(新高考)高考数学一轮考点复习3.1《导数的概念及运算》课时跟踪检测(含详解)

这是一份(新高考)高考数学一轮考点复习3.1《导数的概念及运算》课时跟踪检测(含详解)，共7页。试卷主要包含了综合练——练思维敏锐度，自选练——练高考区分度等内容，欢迎下载使用。

课时跟踪检测（十四） 导数的概念及运算
一、综合练——练思维敏锐度
1．曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为(　　)
A．(1－e)x－y＋1＝0　　 B．(1－e)x－y－1＝0
C．(e－1)x－y＋1＝0 D．(e－1)x－y－1＝0
解析：选C　由于y′＝e－，所以y′|x＝1＝e－1，
故曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为y－e＝(e－1)(x－1)，
即(e－1)x－y＋1＝0.
2．已知函数f(x)的导函数为f′(x)，且满足关系式f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，则f′(2)的值等于(　　)
A．－2 B．2
C．－ D．
解析：选C　因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋ln x，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋，解得f′(2)＝－.
3．设函数f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)(x－3k)，且f′(0)＝6，则k＝(　　)
A．0 B．－1
C．3 D．－6
解析：选B　因为f′(0)＝6，所以原函数中x的一次项的系数为6，即k·2k·(－3k)＝ －6k3＝6，解得k＝－1.故选B.
4．函数y＝f(x)的图象如图，则导函数f′(x)的大致图象为(　　)


解析：选B　由导数的几何意义可知，f′(x)为常数，且f′(x)<0.
5．已知f1(x)＝sin x＋cos x，fn＋1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N*，则f2 021(x)＝(　　)
A．－sin x－cos x B．sin x－cos x
C．－sin x＋cos x D．sin x＋cos x
解析：选D　∵f1(x)＝sin x＋cos x，∴f2(x)＝f1′(x)＝cos x－sin x，f3(x)＝f2′(x)＝ －sin x－cos x，f4(x)＝f3′(x)＝－cos x＋sin x，f5(x)＝f4′(x)＝sin x＋cos x，…，∴fn(x)的解析式以4为周期重复出现，∵2 021＝4×505＋1，∴f2 021(x)＝f1(x)＝sin x＋cos x，故选D.
6．已知直线y＝ax是曲线y＝ln x的切线，则实数a＝(　　)
A. B．
C. D．
解析：选C　设切点坐标为(x0，ln x0)，由y＝ln x的导函数为y′＝知切线方程为y－ln x0＝(x－x0)，即y＝＋ln x0－1.由题意可知解得a＝.故选C.
7．(2020·全国卷Ⅰ)函数f(x)＝x4－2x3的图象在点(1，f(1))处的切线方程为(　　)
A．y＝－2x－1 B．y＝－2x＋1
C．y＝2x－3 D．y＝2x＋1
解析：选B　∵f(x)＝x4－2x3，
∴f′(x)＝4x3－6x2，∴f′(1)＝－2.
又f(1)＝1－2＝－1，
∴所求的切线方程为y＋1＝－2(x－1)，
即y＝－2x＋1.故选B.
8．已知曲线y＝在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为2，则直线l的方程为(　　)
A．2x＋y＋2＝0
B．2x＋y＋2＝0或2x＋y－18＝0
C．2x－y－18＝0
D．2x－y＋2＝0或2x－y－18＝0
解析：选B　y′＝＝－，y′|x＝2＝－＝－2，因此kl＝－2，设直线l方程为y＝－2x＋b，即2x＋y－b＝0，由题意得＝2，解得b＝18或b＝－2，所以直线l的方程为2x＋y－18＝0或2x＋y＋2＝0.故选B.
9．过曲线y＝x2－2x＋3上一点P作曲线的切线，若切点P的横坐标的取值范围是，则切线的倾斜角的取值范围是(　　)
A. B．
C．[0，π) D．
解析：选B　因为y′＝2x－2,1≤x≤，所以0≤2x－2≤1.设切线的倾斜角为α，则0≤tan α≤1.因为0≤α≤π，所以0≤α≤，故选B.
10．若曲线y＝f(x)＝ln x＋ax2(a为常数)不存在斜率为负数的切线，则实数a的取值范围是(　　)
A. B．
C．(0，＋∞) D．[0，＋∞)
解析：选D　f′(x)＝＋2ax＝(x>0)，
根据题意有f′(x)≥0(x>0)恒成立，
所以2ax2＋1≥0(x>0)恒成立，即2a≥－(x>0)恒成立，所以a≥0，故实数a的取值范围为[0，＋∞)．故选D.
11．(多选)已知点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是(　　)
A．6x－y－4＝0 B．x－4y＋7＝0
C．3x－2y＋1＝0 D．4x－y＋3＝0
解析：选AC　由点A(1,2)在函数f(x)＝ax3的图象上，得a＝2，则f(x)＝2x3，f′(x)＝6x2.设切点为(m,2m3)，则切线的斜率k＝6m2，由点斜式得切线方程为y－2m3＝6m2(x－m)，代入点A(1,2)的坐标得2－2m3＝6m2(1－m)，即有2m3－3m2＋1＝0，即(m－1)2(2m＋1)＝0，解得m＝1或m＝－，即斜率为6或，则过点A的曲线C：y＝f(x)的切线方程是y－2＝6(x－1)或y－2＝(x－1)，即6x－y－4＝0或3x－2y＋1＝0.故选A、C.
12．(2020·江南十校联考)函数f(x)＝(2x－1)ex的图象在点(0，f(0))处的切线的倾斜角为________．
解析：由f(x)＝(2x－1)ex，得f′(x)＝(2x＋1)ex，
∴f′(0)＝1，则切线的斜率k＝1，
又切线的倾斜角θ∈[0，π)，
因此切线的倾斜角θ＝.
答案：
13．曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离为________．
解析：设曲线上过点P(x0，y0)的切线平行于直线2x－y＋3＝0，即斜率是2，则 y′|x＝x0＝＝2，解得x0＝1，所以y0＝0，即点P(1,0)．又点P到直线2x－y＋3＝0的距离为＝，所以曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是.
答案：
14．已知函数f(x)＝，g(x)＝x2.若直线l与曲线f(x)，g(x)都相切，则直线l的斜率为________．
解析：因为f(x)＝，所以f′(x)＝－，设曲线f(x)与l切于点，则切线斜率k＝－，故切线方程为y－＝－(x－x1)，即y＝－x＋.与g(x)＝x2联立，得x2＋x－＝0.因为直线l与曲线g(x)相切，所以2－4＝0，解得x1＝－，故斜率k＝－ ＝－4.
答案：－4
15．设函数f(x)＝ax－，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为7x－4y－12＝0.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明曲线f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和直线y＝x所围成的三角形面积为定值，并求此定值．
解：(1)方程7x－4y－12＝0可化为y＝x－3，当x＝2时，y＝.
又因为f′(x)＝a＋，
所以解得所以f(x)＝x－.
(2)证明：设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝(x－x0)，即y－＝(x－x0)．
令x＝0，得y＝－，所以切线与直线x＝0的交点坐标为.令y＝x，得y＝x＝2x0，所以切线与直线y＝x的交点坐标为(2x0,2x0)．
所以曲线y＝f(x)在点P(x0，y0)处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形的面积S＝|2x0|＝6.
故曲线y＝f(x)上任一点处的切线与直线x＝0和y＝x所围成的三角形面积为定值，且此定值为6.
16．已知函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx在x＝±1处取得极值，且在x＝0处的切线的斜率为－3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若过点A(2，m)可作曲线y＝f(x)的三条切线，求实数m的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c，
依题意⇒
又f′(0)＝－3，所以c＝－3，所以a＝1，
所以f(x)＝x3－3x.
(2)设切点为(x0，x－3x0)，
因为f′(x)＝3x2－3，所以f′(x0)＝3x－3，
所以切线方程为y－(x－3x0)＝(3x－3)(x－x0)，
又切线过点A(2，m)，
所以m－(x－3x0)＝(3x－3)(2－x0)，
所以m＝－2x＋6x－6.
令g(x)＝－2x3＋6x2－6，
则g′(x)＝－6x2＋12x＝－6x(x－2)，

由g′(x)＝0得x＝0或x＝2，g(x)极小值＝g(0)＝－6，g(x)极大值＝g(2)＝2，
画出g(x)的草图知，当－6
二、自选练——练高考区分度
1．(2021·广州模拟)已知函数f(x)在R上连续可导，f′(x)为其导函数，且f(x)＝ex＋ e－x－f′(1)x·(ex－e－x)，则f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝(　　)
A．4e2＋4e－2 B．4e2－4e－2
C．0 D．4e2
解析：选C　由题知f(－x)＝e－x＋ex－f′(1)(－x)·(e－x－ex)＝f(x)，即函数f(x)是偶函数．等式f(－x)＝f(x)两边同时对x求导得－f′(－x)＝f′(x)，即f′(－x)＝－f′(x)，则f′(x)是R上的奇函数，则f′(0)＝0，f′(－2)＝－f′(2)，即f′(2)＋f′(－2)＝0，所以f′(2)＋f′(－2)－f′(0)f′(1)＝0.故选C.
2．(2021·石家庄质检)已知函数f(x)＝x，曲线y＝f(x)上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，则实数a的取值范围是(　　)
A．(－e2，＋∞) B．(－e2,0)
C. D．
解析：选D　∵曲线y＝f(x)上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y轴垂直，∴f′(x)＝a＋(x－1)e－x＝0有两个不同的解，即a＝(1－x)e－x有两个不同的解．设y＝(1－x)e－x，则y′＝(x－2)e－x，∴当x<2时，y′<0，当x>2时，y′>0，则y＝(1－x)e－x在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，∴x＝2时，函数y取得极小值－e－2.又∵当x>2时总有y＝(1－x)e－x<0且f(0)＝1>0，∴可得实数a的取值范围是.故选D.
3．已知曲线y＝ex＋a与y＝x2恰好存在两条公切线，则实数a的取值范围是(　　)
A．[2ln 2－2，＋∞) B．(2ln 2，＋∞)
C．(－∞，2ln 2－2] D．(－∞，2ln 2－2)
解析：选D　由题意可设直线y＝kx＋b(k>0)为它们的公切线，联立可得x2－kx－b＝0，由Δ＝0，得k2＋4b＝0　①.对y＝ex＋a求导可得y′＝ex＋a，令ex＋a＝k，可得x＝ln k－a，∴切点坐标为(ln k－a，kln k－ak＋b)，代入y＝ex＋a可得k＝kln k－ak＋b　②.联立①②可得k2＋4k＋4ak－4kln k＝0，化简得4＋4a＝4ln k－k.令g(k)＝4ln k－k，则g′(k)＝－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)>0，得04.∴g(k)在(0,4)内单调递增，在(4，＋∞)内单调递减，∴g(k)max＝g(4)＝4ln 4－4，且k→0时，g(k)→－∞，k→＋∞时，g(k)→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a＝4ln k－k有两解，∴4＋4a< 4ln 4－4，∴a<2ln 2－2.故选D.
4．设曲线f(x)＝2ax＋sin x上任意一点处的切线为l，若在曲线g(x)＝ln x(x≥1)上总存在一点，使得曲线g(x)在该点处的切线平行于l，则实数a的取值范围为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选D　f′(x)＝2a＋cos x.
由cos x∈[－1,1]，可得2a＋cos x∈，g′(x)＝，设切点坐标为(m，ln m)，可得曲线g(x)在点(m，ln m)处的切线的斜率为∈(0,1]．
由题意可得，⊆，
即2a－>0且2a＋≤1.
解得