2020高考數(shù)學刷題首選卷 考點測試14 變化率與導數(shù) 理（含解析）.docx

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考點測試14　變化率與導數(shù)、導數(shù)的計算 一、基礎小題 1．下列求導運算正確的是(　　) A．′＝1＋ B．(log2x)′＝ C．(3x)′＝3xlog3e D．(x2cosx)′＝－2xsinx 答案　B 解析　′＝1－；(3x)′＝3xln 3；(x2cosx)′＝(x2)′cosx＋x2(cosx)′＝2xcosx－x2sinx，所以A，C，D錯誤．故選B． 2．已知函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx，則f′的值為(　　) A． B．0 C．－1 D．1 答案　B 解析　f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx， ∴f′＝cos＝0，故選B． 3．設f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，則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．故選B． 4．已知一個物體的運動方程為s＝1－t＋t2，其中s的單位是m，t的單位是s，那么物體在4 s末的瞬時速度是(　　) A．7 m/s B．6 m/s C．5 m/s D．8 m/s 答案　A 解析　＝＝7＋Δt，當Δt無限趨近于0時，無限趨近于7．故選A． 5．已知函數(shù)f(x)在R上可導，且f(x)＝x2＋2xf′(2)，則函數(shù)f(x)的解析式為(　　) 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　由題意得f′(x)＝2x＋2f′(2)，則f′(2)＝4＋2f′(2)，所以f′(2)＝－4，所以f(x)＝x2－8x． 6．已知函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖，則f′(xA)與f′(xB)的大小關系是(　　) A．f′(xA)＞f′(xB) B．f′(xA)＜f′(xB) C．f′(xA)＝f′(xB) D．不能確定 答案　B 解析　f′(xA)和f′(xB)分別表示函數(shù)圖象在點A，B處的切線的斜率，故f′(xA)＜f′(xB)． 7．設f(x)是可導函數(shù)，且滿足＝－1，則y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為(　　) A．－1 B．1 C．2 D．－2 答案　A 解析?。剑?，即f′(1)＝－1，由導數(shù)的幾何意義知，y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線的斜率為－1． 8．已知過點P(2，－2)的直線l與曲線y＝x3－x相切，則直線l的方程為________． 答案　y＝8x－18或y＝－x 解析　設切點為(m，n)，因為y′＝x2－1，所以 解得或所以切線的斜率為8或－1，所以切線方程為y＝8x－18或y＝－x． 二、高考小題 9．(2018全國卷Ⅰ)設函數(shù)f(x)＝x3＋(a－1)x2＋ax，若f(x)為奇函數(shù)，則曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為(　　) A．y＝－2x B．y＝－x C．y＝2x D．y＝x 答案　D 解析　因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，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，所以曲線y＝f(x)在點(0，0)處的切線方程為y－f(0)＝f′(0)x，化簡可得y＝x，故選D． 10．(2018全國卷Ⅱ)曲線y＝2ln(x＋1)在點(0，0)處的切線方程為________． 答案　y＝2x 解析　∵y′＝，∴k＝＝2，∴所求切線方程為y＝2x． 11．(2018全國卷Ⅲ)曲線y＝(ax＋1)ex在點(0，1)處的切線的斜率為－2，則a＝________． 答案?。? 解析　由y′＝aex＋(ax＋1)ex， 則f′(0)＝a＋1＝－2． 所以a＝－3． 12．(2017天津高考)已知a∈R，設函數(shù)f(x)＝ax－ln x的圖象在點(1，f(1))處的切線為l，則l在y軸上的截距為________． 答案　1 解析　由題意可知f′(x)＝a－，所以f′(1)＝a－1，因為f(1)＝a，所以切點坐標為(1，a)，所以切線l的方程為y－a＝(a－1)(x－1)，即y＝(a－1)x＋1． 令x＝0，得y＝1，即直線l在y軸上的截距為1． 13．(2016全國卷Ⅲ)已知f(x)為偶函數(shù)，當x<0時，f(x)＝ln (－x)＋3x，則曲線y＝f(x)在點(1，－3)處的切線方程是________． 答案　y＝－2x－1 解析　令x>0，則－x<0，f(－x)＝ln x－3x， 又f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝ln x－3x(x>0)，則f′(x)＝－3(x>0)， ∴f′(1)＝－2，∴在點(1，－3)處的切線方程為y＋3＝－2(x－1)，即y＝－2x－1． 三、模擬小題 14．(2018江西重點中學盟校第一次聯(lián)考)函數(shù)y＝x3的圖象在原點處的切線方程為(　　) A．y＝x B．x＝0 C．y＝0 D．不存在 答案　C 解析　函數(shù)y＝x3的導數(shù)為y′＝3x2，則在原點處的切線斜率為0，所以在原點處的切線方程為y－0＝0(x－0)，即y＝0，故選C． 15．(2018福建福州八縣聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)的導函數(shù)是f′(x)，且滿足f(x)＝2xf′(1)＋ln ，則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，則 f(1)＝2f′(1)＝2． 16．(2018廣東深圳二模)設函數(shù)f(x)＝x＋＋b，若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處的切線經(jīng)過坐標原點，則ab＝(　　) A．1 B．0 C．－1 D．－2 答案　D 解析　由題意可得，f(a)＝a＋＋b，f′(x)＝1－，所以f′(a)＝1－，故切線方程是y－a－－b＝1－(x－a)，將(0，0)代入得－a－－b＝1－(－a)，故b＝－，故ab＝－2，故選D． 17．(2018湖南株洲高三教學質(zhì)量統(tǒng)一檢測二)設函數(shù)f(x)＝xsinx＋cosx的圖象在點(t，f(t))處切線的斜率為g(t)，則函數(shù)y＝g(t)的圖象一部分可以是(　　) 答案　A 解析　由f(x)＝xsinx＋cosx可得f′(x)＝sinx＋xcosx－sinx＝xcosx，即y＝g(t)＝tcost，是奇函數(shù)，排除B，D；當t∈0，時，y＝g(t)>0，排除C．故選A． 18．(2018湖南郴州第二次教學質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝2ln x≤x≤e2，g(x)＝mx＋1，若f(x)與g(x)的圖象上存在關于直線y＝1對稱的點，則實數(shù)m的取值范圍是________． 答案　[－2e－，3e] 解析　直線g(x)＝mx＋1關于直線y＝1對稱的直線為y＝－mx＋1，因為f(x)與g(x)的圖象上存在關于直線y＝1對稱的點，所以直線y＝－mx＋1與f(x)＝2ln x的圖象在，e2上有交點，直線y＝－mx＋1過定點(0，1)，當直線y＝－mx＋1經(jīng)過點，－2時，－2＝－＋1，解得m＝3e，當直線y＝－mx＋1與y＝2ln x≤x≤e2相切時，設切點為(x，y)，則解得∴－≤m≤3e時，直線y＝－mx＋1與y＝2ln x的圖象在，e2上有交點，即f(x)與g(x)的圖象上存在關于直線y＝1對稱的點，故實數(shù)m的取值范圍是[－2e－，3e]． 一、高考大題 1．(2018全國卷Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝． (1)求曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程； (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥0． 解　(1)f′(x)＝，f′(0)＝2．因此曲線y＝f(x)在點(0，－1)處的切線方程是y＋1＝2x，即2x－y－1＝0． (2)證明：當a≥1時，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x．令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，則g′(x)＝2x＋1＋ex＋1． 當x<－1時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減；當x>－1時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增； 所以g(x)≥g(－1)＝0．因此f(x)＋e≥0． 2．(2018北京高考)設函數(shù)f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex． (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行，求a； (2)若f(x)在x＝2處取得極小值，求a的取值范圍． 解　(1)因為f(x)＝[ax2－(4a＋1)x＋4a＋3]ex，所以f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex． f′(1)＝(1－a)e． 由題設知f′(1)＝0，即(1－a)e＝0，解得a＝1． 此時f(1)＝3e≠0． 所以a的值為1． (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(2a＋1)x＋2]ex＝(ax－1)(x－2)ex． 若a>，則當x∈，2時，f′(x)<0； 當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0． 所以f(x)在x＝2處取得極小值． 若a≤，則當x∈(0，2)時，x－2<0，ax－1≤x－1<0，所以f′(x)>0， 所以2不是f(x)的極小值點． 綜上可知，a的取值范圍是，＋∞． 3．(2017北京高考)已知函數(shù)f(x)＝excosx－x． (1)求曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程； (2)求函數(shù)f(x)在區(qū)間0，上的最大值和最小值． 解　(1)因為f(x)＝excosx－x，所以f′(x)＝ex(cosx－sinx)－1，f′(0)＝0． 又因為f(0)＝1，所以曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝1． (2)設h(x)＝ex(cosx－sinx)－1， 則h′(x)＝ex(cosx－sinx－sinx－cosx)＝－2exsinx． 當x∈0，時，h′(x)＜0， 所以h(x)在區(qū)間0，上單調(diào)遞減． 所以對任意x∈0，有h(x)＜h(0)＝0， 即f′(x)＜0． 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間0，上單調(diào)遞減．因此f(x)在區(qū)間0，上的最大值為f(0)＝1，最小值為f＝－． 二、模擬大題 4．(2018福州質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)． (1)當a＝4時，求曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程； (2)若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)． 當a＝4時，f(x)＝(x＋1)ln x－4(x－1)， f′(x)＝ln x＋－3，f′(1)＝－2，f(1)＝0． 所以曲線y＝f(x)在(1，f(1))處的切線方程為2x＋y－2＝0． (2)當x∈(1，＋∞)時， f(x)>0等價于ln x－>0． 令g(x)＝ln x－， 則g′(x)＝－＝，g(1)＝0． ①當a≤2，x∈(1，＋∞)時， x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1>0， 故g′(x)>0，g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，因此g(x)>g(1)＝0； ②當a>2時，令g′(x)＝0， 得x1＝a－1－，x2＝a－1＋， 由x2>1和x1x2＝1，得x1<1， 故當x∈(1，x2)時，g′(x)<0，g(x)在(1，x2)上單調(diào)遞減，此時g(x)0． 解　(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)， f′(x)＝ln x－＋， 由題意知 則 解得x0＝a，a＝1，所以a＝1． (2)證明：令g(x)＝f′(x)＝ln x－＋，x>0， 則g′(x)＝＋＝， 因為0， 即g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 以下證明g(x)在區(qū)間，2a上有唯一的零點x0，事實上g＝ln －＋＝ln －，g(2a)＝ln (2a)－＋＝ln (2a)＋1，因為ln 2＋1＝0， 由零點存在性定理可知，g(x)在，2a上有唯一的零點x0， 所以在區(qū)間(0，x0)上，g(x)＝f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減； 在區(qū)間(x0，＋∞)上，g(x)＝f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增． 故當x＝x0時，f(x)取得最小值f(x0)＝(x0－a)ln x0＋x0， 因為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．