数学选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题

这是一份数学选择性必修 第二册第五章 一元函数的导数及其应用5.3 导数在研究函数中的应用当堂检测题，文件包含522导数的四则运算法则原卷版作业-上好课2020-2021学年高二数学同步备课系列人教A版2019选择性必修第二册docx、522导数的四则运算法则解析版作业-上好课2020-2021学年高二数学同步备课系列人教A版2019选择性必修第二册docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。

1．若函数f(x)＝ax4＋bx2＋c满足f′(1)＝2，则f′(－1)等于( )
A．－1 B．－2
C．2 D．0
解析：选B ∵f′(x)＝4ax3＋2bx为奇函数，
∴f′(－1)＝－f′(1)＝－2.
2．函数y＝eq \f(x2,x＋3)的导数是( )
A.eq \f(x2＋6x,x＋32) B.eq \f(x2＋6x,x＋3)
C.eq \f(－2x,x＋32) D.eq \f(3x2＋6x,x＋32)
解析：选A y′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x＋3)))′＝eq \f(x2′x＋3－x2x＋3′,x＋32)＝eq \f(2xx＋3－x2,x＋32)＝eq \f(x2＋6x,x＋32).
3．曲线f(x)＝xln x在点x＝1处的切线方程为( )
A．y＝2x＋2 B．y＝2x－2
C．y＝x－1 D．y＝x＋1
解析：选C ∵f′(x)＝ln x＋1，∴f′(1)＝1，又∵f(1)＝0，∴在点x＝1处曲线f(x)的切线方程为y＝x－1.
4．设曲线y＝ax－ln (x＋1)在点(0,0)处的切线方程为y＝2x，则a＝( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选D y′＝a－eq \f(1,x＋1)，由题意得y′|x＝0＝2，即a－1＝2，所以a＝3.
5．已知直线y＝3x＋1与曲线y＝ax3＋3相切，则a的值为( )
A．1 B．±1
C．－1 D．－2
解析：选A 设切点为(x0，y0)，则y0＝3x0＋1，且y0＝axeq \\al(3,0)＋3，所以3x0＋1＝axeq \\al(3,0)＋3①.对y＝ax3＋3求导得y′＝3ax2，则3axeq \\al(2,0)＝3，axeq \\al(2,0)＝1②，由①②可得x0＝1，所以a＝1.
6．曲线y＝x3－x＋3在点(1,3)处的切线方程为________．
解析：∵y′＝3x2－1，∴y′|x＝1＝3×12－1＝2.
∴切线方程为y－3＝2(x－1)，即2x－y＋1＝0.
答案：2x－y＋1＝0
7．已知曲线y1＝2－eq \f(1,x)与y2＝x3－x2＋2x在x＝x0处切线的斜率的乘积为3，则x0＝________.
解析：由题知y′1＝eq \f(1,x2)，y′2＝3x2－2x＋2，所以两曲线在x＝x0处切线的斜率分别为eq \f(1,x\\al(2,0))，3xeq \\al(2,0)－2x0＋2，所以eq \f(3x\\al(2,0)－2x0＋2,x\\al(2,0))＝3，所以x0＝1.
答案：1
8．已知函数f(x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))cs x＋sin x，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))的值为________．
解析：∵f′(x)＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))sin x＋cs x，
∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))×eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(2),2)，
得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝eq \r(2)－1.
∴f(x)＝(eq \r(2)－1)cs x＋sin x.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)))＝1.
答案：1
9．求下列函数的导数：
(1)y＝eq \r(x)－ln x；(2)y＝(x2＋1)(x－1)；
(3)y＝eq \f(x2,sin x)；(4)y＝eq \f(x＋3,x2＋3).
解：(1)y′＝(eq \r(x)－ln x)′
＝(eq \r(x))′－(ln x)′＝eq \f(1,2\r(x))－eq \f(1,x).
(2)y′＝[(x2＋1)(x－1)]′
＝(x3－x2＋x－1)′＝(x3)′－(x2)′＋(x)′－(1)′
＝3x2－2x＋1.
(3)y′＝eq \f(x2′·sin x－x2·sin x′,sin2x)
＝eq \f(2xsin x－x2cs x,sin2x).
(4)y′＝eq \f(1·x2＋3－x＋3·2x,x2＋32)
＝eq \f(－x2－6x＋3,x2＋32).
10．偶函数f(x)＝ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e的图象过点P(0,1)，且在x＝1处的切线方程为y＝x－2，求f(x)的解析式．
解：∵f(x)的图象过点P(0,1)，∴e＝1.
又∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)．
故ax4＋bx3＋cx2＋dx＋e＝ax4－bx3＋cx2－dx＋e.
∴b＝0，d＝0.∴f(x)＝ax4＋cx2＋1.
∵函数f(x)在x＝1处的切线方程为y＝x－2，
∴切点为(1，－1)．
∴a＋c＋1＝－1.
∵f′(1)＝4a＋2c，
∴4a＋2c＝1.
∴a＝eq \f(5,2)，c＝－eq \f(9,2).
∴函数f(x)的解析式为f(x)＝eq \f(5,2)x4－eq \f(9,2)x2＋1.
[B级 综合运用]
11．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(e)＋ln x，则f′(e)＝( )
A．e－1 B．－1
C．－e－1 D．－e
解析：选C ∵f(x)＝2xf′(e)＋ln x，
∴f′(x)＝2f′(e)＋eq \f(1,x)，
∴f′(e)＝2f′(e)＋eq \f(1,e)，解得f′(e)＝－eq \f(1,e)，故选C.
12．若f(x)＝x2－2x－4ln x，则f′(x)＞0的解集为( )
A．(0，＋∞) B．(－1,0)∪(2，＋∞)
C．(2，＋∞) D．(－1,0)
解析：选C ∵f(x)＝x2－2x－4ln x，
∴f′(x)＝2x－2－eq \f(4,x)＞0，
整理得eq \f(x＋1x－2,x)＞0，解得－1＜x＜0或x＞2，
又∵f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴x＞2.
13．曲线y＝eq \f(x,2x－1)在点(1,1)处的切线为l，则l上的点到圆x2＋y2＋4x＋3＝0上的点的最近距离是________．
解析：y′＝－eq \f(1,2x－12)，则y′eq \b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(,x＝1))＝－1，∴切线方程为y－1＝－(x－1)，即x＋y－2＝0，圆心(－2,0)到直线的距离d＝2eq \r(2)，圆的半径r＝1，∴所求最近距离为2eq \r(2)－1.
答案：2eq \r(2)－1
14．已知曲线f(x)＝x3＋ax＋b在点P(2，－6)处的切线方程是13x－y－32＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线l：y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．
解：(1)∵f(x)＝x3＋ax＋b的导数f′(x)＝3x2＋a，
由题意可得f′(2)＝12＋a＝13，f(2)＝8＋2a＋b＝－6，
解得a＝1，b＝－16.
(2)∵切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，
∴切线的斜率k＝4.
设切点的坐标为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1＝4，
∴x0＝±1.
由f(x)＝x3＋x－16，
可得y0＝1＋1－16＝－14，
或y0＝－1－1－16＝－18.
则切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.
即4x－y－18＝0或4x－y－14＝0.
[C级 拓展探究]
15．设fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1，x≥0，n∈N，n≥2.
(1)求fn′(2)；
(2)证明：fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \f(2,3)))内有且仅有一个零点(记为an)，且0＜an－eq \f(1,2)＜eq \f(2n,3n＋1).
解：(1)由题设fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1.
所以fn′(2)＝1＋2×2＋…＋(n－1)2n－2＋n·2n－1，①
则2fn′(2)＝2＋2×22＋…＋(n－1)2n－1＋n·2n，②
①－②得，－fn′(2)＝1＋2＋22＋…＋2n－1－n·2n
＝eq \f(1－2n,1－2)－n·2n＝(1－n)·2n－1，
所以fn′(2)＝(n－1)·2n＋1.
(2)证明：因为f(0)＝－1＜0，x≥0，n≥2.
fneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(\f(2,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n)),1－\f(2,3))－1＝1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n≥1－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2＞0，
所以fn(x)＝x＋x2＋…＋xn－1为增函数，
所以fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \f(2,3)))内单调递增，
因此fn(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \f(2,3)))内有且仅有一个零点an.
由于fn(x)＝eq \f(x－xn＋1,1－x)－1，
所以0＝fn(an)＝eq \f(an－a\\al(n＋1,n),1－an)－1，
由此可得an＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)aeq \\al(n＋1,n)＞eq \f(1,2)，故eq \f(1,2)＜an＜eq \f(2,3).
所以0＜an－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)aeq \\al(n＋1,n)＜eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))n＋1＝eq \f(2n,3n＋1).