－x1)，由题意设点Q(xQ,0)，R(xR,0)．令y＝0，又y1＝，则－＝－2·(xQ－x1)，解得xQ＝＋x1，由题意知，xR＝x1，∴|RQ|＝|xQ－xR|＝.9．(2022·湖北武汉月考)已知曲线f(x)＝xn＋1(n∈N*)与直线x＝1交于点P，设曲线y＝f(x)在点P处的切线与x轴交点的横坐标为xn，则log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2022的值为________．[答案] －1[解析] f′(x)＝(n＋1)xn，k＝f′(1)＝n＋1，点P(1,1)处的切线方程为y－1＝(n＋1)(x－1)，令y＝0，得x＝1－＝，即xn＝，∴x1·x2·…·x2022＝×××…××＝，则log2022x1＋log2022x2＋…＋log2022x2022＝log2022(x1·x2·…·x2022)＝log2022＝－1.三、解答题-12-\n10．(文)已知曲线y＝x3＋.(1)求曲线在点P(2,4)处的切线方程；(2)求曲线过点P(2,4)的切线方程．[解析] y＝x3＋，则y′＝x2.(1)由题意可知点P(2,4)为切点，y′|x＝2＝22＝4，所以曲线在点P(2,4)处的切线方程为y－4＝4(x－2)，即4x－y－4＝0.(2)由题意可知点P(2,4)不一定为切点，故设切点为(x0，x＋)，y′|x＝x0＝x，曲线过点P(2,4)的切线方程为y－(x＋)＝x(x－x0)，所以4－(x＋)＝x(2－x0)，x－3x＋4＝0⇔(x＋1)－3(x－1)＝0⇔(x0＋1)(x－4x0＋4)＝0.解得x0＝－1或x0＝2，即切点为(－1,1)或(2,4)．所以曲线过点P(2,4)的切线方程为x－y＋2＝0或4x－y－4＝0.(理)(2022·高州月考)设函数y＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴交点为P，且曲线在P点处的切线方程为12x－y－4＝0.若函数在x＝2处取得极值0，试确定函数的解析式.[解析] ∵y＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象与y轴的交点为P(0，d)，又曲线在点P处的切线方程为y＝12x－4，P点坐标适合方程，从而d＝－4；又切线斜率k＝12，故在x＝0处的导数y′|x＝0＝12而y′|x＝0＝c，从而c＝12；又函数在x＝2处取得极值0，所以即解得a＝2，b＝－9，所以所求函数解析式为y＝2x3－9x2＋12x－4.一、选择题11．(2022·宁夏育才中学月考)点P是曲线x2－y－lnx＝0上的任意一点，则点P到直线y＝x－2的最小距离为( )A．1 B．-12-\nC． D．[答案] D[解析] 将x2－y－lnx＝0变形为y＝x2－lnx(x>0)，则y′＝2x－，令y′＝1，则x＝1或x＝－(舍)，可知函数y＝x2－lnx的斜率为1的切线的切点横坐标为x＝1，纵坐标为y＝1.故切线方程为x－y＝0.则点P到直线y＝x－2的最小距离即切线x－y＝0与y＝x－2两平行线间的距离，d＝＝.12．(2022·吉林长春三调)已知函数f(x)＝x2的图象在点A(x1，f(x1))与点B(x2，f(x2))处的切线互相垂直，并交于点P，则点P的坐标可能是( )A．(－，3) B．(0，－4)C．(2,3) D．(1，－)[答案] D[解析] 由题意，A(x1，x)，B(x2，x)，f′(x)＝2x，则过A，B两点的切线斜率k1＝2x1，k2＝2x2，又切线互相垂直，所以k1k2＝－1，即x1x2＝－.两条切线方程分别为l1：y＝2x1x－x，l2：y＝2x2x－x，联立得(x1－x2)[2x－(x1＋x2)]＝0，∵x1≠x2，∴x＝，代入l1，解得y＝x1x2＝－，故选D．13.(2022·江西七校一联)设函数f(x)＝xsinx＋cosx的图象在点(t，f(t))处切线的斜率为k，则函数k＝g(t)的部分图象为( )[答案] B[解析] ∵f(x)＝xsinx＋cosx，∴f′(x)＝xcosx，∴k＝g(t)＝tcost.g(t)为奇函数且在t＝0附近，当t>0时，g(t)>0，故选B．14．(文)已知函数f(x)＝xp＋qx＋r，f(1)＝6，f′(1)＝5，f′(0)＝3，an＝，n∈N＋，则数列{an}的前n项和是( )-12-\nA． B．C． D．[答案] D[解析] ∵f′(x)＝pxp－1＋q，由条件知∴∴f(x)＝x2＋3x＋2.∴an＝＝＝＝－∴{an}的前n项和为Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋…＋＝－＝.(理)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”，若函数g(x)＝x，h(x)＝ln(x＋1)，φ(x)＝x3－1的“新驻点”分别为α、β、γ，则α、β、γ的大小关系为( )A．α>β>γ B．β>α>γC．γ>α>β D．β>γ>α[答案] C[解析] 由g(x)＝g′(x)得，x＝1，∴α＝1，由h(x)＝h′(x)得，ln(x＋1)＝，故知1<x＋1<2，∴0<x<1，即0<β<1，由φ(x)＝φ′(x)得，x3－1＝3x2，∴x2(x－3)＝1，∴x>3，故γ>3，∴γ>α>β.[点评] 对于ln(x＋1)＝，假如0<x＋1<1，则ln(x＋1)<0，>1矛盾；假如x＋1≥2，则≤，即ln(x＋1)≤，∴x＋1≤，∴x≤－1与x≥－1矛盾．二、填空题15．(文)若曲线f(x)＝ax3＋lnx存在垂直于y轴的切线，则实数a的取值范围是________．[答案] (－∞，0)[解析] 由题意，可知f′(x)＝3ax2＋，又因为存在垂直于y轴的切线，所以3ax2＋＝0⇒a＝－(x>0)⇒a∈(－∞，0)．(理)设函数f(x)＝cos(x＋φ)(0<φ<π)，若f(x)＋f′(x)为奇函数，则φ-12-\n＝________.[答案] [解析] f′(x)＝－sin(x＋φ)，由条件知cos(x＋φ)－sin(x＋φ)＝2sin＝－2sin为奇函数，且0<φ<π，∴φ＝.16．(文)(2022·河北邯郸二模)曲线y＝log2x在点(1,0)处的切线与坐标轴所围成三角形的面积等于________．[答案] log2e[解析] ∵y′＝，∴k＝，∴切线方程为y＝(x－1)，∴三角形面积为S△＝×1×＝＝log2e.(理)(2022·江苏)在平面直角坐标系xOy中，若曲线y＝ax2＋(a，b为常数)过点P(2，－5)，且该曲线在点P处的切线与直线7x＋2y＋3＝0平行，则a＋b的值是________．[答案] －3[解析] 由曲线y＝ax2＋过点P(2，－5)，得4a＋＝－5.①又y′＝2ax－，所以当x＝2时，4a－＝－，②由①②得所以a＋b＝－3.三、解答题17．求下列函数的导数：(1)y＝x5－x3＋3x2＋；(2)y＝(3x3－4x)(2x＋1)；(3)y＝3xex－2x＋e；(4)y＝；(5)y＝xcosx－sinx；(6)(理)y＝cos32x＋ex；(7)(理)y＝lg.-12-\n[解析] 可利用导数公式和导数运算法则求导．(1)y′＝′－′＋(3x2)′＋()′＝x4－4x2＋6x.(2)∵y＝(3x3－4x)(2x＋1)＝6x4＋3x3－8x2－4x，∴y′＝24x3＋9x2－16x－4，或y′＝(3x3－4x)′(2x＋1)＋(3x3－4x)(2x＋1)′＝(9x2－4)(2x＋1)＋(3x3－4x)·2＝24x3＋9x2－16x－4.(3)y′＝(3xex)′－(2x)′＋(e)′＝(3x)′ex＋3x(ex)′－(2x)′＝3xln3·ex＋3xex－2xln2＝(ln3＋1)·(3e)x－2xln2.(4)y′＝＝＝.(5)y′＝(xcosx)′－(sinx)′＝cosx－xsinx－cosx＝－xsinx.(6)(理)y′＝3cos22x·(cos2x)′＋ex＝－6sin2x·cos22x＋ex.(7)(理)y′＝′＝··(1－x2)′＝.18．(文)(2022·荆州市质检)设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.(1)求b，c的值；(2)若a>0，求函数f(x)的单调区间；(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．[解析] (1)f′(x)＝x2－ax＋b，由题意得，即.(2)由(1)得，f′(x)＝x2－ax＝x(x－a)(a>0)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0，当x∈(0，a)时，f′(x)<0，当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0.-12-\n所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(a，＋∞)，单调递减区间为(0，a)．(3)g′(x)＝x2－ax＋2，依题意，存在x∈(－2，－1)，使不等式g′(x)＝x2－ax＋2<0成立，即x∈(－2，－1)时，a<(x＋)max＝－2即可，所以满足要求a的取值范围是(－∞，－2)．(理)(2022·北京石景一模)设函数f(x)＝x2＋ax－lnx(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(0,1]上是减函数，求实数a的取值范围；(3)过坐标原点O作曲线y＝f(x)的切线，证明切点的横坐标为1.[解析] (1)a＝1时，f(x)＝x2＋x－lnx(x>0)，∴f′(x)＝2x＋1－＝，当x∈(0，)时，f′(x)<0；当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)的单调递减区间为(0，)，单调递增区间为(，＋∞)．(2)f′(x)＝2x＋a－，∵f(x)在区间(0,1]上是减函数，∴f′(x)≤0对任意x∈(0,1]恒成立，即2x＋a－≤0对任意x∈(0,1]恒成立．∴a≤－2x对任意x∈(0,1]恒成立，令g(x)＝－2x，∴a≤g(x)min.易知g(x)在(0,1]上单调递减，∴g(x)min＝g(1)＝－1.∴a≤－1.(3)证明：设切点为M(t，f(t))，f′(x)＝2x＋a－，切线的斜率k＝2t＋a－，又切线过原点，则k＝，∴＝2t＋a－，即t2＋at－lnt＝2t2＋at－1.∴t2－1＋lnt＝0，存在性：t＝1满足方程t2－1＋lnt＝0，∴t＝1是方程t2－1＋lnt＝0的根．-12-\n再证唯一性：设φ(t)＝t2－1＋lnt，∴φ′(t)＝2t＋>0，∴φ(t)在(0，＋∞)单调递增，且φ(1)＝0，∴方程t2－1＋lnt＝0有唯一解．综上，切点的横坐标为1.-12-
