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2019-2020年高考數(shù)學大一輪復習 第2章 第10節(jié) 導數(shù)的概念及其運算課時提升練 文 新人教版 一、選擇題 1．下列函數(shù)求導運算正確的個數(shù)為(　　) ①(3x)′＝3xlog3e；②(log2x)′＝；③(ex)′＝ex； ④′＝x；⑤(xex)′＝ex＋1. A．1 B．2 C．3 D．4 【解析】　①(3x)′＝3xln 3；②(log2x)′＝；③(ex)′＝ex；④′＝－＝－；⑤(xex)′＝ex＋xex＝ex(x＋1)． 【答案】　B 2．函數(shù)f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的導數(shù)為(　　) A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2) C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2) 【解析】　f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2)． 【答案】　C 3．(xx浙江高考)已知函數(shù)y＝f(x)的圖象是下列四個圖象之一，且其導函數(shù)y＝f′(x)的圖象如圖2101所示，則該函數(shù)的圖象是(　　) 圖2101 　 【解析】　從導函數(shù)的圖象可以看出，導函數(shù)值先增大后減小，x＝0時最大，所以函數(shù)f(x)的圖象的變化率也先增大后減小，在x＝0時變化率最大．A項，在x＝0時變化率最小，故錯誤；C項，變化率是越來越大的，故錯誤；D項，變化率是越來越小的，故錯誤．B項正確． 【答案】　B 4．已知曲線f(x)＝ax2－bln x在點P(1,1)處的切線與直線x－y＋1＝0垂直，則f′(3)＝(　　) A．－5 B．4 C．5 D．－4 【解析】　由已知可得f(1)＝1，∴a12－bln 1＝1， ∴a＝1. ∴f(x)＝x2－bln x，故f′(x)＝2x－，則曲線在點P處切線的斜率k＝f′(1)＝2－b，由于切線與直線x－y＋1＝0垂直，故(2－b)1＝－1，∴b＝3，則f′(x)＝2x－，∴f′(3)＝5. 【答案】　C 5．若曲線y＝x2＋aln x(a>0)上任意一點處的切線斜率為k，若k的最小值為4，則此時該切點的坐標為(　　) A．(1,1) B．(2,3) C．(3,1) D．(1,4) 【解析】　y＝x2＋aln x的定義域為(0，＋∞)，由導數(shù)的幾何意義知y′＝2x＋≥2＝4，則a＝2，當且僅當x＝1時等號成立，代入曲線方程得y＝1，∴切點坐標為(1,1)． 【答案】　A 6．若曲線y＝x－在點(a，a－)處的切線與兩個坐標軸圍成的三角形的面積為18，則a＝(　　) A．64 B．32 C．16 D．8 【解析】　∵y′＝－x－(x>0)， ∴曲線y＝x－在點(a，a－)處切線l的斜率k＝y(tǒng)′|x＝a＝－a－，切線方程為：y－a－＝－a－(x－a)，可以求得切線與x軸，y軸截距分別為3a，a－，所以圍成三角形面積為：S＝3aa－＝a＝18，∴a＝64. 【答案】　A 二、填空題 7．(文)(xx廣東高考)曲線y＝－5ex＋3在點(0，－2)處的切線方程為________． 【解析】　因為y′|x＝0＝－5e0＝－5，所以曲線在點(0，－2)處的切線方程為y－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0. 【答案】　5x＋y＋2＝0 8．已知a為實數(shù)，函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋(a－2)x的導函數(shù)f′(x)是偶函數(shù)，則曲線y＝f(x)在原點處的切線方程是________． 【解析】　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋a－2是偶函數(shù)，∴a＝0， ∴f(x)＝x3－2x，f′(x)＝3x2－2， ∴f′(0)＝－2，f(0)＝0， ∴切線方程為y＝－2x. 【答案】　y＝－2x 9．給出定義：若函數(shù)f(x)在D上可導，即f′(x)存在，且導函數(shù)f′(x)在D上也可導，則稱f(x)在D上存在二階導函數(shù)，記f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)＜0在D上恒成立，則稱f(x)在D上為凸函數(shù)．以下四個函數(shù)在上是凸函數(shù)的是________．(把你認為正確的序號都填上) ①f(x)＝sin x＋cos x；②f(x)＝ln x－2x； ③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝xex. 【解析】　在定義域內(nèi)，由f″(x)＝－sin x－cos x＜0，得①是凸函數(shù)； 由f″(x)＝－＜0，得②是凸函數(shù)； 由f″(x)＝－6x＜0，得③是凸函數(shù)； 由f″(x)＝2ex＋xex＞0，得④不是凸函數(shù)． 【答案】?、佗冖? 三、解答題 10．(xx北京高考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋xsin x＋cos x. (1)若曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，求a與b的值； (2)若曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，求b的取值范圍． 【解】　由f(x)＝x2＋xsin x＋cos x，得f′(x)＝x(2＋cos x)． (1)因為曲線y＝f(x)在點(a，f(a))處與直線y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cos a)＝0，b＝f(a)． 解得a＝0，b＝f(0)＝1. (2)令f′(x)＝0，得x＝0. f(x)與f′(x)的變化情況如下： x (－∞，0) 0 (0，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) ↘ 1 ↗ 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(0)＝1是f(x)的最小值． 當b≤1時，曲線y＝f(x)與直線y＝b最多只有一個交點；當b>1時，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝11時曲線y＝f(x)與直線y＝b有且僅有兩個不同交點． 綜上可知，如果曲線y＝f(x)與直線y＝b有兩個不同交點，那么b的取值范圍是(1，＋∞)． 11．(xx課標全國卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率為0. (1)求b； (2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范圍． 【解】　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b. 由題設(shè)知f′(1)＝0，解得b＝1. (2)f(x)的定義域為(0，＋∞)， 由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x， f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)． ①若a≤，則≤1，故當x∈(1，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f(1)<，即－1<，解得－－11，故當x∈時，f′(x)<0；當x∈時，f′(x)>0.所以f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增． 所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要條件為f<. 而f＝aln ＋＋>，所以不合題意． ③若a>1，則f(1)＝－1＝<，符合題意． 綜上，a的取值范圍是(－－1，－1)∪(1，＋∞)． 12．(xx北京高考)已知函數(shù)f(x)＝2x3－3x. (1)求f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值； (2)若過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切，求t的取值范圍； (3)問過點A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分別存在幾條直線與曲線y＝f(x)相切？(只需寫出結(jié)論) 【解】　(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3. 令f′(x)＝0，得x＝－或x＝. 因為f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1， 所以f(x)在區(qū)間[－2,1]上的最大值為f＝. (2)設(shè)過點P(1，t)的直線與曲線y＝f(x)相切于點(x0，y0)， 則y0＝2x－3x0，且切線斜率為k＝6x－3， 所以切線方程為y－y0＝(6x－3)(x－x0)， 因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)， 整理得4x－6x＋t＋3＝0. 設(shè)g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，則“過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切”等價于“g(x)有3個不同的零點”． g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)． 當x變化時，g(x)與g′(x)的變化情況如下： x (－∞，0) 0 (0,1) 1 (1，＋∞) g′(x) ＋ 0 － 0 ＋ g(x) ↗ t＋3 ↘ t＋1 ↗ 所以，g(0)＝t＋3是g(x)的極大值，g(1)＝t＋1是g(x)的極小值． 當g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3時，g(x)在區(qū)間(－∞，1]和(1，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點． 當g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1時，g(x)在區(qū)間(－∞，0)和[0，＋∞)上分別至多有1個零點，所以g(x)至多有2個零點． 當g(0)>0且g(1)<0，即－30，所以g(x)分別在區(qū)間[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1個零點．由于g(x)在區(qū)間(－∞，0)和(1，＋∞)上單調(diào)，所以g(x)分別在區(qū)間(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1個零點． 綜上可知，當過點P(1，t)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切時，t的取值范圍是(－3，－1)． (3)過點A(－1,2)存在3條直線與曲線y＝f(x)相切； 過點B(2,10)存在2條直線與曲線y＝f(x)相切； 過點C(0,2)存在1條直線與曲線y＝f(x)相切．