2023届高考数学一轮复习作业导数的概念及运算新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业导数的概念及运算新人教B版（答案有详细解析），共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．下列求导运算正确的是( )
A．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(′)＝1＋eq \f(1,x2) B．(lg2x)′＝eq \f(1,xln 2)
C．(3x)′＝3xlg3e D．(x2cs x)′＝－2sin x
B [eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))eq \s\up12(′)＝x′＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))eq \s\up12(′)＝1－eq \f(1,x2)；(3x)′＝3xln 3；(x2cs x)′＝(x2)′cs x＋x2(cs x)′＝2xcs x－x2sin x，故选项B正确．]
2．已知f′(x)是函数f(x)的导数，f(x)＝f′(1)·2x＋x2，则f′(2)＝( )
A．eq \f(12－8ln 2,1－2ln 2) B．eq \f(2,1－2ln 2) C．eq \f(4,1－2ln 2) D．－2
C [因为f′(x)＝f′(1)·2xln 2＋2x，所以f′(1)＝f′(1)·2ln 2＋2，解得f′(1)＝eq \f(2,1－2ln 2)，所以f′(x)＝eq \f(2,1－2ln 2)·2xln 2＋2x，所以f′(2)＝eq \f(2,1－2ln 2)×22ln 2＋2×2＝eq \f(4,1－2ln 2)．]
3．某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(高度单位：米，时间单位：秒)，则他在0.5秒时的瞬时速度为( )
A．9.1米/秒 B．6.75米/秒
C．3.1米/秒 D．2.75米/秒
C [因为函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t，所以h′(t)＝－9.8t＋8，所以在t＝0.5秒的瞬时速度为－9.8×0.5＋8＝3.1(米/秒)．]
4．若曲线f(x)＝acs x与曲线g(x)＝x2＋bx＋1在x＝0处有公切线，则a＋b＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．2
C [由题意得f′(x)＝－asin x，g′(x)＝2x＋b，于是有f′(0)＝g′(0)，即－asin 0＝2×0＋b，∴b＝0．
又f(0)＝g(0)，即a＝1，∴a＋b＝1．]
5．(2021·江西南昌市高三期末)已知f(x)是奇函数，当x>0时，f(x)＝－eq \f(x,x－2)，则函数在x＝－1处的切线方程是( )
A．2x－y＋1＝0 B．x－2y＋2＝0
C．2x－y－1＝0 D．x＋2y－2＝0
A [设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝－eq \f(x,x＋2)，
又因为f(x)是奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)＝eq \f(x,x＋2)，所以f′(x)＝eq \f(2,x＋22)，所以f′(－1)＝2，f(－1)＝－1，
所以函数在x＝－1处的切线方程是2x－y＋1＝0．]
6．直线y＝kx－1是曲线y＝1＋ln x的一条切线，则实数k的值为( )
A．e B．e2 C．1 D．e－1
A [设切点为(x0,1＋ln x0)，由y＝1＋ln x，得y′＝eq \f(1,x)，则y′|eq \s\d6(x＝x0)＝eq \f(1,x0)，
则曲线在切点处的切线方程为y－1－ln x0＝eq \f(1,x0)(x－x0)，
由已知可得，切线过定点(0，－1)，代入切线方程可得：－2－ln x0＝－1，解得x0＝eq \f(1,e)，
则k＝eq \f(1,x0)＝e．]
二、填空题
7．(2021·南通市高三模拟)设曲线y＝f(x)在x＝0处的切线斜率为1，试写出满足题设的一个f(x)＝________．
ex＋C，C为任意常数(或ln(x＋1)＋C，ax3＋bx2＋x＋d，sin x＋C等) [根据题意，构造指数型函数，设f(x)＝ex＋C，
所以f′(x)＝ex，显然满足f′(0)＝e0＝1．
故答案可以为：ex＋C，C为任意常数(答案不唯一)．]
8．(2020·全国卷Ⅰ)曲线y＝ln x＋x＋1的一条切线的斜率为2，则该切线的方程为________．
y＝2x [设切点坐标为(x0，ln x0＋x0＋1)．由题意得y′＝eq \f(1,x)＋1，则该切线的斜率k＝eq \f(1,x0)＋1＝2，解得x0＝1，所以切点坐标为(1,2)，所以该切线的方程为y－2＝2(x－1)，即y＝2x．]
9．(2021·南通市高三二模)已知函数f(x)＝2x2－xln x在点(1,2)处的切线方程为x＋my＋t＝0，则t＝________．
－eq \f(1,3) [∵f(x)＝2x2－xln x，∴f′(x)＝4x－ln x－1，
∴f′(1)＝3，∴－eq \f(1,m)＝3，即m＝－eq \f(1,3)，
又(1,2)为切点，∴1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))×2＋t＝0，解得t＝－eq \f(1,3)．]
三、解答题
10．已知点M是曲线y＝eq \f(1,3)x3－2x2＋3x＋1上任意一点，曲线在M处的切线为l，求：
(1)斜率最小的切线方程；
(2)切线l的倾斜角α的取值范围．
[解](1)∵y′＝x2－4x＋3＝(x－2)2－1，
∴当x＝2时，y′min＝－1，此时y＝eq \f(5,3)，
∴斜率最小时的切点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,3)))，斜率k＝－1，
∴切线方程为3x＋3y－11＝0．
(2)由(1)得k≥－1，∴tan α≥－1，
又∵α∈[0，π)，∴α∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))．
故α的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,4)，π))．
11．已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x＋b(a，b∈R)．
(1)若函数f(x)的图象过原点，且在原点处的切线斜率为－3，求a，b的值；
(2)若曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，求a的取值范围．
[解] f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)．
(1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝b＝0，,f′0＝－aa＋2＝－3，))
解得b＝0，a＝－3或a＝1．
(2)因为曲线y＝f(x)存在两条垂直于y轴的切线，
所以关于x的方程f′(x)＝3x2＋2(1－a)x－a(a＋2)＝0有两个不相等的实数根，
所以Δ＝4(1－a)2＋12a(a＋2)＞0，
即4a2＋4a＋1＞0，所以a≠－eq \f(1,2)．
所以a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))．
1．(2021·江苏盐城市高三三模)韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程ax3＋bx2＋cx＋d＝0(a≠0)的3个实数根为x1，x2，x3，则x1＋x2＋x3＝－eq \f(b,a)，x1x2＋x2x3＋x3x1＝eq \f(c,a)，x1x2x3＝－eq \f(d,a)．已知函数f(x)＝2x3－x＋1，直线l与f(x)的图象相切于点P(x1，f(x1))，且交f(x)的图象于另一点Q(x2，f(x2))，则( )
A．2x1－x2＝0 B．2x1－x2－1＝0
C．2x1＋x2＋1＝0 D．2x1＋x2＝0
D [f′(x)＝6x2－1，∴k＝f′(x1)＝6xeq \\al(2,1)－1，又直线过点Q(x2，f(x2))，
∴k＝eq \f(fx2－fx1,x2－x1)＝eq \f(2x\\al(3,2)－2x\\al(3,1)＋x1－x2,x2－x1)＝2(xeq \\al(2,2)＋x1x2＋xeq \\al(2,1))－1，
∴2(xeq \\al(2,2)＋x1x2＋xeq \\al(2,1))－1＝6xeq \\al(2,1)－1，化简得xeq \\al(2,2)＋x1x2－2xeq \\al(2,1)＝0，
即(x2＋2x1)(x2－x1)＝0，∵x1≠x2，∴x2＋2x1＝0，故选D．]
2．(2021·舒城中学高三三模)若函数f(x)＝ln x＋x与g(x)＝eq \f(2x－m,x－1)的图象有一条公共切线，且该公共切线与直线y＝2x＋1平行，则实数m＝( )
A．eq \f(17,8) B．eq \f(17,6) C．eq \f(17,4) D．eq \f(17,2)
A [设函数f(x)＝ln x＋x图象上切点为(x0，y0)，因为f′(x)＝eq \f(1,x)＋1，所以f′(x0)＝eq \f(1,x0)＋1＝2，得x0＝1, 所以y0＝f(x0)＝f(1)＝1，所以切线方程为y－1＝2(x－1)，即y＝2x－1，设函数g(x)＝eq \f(2x－m,x－1)的图象上的切点为(x1，y1)(x1≠1)，因为g′(x)＝eq \f(2x－1－2x－m,x－12)＝eq \f(m－2,x－12)，所以g′(x1)＝eq \f(m－2,x1－12)＝2，即m＝2xeq \\al(2,1)－4x1＋4，又y1＝2x1－1＝g(x1)＝eq \f(2x1－m,x1－1)，即m＝－2xeq \\al(2,1)＋5x1－1，所以2xeq \\al(2,1)－4x1＋4＝－2xeq \\al(2,1)＋5x1－1，即4xeq \\al(2,1)－9x1＋5＝0，解得x1＝eq \f(5,4)或x1＝1(舍)，所以m＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \s\up12(2)－4×eq \f(5,4)＋4＝eq \f(17,8)．]
3．已知函数f(x)＝x3＋x－16．
(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；
(2)若直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；
(3)若曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．
[解](1)因为f′(x)＝3x2＋1，
所以f(x)在点(2，－6)处的切线的斜率k＝f′(2)＝13．
所以所求的切线方程为y＝13(x－2)＋(－6)，
即y＝13x－32．
(2)设切点为(x0，y0)，
则直线l的斜率为f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1，
所以直线l的方程为y＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(x－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16．
又因为直线l过点(0,0)，
所以0＝(3xeq \\al(2,0)＋1)(－x0)＋xeq \\al(3,0)＋x0－16，
整理得xeq \\al(3,0)＝－8，所以x0＝－2，
所以y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，
直线l的斜率k＝3×(－2)2＋1＝13．
所以直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．
(3)因为切线与直线y＝－eq \f(1,4)x＋3垂直，
所以切线的斜率k＝4．
设切点的坐标为(x0，y0)，
则f′(x0)＝3xeq \\al(2,0)＋1＝4，所以x0＝±1．
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝1，,y0＝－14))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－1，,y0＝－18，))
即切点坐标为(1，－14)或(－1，－18)，
所以切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18，
即y＝4x－18或y＝4x－14．