高考数学(文数)一轮复习考点测试14《变化率与导数》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试14《变化率与导数》（教师版），共8页。试卷主要包含了基础小题，高考小题，模拟小题等内容，欢迎下载使用。

一、基础小题
1．下列求导运算正确的是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1＋eq \f(1,x2) B．(lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)
C．(3x)′＝3xlg3e D．(x2csx)′＝－2xsinx
答案 B
解析 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))′＝1－eq \f(1,x2)；(3x)′＝3x·ln 3；(x2csx)′
＝(x2)′·csx＋x2·(csx)′＝2xcsx－x2sinx，所以A，C，D错误．故选B.
2．已知函数f(x)＝xsinx＋csx，则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))的值为( )
A.eq \f(π,2) B．0 C．－1 D．1
答案 B
解析 f′(x)＝sinx＋xcsx－sinx＝xcsx，∴f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝eq \f(π,2)cseq \f(π,2)＝0，故选B.
3．设f(x)＝xln x，f′(x0)＝2，则x0＝( )
A．e2 B．e C.eq \f(ln 2,2) 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 eq \f(Δs,Δt)＝eq \f(7Δt＋Δt2,Δt)＝7＋Δt，当Δt无限趋近于0时，eq \f(Δs,Δt)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eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－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 eq \(lim,\s\d4(Δx→0))eq \f(f2Δx＋1－f1,2Δx)＝－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＝eq \f(1,3)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
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－1＝\f(n＋2,m－2)，,n＝\f(1,3)m3－m，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝3，,n＝6))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝0，,n＝0，))
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．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．曲线y＝2ln x在点(1，0)处的切线方程为________．
答案 y＝2x－2
解析 由y＝f(x)＝2ln x，得f′(x)＝eq \f(2,x)，则曲线y＝2ln x在点(1，0)处的切线的斜率为k＝f′(1)＝2，则所求切线方程为y－0＝2(x－1)，即y＝2x－2.
11．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．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－eq \f(1,x)，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．已知f(x)为偶函数，当x0，则－x0)，则f′(x)＝eq \f(1,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．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．已知函数f(x)的导函数是f′(x)，且满足f(x)＝2xf′(1)＋ln eq \f(1,x)，则f(1)＝( )
A．－e B．2 C．－2 D．e
答案 B
解析 由已知得f′(x)＝2f′(1)－eq \f(1,x)，令x＝1
得f′(1)＝2f′(1)－1，解得f′(1)＝1，则f(1)＝2f′(1)＝2.
16．设函数f(x)＝x＋eq \f(1,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＋eq \f(1,a)＋b，f′(x)＝1－eq \f(1,x2)，所以f′(a)＝1－eq \f(1,a2)，
故切线方程是y－a－eq \f(1,a)－b＝1－eq \f(1,a2)(x－a)，将(0，0)代入得－a－eq \f(1,a)－b＝1－eq \f(1,a2)(－a)，
故b＝－eq \f(2,a)，故ab＝－2，故选D.
17．设函数f(x)＝xsinx＋csx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＋csx可得f′(x)＝sinx＋xcsx－sinx＝xcsx，即y＝g(t)＝tcst，是奇函数，排除B，D；当t∈0，eq \f(π,2)时，y＝g(t)>0，排除C.故选A.
18．已知函数f(x)＝2ln xeq \f(1,e)≤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－eq \f(3,2)，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eq \f(1,e)，e2上有交点，
直线y＝－mx＋1过定点(0，1)，当直线y＝－mx＋1经过点eq \f(1,e)，－2时，－2＝－eq \f(m,e)＋1，
解得m＝3e，当直线y＝－mx＋1与y＝2ln xeq \f(1,e)≤x≤e2相切时，
设切点为(x，y)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－mx＋1，,y＝2ln x，,\f(2,x)＝－m，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝e\f(3,2)，,y＝3，,m＝－\f(2,e\f(3,2)).))
∴－eq \f(2,e\f(3,2))≤m≤3e时，直线y＝－mx＋1与y＝2ln x的图象在eq \f(1,e)，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－eq \f(3,2)，3e]．
一、高考大题
1．已知函数f(x)＝eq \f(ax2＋x－1,ex).
(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)＝eq \f(－ax2＋2a－1x＋2,ex)，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x0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
2．设函数f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex.
(1)若曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为0，求a；
(2)若f(x)在x＝1处取得极小值，求a的取值范围．
解 (1)因为f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex，所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex.
f′(2)＝(2a－1)e2.
由题设知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0，解得a＝eq \f(1,2).
(2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex.
若a>1，则当x∈eq \f(1,a)，1时，f′(x)0.
所以f(x)在x＝1处取得极小值．
若a≤1，则当x∈(0，1)时，ax－1≤x－10.
所以1不是f(x)的极小值点．
综上可知，a的取值范围是(1，＋∞)．
3．已知函数f(x)＝excsx－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，eq \f(π,2)上的最大值和最小值．
解 (1)因为f(x)＝excsx－x，
所以f′(x)＝ex(csx－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(csx－sinx)－1，
则h′(x)＝ex(csx－sinx－sinx－csx)＝－2exsinx.
当x∈0，eq \f(π,2)时，h′(x)＜0，所以h(x)在区间0，eq \f(π,2)上单调递减．
所以对任意x∈0，eq \f(π,2)有h(x)＜h(0)＝0，即f′(x)＜0.
所以函数f(x)在区间0，eq \f(π,2)上单调递减．
因此f(x)在区间0，eq \f(π,2)上的最大值为f(0)＝1，最小值为feq \f(π,2)＝－eq \f(π,2).
二、模拟大题
4．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＋eq \f(1,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－eq \f(ax－1,x＋1)>0.
令g(x)＝ln x－eq \f(ax－1,x＋1)，则g′(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(2a,x＋12)＝eq \f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，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－eq \r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq \r(a－12－1)，
由x2>1和x1x2＝1，得x1