《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：14 变化率与导数、导数的计算 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020届高考数学理一轮（新课标通用）考点测试：14 变化率与导数、导数的计算 Word版含解析.pdf（12页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、考点测试 14 变化率与导数、导数的计算 一、基础小题 1下列求导运算正确的是( ) A1 B(log2x) (x 1 x) 1 x2 1 xln 2 C(3x)3xlog3e D(x2cosx)2xsinx 答案 B 解析 1 ；(3x)3xln 3；(x2cosx)(x2)cosxx2(cosx) (x 1 x) 1 x2 2xcosxx2sinx，所以 A，C，D 错误故选 B 2已知函数 f(x)xsinxcosx，则 f的值为( ) ( 2) A B0 C1 D1 2 答案 B 解析 f(x)sinxxcosxsinxxcosx， f cos 0，故选 B ( 2) 2 2 3设 f
2、(x)xln x，f(x0)2，则 x0( ) Ae2 Be C Dln 2 ln 2 2 答案 B 解析 f(x)1ln x，f(x0)1ln x02， x0e故选 B 4 已知一个物体的运动方程为 s1tt2， 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( ) A7 m/s B6 m/s C5 m/s D8 m/s 答案 A 解析 7t，当 t 无限趋近于 0 时，无限趋近于 7故 s t 7tt2 t s t 选 A 5已知函数 f(x)在 R 上可导，且 f(x)x22xf(2)，则函数 f(x)的解析式为 ( ) Af(x)x28x Bf(x)x
3、28x Cf(x)x22x Df(x)x22x 答案 B 解析 由题意得 f(x)2x2f(2)， 则 f(2)42f(2)， 所以 f(2)4， 所以 f(x)x28x 6已知函数 yf(x)的图象如图，则 f(xA)与 f(xB)的大小关系是( ) Af(xA)f(xB) Bf(xA)f(xB) Cf(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 1， 则 yf(x)在点(1， f(1)lim x0 f2x1f1 2x 处的切线的斜率为( ) A1 B
4、1 C2 D2 答案 A 解析 1，即 f(1)1，由导数的几何意义知，ylim x0 f2x1f1 2x 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 x3x 相切，则直线 l 的方程为 1 3 _ 答案 y8x18 或 yx 解析 设切点为(m，n)，因为 yx21，所以 解得或所以切线的斜率为 8 或1，所 以切线方程为 y8x18 或 yx 二、高考小题 9 (2018全国卷)设函数 f(x)x3(a1)x2ax， 若 f(x)为奇函数， 则曲线 y f(x)在点(0，0)处的切线方程为( ) Ay2x Byx Cy2x Dyx 答案 D
5、 解析 因为函数 f(x)是奇函数，所以 a10，解得 a1，所以 f(x)x3x， f(x)3x21，所以 f(0)1，f(0)0，所以曲线 yf(x)在点(0，0)处的切线方 程为 yf(0)f(0)x，化简可得 yx，故选 D 10(2018全国卷)曲线 y2ln(x1)在点(0，0)处的切线方程为_ 答案 y2x 解析 y，k2，所求切线方程为 y2x 2 x1 2 01 11 (2018全国卷)曲线 y(ax1)ex在点(0， 1)处的切线的斜率为2， 则 a _ 答案 3 解析 由 yaex(ax1)ex， 则 f(0)a12 所以 a3 12(2017天津高考)已知 aR，设函数
6、 f(x)axln 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 ，所以 f(1)a1，因为 f(1)a，所以切点 1 x 坐标为(1，a)，所以切线 l 的方程为 ya(a1)(x1)，即 y(a1)x1 令 x0，得 y1，即直线 l 在 y 轴上的截距为 1 13(2016全国卷)已知 f(x)为偶函数，当 x0，则x0)，则 f(x) 3(x0)， 1 x f(1)2， 在点(1， 3)处的切线方程为 y32(x1)， 即 y2x 1 三、模拟小题 14 (2018江西重点中学盟校第一次联考)函数 yx3的图象在原
7、点处的切线方 程为( ) Ayx Bx0 Cy0 D不存在 答案 C 解析 函数 yx3的导数为 y3x2，则在原点处的切线斜率为 0，所以在原 点处的切线方程为 y00(x0)，即 y0，故选 C 15(2018福建福州八县联考)已知函数 f(x)的导函数是 f(x)，且满足 f(x) 2xf(1)ln ，则 f(1)( ) 1 x Ae B2 C2 De 答案 B 解析 由已知得 f(x)2f(1) ，令 x1 1 x 得 f(1)2f(1)1，解得 f(1)1，则 f(1)2f(1)2 16(2018广东深圳二模)设函数 f(x)x b，若曲线 yf(x)在点(a，f(a)处 1 x 的
8、切线经过坐标原点，则 ab( ) A1 B0 C1 D2 答案 D 解析 由题意可得，f(a)a b，f(x)1 ，所以 f(a)1，故切 1 a 1 x2 1 a2 线方程是 ya b1(xa)， 将(0， 0)代入得a b1(a)， 故 b 1 a 1 a2 1 a 1 a2 ，故 ab2，故选 D 2 a 17 (2018湖南株洲高三教学质量统一检测二)设函数 f(x)xsinxcosx 的图象 在点(t，f(t)处切线的斜率为 g(t)，则函数 yg(t)的图象一部分可以是( ) 答案 A 解析 由f(x)xsinxcosx可得f(x)sinxxcosxsinxxcosx， 即yg(t
9、) tcost，是奇函数，排除 B，D；当 t0， 时，yg(t)0，排除 C故选 A 2 18 (2018湖南郴州第二次教学质量检测)已知函数 f(x)2ln x xe2， g(x) 1 e mx1，若 f(x)与 g(x)的图象上存在关于直线 y1 对称的点，则实数 m 的取值范围 是_ 答案 2e ，3e 3 2 解析 直线 g(x)mx1 关于直线 y1 对称的直线为 ymx1，因为 f(x) 与 g(x)的图象上存在关于直线 y1 对称的点，所以直线 ymx1 与 f(x)2ln x 的图象在 ，e2上有交点，直线 ymx1 过定点(0，1)，当直线 ymx1 1 e 经过点 ， 2
10、时， 2 1， 解得m3e， 当直线ymx1与y2ln x xe2 1 e m e 1 e 相切时，设切点为(x，y)，则解得m3e 2 e3 2 时，直线 ymx1 与 y2ln x 的图象在 ，e2上有交点，即 f(x)与 g(x)的图象上 1 e 存在关于直线 y1 对称的点，故实数 m 的取值范围是2e ，3e 3 2 一、高考大题 1(2018全国卷)已知函数 f(x) ax2x1 ex (1)求曲线 yf(x)在点(0，1)处的切线方程； (2)证明：当 a1 时，f(x)e0 解 (1)f(x)，f(0)2因此曲线 yf(x)在点(0，1) ax22a1x2 ex 处的切线方程是
11、 y12x，即 2xy10 (2)证明 ： 当 a1 时，f(x)e(x2x1ex1)ex令 g(x)x2x1ex1， 则 g(x)2x1ex1 当 x1 时，g(x)0，g(x)单调递增 ； 所以 g(x)g(1)0因此 f(x)e0 2(2018北京高考)设函数 f(x)ax2(4a1)x4a3ex (1)若曲线 yf(x)在点(1，f(1)处的切线与 x 轴平行，求 a； (2)若 f(x)在 x2 处取得极小值，求 a 的取值范围 解 (1)因为 f(x)ax2(4a1)x4a3ex，所以 f(x)ax2(2a1)x 2ex f(1)(1a)e 由题设知 f(1)0，即(1a)e0，解
12、得 a1 此时 f(1)3e0 所以 a 的值为 1 (2)由(1)得 f(x)ax2(2a1)x2ex(ax1)(x2)ex 若 a ，则当 x ，2 时，f(x)0 所以 f(x)在 x2 处取得极小值 若 a ，则当 x(0，2)时，x20， 1 2 1 2 所以 2 不是 f(x)的极小值点 综上可知，a 的取值范围是 ， 1 2 3(2017北京高考)已知函数 f(x)excosxx (1)求曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)求函数 f(x)在区间 0， 上的最大值和最小值 2 解 (1)因为 f(x)excosxx，所以 f(x)ex(cosxsinx)1，f
13、(0)0 又因为 f(0)1，所以曲线 yf(x)在点(0，f(0)处的切线方程为 y1 (2)设 h(x)ex(cosxsinx)1， 则 h(x)ex(cosxsinxsinxcosx)2exsinx 当 x0， 时，h(x)0， 2 所以 h(x)在区间 0， 上单调递减 2 所以对任意 x0， 有 h(x)h(0)0， 2 即 f(x)0 所以函数f(x)在区间0， 上单调递减 因此f(x)在区间0， 上的最大值为f(0) 2 2 1，最小值为 f 2 2 二、模拟大题 4(2018福州质检)已知函数 f(x)(x1)ln xa(x1) (1)当 a4 时，求曲线 yf(x)在(1，f
14、(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 a4 时，f(x)(x1)ln x4(x1)， f(x)ln x 3，f(1)2，f(1)0 1 x 所以曲线 yf(x)在(1，f(1)处的切线方程为 2xy20 (2)当 x(1，)时， f(x)0 等价于 ln x0 ax1 x1 令 g(x)ln x， ax1 x1 则 g(x) ，g(1)0 1 x 2a x12 x221ax1 xx12 当 a2，x(1，)时， x22(1a)x1x22x10， 故 g(x)0，g(x)在(1，)上单调递增，因此 g(x)g(1
15、)0； 当 a2 时， 令 g(x)0， 得 x1a1，x2a1， a121a121 由 x21 和 x1x21，得 x10 1 2e e 解 (1)f(x)的定义域为(0，)， f(x)ln x ， a x 3 2 由题意知 则 解得 x0a，a1，所以 a1 (2)证明：令 g(x)f(x)ln x ，x0， a x 3 2 则 g(x) ， 1 x a x2 xa x2 因为0， 1 2e e xa x2 即 g(x)在(0，)上单调递增 以下证明 g(x)在区间 ， 2a 上有唯一的零点 x0， 事实上 g ln ln a 2 a 2 a 2 a a 2 3 2 a 2 ，g(2a)ln (2a) ln (2a)1，因为ln 210， 1 2e 由零点存在性定理可知，g(x)在 ，2a 上有唯一的零点 x0， a 2 所以在区间(0，x0)上，g(x)f(x)0，f(x)单调递增 故当 xx0时，f(x)取得最小值 f(x0)(x0a)ln x0 x0， 1 2 因为 g(x0)ln x0 0， a x0 3 2 所以 ln x0 ， a x0 3 2 所以 f(x0)(x0a) x0 ax0 x0 (2ax0)， a x0 3 2 1 2 5 2 a2 x0 1 x0 a 2 又 x0 ，2a，所以 f(x0)0 a 2 所以 f(x)0