2024届高三数学一轮复习基础夯实练18： 导数的概念及其意义、导数的运算

这是一份2024届高三数学一轮复习基础夯实练18： 导数的概念及其意义、导数的运算，共8页。试卷主要包含了记函数f的导函数为f′，写出一个同时具有性质等内容，欢迎下载使用。
基础夯实练18  导数的概念及其意义、导数的运算1．(2023·广州模拟)曲线y＝x3＋1在点(－1，a)处的切线方程为(　　)A．y＝3x＋3  B．y＝3x＋1C．y＝－3x－1   D．y＝－3x－32．记函数f(x)的导函数为f′(x)．若f(x)＝exsin 2x，则f′(0)等于(　　)A．2  B．1  C．0  D．－13．(2022·广西三市联考)设函数f(x)在R上存在导函数f′(x)，f(x)的图象在点M(1，f(1))处的切线方程为y＝x＋2，那么f(1)＋f′(1)等于(　　)A．1  B．2  C．3  D．44．已知函数f(x)＝xln x，若直线l过点(0，－e)，且与曲线y＝f(x)相切，则直线l的斜率为(　　)A．－2  B．2  C．－e  D．e5．已知函数f(x)＝aln x，g(x)＝bex，若直线y＝kx(k>0)与函数f(x)，g(x)的图象都相切，则a＋的最小值为(　　)A．2  B．2e  C．e2  D.6．(多选)定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新不动点”，则下列函数中只有一个“新不动点”的是(　　)A．g(x)＝x·2xB．g(x)＝－ex－2xC．g(x)＝ln xD．g(x)＝sin x＋2cos x7．写出一个同时具有性质：①f(x1x2)＝f(x1)＋f(x2)，②当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0的函数f(x)＝        .8．已知函数f(x)＝x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)·(x－5)，则f′(3)＝________.9．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x.(1)求f′(e)及f(e)的值；(2)求f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程．         10．(2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．(1)若x1＝－1，求a；(2)求a的取值范围．                  11．已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线与曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线相同，则(x1＋1)(x2－1)等于(　　)A．－1  B．－2  C．1  D．212．我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为型分式，比如：当x→0时，的极限即为型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在．为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如： ＝ ＝ ＝ex＝e0＝1，则 ＝        .13．已知a，b为正实数，直线y＝x－与曲线y＝ln相切，则的取值范围是(　　)A．(－∞，0)   B.C．[1，＋∞)   D．(0,1)14．设ai(i＝0,1,2，…，2 022)是常数，对于∀x∈R，都有x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022·(x－1)(x－2)…(x－2 022)，则－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝________.
参考答案1．A　2.A　3.C　4.B　5.B6．ABC　[对于A，g′(x)＝2x＋x·2x·ln 2，由x·2x＝2x＋x·2x·ln 2，解得x＝，∴g(x)只有一个“新不动点”，故A正确；对于B，g′(x)＝－ex－2，由－ex－2＝－ex－2x，得x＝1，∴g(x)只有一个“新不动点”，故B正确；对于C，g′(x)＝，根据y＝ln x和y＝的图象可看出ln x＝只有一个实数根，∴g(x)只有一个“新不动点”，故C正确；对于D，g′(x)＝cos x－2sin x，由sin x＋2cos x＝cos x－2sin x，得3sin x＝－cos x，∴tan x＝－，根据y＝tan x和y＝－的图象可看出方程tan x＝－有无数个解，∴g(x)有无数个“新不动点”，故D错误．]7．ln x(答案不唯一)　8.129．解　(1)∵f(x)＝2xf′(e)＋ln x，∴f′(x)＝2f′(e)＋，f′(e)＝2f′(e)＋，∴f′(e)＝－，f(x)＝－＋ln x，∴f(e)＝－＋ln e＝－1.(2)∵f(x)＝－＋ln x，f′(x)＝－＋，∴f(e2)＝－＋ln e2＝2－2e，f′(e2)＝－＋，∴f(x)在点(e2，f(e2))处的切线方程为y－(2－2e)＝(x－e2)，即(2e－1)x＋e2y－e2＝0.10．解　(1)当x1＝－1时，f(－1)＝0，所以切点坐标为(－1,0)．由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，所以切线斜率k＝f′(－1)＝2，所以切线方程为y＝2(x＋1)，即y＝2x＋2.将y＝2x＋2代入y＝x2＋a，得x2－2x＋a－2＝0.由切线与曲线y＝g(x)也相切，得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，解得a＝3.(2)由(1)知，y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率k＝f′(x1)＝3x－1，又f(x1)＝x－x1，所以切线方程为y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)，即y＝(3x－1)x－2x.将y＝(3x－1)x－2x代入y＝x2＋a，得x2－(3x－1)x＋a＋2x＝0.由切线与曲线y＝g(x)也相切，得Δ＝(3x－1)2－4(a＋2x)＝0，整理，得4a＝9x－8x－6x＋1.令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1.则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)．由h′(x)＝0，得x＝－，0,1，当x变化时，h′(x)，h(x)的变化如表所示，x(－∞，－)－(－，0)0(0,1)1(1，＋∞)h′(x)－0＋0－0＋h(x)↘极小值↗极大值↘极小值↗ 由表知，当x＝－时，h(x)取得极小值h＝，当x＝1时，h(x)取得极小值h(1)＝－4，易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，当x→＋∞时，h(x)→＋∞，所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)，所以由4a∈[－4，＋∞)，得a∈[－1，＋∞)，故实数a的取值范围为[－1，＋∞)．11．B　[已知曲线y＝ex在点(x1，)处的切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－x1＋，曲线y＝ln x在点(x2，ln x2)处的切线方程为y－ln x2＝(x－x2)，即y＝x－1＋ln x2，由题意得解得x2＝，－x1＝－1＋ln x2＝－1＋＝－1－x1，则＝，又x2＝，所以x2＝，所以x2－1＝－1＝，所以(x1＋1)(x2－1)＝－2.]12.解析　 ＝ ＝ ＝＝ln 1＋＝.13．D　[函数y＝ln的导函数为y′＝，令y′＝＝1，解得x＝1－，所以切点为，代入y＝x－，得a＋b＝2，因为a，b为正实数，所以a∈(0,2)，则＝，令g(a)＝，a∈(0,2)，则g′(a)＝>0，则函数g(a)在(0,2)上单调递增，所以0＝g(0)<g(a)<g(2)＝1，即g(a)∈(0,1)，所以∈(0,1)．]14．2 021解析　因为x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)·(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)，则令x＝1，可得a0＝1.对x2 022＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)(x－2)＋…＋a2 022(x－1)(x－2)…(x－2 022)两边求导可得2 022x2 021＝a1＋a2[(x－1)(x－2)]′＋…＋a2 022[(x－1)(x－2)…(x－2 022)]′，令fn(x)＝(x－1)(x－2)…(x－n)，则fn′(x)＝(x－1)[(x－2)(x－3)…(x－n)]′＋(x－2)(x－3)…(x－n)，所以fn′(1)＝(1－2)×…×(1－n)＝(－1)n－1(n－1)！，所以2 022×12 021＝a1＋a2×(－1)1×1＋a3×(－1)2×2！＋…＋a2 022×(－1)2 0212 021！，故2 022＝a1－a2＋2！a3－…－2 021！a2 022，所以－a0＋a1－a2＋2！a3－3！a4＋4！a5－…＋2 020！a2 021－2 021！a2 022＝2 022－1＝2 021.