備考2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章考點(diǎn)測試15

考點(diǎn)測試15導(dǎo)數(shù)的概念及運(yùn)算高考概覽本考點(diǎn)是高考的必考知識點(diǎn)，既可作為選擇題、填空題獨(dú)立考查，也可結(jié)合導(dǎo)數(shù)應(yīng)用在解答題中綜合考查，分值為5分、12分，中等難度考點(diǎn)研讀1.了解導(dǎo)數(shù)概念的實(shí)際背景2．通過函數(shù)圖象直觀理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義3．能根據(jù)導(dǎo)數(shù)的定義求函數(shù)y＝c(c為常數(shù))，y＝x，y＝eq\f(1,x)，y＝x2，y＝x3，y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)4．能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，并了解復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，能求簡單復(fù)合函數(shù)(僅限于形如f(ax＋b)的復(fù)合函數(shù))的導(dǎo)數(shù)一、基礎(chǔ)小題1．設(shè)f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，且滿足eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（2Δx＋1）－f（1）,2Δx)＝－1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為()A．－1 B．1 C．2 D．－2答案A解析eq\o(lim,\s\do4(Δx→0))eq\f(f（2Δx＋1）－f（1）,2Δx)＝－1，即f′(1)＝－1，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線的斜率為－1.故選A.2．已知函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)為f′(x)，且f(x)＝2xf′(e)＋lnx，則f(e)＝()A．－eq\f(1,e) B．－1C．1 D．e答案B解析由f(x)＝2xf′(e)＋lnx得f′(x)＝2f′(e)＋eq\f(1,x)，當(dāng)x＝e時(shí)，f′(e)＝2f′(e)＋eq\f(1,e)，解得f′(e)＝－eq\f(1,e)，所以f(x)＝－eq\f(2,e)x＋lnx，f(e)＝－eq\f(2e,e)＋lne＝－1.3．曲線y＝eq\f(x,x－2)在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為()A．y＝x＋1 B．y＝－x＋1C．y＝2x＋1 D．y＝－2x＋1答案D解析因?yàn)閥＝eq\f(x,x－2)，所以y′＝eq\f(x′（x－2）－（x－2）′x,（x－2）2)＝eq\f(－2,（x－2）2)，所以y′|x＝1＝eq\f(－2,（1－2）2)＝－2，即y＝eq\f(x,x－2)在點(diǎn)(1，－1)處的切線斜率為－2，故y＝eq\f(x,x－2)在點(diǎn)(1，－1)處的切線方程為y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.故選D.4.函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，下列不等關(guān)系正確的是()A．0<f′(2)<f′(3)<f(3)－f(2)B．0<f′(2)<f(3)－f(2)<f′(3)C．0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)D．0<f(3)－f(2)<f′(3)<f′(2)答案C解析從f(x)的圖象可以看出，點(diǎn)B處切線的斜率大于直線AB的斜率，直線AB的斜率大于點(diǎn)A處切線的斜率，點(diǎn)A處切線的斜率大于0，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得0<f′(3)<eq\f(f（3）－f（2）,3－2)<f′(2)，即0<f′(3)<f(3)－f(2)<f′(2)．5．過點(diǎn)(－1，1)的直線l與曲線f(x)＝x3－x2－2x＋1相切，則直線l的斜率為()A．3 B．－1C．3或－1 D．不存在答案C解析因?yàn)閒(x)＝x3－x2－2x＋1，所以f(－1)＝1，f′(x)＝3x2－2x－2，當(dāng)(－1，1)為切點(diǎn)時(shí)，kl＝f′(－1)＝3；當(dāng)(－1，1)不為切點(diǎn)時(shí)，設(shè)切點(diǎn)為(a，a3－a2－2a＋1)，a≠－1，所以kl＝f′(a)＝3a2－2a－2，所以切線方程為y－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(x－a)，又切線過點(diǎn)(－1，1)，所以1－(a3－a2－2a＋1)＝(3a2－2a－2)(－1－a)，即a3＋a2－a－1＝0，即(a＋1)(a2－1)＝0，解得a＝1或a＝－1(舍去)，所以切點(diǎn)為(1，－1)，所以kl＝eq\f(－1－1,1－（－1）)＝－1.綜上所述，直線l的斜率為3或－1.6．已知函數(shù)f(x)＝－x3＋3x，則過點(diǎn)(－3，－9)可作曲線y＝f(x)的切線的條數(shù)為()A．0 B．1C．2 D．3答案C解析因?yàn)閒(x)＝－x3＋3x，所以f′(x)＝－3x2＋3，設(shè)切點(diǎn)為(a，－a3＋3a)，所以在切點(diǎn)(a，－a3＋3a)處的切線方程為y＝－3(a2－1)·(x－a)－a3＋3a，又點(diǎn)(－3，－9)在切線上，所以－9＝－3(a2－1)(－3－a)－a3＋3a，即－9＝3(a2－1)(3＋a)－a3＋3a，整理得2a3＋9a2＝0，解得a＝0或a＝－eq\f(9,2)，所以過點(diǎn)(－3，－9)可作曲線y＝f(x)的切線的條數(shù)為2.7．(多選)下列求導(dǎo)運(yùn)算正確的是()A．若f(x)＝sin(2x＋4)，則f′(x)＝－2cos(2x＋4)B．若f(x)＝e－2x＋1，則f′(x)＝e－2x＋1C．若f(x)＝eq\f(x,ex)，則f′(x)＝eq\f(1－x,ex)D．若f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1答案CD解析若f(x)＝sin(2x＋4)，則f′(x)＝2cos(2x＋4)，A錯誤；若f(x)＝e－2x＋1，則f′(x)＝－2e－2x＋1，B錯誤；若f(x)＝eq\f(x,ex)，則f′(x)＝eq\f(ex－xex,（ex）2)＝eq\f(1－x,ex)，C正確；若f(x)＝xlnx，則f′(x)＝lnx＋1，D正確．8．(多選)f(x)是定義在R上連續(xù)可導(dǎo)函數(shù)，其導(dǎo)函數(shù)為f′(x)，下列命題中正確的是()A．若f(x)＝f(－x)，則f′(x)＝－f′(－x)B．若f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，則f(x)＝f(x＋T)C．若f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)對稱，則f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱D．若f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，f′(x＋2)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，則f(－1)＋f′(2)＝1答案ACD解析對于A，由f(x)＝f(－x)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則，可得f′(x)＝－f′(－x)，所以A正確；對于B，例如，函數(shù)f(x)＝x，可得f′(x)＝1，此時(shí)滿足f′(x)＝f′(x＋T)(T≠0)，但f(x)≠f(x＋T)，所以B錯誤；對于C，由f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)對稱，可得f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，兩邊同時(shí)取導(dǎo)數(shù)，可得f′(a＋x)－f′(a－x)＝0，即f′(a＋x)＝f′(a－x)，所以f′(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱，所以C正確；對于D，由f(－1＋x)＋f(－1－x)＝2，令x＝0，可得f(－1)＋f(－1)＝2，即f(－1)＝1，又由f′(x＋2)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，令x＝0，可得f′(2)＝0，所以f(－1)＋f′(2)＝1，所以D正確．故選ACD.9．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P是曲線y＝x＋eq\f(4,x)(x>0)上的一個(gè)動點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線x＋y＝0的距離的最小值是________．答案4解析當(dāng)直線x＋y＝0平移到與曲線y＝x＋eq\f(4,x)相切的位置時(shí)，切點(diǎn)Q到直線x＋y＝0的距離即點(diǎn)P到直線x＋y＝0的距離的最小值，由y′＝1－eq\f(4,x2)＝－1，得x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)(舍去)，y＝3eq\r(2)，則切點(diǎn)Q(eq\r(2)，3eq\r(2))，則切點(diǎn)Q到直線x＋y＝0的距離為eq\f(|\r(2)＋3\r(2)|,\r(12＋12))＝4.二、高考小題10．(2023·全國甲卷)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為()A．y＝eq\f(e,4)x B．y＝eq\f(e,2)xC．y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4) D．y＝eq\f(e,2)x＋eq\f(3e,4)答案C解析設(shè)曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為y－eq\f(e,2)＝k(x－1)，因?yàn)閥＝eq\f(ex,x＋1)，所以y′＝eq\f(ex（x＋1）－ex,（x＋1）2)＝eq\f(xex,（x＋1）2)，所以k＝y(tǒng)′|x＝1＝eq\f(e,4)，所以y－eq\f(e,2)＝eq\f(e,4)(x－1)，所以曲線y＝eq\f(ex,x＋1)在點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(e,2)))處的切線方程為y＝eq\f(e,4)x＋eq\f(e,4).故選C.11．(2021·新高考Ⅰ卷)若過點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則()A．eb<a B．ea<bC．0<a<eb D．0<b<ea答案D解析解法一：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，y0>0，y′＝ex，則切線方程為y－b＝ex0(x－a)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y0－b＝ex0（x0－a），,y0＝ex0，))得ex0(1－x0＋a)＝b，則由題意知關(guān)于x0的方程ex0(1－x0＋a)＝b有兩個(gè)不同的解．設(shè)f(x)＝ex(1－x＋a)，則f′(x)＝ex(1－x＋a)－ex＝－ex(x－a)，由f′(x)＝0得x＝a，當(dāng)x<a時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x>a時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，所以f(x)max＝f(a)＝ea(1－a＋a)＝ea，當(dāng)x<a時(shí)，a－x>0，所以f(x)>0，當(dāng)x→－∞時(shí)，f(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，f(x)→－∞，函數(shù)f(x)＝ex(1－x＋a)的大致圖象如圖所示，因?yàn)閒(x)的圖象與直線y＝b有兩個(gè)交點(diǎn)，所以0<b<ea.故選D.解法二：過點(diǎn)(a，b)可以作曲線y＝ex的兩條切線，則點(diǎn)(a，b)在曲線y＝ex的下方且在x軸的上方，得0<b<ea.故選D.12．(2020·全國Ⅲ卷)若直線l與曲線y＝eq\r(x)和x2＋y2＝eq\f(1,5)都相切，則l的方程為()A．y＝2x＋1 B．y＝2x＋eq\f(1,2)C．y＝eq\f(1,2)x＋1 D．y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2)答案D解析設(shè)曲線y＝eq\r(x)的切點(diǎn)為(x0，eq\r(x0))，x0＞0，函數(shù)y＝eq\r(x)的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,2\r(x))，則直線l的斜率k＝eq\f(1,2\r(x0))，直線l的方程為y－eq\r(x0)＝eq\f(1,2\r(x0))·(x－x0)，即x－2eq\r(x0)y＋x0＝0.由于直線l與圓x2＋y2＝eq\f(1,5)相切，則eq\f(x0,\r(1＋4x0))＝eq\f(1,\r(5))，兩邊平方并整理得5xeq\o\al(2,0)－4x0－1＝0，解得x0＝1或x0＝－eq\f(1,5)(舍去)，所以直線l的方程為x－2y＋1＝0，即y＝eq\f(1,2)x＋eq\f(1,2).故選D.13．(多選)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，記g(x)＝f′(x)．若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均為偶函數(shù)，則()A．f(0)＝0 B．geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)答案BC解析因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))為偶函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2x))，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2×\f(5,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋2×\f(5,4)))，即f(－1)＝f(4)，故C正確；因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(3,2)對稱，所以f(x)＝f(3－x)，所以f′(x)＝－f′(3－x)，即g(x)＝－g(3－x)，所以g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))對稱，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(1)＝－g(2)，又g(2＋x)為偶函數(shù)，所以g(2＋x)＝g(2－x)，函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，所以g(x)的周期T＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝2，所以geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝0，g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正確，D錯誤；不妨取f(x)＝1(x∈R)，經(jīng)驗(yàn)證滿足題意，但f(0)＝1，故A錯誤．故選BC.14．(2022·新高考Ⅰ卷)若曲線y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，則a的取值范圍是________．答案(－∞，－4)∪(0，＋∞)解析因?yàn)閥＝(x＋a)ex，所以y′＝(x＋a＋1)ex.設(shè)切點(diǎn)為A(x0，(x0＋a)ex0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，依題意得，切線斜率kOA＝(x0＋a＋1)ex0＝eq\f(（x0＋a）ex0,x0)，化簡，得xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0.因?yàn)榍€y＝(x＋a)ex有兩條過坐標(biāo)原點(diǎn)的切線，所以關(guān)于x0的方程xeq\o\al(2,0)＋ax0－a＝0有兩個(gè)不同的根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0，所以a的取值范圍是(－∞，－4)∪(0，＋∞)．15．(2022·新高考Ⅱ卷)曲線y＝ln|x|過坐標(biāo)原點(diǎn)的兩條切線的方程為________，________．答案y＝eq\f(1,e)xy＝－eq\f(1,e)x解析當(dāng)x＞0時(shí)，y＝lnx，設(shè)切點(diǎn)為(x0，lnx0)，由y′＝eq\f(1,x)，得y′|x＝x0＝eq\f(1,x0)，所以切線方程為y－lnx0＝eq\f(1,x0)(x－x0)，又切線過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以－lnx0＝eq\f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切線方程為y－1＝eq\f(1,e)(x－e)，即y＝eq\f(1,e)x；當(dāng)x＜0時(shí)，y＝ln(－x)，設(shè)切點(diǎn)為(x1，ln(－x1))，由y′＝eq\f(1,x)，得y′|x＝x1＝eq\f(1,x1)，所以切線方程為y－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(x－x1)，又切線過坐標(biāo)原點(diǎn)，所以－ln(－x1)＝eq\f(1,x1)(－x1)，解得x1＝－e，所以切線方程為y－1＝eq\f(1,－e)(x＋e)，即y＝－eq\f(1,e)x.16．(2021·新高考Ⅱ卷)寫出一個(gè)同時(shí)具有下列性質(zhì)①②③的函數(shù)f(x)：________．①f(x1x2)＝f(x1)f(x2)；②當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；③f′(x)是奇函數(shù)．答案f(x)＝x4(答案不唯一，f(x)＝x2n(n∈N*)均滿足)解析取f(x)＝x4，則f(x1x2)＝(x1x2)4＝xeq\o\al(4,1)xeq\o\al(4,2)＝f(x1)f(x2)，滿足①；f′(x)＝4x3，當(dāng)x>0時(shí)有f′(x)>0，滿足②；f′(x)＝4x3的定義域?yàn)镽，又f′(－x)＝－4x3＝－f′(x)，故f′(x)是奇函數(shù)，滿足③.三、模擬小題17．(2023·廣西南寧高三模擬)已知f(x)＝x3－eq\f(1,x)在x＝1處的切線與直線l垂直，若直線l與x，y軸的正半軸圍成的三角形的面積為2，則直線l的方程為()A．4x＋y－4＝0 B．4x－y－4＝0C．x－4y－4＝0 D．x＋4y－4＝0答案D解析由f′(x)＝3x2＋eq\f(1,x2)，得f′(1)＝4，故直線l的斜率為－eq\f(1,4)，令l：y＝－eq\f(1,4)x＋m(m>0)，由題意知eq\f(1,2)m·4m＝2，解得m＝1，故直線l的方程為x＋4y－4＝0.18．(2023·重慶高三模擬)已知偶函數(shù)f(x)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－f′(1)x＋2，則f(x)的圖象在點(diǎn)(－2，f(－2))處的切線的斜率為()A．－3 B．3C．－5 D．5答案A解析∵當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)＝2x－f′(1)，∴f′(1)＝2－f′(1)，解得f′(1)＝1，∴當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－x＋2；當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，∴f(－x)＝x2＋x＋2，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(x)＝f(－x)＝x2＋x＋2，即x<0時(shí)，f(x)＝x2＋x＋2，則f′(x)＝2x＋1，∴f′(－2)＝－4＋1＝－3.19．(2023·湖北黃岡高三模擬)已知a，b為正實(shí)數(shù)，直線y＝x－a與曲線y＝ln(x＋b)相切，則eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值為()A．8 B．9C．10 D．13答案B解析設(shè)切點(diǎn)為(x0，y0)，y＝ln(x＋b)的導(dǎo)數(shù)為y′＝eq\f(1,x＋b)，由切線的方程y＝x－a可得切線的斜率為1，令eq\f(1,x0＋b)＝1，x0＝1－b，則y0＝ln(1－b＋b)＝0，故切點(diǎn)為(1－b，0)，代入y＝x－a，得a＋b＝1，∵a，b為正實(shí)數(shù)，∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥5＋2eq\r(\f(b,a)·\f(4a,b))＝9，當(dāng)且僅當(dāng)a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)時(shí)，eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)取得最小值9.20.(多選)(2023·廣東揭陽高三模擬)吹氣球時(shí)，記氣球的半徑r與體積V之間的函數(shù)關(guān)系為r(V)，r′(V)為r(V)的導(dǎo)函數(shù)．已知r(V)在0≤V≤3上的圖象如圖所示，若0≤V1≤V2≤3，則下列結(jié)論正確的是()A.eq\f(r（1）－r（0）,1－0)<eq\f(r（2）－r（1）,2－1)B．r′(1)>r′(2)C．req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V1＋V2,2)))<eq\f(r（V1）＋r（V2）,2)D．存在V0∈(V1，V2)，使得r′(V0)＝eq\f(r（V2）－r（V1）,V2－V1)答案BD解析對于A，設(shè)tanα＝eq\f(r（1）－r（0）,1－0)，tanθ＝eq\f(r（2）－r（1）,2－1)，由圖得α>θ，所以tanα>tanθ，所以eq\f(r（1）－r（0）,1－0)>eq\f(r（2）－r（1）,2－1)，所以A錯誤；對于B，由圖得圖象上點(diǎn)的切線的斜率越來越小，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義得r′(1)>r′(2)，所以B正確；對于C，設(shè)V1＝0，V2＝3，則req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(V1＋V2,2)))＝req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，eq\f(r（V1）＋r（V2）,2)＝eq\f(r（3）,2)，因?yàn)閞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))－r(0)>r(3)－req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))>eq\f(r（3）,2)，所以C錯誤；對于D，eq\f(r（V2）－r（V1）,V2－V1)表示A(V1，r(V1))，B(V2，r(V2))兩點(diǎn)之間的斜率，r′(V0)表示C(V0，r(V0))處切線的斜率，由于V0∈(V1，V2)，所以可以平移直線AB使之和曲線相切，切點(diǎn)就是點(diǎn)C，所以D正確．21．(多選)(2023·山東煙臺高三模擬)已知函數(shù)f(x)＝lnx－x＋t，直線l：y＝－eq\f(1,2)x＋ln2＋2，點(diǎn)P(x0，f(x0))在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，則下列說法錯誤的是()A．若直線l是曲線y＝f(x)的切線，則t＝－3B．若直線l與曲線y＝f(x)無公共點(diǎn)，則t>－3C．若t＝－2，則點(diǎn)P到直線l的最短距離為eq\r(5)D．若t＝－2，當(dāng)點(diǎn)P到直線l的距離最短時(shí)，x0＝2答案ABC解析f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－1，若直線l是曲線y＝f(x)的切線，則f′(x)＝－eq\f(1,2)?eq\f(1,x)－1＝－eq\f(1,2)?x＝2，代入y＝－eq\f(1,2)x＋ln2＋2得y＝1＋ln2，∴f(2)＝1＋ln2?ln2－2＋t＝1＋ln2?t＝3，故A錯誤；若t＝－2，當(dāng)在點(diǎn)P處的切線平行于直線l時(shí)，點(diǎn)P到直線l的距離最短，則f′(x0)＝－eq\f(1,2)?eq\f(1,x0)－1＝－eq\f(1,2)?x0＝2，故D正確；此時(shí)f(2)＝ln2－4，故P(2，ln2－4)，點(diǎn)P到直線l：x＋2y－2ln2－4＝0的距離為eq\f(|2＋2（ln2－4）－2ln2－4|,\r(5))＝2eq\r(5)，故C錯誤；設(shè)lnx－x＋t＝－eq\f(1,2)x＋ln2＋2?t＝eq\f(x,2)－lnx＋ln2＋2，令g(x)＝eq\f(x,2)－lnx＋ln2＋2，則g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,x)＝eq\f(x－2,2x)，當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，∴g(x)min＝g(2)＝3，又x→0時(shí)，g(x)→＋∞；x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，∴若直線l與曲線y＝f(x)無公共點(diǎn)，則t＜3，故B錯誤．22．(多選)(2024·福建漳州高三畢業(yè)班第一次教學(xué)質(zhì)量檢測)已知定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域也為R.若f(x＋2)＝－f(x)，且f(x－1)為奇函數(shù)，則()A．f(1)＝0B．f(2024)＝0C．f′(x)＝－f′(－x)D．f′(x)＝f′(2026－x)答案ACD解析對于A，由f(x＋2)＝－f(x)，得f(1)＝f(－1＋2)＝－f(－1)，又f(x)是由f(x－1)向左平移1個(gè)單位得到的，且f(x－1)為奇函數(shù)，因此f(x)的對稱中心為(－1，0)，即f(－1)＝0，因此f(1)＝－f(－1)＝0，故A正確；對于B，令f(x)＝coseq\f(πx,2)，此時(shí)f(x)滿足題意，但f(2024)＝cos(1012π)＝1≠0，故B錯誤；對于C，因?yàn)閒(x)的對稱中心為(－1，0)，所以f(x)＋f(－2－x)＝0，又f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋2)＝f(－2－x)，所以f(x)關(guān)于直線x＝0對稱，即f(x)＝f(－x)，兩邊對x求導(dǎo)，得f′(x)＝－f′(－x)，故C正確；對于D，由f(x)的對稱中心為(－1，0)，即f(－1＋x)＝－f(－1－x)，兩邊對x求導(dǎo)，得f′(－1＋x)＝f′(－1－x)，又f′(x)＝－f′(－x)，所以f′(－1＋x)＝f′(－1－x)＝－f′(1＋x)，所以f′(－1＋x)＝－f′(1＋x)＝f′(3＋x)，故f′(x)的周期為4，因此f′(2026－x)＝f′(2－x)＝－f′(4－x)＝－f′(－x)，又f′(x)＝－f′(－x)，所以f′(x)＝f′(2026－x)，故D正確．故選ACD.23．(2023·山東威海高三模擬)已知曲線C1：y＝ex＋x，C2：y＝－x2＋2x＋a(a>0)，若有且只有一條直線同時(shí)與C1，C2都相切，則a＝________．答案1解析設(shè)l與C1相切于點(diǎn)P(x1，ex1＋x1)，與C2相切于點(diǎn)Q(x2，－xeq\o\al(2,2)＋2x2＋a)，由C1：y＝ex＋x，得y′＝ex＋1，則與C1相切于點(diǎn)P的切線方程為y－ex1－x1＝(ex1＋1)(x－x1)，即y＝(1＋ex1)x－x1ex1＋ex1.由C2：y＝－x2＋2x＋a，得y′＝－2x＋2，則與C2相切于點(diǎn)Q的切線方程為y＋xeq\o\al(2,2)－2x2－a＝(－2x2＋2)·(x－x2)，即y＝(2－2x2)x＋a＋xeq\o\al(2,2).因?yàn)閮汕芯€重合，所以1＋ex1＝2－2x2①，ex1－x1ex1＝a＋xeq\o\al(2,2)②，由①得x2＝eq\f(1－ex1,2)，代入②得，4(1－x1)ex1＝4a＋1－2ex1＋e2x1，化簡得e2x1－6ex1＋4x1ex1＝－1－4a③，因?yàn)橛星抑挥幸粭l直線同時(shí)與C1，C2都相切，所以方程③只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．令g(x)＝e2x－6ex＋4xex，則g′(x)＝2ex(ex－1)＋4xex，當(dāng)x>0時(shí)，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x<0時(shí)，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，所以g(x)min＝g(0)＝－5，當(dāng)x→－∞時(shí)，g(x)<0，且g(x)→0，當(dāng)x→＋∞時(shí)，g(x)→＋∞，所以當(dāng)－1－4a＝－5或－1－4a≥0，即a＝1或a≤－1(舍去)時(shí)，方程③只有一個(gè)實(shí)數(shù)解．綜上，a＝1.一、高考大題1．(2023·全國乙卷)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))ln(1＋x)．(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，求曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程；(2)若函數(shù)f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞增，求a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))ln(1＋x)(x>－1)，則f′(x)＝－eq\f(1,x2)×ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－1))×eq\f(1,1＋x)，據(jù)此可得f(1)＝0，f′(1)＝－ln2，所以曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為y－0＝－ln2(x－1)，即(ln2)x＋y－ln2＝0.(2)由函數(shù)的解析式可得f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)))ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,1＋x)(x>－1)，滿足題意時(shí)，f′(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立．令eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x2)))ln(1＋x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)＋a))eq\f(1,1＋x)≥0，則－(1＋x)ln(1＋x)＋(x＋ax2)≥0，令g(x)＝ax2＋x－(1＋x)ln(1＋x)，x≥0，原問題等價(jià)于g(x)≥0在區(qū)間(0，＋∞)上恒成立，則g′(x)＝2ax－ln(1＋x)，當(dāng)a≤0時(shí)，由于2ax≤0，ln(1＋x)>0，故g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減，此時(shí)g(x)<g(0)＝0，不符合題意；令h(x)＝g′(x)＝2ax－ln(1＋x)，x≥0，則h′(x)＝2a－eq\f(1,1＋x)，當(dāng)a≥eq\f(1,2)，即2a≥1時(shí)，由于eq\f(1,1＋x)<1，所以h′(x)>0，h(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，即g′(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以g′(x)>g′(0)＝0，g(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(x)>g(0)＝0，滿足題意；當(dāng)0<a<eq\f(1,2)時(shí)，由h′(x)＝2a－eq\f(1,1＋x)＝0可得x＝eq\f(1,2a)－1，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，h′(x)<0，h(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))上單調(diào)遞減，即g′(x)單調(diào)遞減，注意到g′(0)＝0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，g′(x)<g′(0)＝0，g(x)單調(diào)遞減，由于g(0)＝0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)－1))時(shí)，g(x)<g(0)＝0，不符合題意．綜上可知，a的取值范圍是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a\b\lc\|\rc\}(a≥\f(1,2))))．2．(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(diǎn)(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．解(1)由題意知，f(－1)＝－1－(－1)＝0，f′(x)＝3x2－1，f′(－1)＝3－1＝2，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(－1，0)處的切線方程為y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，則g′(x2)＝2x2＝2，解得x2＝1，則g(1)＝1＋a＝2＋2，解得a＝3.(2)f′(x)＝3x2－1，則曲線y＝f(x)在點(diǎn)(x1，f(x1))處的切線方程為y－(xeq\o\al(3,1)－x1)＝(3xeq\o\al(2,1)－1)(x－x1)，整理得y＝(3xeq\o\al(2,1)－1)x－2xeq\o\al(3,1).設(shè)該切線與g(x)切于點(diǎn)(x2，g(x2))，g′(x)＝2x，則g′(x2)＝2x2，則切線方程為y－(xeq\o\al(2,2)＋a)＝2x2(x－x2)，整理得y＝2x2x－xeq\o\al(2,2)＋a.則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3xeq\o\al(2,1)－1＝2x2，,－2xeq\o\al(3,1)＝－xeq\o\al(2,2)＋a，))整理得a＝xeq\o\al(2,2)－2xeq\o\al(3,1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3xeq\o\al(2,1),2)－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－2xeq\o\al(3,1)＝eq\f(9,4)xeq\o\al(4,1)－2xeq\o\al(3,1)－eq\f(3,2)xeq\o\al(2,1)＋eq\f(1,4).令h(x)＝eq\f(9,4)x4－2x3－eq\f(3,2)x2＋eq\f(1,4)，則h′(x)＝9x3－6x2－3x＝3x(3x＋1)(x－1)，令h′(x)＝0，得x＝－eq\f(1,3)，0，1，則x變化時(shí)，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))－eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))0(0，1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)單調(diào)遞減eq\f(5,27)單調(diào)遞增eq\f(1,4)單調(diào)遞減－1單調(diào)遞增由上表知，當(dāng)x＝－eq\f(1,3)時(shí)，h(x)取極小值heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(5,27)，當(dāng)x＝1時(shí)，h(x)取極小值h(1)＝－1，易知當(dāng)x→－∞時(shí)，h(x)→＋∞，當(dāng)x→＋∞時(shí)，h(x)→＋∞，所以h(x)的值域?yàn)閇－1，＋∞)．故a的取值范圍為[－1，＋∞)．二、模擬大題3．(2024·遼寧名校聯(lián)盟高三上學(xué)期聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x3－x2－ax＋1，a∈R.(1)若?x>0，f(x)<0，求a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝f(x)＋ax－1，h(x)＝x2＋bx，若斜率為1的直線與曲線y＝g(x)，y＝h(x)都相切，求b的值．解(1)由題意?x>0，f(x)<0，得x3－x2－ax＋1<0，即a>eq\f(x3－x2＋1,