【新高考复习】课时跟踪检测（十四） 导数的概念及运算 作业

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－lnx在点(1，e)处的切线方程为()A．(1－e)x－y＋1＝0B．(1－e)x－y－1＝0C．(e－1)x－y＋1＝0D．(e－1)x－y－1＝0解析：选C由于y′＝e－1x，所以y′|x＝1＝e－1，故曲线y＝ex－lnx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)＋lnx，则f′(2)的值等于()A．－2B．2C．－94D．94解析：选C因为f(x)＝x2＋3xf′(2)＋lnx，所以f′(x)＝2x＋3f′(2)＋1x，所以f′(2)＝2×2＋3f′(2)＋12，解得f′(2)＝－94.3．设函数f(x)＝x(x＋k)(x＋2k)(x－3k)，且f′(0)＝6，则k＝()A．0B．－1C．3D．－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)＝sinx＋cosx，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f2021(x)＝()A．－sinx－cosxB．sinx－cosxC．－sinx＋cosxD．sinx＋cosx解析：选D∵f1(x)＝sinx＋cosx，∴f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx，…，∴fn(x)的解析式以4为周期重复出现，∵2021＝4×505＋1，∴f2021(x)＝f1(x)＝sinx＋cosx，故选D.6．已知直线y＝ax是曲线y＝lnx的切线，则实数a＝()A.12B．12eC.1eD．1e2解析：选C设切点坐标为(x0，lnx0)，由y＝lnx的导函数为y′＝1x知切线方程为y－lnx0＝1x0(x－x0)，即y＝xx0＋lnx0－1.由题意可知a＝1x0，lnx0－1＝0，解得a＝1e.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－1B．y＝－2x＋1C．y＝2x－3D．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＝2xx－1在点P(2,4)处的切线与直线l平行且距离为25，则直线l的方程为()A．2x＋y＋2＝0B．2x＋y＋2＝0或2x＋y－18＝0C．2x－y－18＝0D．2x－y＋2＝0或2x－y－18＝0解析：选By′＝2x－1－2xx－12＝－2x－12，y′|x＝2＝－22－1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|2×2＋4－b|5＝25，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1，32，则切线的倾斜角的取值范围是()A.0，π2B．0，π4C．[0，π)D．3π4，π解析：选B因为y′＝2x－2,1≤x≤32，所以0≤2x－2≤1.设切线的倾斜角为α，则0≤tanα≤1.因为0≤α≤π，所以0≤α≤π4，故选B.10．若曲线y＝f(x)＝lnx＋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.－12，＋∞B．－12，＋∞C．(0，＋∞)D．[0，＋∞)解析：选Df′(x)＝1x＋2ax＝2ax2＋1x(x0)，根据题意有f′(x)≥0(x0)恒成立，所以2ax2＋1≥0(x0)恒成立，即2a≥－1x2(x0)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＝0B．x－4y＋7＝0C．3x－2y＋1＝0D．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＝－12，即斜率为6或32，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＝32(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＝π4.答案：π413．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＝22x0－1＝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|2－0＋3|22＋－12＝5，所以曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是5.答案：514．已知函数f(x)＝1x，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)＝1x，所以f′(x)＝－1x2，设曲线f(x)与l切于点x1，1x1，则切线斜率k＝－1x21，故切线方程为y－1x1＝－1x21(x－x1)，即y＝－1x21x＋2x1.与g(x)＝x2联立，得x2＋1x21x－2x1＝0.因为直线l与曲线g(x)相切，所以1x212－4－2x1＝0，解得x1＝－12，故斜率k＝－1x21＝－4.答案：－415．设函数f(x)＝ax－bx，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＝74x－3，当x＝2时，y＝12.又因为f′(x)＝a＋bx2，所以2a－b2＝12，a＋b4＝74，解得a＝1，b＝3，所以f(x)＝x－3x.(2)证明：设P(x0，y0)为曲线y＝f(x)上任一点，由y′＝1＋3x2知曲线在点P(x0，y0)处的切线方程为y－y0＝1＋3x20(x－x0)，即y－x0－3x0＝1＋3x20(x－x0)．令x＝0，得y＝－6x0，所以切线与直线x＝0的交点坐标为0，－6x0.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＝12－6x0|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f′1＝3a＋2b＋c＝0，f′－1＝3a－2b＋c＝0⇒b＝0，3a＋c＝0.又f′(0)＝－3，所以c＝－3，所以a＝1，所以f(x)＝x3－3x.(2)设切点为(x0，x30－3x0)，因为f′(x)＝3x2－3，所以f′(x0)＝3x20－3，所以切线方程为y－(x30－3x0)＝(3x20－3)(x－x0)，又切线过点A(2，m)，所以m－(x30－3x0)＝(3x20－3)(2－x0)，所以m＝－2x30＋6x20－6.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－6m2时，g(x)＝－2x3＋6x2－6有三个解，所以m的取值范围是(－6,2)．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－2B．4e2－4e－2C．0D．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a－1ex，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.－1e2，＋∞D．－1e2，0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x2时，y′0，当x2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x2时总有y＝(1－x)e－x0且f(0)＝10，∴可得实数a的取值范围是－1e2，0.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．[2ln2－2，＋∞)B．(2ln2，＋∞)C．(－∞，2ln2－2]D．(－∞，2ln2－2)解析：选D由题意可设直线y＝kx＋b(k0)为它们的公切线，联立y＝kx＋b，y＝x2可得x2－kx－b＝0，由Δ＝0，得k2＋4b＝0①.对y＝ex＋a求导可得y′＝ex＋a，令ex＋a＝k，可得x＝lnk－a，∴切点坐标为(lnk－a，klnk－ak＋b)，代入y＝ex＋a可得k＝klnk－ak＋b②.联立①②可得k2＋4k＋4ak－4klnk＝0，化简得4＋4a＝4lnk－k.令g(k)＝4lnk－k，则g′(k)＝4k－1，令g′(k)＝0，得k＝4，令g′(k)0，得0k4，令g′(k)0，得k4.∴g(k)在(0,4)内单调递增，在(4，＋∞)内单调递减，∴g(k)max＝g(4)＝4ln4－4，且k→0时，g(k)→－∞，k→＋∞时，g(k)→－∞.∵有两条公切线，∴方程4＋4a＝4lnk－k有两解，∴4＋4a4ln4－4，∴a2ln2－2.故