标签: 2020高考数学刷题首选卷考点测试14变化率与导数理(含解析)  
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doc 考点测试14 变化率与导数、导数的计算 一、基础小题 1.下列求导运算正确的是(  ) A.′=1+ B.(log2x)′= C.(3x)′=3xlog3e D.(x2cosx)′=-2xsinx 答案 B 解析 ′=1-;(3x)′=3x·ln 3;(x2cosx)′=(x2)′·cosx+x2·(cosx)′=2xcosx-x2sinx,所以A,C,D错误.故选B. 2.已知函数f(x)=xsinx+cosx,则f′的值为(  ) A. B.0 C.-1 D.1 答案 B 解析 f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx, ∴f′=cos=0,故选B. 3.设f(x)=xln x,f′(x0)=2,则x0=(  ) A.e2 B.e C. D.ln 2 答案 B 解析 ∵f′(x)=1+ln x,∴f′(x0)=1+ln x0=2, ∴x0=e.故选B. 4.已知一个物体的运动方程为s=1-t+t2,其中s的单位是m,t的单位是s,那么物体在4 s末的瞬时速度是(  ) A.7 m/s B.6 m/s C.5 m/s D.8 m/s 答案 A 解析 ==7+Δt,当Δt无限趋近于0时,无限趋近于7.故选A. 5.已知函数f(x)在R上可导,且f(x)=x2+2x·f′(2),则函数f(x)的解析式为(  ) A.f(x)=x2+8x B.f(x)=x2-8x C.f(x)=x2+2x D.f(x)=x2-2x 答案 B 解析 由题意得f′(x)=2x+2f′(2),则f′(2)=4+2f′(2),所以f′(2)=-4,所以f(x)=x2-8x. 6.已知函数y=f(x)的图象如图,则f′(xA)与f′(xB)的大小关系是(  ) A.f′(xA)>f′(xB) B.f′(xA)<f′(xB) C.f′(xA)=f′(xB) D.不能确定 答案 B 解析 f′(xA)和f′(xB)分别表示函数图象在点A,B处的切线的斜率,故f′(xA)<f′(xB). 7.设f(x)是可导函数,且满足=-1,则y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为(  ) A.-1 B.1 C.2 D.-2 答案 A 解析 =-1,即f′(1)=-1,由导数的几何意义知,y=f(x)在点(1,f(1))处的切线的斜率为-1. 8.已知过点P(2,-2)的直线l与曲线y=x3-x相切,则直线l的方程为________. 答案 y=8x-18或y=-x 解析 设切点为(m,n),因为y′=x2-1,所以 解得或所以切线的斜率为8或-1,所以切线方程为y=8x-18或y=-x. 二、高考小题 9.(2018·全国卷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 答案 D 解析 因为函数f(x)是奇函数,所以a-1=0,解得a=1,所以f(x)=x3+x,f′(x)=3x2+1,所以f′(0)=1,f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y-f(0)=f′(0)x,化简可得y=x,故选D. 10.(2018·全国卷Ⅱ)曲线y=2ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为________. 答案 y=2x 解析 ∵y′=,∴k==2,∴所求切线方程为y=2x. 11.(2018·全国卷Ⅲ)曲线y=(ax+1)ex在点(0,1)处的切线的斜率为-2,则a=________. 答案 -3 解析 由y′=aex+(ax+1)ex, 则f′(0)=a+1=-2. 所以a=-3. 12.(2017·天津高考)已知a∈R,设函数f(x)=ax-ln x的图象在点(1,f(1))处的切线为l,则l在y轴上的截距为________. 答案 1 解析 由题意可知f′(x)=a-,所以f′(1)=a-1,因为f(1)=a,所以切点坐标为(1,a),所以切线l的方程为y-a=(a-1)(x-1),即y=(a-1)x+1. 令x=0,得y=1,即直线l在y轴上的截距为1. 13.(2016·全国卷Ⅲ)已知f(x)为偶函数,当x<0时,f(x)=ln (-x)+3x,则曲线y=f(x)在点(1,-3)处的切线方程是________. 答案 y=-2x-1 解析 令x>0,则-x<0,f(-x)=ln x-3x, 又f(-x)=f(x), ∴f(x)=ln x-3x(x>0),则f′(x)=-3(x>0), ∴f′(1)=-2,∴在点(1,-3)处的切线方程为y+3=-2(x-1),即y=-2x-1. 三、模拟小题 14.(2018·江西重点中学盟校第一次联考)函数y=x3的图象在原点处的切线方程为(  ) A.y=x B.x=0 C.y=0 D.不存在 答案 C 解析 函数y=x3的导数为y′=3x2,则在原点处的切线斜率为0,所以在原点处的切线方程为y-0=0(x-0),即y=0,故选C. 15.(2018·福建福州八县联考)已知函数f(x)的导函数是f′(x),且满足f(x)=2xf′(1)+ln ,则f(1)=(  ) A.-e B.2 C.-2 D.e 答案 B 解析 由已知得f′(x)=2f′(1)-,令x=1 得f′(1)=2f′(1)-1,解得f′(1)=1,则 f(1)=2f′(1)=2. 16.(2018·广东深圳二模)设函数f(x)=x++b,若曲线y=f(x)在点(a,f(a))处的切线经过坐标原点,则ab=(  ) A.1 B.0 C.-1 D.-2 答案 D 解析 由题意可得,f(a)=a++b,f′(x)=1-,所以f′(a)=1-,故切线方程是y-a--b=1-(x-a),将(0,0)代入得-a--b=1-(-a),故b=-,故ab=-2,故选D. 17.(2018·湖南株洲高三教学质量统一检测二)设函数f(x)=xsinx+cosx的图象在点(t,f(t))处切线的斜率为g(t),则函数y=g(t)的图象一部分可以是(  ) 答案 A 解析 由f(x)=xsinx+cosx可得f′(x)=sinx+xcosx-sinx=xcosx,即y=g(t)=tcost,是奇函数,排除B,D;当t∈0,时,y=g(t)>0,排除C.故选A. 18.(2018·湖南郴州第二次教学质量检测)已知函数f(x)=2ln x≤x≤e2,g(x)=mx+1,若f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y=1对称的点,则实数m的取值范围是________. 答案 [-2e-,3e] 解析 直线g(x)=mx+1关于直线y=1对称的直线为y=-mx+1,因为f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y=1对称的点,所以直线y=-mx+1与f(x)=2ln x的图象在,e2上有交点,直线y=-mx+1过定点(0,1),当直线y=-mx+1经过点,-2时,-2=-+1,解得m=3e,当直线y=-mx+1与y=2ln x≤x≤e2相切时,设切点为(x,y),则解得∴-≤m≤3e时,直线y=-mx+1与y=2ln x的图象在,e2上有交点,即f(x)与g(x)的图象上存在关于直线y=1对称的点,故实数m的取值范围是[-2e-,3e]. 一、高考大题 1.(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x)=. (1)求曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程; (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥0. 解 (1)f′(x)=,f′(0)=2.因此曲线y=f(x)在点(0,-1)处的切线方程是y+1=2x,即2x-y-1=0. (2)证明:当a≥1时,f(x)+e≥(x2+x-1+ex+1)·e-x.令g(x)=x2+x-1+ex+1,则g′(x)=2x+1+ex+1. 当x<-1时,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x>-1时,g′(x)>0,g(x)单调递增; 所以g(x)≥g(-1)=0.因此f(x)+e≥0. 2.(2018·北京高考)设函数f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex. (1)若曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与x轴平行,求a; (2)若f(x)在x=2处取得极小值,求a的取值范围. 解 (1)因为f(x)=[ax2-(4a+1)x+4a+3]ex,所以f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex. f′(1)=(1-a)e. 由题设知f′(1)=0,即(1-a)e=0,解得a=1. 此时f(1)=3e≠0. 所以a的值为1. (2)由(1)得f′(x)=[ax2-(2a+1)x+2]ex=(ax-1)(x-2)ex. 若a>,则当x∈,2时,f′(x)<0; 当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0. 所以f(x)在x=2处取得极小值. 若a≤,则当x∈(0,2)时,x-2<0,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0, 所以2不是f(x)的极小值点. 综上可知,a的取值范围是,+∞. 3.(2017·北京高考)已知函数f(x)=excosx-x. (1)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程; (2)求函数f(x)在区间0,上的最大值和最小值. 解 (1)因为f(x)=excosx-x,所以f′(x)=ex(cosx-sinx)-1,f′(0)=0. 又因为f(0)=1,所以曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=1. (2)设h(x)=ex(cosx-sinx)-1, 则h′(x)=ex(cosx-sinx-sinx-cosx)=-2exsinx. 当x∈0,时,h′(x)<0, 所以h(x)在区间0,上单调递减. 所以对任意x∈0,有h(x)<h(0)=0, 即f′(x)<0. 所以函数f(x)在区间0,上单调递减.因此f(x)在区间0,上的最大值为f(0)=1,最小值为f=-. 二、模拟大题 4.(2018·福州质检)已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+∞)时,f(x)>0,求a的取值范围. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 当a=4时,f(x)=(x+1)ln x-4(x-1), f′(x)=ln x+-3,f′(1)=-2,f(1)=0. 所以曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0. (2)当x∈(1,+∞)时, f(x)>0等价于ln x->0. 令g(x)=ln x-, 则g′(x)=-=,g(1)=0. ①当a≤2,x∈(1,+∞)时, x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0, 故g′(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递增,因此g(x)>g(1)=0; ②当a>2时,令g′(x)=0, 得x1=a-1-,x2=a-1+, 由x2>1和x1x2=1,得x1<1, 故当x∈(1,x2)时,g′(x)<0,g(x)在(1,x2)上单调递减,此时g(x)<g(1)=0,不符合题意,舍去. 综上,a的取值范围是(-∞,2]. 5.(2018·安徽淮南一模)已知函数f(x)=x2-ln x. (1)求函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程; (2)在函数f(x)=x2-ln x的图象上是否存在两点,使以这两点为切点的切线互相垂直,且切点的横坐标都在区间,1上?若存在,求出这两点的坐标,若不存在,请说明理由. 解 (1)由题意可得f(1)=1,且f′(x)=2x-,f′(1)=2-1=1,则所求切线方程为y-1=1×(x-1), 即y=x. (2)假设存在两点满足题意,且设切点坐标为(x1,y1),(x2,y2),则x1,x2∈,1,不妨设x1<x2,结合题意和(1)中求得的导函数解析式可得2x1-2x2-=-1, 又函数f′(x)=2x-在区间,1上单调递增,函数的值域为[-1,1], 故-1≤2x1-<2x2-≤1, 据此有 解得x1=,x2=1x1=-1,x2=-舍去, 故存在两点,ln 2+,(1,1)满足题意. 6.(2018·广东佛山一模)已知函数f(x)=(x-a)ln x+x(其中a∈R). (1)若曲线y=f(x)在点(x0,f(x0))处的切线方程为y=x,求a的值; (2)若<a<2(e为自然对数的底数),求证:f(x)>0. 解 (1)f(x)的定义域为(0,+∞), f′(x)=ln x-+, 由题意知 则 解得x0=a,a=1,所以a=1. (2)证明:令g(x)=f′(x)=ln x-+,x>0, 则g′(x)=+=, 因为<a<2,所以g′(x)=>0, 即g(x)在(0,+∞)上单调递增. 以下证明g(x)在区间,2a上有唯一的零点x0,事实上g=ln -+=ln -,g(2a)=ln (2a)-+=ln (2a)+1,因为<a<2, 所以g<ln-=0, g(2a)>ln 2·+1=0, 由零点存在性定理可知,g(x)在,2a上有唯一的零点x0, 所以在区间(0,x0)上,g(x)=f′(x)<0,f(x)单调递减; 在区间(x0,+∞)上,g(x)=f′(x)>0,f(x)单调递增. 故当x=x0时,f(x)取得最小值f(x0)=(x0-a)ln x0+x0, 因为g(x0)=ln x0-+=0, 所以ln x0=-, 所以f(x0)=(x0-a)-+x0=a-x0-=x0-(2a-x0), 又x0∈,2a,所以f(x0)>0. 所以f(x)>0.

2020高考数学刷题首选卷 考点测试14 变化率与导数 理(含解析).docx

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