12＋4分项练14 导 数1．(2022·四平模拟)定积分ʃdx的值为( )A.B.C．πD．2π答案 A解析 ∵y＝，∴(x－1)2＋y2＝1表示以(1,0)为圆心，以1为半径的圆，∴定积分ʃdx等于该圆的面积的四分之一，∴定积分ʃdx＝.2．(2022·昆明模拟)已知函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在区间(0，＋∞)上单调递增，则a的最大值是( )A．－eB．eC．－D．4e2答案 A解析 因为函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)，所以f′(x)＝ex(x2－2x)＋ex(2x－2)－＝ex(x2－2)－(x>0)．因为函数f(x)＝(x2－2x)ex－alnx(a∈R)在区间(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)＝ex(x2－2)－≥0在区间(0，＋∞)上恒成立，即≤ex(x2－2)在区间(0，＋∞)上恒成立，12\n亦即a≤ex(x3－2x)在区间(0，＋∞)上恒成立，令h(x)＝ex(x3－2x)，x>0，则h′(x)＝ex(x3－2x)＋ex(3x2－2)＝ex(x3－2x＋3x2－2)＝ex(x－1)(x2＋4x＋2)，x>0，因为x∈(0，＋∞)，所以x2＋4x＋2>0.因为ex>0，令h′(x)>0，可得x>1，令h′(x)<0，可得0<x<1.所以函数h(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在区间(0,1)上单调递减．所以h(x)min＝h(1)＝e1(1－2)＝－e.所以a≤－e.所以a的最大值是－e.3．已知函数f(x)＝ex＋x2－x，若存在实数m使得不等式f(m)≤2n2－n成立，则实数n的取值范围为( )A.∪[1，＋∞)B．(－∞，－1]∪C.∪D.∪[0，＋∞)答案 A解析 对函数求导可得，f′(x)＝·ex＋×2x－1，∴f′(1)＝f′(1)＋f(0)－1，∴f(0)＝＝1，∴f′(1)＝e，f(x)＝ex＋x2－x，f′(x)＝ex＋x－1，设g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝ex＋1>0，∴函数f′(x)单调递增，而f′(0)＝0，∴当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．12\n故f(x)min＝f(0)＝1，由存在性的条件可得关于实数n的不等式2n2－n≥1，解得n∈∪[1，＋∞)．4．已知函数f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2，若存在x0使得f(x0)≤成立，则实数a的值为( )A.B.C.D.答案 D解析 f(x)＝x2＋(ln3x)2－2a(x＋3ln3x)＋10a2＝(x－a)2＋(ln3x－3a)2表示点M(x，ln3x)与点N(a,3a)距离的平方，M点的轨迹是函数g(x)＝ln3x的图象，N点的轨迹是直线y＝3x，则g′(x)＝.作g(x)的平行于直线y＝3x的切线，切点为(x1，y1)，则＝3，所以x1＝，切点为P，所以曲线上点P到直线y＝3x的距离最小，最小距离d＝，所以f(x)≥，根据题意，要使f(x0)≤，则f(x0)＝，此时N为垂足，点M与点P重合，kMN＝＝－，得a＝.5．(2022·潍坊模拟)已知函数f(x)＝若m<n，且f(m)＝f(n)，则n－m的取值范围为( )A．[3－2ln2,2)B．[3－2ln2,2]C．[e－1,2)D．[e－1,2]答案 A解析 作出函数f(x)的图象，如图所示，若m<n，且f(m)＝f(n)，则当ln(x＋1)＝1时，得x＋1＝e，即x＝e－1，12\n则满足0<n≤e－1，－2<m≤0，则ln(n＋1)＝m＋1，即m＝2ln(n＋1)－2，则n－m＝n＋2－2ln(n＋1)，设h(n)＝n＋2－2ln(n＋1)，0<n≤e－1，则h′(n)＝1－＝，0<n≤e－1，由h′(n)>0，解得1<n≤e－1，由h′(n)<0，解得0<n<1，当n＝1时，函数h(n)取得最小值h(1)＝1＋2－2ln(1＋1)＝3－2ln2，当n＝0时，h(0)＝2－2ln1＝2；当n＝e－1时，h＝e－1＋2－2ln(e－1＋1)＝e－1<2，所以3－2ln2≤h(n)<2，即n－m的取值范围是[3－2ln2,2)．6．(2022·峨眉山市第七教育发展联盟联考)已知函数f(x)＝aln(x＋2)－x2，在区间(0,1)内任取两个实数p，q，且p>q，若不等式>2恒成立，则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.答案 D解析 由已知p>q，可得f(p＋1)－f(q＋1)>2(p－q)，f(p＋1)>f(q＋1)＋2p－2q，f(p＋1)－2p>f(q＋1)－2q，f(p＋1)－2p－2>f(q＋1)－2q－2，f(p＋1)－2(p＋1)>f(q＋1)－2(q＋1)．令g(x)＝f(x)－2x，则有g(p＋1)>g(q＋1)．因为p，q∈(0,1)，所以p＋1∈(1,2)，q＋1∈(1,2)，又因为p>q，所以g(x)＝f(x)－2x在(1,2)上为单调递增函数，则g′(x)＝f′(x)－2＝－2x－2≥0在(1,2)上恒成立，12\n即a≥(x＋2)(2x＋2)在x∈(1,2)时恒成立，令h(x)＝(x＋2)(2x＋2)＝22－，h(x)在(1,2)上为增函数，所以a≥h(2)＝24.即a的取值范围为.7．(2022·安徽省江南十校联考)y＝f(x)的导函数满足：当x≠2时，(x－2)(f(x)＋2f′(x)－xf′(x))>0，则( )A．f(4)>(2＋4)f()>2f(3)B．f(4)>2f(3)>(2＋4)f()C．(2＋4)f()>2f(3)>f(4)D．2f(3)>f(4)>(2＋4)f()答案 C解析 令g(x)＝，则g′(x)＝，因为当x≠2时，(x－2)[f(x)＋(2－x)f′(x)]>0，所以当x>2时，g′(x)<0，即函数g(x)在(2，＋∞)上单调递减，则g()>g(3)>g(4)，即>>，即(2＋4)f()>2f(3)>f(4)．8．若曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲线C2：y＝ex存在公共切线，则a的取值范围为( )A.B.C.D.答案 D解析 设公共切线在曲线C1，C2上的切点分别为(m，am2)，(t，et)，则2am＝et＝，所以m＝2t－2，a＝(t>1)，令f(t)＝(t>1)，则f′(t)＝，则当t>2时，f′(t)>0；当1<t<2时，f′(t)<0，因此f(t)≥f(2)＝，所以a≥，故选D.9．(2022·三明模拟)已知函数f(x)＝e2018x＋mx3－m(m>0)，当x1＋x2＝1时，对于任意的实数θ，都有不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)成立，则实数x1的取值范围是( )12\nA．[1，＋∞)B．[1,2]C.D．(1，＋∞)答案 D解析 g(x)＝f(x)－f(1－x)＝(e2018x＋mx3)－[e2018(1－x)＋m(1－x)3]，则g′(x)＝2018[e2018x＋e2018(1－x)]＋3m[x2＋(1－x)2]>0，据此可得函数g(x)单调递增，又x1＋x2＝1，则不等式f(x1)＋f(sin2θ)>f(x2)＋f(cos2θ)，即f(x1)＋f(sin2θ)>f(1－x1)＋f(1－sin2θ)，则f(x1)－f(1－x1)>f(1－sin2θ)－f[1－(1－sin2θ)]，即g(x1)>g(1－sin2θ)，结合函数g(x)的单调性可得x1>1－sin2θ恒成立，当sinθ＝0时，(1－sin2θ)max＝1，结合恒成立的条件可得实数x1的取值范围是(1，＋∞)．10．已知函数f(x)＝，关于x的方程f2(x)－2af(x)＋a－1＝0(a∈R)有3个相异的实数根，则a的取值范围是( )A.B.C.D.答案 D解析 f(x)＝当x>0时，f′(x)＝，当0<x<1时，f′(x)<0，函数单调递减，当x>1时，f′(x)>0，函数单调递增，当x＝1时，函数取得极小值f(1)＝e.当x<0时，f′(x)＝－>0，函数单调递增，如图，画出函数的图象，12\n设t＝f(x)，当t>e时，t＝f(x)有3个根，当t＝e时，t＝f(x)有2个实根，当0<t<e时，t＝f(x)有1个实根，考虑到原方程的判别式大于零恒成立，所以原方程等价于t2－2at＋a－1＝0有2个相异实根，其中t1＝e，t2∈(0，e)或t1≤0，t2>e，当t＝e时，e2－2ae＋a－1＝0，解得a＝，检验满足条件；由t1≤0，t2>e得无解．故选D.11．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－ax＋a存在零点，则实数a的取值范围为( )A.B.∪[e2，＋∞)C.D.∪[e，＋∞)答案 B解析 函数g(x)＝f(x)－ax＋a存在零点，即方程f(x)＝ax－a存在实数根，即函数y＝f(x)与y＝a(x－1)的图象有交点，如图所示，作出f(x)图象，直线y＝a(x－1)恒过定点(1,0)，过点(－2,1)与(1,0)的直线的斜率k＝＝－，设直线y＝a(x－1)与y＝ex相切于点(x0，)，则切点处的导数值为，则过切点的直线方程为y－＝(x－x0)，又切线过点(1,0)，则－＝(1－x0)，12\n∴x0＝2，得x0＝2，此时切线的斜率为e2，由图可知，要使函数g(x)＝f(x)－ax＋a存在零点，则实数a的取值范围是a≤－或a≥e2.12．(2022·江西省重点中学协作体联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax2＋(2＋a)x(a∈R)，g(x)＝－2，对任意的x0∈(0,2]，关于x的方程f(x)＝g(x0)在上有两个不同的实数根，则实数a的取值范围(其中e＝2.71828…为自然对数的底数)为( )A.B.C.D.答案 C解析 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝＋2ax＋(2＋a)＝(x>0)，当a＝0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增．g(x)＝－2，则g′(x)＝，当x∈(－∞，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，其中g(0)＝－2，g(1)＝－2，g(2)＝－2，则函数g(x)在区间(0,2]上的值域为，f(x)＝g(x0)在(0，e]上有两个不同的实数根，则必有a<0，且由f(x)的解析式有f(0)→－∞，f＝ln－－1，f(e)＝1＋ae2＋(2＋a)e，12\n则满足题意时应有注意到函数f(x)＝lnx＋x－1是单调递增函数，且f ＝－2，据此可知方程ln－－1＝－2的唯一实数根满足－＝，即a＝－e，则不等式ln－－1>－2的解集为(－e，＋∞)，求解不等式1＋ae2＋(2＋a)e≤－2，可得a≤－.求解不等式－<e，可得a<－，据此可得实数a的取值范围是.13．(2022·河南省豫南九校联考)若f(x)＝3xf′(1)－2x2，则f′(0)＝________.答案 6解析 由题意得f′(x)＝3f′(1)－4x，∴f′(1)＝3f′(1)－4，∴f′(1)＝2，∴f′(x)＝6－4x，∴f′(0)＝6－4×0＝6.14．若直线y＝2x＋b是曲线y＝ex－2的切线，则实数b＝________.答案 －2ln2解析 由题意可知，设切点为(x0，y0)，y′＝ex，由y＝2x＋b是曲线y＝ex－2的切线，得ex0＝2，x0＝ln2，代入曲线得y0＝0，然后将切点坐标代入切线得b＝－2ln2.15．(2022·河北省衡水中学模拟)若存在两个正实数x，y使等式2x＋m(y－2ex)(lny－lnx)＝0成立(其中e＝2.71828…)，则实数m的取值范围是_____________．答案 (－∞，0)∪解析 由题意可得m＝，则＝＝·ln，令t＝，构造函数g(t)＝lnt(t>0)，则g′(t)＝－lnt＋×12\n＝－lnt＋－(t>0)，设h(t)＝g′(t)，则h′(t)＝－－＝－<0恒成立，则g′(t)在(0，＋∞)上单调递减，当t＝e时，g′(t)＝0，则当t∈(0，e)时，g′(t)>0，函数g(t)单调递增，当t∈(e，＋∞)时，g′(t)<0，函数g(t)单调递减，则当t＝e时，g(t)取得最大值g(e)＝，据此有≤，∴m<0或m≥.综上可得实数m的取值范围是(－∞，0)∪.12\n16．已知函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，其中e为自然对数的底数．若不等式f(x)≤0恒成立，则的最小值为________．答案 －解析 因为函数f(x)＝lnx＋(e－a)x－b，所以f′(x)＝＋(e－a)，其中x>0，当a≤e时，f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)≤0不恒成立；当a>e时，令f′(x)＝＋e－a＝0，得x＝，当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减，所以当x＝时，f(x)取得最大值，因为不等式f(x)≤0恒成立，所以f ＝－ln(a－e)－b－1≤0，所以ln(a－e)＋b＋1≥0，所以b≥－1－ln(a－e)，所以≥，a>e，设F(x)＝，x>e，则F′(x)＝＝，x>e，令H(x)＝(x－e)ln(x－e)－e，则H′(x)＝ln(x－e)＋1，由H′(x)＝0，解得x＝e＋，12\n当x∈时，H′(x)>0，H(x)单调递增，当x∈时，H′(x)<0，H(x)单调递减，所以当x＝e＋时，H(x)取得最小值，最小值为H＝－e－，因为当x→e时，H(x)→－e，当x>2e时，H(x)>0，H(2e)＝0，所以当x∈(e,2e)时，F′(x)<0，F(x)单调递减，当x∈(2e，＋∞)时，F′(x)>0，F(x)单调递增，所以当x＝2e时，F(x)取最小值F(2e)＝＝－，所以的最小值为－.12
