高考数学二轮复习专题07 导数中的问题(2份打包，教师版+原卷版)

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1．(2022·新高考Ⅱ) 曲线y＝ln|x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
1．答案 y＝eq \f(1,e)x y＝－eq \f(1,e)x 解析 因为y＝ln|x|，当x＞0时y＝lnx，设切点为(x0，lnx0)，由y′＝eq \f(1,x)，所以y′|x
＝x0＝eq \f(1,x0)，所以切线方程为y－lnx0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，又切线过坐标原点，所以－lnx0＝eq \f(1,x0)(－x0)，解得x0＝e，所以切线方程为y－1＝eq \f(1,e) (x－e)，即y＝－eq \f(1,e)x；当x＜0时y＝ln(－x)，设切点为(x1，ln(－x1))，由y′＝eq \f(1,x)，所以y′|x＝x1＝eq \f(1,x1)，所以切线方程为y－ln(－x1)＝eq \f(1,x1) (x－x1)，又切线过坐标原点，所以－ln(－x1)＝eq \f(1,x1) (－x1)，解得x0＝－e，所以切线方程为y－1＝－eq \f(1,e)(x＋e)，即y＝－eq \f(1,e)x；故答案为y＝eq \f(1,e)x；y＝－eq \f(1,e)x．
2．(2022·新高考Ⅰ)若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是________．
2．答案 (－∞，－4)∪(0，＋∞) 解析 ∵y＝(x＋a)ex，∴y′＝(x＋1＋a)ex，设切点为(x0，y0),则y0＝(x0
＋a)ex0,切线斜率k＝(x0＋1＋a)ex0，切线方程为y－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(x－x0)．∵切线过原点，∴－(x0＋a)ex0＝(x0＋1＋a)ex0(－x0)，整理得，x02＋a x0－a＝0．∵切线有两条，∴△＝a2＋4a>0,解得a<－4或a>0，∴a的取值范围是(－∞，－4)∪(0，＋∞)，故答案为(－∞，－4)∪(0，＋∞)．
3．(2022·全国乙文)函数f(x)＝csx＋(x＋1)sinx＋1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为( )
A．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2) B．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2) C．－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)＋2 D．－eq \f(3π,2)，eq \f(π,2)＋2
3．答案 D 解析 f′(x)＝－sinx＋sinx＋(x＋1)csx＝(x＋1)csx，所以f(x)在区间(0，eq \f(π,2))和(eq \f(3π,2)，2π)上f′(x)>0，
即f(x)单调递增；在区间(eq \f(π,2)，eq \f(3π,2))上f′(x)＜0，即f(x)单调递减，又f(0)＝f(2π)＝2，f(eq \f(π,2))＝eq \f(π,2)＋2，f(eq \f(3π,2))＝－(eq \f(3π,2)＋1)＋1＝－eq \f(3π,2)，所以f(x)在区间[0，2π]上的最小值为－eq \f(3π,2)，最大值为eq \f(π,2)＋2．故选D．
4．(2022·新高考Ⅰ)已知函数f(x)＝x3－x＋1，则( )
A．f(x)有两个极值点 B．f(x)有三个零点
C．点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心 D．直线y＝2x是曲线y＝f(x)的切线
4．答案 AC 解析 由题，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)>0得x＞eq \f(eq \r(3),3)或x＜－eq \f(eq \r(3),3)，令f′(x)＜0得－eq \f(eq \r(3),3)＜x＜eq \f(eq \r(3),3)，
所以f(x)在(－eq \f(eq \r(3),3)，eq \f(eq \r(3),3))上单调递减，在(－∞，－eq \f(eq \r(3),3))，(eq \f(eq \r(3),3)，＋∞)上单调递增，所以x＝±eq \f(eq \r(3),3)是极值点，故A正确；因f (－eq \f(eq \r(3),3))＝1＋eq \f(eq 2\r(3),9)>0，f (eq \f(eq \r(3),3))＝1－eq \f(eq 2\r(3),9)>0，f (－2)＝－5＜0，所以，函数f(x)在(－∞，－eq \f(eq \r(3),3))上有一个零点，当x≥eq \f(eq \r(3),3)时，f(x)≥f(eq \f(eq \r(3),3))>0，即函数f(x)在(eq \f(eq \r(3),3)，＋∞)上无零点，综上所述，函数f(x)有一个零点，故B错误；令h(x)＝x3－x，该函数的定义域为R，h(－x)＝(－x)3－(－x)＝－x3＋x＝－h(x)，则h(x)是奇函数，(0，0)是h(x)的对称中心，将h(x)的图象向上移动一个单位得到f(x)的图象，所以点(0，1)是曲线y＝f(x)的对称中心，故C正确；令f′(x)＝3x2－1＝2，可得x＝±1，又f(1)＝f(－1)＝1，当切点为(1，1)时，切线方程为y＝2x－1，当切点为(－1，1)时，切线方程为y＝2x＋3，故D错误．故选AC．
5．(2022·新高考Ⅱ) 已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)(0<φ<π)的图像关于点(eq \f(2π,3)，0)中心对称，则( )
A．f(x)在区间(0，eq \f(5π,12))单调递减 B．f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))有两个极值点
C．直线x＝eq \f(7π,6)是曲线y＝f(x)的对称轴 D．直线y＝eq \f(\r(3),2)－x是曲线y＝f(x)的切线
5．答案 AD 解析 由题意得，f(eq \f(2π,3))＝sin(eq \f(4π,3)＋φ)＝0，所以eq \f(4π,3)＋φ＝kπ，k∈Z，即φ＝－eq \f(4π,3)＋kπ，k∈Z，
又0<φ<π，所以k＝2时，φ＝eq \f(2π,3)，故f(x)＝sin(2x＋eq \f(2π,3))．对A，当x∈(0，eq \f(5π,12))时，2x＋eq \f(2π,3)∈(eq \f(2π,3)，eq \f(3π,2))，由正弦函数y＝sinu图象知y＝f(x)在(0，eq \f(5π,12))上是单调递减；对B，当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，\f(11π,12)))时，2x＋eq \f(2π,3)∈(eq \f(π,2)，eq \f(5π,2))，由正弦函数y＝sinu图象知y＝f(x)只有1个极值点，由2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2)，解得，即x＝eq \f(5π,12)为函数的唯一极值点；对C，当x＝eq \f(7π,6)时，2x＋eq \f(2π,3)＝3π，f(eq \f(7π,6))＝0，直线x＝eq \f(7π,6)不是对称轴；对D，由y′＝2cs(2x＋eq \f(2π,3))＝－1，得cs(2x＋eq \f(2π,3))＝－eq \f(1,2)，解得2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(2π,3)＋2kπ(k∈Z)或2x＋eq \f(2π,3)＝eq \f(4π,3)＋2kπ(k∈Z)，从而得，x＝kπ(k∈Z)或x＝eq \f(π,3)＋kπ(k∈Z)，所以函数y＝f(x)在点(0，eq \f(\r(3),2))处的切线斜率为k＝y′|x＝0＝2cseq \f(2π,3)＝－1，切线方程为y＝eq \f(\r(3),2)－x．故选AD．
6．(2022·全国乙理)已知x＝x1和x＝x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2(a>0且a≠1)的极小值点和极大值点．若
x1＜x2，则a的取值范围是____________．
6．答案 (eq \f(1,e)，1) 解析 f′(x)＝2lna ax－2ex，因为x1，x2分别是函数f(x)＝2ax－ex2的极小值点和极大值
点，所以函数f(x)在(－∞，x1)和(x2，＋∞)上递减，在(x1，x2)上递增，所以当x∈(－∞，x1)和(x2，＋∞)时，f′(x)＜0，当x∈(x1，x2)时，f′(x)>0，若a>1时，当x＜0时，2lna ax>0，2ex＜0，则此时，f′(x)>0，与前面矛盾，故a>1不符合题意，若0设过原点且与函数y＝g(x)的图象相切的直线的切点为(x0，lna ax0)，则切线的斜率为g′(x)＝ln2a ax0，故切线方程为y－lna ax0＝ln2a ax0(x－x0)，则有－lna ax0＝－x0 ln2a ax0，解得x0＝eq \f(1, lna)，则切线的斜率为 SKIPIF 1 < 0 ，因为函数y＝lna ax与函数y＝ex的图象有两个不同的交点，所以e ln2a7．(2022·新高考Ⅰ) 已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l
≤3eq \r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A．[18，eq \f(81,4)] B．[eq \f(27,4)，eq \f(81,4)] C．[eq \f(27,4)，eq \f(64,3)] D．[18，27]
7．答案 C 解析 ∵ 球的体积为36π，所以球的半径R＝3，设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则
l2＝2a2＋h2，32＝2a2＋(3－h)2．所以6h＝l2，2a2＝l2－h2，所以正四棱锥的体积V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×4a2×h＝eq \f(2,3)×(l2－eq \f(l4,36))×eq \f(l2,6)＝eq \f(1,9)(l4－eq \f(l6,36))，所以V′＝eq \f(1,9)(4l3－eq \f(l5,6))＝eq \f(1,9)l3 (eq \f(24－l2,6))，当3≤l≤2eq \r(6)时，V′＞0，当2eq \r(6)≤l≤3eq \r(3)时，V′＜0，所以当l＝2eq \r(6)时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为eq \f(64,3)，又l＝3时，V＝eq \f(27,4)，l＝3eq \r(3)时， V＝eq \f(81,4)．所以正四棱锥的体积V的最小值为eq \f(27,4)，所以该正四棱锥体积的取值范围是[eq \f(27,4)，eq \f(64,3)]．故选C．
【知识总结】
1．导数的几何意义
(1)f′(x0)的几何意义：曲线y＝f(x)在点(x0，f(x0))处的切线的斜率，该切线的方程为y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)．
(2)切点的两大特征：①在曲线y＝f(x)上；②在切线上．
2．利用导数研究函数的单调性
(1)求可导函数单调区间的一般步骤
①求函数f(x)的定义域；
②求导函数f′(x)；
③由f′(x)>0的解集确定函数f(x)的单调递增区间，由f′(x)<0的解集确定函数f(x)的单调递减区间．
(2)由函数的单调性求参数的取值范围
①若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0(x∈M)恒成立；
②若可导函数在某区间上存在单调递增(减)区间，f′(x)>0(或f′(x)<0)在该区间上存在解集；
③若已知f(x)在区间I上的单调性，区间I中含有参数时，可先求出f(x)的单调区间，则I是其单调区间的子集．
3．利用导数研究函数的极值与最值
(1)求函数的极值的一般步骤
①确定函数的定义域；
②解方程f′(x)＝0；
③判断f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0附近两侧的符号变化：
若左正右负，则x0为极大值点；
若左负右正，则x0为极小值点；
若不变号，则x0不是极值点．
(2)求函数f(x)在区间[a，b]上的最值的一般步骤
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)内的极值；
②比较函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值f(a)，f(b)的大小，最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．
【同类问题】
题型一 曲线的切线方程
1．(2021·全国甲)曲线y＝eq \f(2x－1,x＋2)在点(－1，－3)处的切线方程为________．
1．答案 5x－y＋2＝0 解析 y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,x＋2)))′＝eq \f(2(x＋2)－(2x－1),(x＋2)2)＝eq \f(5,(x＋2)2)，所以y′|x＝－1＝eq \f(5,(－1＋2)2)＝5，所
以切线方程为y＋3＝5(x＋1)，即5x－y＋2＝0．
2．(2020·全国Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为( )
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1 C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
2．答案 B 解析 f(1)＝1－2＝－1，切点坐标为(1，－1)，f′(x)＝4x3－6x2，所以切线的斜率为k＝f′(1)
＝4×13－6×12＝－2，切线方程为y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1．
3．(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax．若f(x)为奇函数，则曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程
为( )
A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x
3．答案 D 解析 法一 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以(－x)3＋
(a－1)(－x)2＋a(－x)＝－[x3＋(a－1)x2＋ax]，所以2(a－1)x2＝0．因为x∈R，所以a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x．故选D．
法二 因为函数f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax为奇函数，所以f(－1)＋f(1)＝0，所以－1＋a－1－a＋(1＋a－1＋a)＝0，解得a＝1，此时f(x)＝x3＋x(经检验，f(x)为奇函数)，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x．故选D．
法三 易知f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax＝x[x2＋(a－1)x＋a]，因为f(x)为奇函数，所以函数g(x)＝x2＋(a－1)x＋a为偶函数，所以a－1＝0，解得a＝1，所以f(x)＝x3＋x，所以f′(x)＝3x2＋1，所以f′(0)＝1，所以曲线y＝f(x)在点(0，0)处的切线方程为y＝x．故选D．
4．(2020·全国Ⅰ)曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．
4．答案 2x－y＝0 解析 设切点坐标为(x0，y0)，因为y＝ln x＋x＋1，所以y′＝eq \f(1,x)＋1，所以切线的斜率
为eq \f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1．所以y0＝ln 1＋1＋1＝2，即切点坐标为(1，2)，所以切线方程为y－2＝2(x－1)，即2x－y＝0．
5．(2019·全国Ⅱ)曲线y＝2sin x＋cs x在点(π，－1)处的切线方程为( )
A．x－y－π－1＝0 B．2x－y－2π－1＝0
C．2x＋y－2π＋1＝0 D．x＋y－π＋1＝0
5．答案 C 解析 设y＝f(x)＝2sin x＋cs x，则f′(x)＝2cs x－sin x，∴f′(π)＝－2，∴曲线在点(π，－1)
处的切线方程为y－(－1)＝－2(x－π)，即2x＋y－2π＋1＝0．故选C．
6．(2021·新高考Ⅰ)若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则( )
A．eb6．答案 D 解析 根据y＝ex图象特征，y＝ex是下凸函数，又过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，
则点(a，b)在曲线y＝ex的下方且在x轴的上方，得07．已知曲线f(x)＝x3－x＋3在点P处的切线与直线x＋2y－1＝0垂直，则P点的坐标为( )
A．(1，3) B．(－1，3) C．(1，3)或(－1，3) D．(1，－3)
7．答案 C 解析 设切点P(x0，y0)，f′(x)＝3x2－1，又直线x＋2y－1＝0的斜率为－eq \f(1,2)，∴f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)－1
＝2，∴xeq \\al(2,0)＝1，∴x0＝±1，又切点P(x0，y0)在y＝f(x)上，∴y0＝xeq \\al(3,0)－x0＋3，∴当x0＝1时，y0＝3；当x0＝－1时，y0＝3．∴切点P为(1，3)或(－1，3)．
8．(2019·江苏)在平面直角坐标系xOy中，点A在曲线y＝lnx上，且该曲线在点A处的切线经过点(－e，
－1)(e为自然对数的底数)，则点A的坐标是________．
8．答案 (e，1) 解析 设A(m，n)，则曲线y＝ln x在点A处的切线方程为y－n＝eq \f(1,m)(x－m)．又切线过点
(－e，－1)，所以有n＋1＝eq \f(1,m)(m＋e)．再由n＝ln m，解得m＝e，n＝1．故点A的坐标为(e，1)．
9．设函数f(x)＝x3＋(a－1)·x2＋ax，若f(x)为奇函数，且函数y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线与直线x＋y
＝0垂直，则切点P(x0，f(x0))的坐标为 ．
9．答案 (0，0) 解析 ∵f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，∴f′(x)＝3x2＋2(a－1)x＋a．又f(x)为奇函数，∴f(－x)
＝－f(x)恒成立，即－x3＋(a－1)x2－ax＝－x3－(a－1)x2－ax恒成立，∴a＝1，f′(x)＝3x2＋1，3xeq \\al(2,0)＋1＝1，x0＝0，f(x0)＝0，∴切点P(x0，f(x0))的坐标为(0，0)．
10．过定点P(1，e)作曲线y＝aex(a>0)的切线，恰有2条，则实数a的取值范围是________．
10．答案 (1，＋∞) 解析 由y′＝aex，若切点为(x0， SKIPIF 1 < 0 )，则切线方程的斜率k＝ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 >0，
∴切线方程为y＝ SKIPIF 1 < 0 (x－x0＋1)，又P(1，e)在切线上，∴ SKIPIF 1 < 0 (2－x0)＝e，即eq \f(e,a)＝ SKIPIF 1 < 0 (2－x0)有两个不同的解，令φ(x)＝ex(2－x)，∴φ′(x)＝(1－x)ex，当x∈(－∞，1)时，φ′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴φ(x)max＝φ(1)＝e，又x→－∞时，φ(x)→0；x→＋∞时，φ(x)→－∞，∴01，即实数a的取值范围是(1，＋∞)．
题型二 曲线的公切线方程
11．(2020·全国Ⅲ)若直线l与曲线y＝eq \r(x)和圆x2＋y2＝eq \f(1,5)都相切，则l的方程为( )
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)
11．答案 D 解析 易知直线l的斜率存在，设直线l的方程y＝kx＋b，则eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝eq \f(\r(5),5) ①．设直线l
与曲线y＝eq \r(x)的切点坐标为(x0，eq \r(x0))(x0>0)，则y′|x＝x0＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)＝k ②，eq \r(x0)＝kx0＋b ③，由②③可得b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，将b＝eq \f(1,2)eq \r(x0)，k＝eq \f(1,2)x0－eq \f(1,2)代入①得x0＝1或x0＝－eq \f(1,5)(舍去)，所以k＝b＝eq \f(1,2)，故直线l的方程y＝eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)．
12．已知f(x)＝ex(e为自然对数的底数)，g(x)＝lnx＋2，直线l是f(x)与g(x)的公切线，则直线l的方程
为 ．
12．答案 y＝ex或y＝x＋1 解析 设l与f(x)＝ex的切点为(x1，y1)，则y1＝ SKIPIF 1 < 0 ，f′(x)＝ex，∴f′(x1)＝ SKIPIF 1 < 0 ，
∴切点为(x1， SKIPIF 1 < 0 )，切线斜率k＝ SKIPIF 1 < 0 ，∴切线方程为y－ SKIPIF 1 < 0 ＝ SKIPIF 1 < 0 (x－x1)，即y＝ SKIPIF 1 < 0 ·x－ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ，①，同理设l与g(x)＝ln x＋2的切点为(x2，y2)，∴y2＝ln x2＋2，g′(x)＝eq \f(1,x)，∴g′(x2)＝eq \f(1,x2)，切点为(x2，ln x2＋2)，切线斜率k＝eq \f(1,x2)，∴切线方程为y－(ln x2＋2)＝eq \f(1,x2)(x－x2)，即y＝eq \f(1,x2)·x＋ln x2＋1，②，由题意知，①与②相同，∴ SKIPIF 1 < 0 把③代入④有－ SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝－x1＋1，即(1－x1)( SKIPIF 1 < 0 －1)＝0，解得x1＝1或x1＝0，当x1＝1时，切线方程为y＝ex；当x1＝0时，切线方程为y＝x＋1，综上，直线l的方程为y＝ex或y＝x＋1．
13．若直线l与曲线y＝ex及y＝－eq \f(1,4)x2都相切，则直线l的方程为________．
13．答案 y＝x＋1 解析 设直线l与曲线y＝ex的切点为(x0， SKIPIF 1 < 0 )，直线l与曲线y＝－eq \f(1,4)x2的切点为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))，因为y＝ex在点(x0， SKIPIF 1 < 0 )处的切线的斜率为y′|x＝x0＝ SKIPIF 1 < 0 ，y＝－eq \f(x2,4)在点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，－\f(x\\al(2,1),4)))处的切线的斜率为y′|x＝x1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(x,2)))|x＝x1＝－eq \f(x1,2)，则直线l的方程可表示为y＝ SKIPIF 1 < 0 x－x0e SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 或y＝－eq \f(1,2)x1x＋eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1( SKIPIF 1 < 0 ＝－\f(x1,2)，,－x0 SKIPIF 1 < 0 ＋ SKIPIF 1 < 0 ＝\f(x\\al(2,1),4)，))所以 SKIPIF 1 < 0 ＝1－x0，解得x0＝0，所以直线l的方程为y＝x＋1．
14．曲线C1：y＝ln x＋x与曲线C2：y＝x2有________条公切线．
14．答案 1 解析 由y＝ln x＋x得y′＝eq \f(1,x)＋1，设点(x1，ln x1＋x1)是曲线C1上任一点，∴曲线C1在点(x1，
ln x1＋x1)处的切线方程为y－(ln x1＋x1)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))(x－x1)，即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1))x＋ln x1－1．同理可得曲线C2在点(x2，xeq \\al(2,2))处的切线方程为y－xeq \\al(2,2)＝2x2(x－x2)，即y＝2x2x－xeq \\al(2,2)．依题意知两切线重合，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＋1＝2x2，,ln x1－1＝－x\\al(2,2)，))消去x2得eq \f(1,x\\al(2,1))＋eq \f(2,x1)＋4ln x1－3＝0，①，令f(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋4ln x－3(x>0)，则f′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，∴f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴f(x)只有一个零点．即方程①只有一个解，故曲线C1与C2只有1条公切线．
15．已知曲线y＝x＋lnx在点(1，1)处的切线与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，则a＝ ．
15．答案 8 解析 方法一 因为y＝x＋ln x，所以y′＝1＋eq \f(1,x)，y′|x＝1＝2．所以曲线y＝x＋ln x在点(1，1)
处的切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1．因为y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切，所以a≠0(当a＝0时曲线变为y＝2x＋1与已知直线平行)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2x－1，,y＝ax2＋(a＋2)x＋1，))消去y，得ax2＋ax＋2＝0．由Δ＝a2－8a＝0，解得a＝8．
方法二 同方法一得切线方程为y＝2x－1．设y＝2x－1与曲线y＝ax2＋(a＋2)x＋1相切于点(x0，axeq \\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1)．因为y′＝2ax＋(a＋2)，所以 SKIPIF 1 < 0 ＝2ax0＋(a＋2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ax0＋(a＋2)＝2，,ax\\al(2,0)＋(a＋2)x0＋1＝2x0－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－\f(1,2)，,a＝8.))
16．(2016·课标全国Ⅱ)若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ex的切线，则b＝________．
16．答案 0或1 解析 设直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为(x1，y1)，与曲线y＝ex的切点为(x2，
y2)，y＝ln x＋2的导数为y′＝eq \f(1,x)，y＝ex的导数为y′＝ex，可得k＝ex2＝eq \f(1,x1)．又由k＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(ex2－ln x1－2,x2－x1)，消去x2，可得(1＋ln x1)·(x1－1)＝0，则x1＝eq \f(1,e)或x1＝1，则直线y＝kx＋b与曲线y＝ln x＋2的切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))或(1,2)，与曲线y＝ex的切点为(1，e)或(0，1)，所以k＝eq \f(e－1,1－\f(1,e))＝e或k＝eq \f(1－2,0－1)＝1，则切线方程为y＝ex或y＝x＋1，可得b＝0或1．
17．若直线y＝kx＋b是曲线y＝lnx＋2的切线，也是曲线y＝ln(x＋1)的切线，则b＝________．
17．答案 1－ln 2 解析 y＝lnx＋2的切线为y＝eq \f(1,x1)·x＋lnx1＋1(设切点横坐标为x1)．y＝ln(x＋1)的切线为
y＝eq \f(1,x2＋1)x＋ln(x2＋1)－eq \f(x2,x2＋1)(设切点横坐标为x2)．∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)＝\f(1,x2＋1)，,lnx1＋1＝ln(x2＋1)－\f(x2,x2＋1)，))解得x1＝eq \f(1,2)，x2＝－eq \f(1,2)，∴b＝lnx1＋1＝1－ln2．
18．已知函数f(x)＝xln x，g(x)＝x2＋ax(a∈R)，直线l与f(x)的图象相切于点A(1，0)，若直线l与g(x)的图
象也相切，则a等于( )
A．0 B．－1 C．3 D．－1或3
18．答案 D 解析 由f(x)＝xln x求导得f′(x)＝1＋ln x，则f′(1)＝1＋ln 1＝1，于是得函数f(x)在点A(1，
0)处的切线l的方程为y＝x－1，因为直线l与g(x)的图象也相切，则方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,gx＝x2＋ax，))有唯一解，即关于x的一元二次方程x2＋(a－1)x＋1＝0有两个相等的实数根，因此Δ＝(a－1)2－4＝0，解得a＝－1或a＝3，所以a＝－1或a＝3．
19．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________．
19．答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞)) 解析 由y＝ax2(a>0)，得y′＝2ax，由y＝ex，得y′＝ex，曲线C1：y＝ax2(a>0)与曲
线C2：y＝ex存在公共切线，设公切线与曲线C1切于点(x1，axeq \\al(2,1))，与曲线C2切于点(x2， SKIPIF 1 < 0 )，则2ax1＝ SKIPIF 1 < 0 可得2x2＝x1＋2，∴a＝ SKIPIF 1 < 0 ，记f(x)＝ SKIPIF 1 < 0 ，则f′(x)＝ SKIPIF 1 < 0 ，当x∈(0，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．∴当x＝2时，f(x)min＝eq \f(e2,4)．∴a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e2,4)，＋∞))．
20．已知曲线f(x)＝lnx＋1与g(x)＝x2－x＋a有公共切线，则实数a的取值范围为 ．
20．答案 8 解析 设切线与f(x)＝lnx＋1相切于点P(x0，lnx0＋1)，f′(x0)＝eq \f(1,x0)，∴切线方程为y－(lnx0＋
1)＝eq \f(1,x0)(x－x0)，即y＝eq \f(1,x0)x＋lnx0，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,x0)x＋ln x0，,y＝x2－x＋a，))得x2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))x＋a－lnx0＝0，∴Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x0)))2－4(a－lnx0)＝0，即eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1－4a＋4lnx0＝0，即4a＝eq \f(1,x\\al(2,0))＋eq \f(2,x0)＋1＋4lnx0有解，令φ(x)＝eq \f(1,x2)＋eq \f(2,x)＋1＋4lnx(x>0)，φ′(x)＝－eq \f(2,x3)－eq \f(2,x2)＋eq \f(4,x)＝eq \f(4x2－2x－2,x3)＝eq \f(2(2x＋1)(x－1),x3)，当x∈(0，1)时，φ′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(1)＝4，又x→＋∞时，φ(x)→＋∞，故φ(x)的值域为[4，＋∞)，所以4a≥4，即a≥1，故实数a的取值范围是[1，＋∞)．
题型三 函数的性质
21．设函数f(x)＝2(x2－x)ln x－x2＋2x，则函数f(x)的单调递减区间为( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) C．(1，＋∞) D．(0，＋∞)
21．答案 B 解析 由题意可得f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2(2x－1)ln x＋2(x2－x)·eq \f(1,x)－2x＋2＝(4x－
2)ln x．由f′(x)＜0可得(4x－2)ln x＜0，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－2＞0，,ln x＜0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－2＜0，,ln x＞0，))解得eq \f(1,2)＜x＜1，故函数f(x)的单调递减区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，选B．
22．已知定义在区间(0，π)上的函数f(x)＝x＋2csx，则f(x)的单调递增区间为 ．
22．答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π)) 解析 f′(x)＝1－2sin x，x∈(0，π)．令f′(x)＝0，得x＝eq \f(π,6)或x＝eq \f(5π,6)，当0时，f′(x)>0，当eq \f(π,6)0，∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,6)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,6)，π))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(5π,6)))上单调递减．
23．函数f(x)＝2|sinx|＋cs2x在[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]上的单调递增区间为( )
A．[－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)]和[0，eq \f(π,6)] B．[－eq \f(π,6)，0]和[eq \f(π,6)，eq \f(π,2)] C．[－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)]和[eq \f(π,6)，eq \f(π,2)] D．[－eq \f(π,6)，eq \f(π,6)]
23．答案 A 解析 由题意，因为f(－x)＝2|sin(－x)|＋cs(－2x)＝2|sinx|＋cs2x＝f(x)，所以f(x)为偶函
数，当0≤x≤eq \f(π,2)时，f(x)＝2sinx＋cs2x，则f′(x)＝2csx－2sin2x，令f′(x)≥0，得sinx≤eq \f(1,2)，所以0≤x≤eq \f(π,6)，由f(x)为偶函数，可得当－eq \f(π,6)≤x≤0时，f(x)单调递减，则在[－eq \f(π,2)，－eq \f(π,6)]上单调递增，故选A．
24．设函数f(x)＝eq \f(2,x)＋lnx，则( )
A．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极大值点 B．x＝eq \f(1,2)为f(x)的极小值点
C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点
24．答案 D 解析 f′(x)＝－eq \f(2,x2)＋eq \f(1,x)＝eq \f(x－2,x2)(x＞0)，当0＜x＜2时，f′(x)＜0，当x＞2时，f′(x)＞0，所以x
＝2为f(x)的极小值点．
25．已知函数f(x)＝2ef′(e)lnx－eq \f(x,e)，则f(x)的极大值点为( )
A．eq \f(1,e) B．1 C．e D．2e
25．答案 D 解析 f′(x)＝eq \f(2ef′(e),x)－eq \f(1,e)，故f′(e)＝eq \f(1,e)，故f(x)＝2lnx－eq \f(x,e)，令f′(x)＝eq \f(2,x)－eq \f(1,e)>0，解得0f′(x)<0，解得x>2e，故f(x)在(0，2e)上递增，在(2e，＋∞)上递减，∴x＝2e时，f(x)取得极大值2ln 2，则f(x)的极大值点为2e．
26．若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex－1的极值点，则f(x)的极小值为( )
A．－1 B．－2e－3 C．5e－3 D．1
26．答案 A 解析 f′(x)＝(2x＋a)ex－1＋(x2＋ax－1)ex－1＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex－1．∵x＝－2是f(x)的极
值点，∴f′(－2)＝0，即(4－2a－4＋a－1)e－3＝0，得a＝－1．∴f(x)＝(x2－x－1)ex－1，f′(x)＝(x2＋x－2)ex－1．由f′(x)＞0，得x＜－2或x＞1；由f′(x)＜0，得－2＜x＜1．∴f(x)在(－∞，－2)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴f(x)的极小值点为1，∴f(x)的极小值为f(1)＝－1．
27．设f′(x)为函数f(x)的导函数，已知x2f′(x)＋xf(x)＝lnx，f(1)＝eq \f(1,2)，则下列结论不正确的是( )
A．xf(x)在(0，＋∞)上单调递增 B．xf(x)在(0，＋∞)上单调递减
C．xf(x)在(0，＋∞)上有极大值eq \f(1,2) D．xf(x)在(0，＋∞)上有极小值eq \f(1,2)
27．答案 ABC 解析 由x2f′(x)＋xf(x)＝ln x得x＞0，则xf′(x)＋f(x)＝eq \f(ln x,x)，即[xf(x)]′＝eq \f(ln x,x)，设g(x)＝xf(x)，
即g′(x)＝eq \f(ln x,x)，由g′(x)＞0得x＞1，由g′(x)＜0得0＜x＜1，即xf(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，即当x＝1时，函数g(x)＝xf(x)取得极小值g(1)＝f(1)＝eq \f(1,2)．故选ABC．
28．(多选)已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x－1,ex)，则下列结论正确的是( )
A．函数f(x)存在两个不同的零点
B．函数f(x)既存在极大值又存在极小值
C．当－eD．若x∈[t，＋∞)时，f(x)max＝eq \f(5,e2)，则t的最小值为2
28．答案 ABC 解析 由f(x)＝0，得x2＋x－1＝0，∴x＝eq \f(－1±\r(5),2)，故A正确．f′(x)＝－eq \f(x2－x－2,ex)＝
－eq \f((x＋1)(x－2),ex)，当x∈(－∞，－1)∪(2，＋∞)时，f′(x)<0，当x∈(－1，2)时，f′(x)>0，∴f(x)在(－∞，－1)，(2，＋∞)上单调递减，在(－1，2)上单调递增，∴f(－1)是函数的极小值，f(2)是函数的极大值，故B正确．又f(－1)＝－e，f(2)＝eq \f(5,e2)，且当x→－∞时，f(x)→＋∞，x→＋∞时，f(x)→0，∴f(x)的图象如图所示，由图知C正确，D不正确．
29．已知函数f(x)＝2sinx＋sin2x，则f(x)的最小值是________．
29．答案 －eq \f(3\r(3),2) 解析 ∵f(x)的最小正周期T＝2π，∴求f(x)的最小值相当于求f(x)在[0，2π]上的最小
值．f′(x)＝2csx＋2cs2x＝2csx＋2(2cs2x－1)＝4cs2x＋2csx－2＝2(2csx－1)(csx＋1)．令f′(x)＝0，解得csx＝eq \f(1,2)或csx＝－1，x∈[0，2π]．∴由csx＝－1，得x＝π；由csx＝eq \f(1,2)，得x＝eq \f(5,3)π或x＝eq \f(π,3)．∵函数的最值只能在导数值为0的点或区间端点处取到，f(π)＝2sinπ＋sin2π＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)))＝2sineq \f(π,3)＋sineq \f(2π,3)＝eq \f(3\r(3),2)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)π))＝－eq \f(3\r(3),2)，f(0)＝0，f(2π)＝0，∴f(x)的最小值为－eq \f(3\r(3),2)．
30．(多选)设函数f(x)＝eq \f(x＋e|x|,e|x|)，则下列选项正确的是( )
A．f(x)为奇函数 B．f(x)的图象关于点(0，1)对称
C．f(x)的最大值为eq \f(1,e)＋1 D．f(x)的最小值为－eq \f(1,e)＋1
30．答案 BCD 解析 f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1，不满足f(－x)＝－f(x)，故A项错误；令g(x)＝eq \f(x,e|x|)，则g(－x)＝eq \f(－x,e|－x|)＝
eq \f(－x,e|x|)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，则f(x)关于点(0，1)对称，B项正确；设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最大值为M，则g(x)的最大值为M－1，设f(x)＝eq \f(x,e|x|)＋1的最小值为N，则g(x)的最小值为N－1，当x＞0时，g(x)＝eq \f(x,ex)，所以g′(x)＝eq \f(1－x,ex)，当0＜x＜1时，g′(x)＞0，当x＞1时，g′(x)＜0，所以当0＜x＜1时，g(x)单调递增，当x＞1时，g(x)单调递减，所以g(x)在x＝1处取得最大值，最大值为g(1)＝eq \f(1,e)，由于g(x)为奇函数，所以g(x)在x＝－1处取得最小值，最小值为g(－1)＝－eq \f(1,e)，所以f(x)的最大值为M＝eq \f(1,e)＋1，最小值为N＝－eq \f(1,e)＋1，故C、D项正确．故选B、C、D．