【高考总动员】2023高考数学大一轮复习 第2章 第10节 导数的概念及其运算课时提升练 文 新人教版

课时提升练(十三)　导数的概念及其运算一、选择题1．下列函数求导运算正确的个数为(　　)①(3x)′＝3xlog3e；②(log2x)′＝；③(ex)′＝ex；④′＝x；⑤(x·ex)′＝ex＋1.A．1B．2C．3D．4【解析】　①(3x)′＝3xln3；②(log2x)′＝；③(ex)′＝ex；④′＝－＝－；⑤(x·ex)′＝ex＋x·ex＝ex(x＋1)．【答案】　B2．函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为(　　)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】　C3．(2013·浙江高考)已知函数y＝f(x)的图象是下列四个图象之一，且其导函数y＝f′(x)的图象如图2101所示，则该函数的图象是(　　)图2101　【解析】　从导函数的图象可以看出，导函数值先增大后减小，x＝0时最大，所以函数f(x)的图象的变化率也先增大后减小，在x＝0时变化率最大．A项，在x6\n＝0时变化率最小，故错误；C项，变化率是越来越大的，故错误；D项，变化率是越来越小的，故错误．B项正确．【答案】　B4．已知曲线f(x)＝ax2－blnx在点P(1,1)处的切线与直线x－y＋1＝0垂直，则f′(3)＝(　　)A．－5B．4C．5D．－4【解析】　由已知可得f(1)＝1，∴a×12－bln1＝1，∴a＝1.∴f(x)＝x2－blnx，故f′(x)＝2x－，则曲线在点P处切线的斜率k＝f′(1)＝2－b，由于切线与直线x－y＋1＝0垂直，故(2－b)×1＝－1，∴b＝3，则f′(x)＝2x－，∴f′(3)＝5.【答案】　C5．若曲线y＝x2＋alnx(a>0)上任意一点处的切线斜率为k，若k的最小值为4，则此时该切点的坐标为(　　)A．(1,1)B．(2,3)C．(3,1)D．(1,4)【解析】　y＝x2＋alnx的定义域为(0，＋∞)，由导数的几何意义知y′＝2x＋≥2＝4，则a＝2，当且仅当x＝1时等号成立，代入曲线方程得y＝1，∴切点坐标为(1,1)．【答案】　A6．若曲线y＝x－在点(a，a－)处的切线与两个坐标轴围成的三角形的面积为18，则a＝(　　)A．64B．32C．16D．8【解析】　∵y′＝－x－(x>0)，∴曲线y＝x－在点(a，a－)处切线l的斜率k＝y′|x＝a＝－a－，切线方程为：y－a－＝－a－(x－a)，可以求得切线与x轴，y轴截距分别为3a，a－，所以围成三角形面积为：S＝×3a×a－＝a＝18，∴a＝64.6\n【答案】　A二、填空题7．(文)(2014·广东高考)曲线y＝－5ex＋3在点(0，－2)处的切线方程为________．【解析】　因为y′|x＝0＝－5e0＝－5，所以曲线在点(0，－2)处的切线方程为y－(－2)＝－5(x－0)，即5x＋y＋2＝0.【答案】　5x＋y＋2＝08．已知a为实数，函数f(x)＝x3＋ax2＋(a－2)x的导函数f′(x)是偶函数，则曲线y＝f(x)在原点处的切线方程是________．【解析】　∵f′(x)＝3x2＋2ax＋a－2是偶函数，∴a＝0，∴f(x)＝x3－2x，f′(x)＝3x2－2，∴f′(0)＝－2，f(0)＝0，∴切线方程为y＝－2x.【答案】　y＝－2x9．给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f′(x)存在，且导函数f′(x)在D上也可导，则称f(x)在D上存在二阶导函数，记f″(x)＝(f′(x))′，若f″(x)＜0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数．以下四个函数在上是凸函数的是________．(把你认为正确的序号都填上)①f(x)＝sinx＋cosx；②f(x)＝lnx－2x；③f(x)＝－x3＋2x－1；④f(x)＝xex.【解析】　在定义域内，由f″(x)＝－sinx－cosx＜0，得①是凸函数；由f″(x)＝－＜0，得②是凸函数；由f″(x)＝－6x＜0，得③是凸函数；由f″(x)＝2ex＋xex＞0，得④不是凸函数．【答案】　①②③三、解答题10．(2013·北京高考)已知函数f(x)＝x2＋xsinx＋cosx.(1)若曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，求a与b的值；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，求b的取值范围．【解】　由f(x)＝x2＋xsinx＋cosx，得f′(x)＝x(2＋cosx)．(1)因为曲线y＝f(x)在点(a，f(a))处与直线y＝b相切，所以f′(a)＝a(2＋cosa)＝0，b＝f(a)．解得a＝0，b＝f(0)＝1.6\n(2)令f′(x)＝0，得x＝0.f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－∞，0)0(0，＋∞)f′(x)－0＋f(x)↘1↗所以函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，在区间(0，＋∞)上单调递增，f(0)＝1是f(x)的最小值．当b≤1时，曲线y＝f(x)与直线y＝b最多只有一个交点；当b>1时，f(－2b)＝f(2b)≥4b2－2b－1>4b－2b－1>b，f(0)＝1<b，所以存在x1∈(－2b,0)，x2∈(0,2b)，使得f(x1)＝f(x2)＝b.由于函数f(x)在区间(－∞，0)和(0，＋∞)上均单调，所以当b>1时曲线y＝f(x)与直线y＝b有且仅有两个不同交点．综上可知，如果曲线y＝f(x)与直线y＝b有两个不同交点，那么b的取值范围是(1，＋∞)．11．(2014·课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)＝alnx＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.(1)求b；(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．【解】　(1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝alnx＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－1<a<－1.6\n②若<a<1，则>1，故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.所以f(x)在上单调递减，在上单调递增．所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.而f＝aln＋＋>，所以不合题意．③若a>1，则f(1)＝－1＝<，符合题意．综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．12．(2014·北京高考)已知函数f(x)＝2x3－3x.(1)求f(x)在区间[－2,1]上的最大值；(2)若过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切，求t的取值范围；(3)问过点A(－1,2)，B(2,10)，C(0,2)分别存在几条直线与曲线y＝f(x)相切？(只需写出结论)【解】　(1)由f(x)＝2x3－3x得f′(x)＝6x2－3.令f′(x)＝0，得x＝－或x＝.因为f(－2)＝－10，f＝，f＝－，f(1)＝－1，所以f(x)在区间[－2,1]上的最大值为f＝.(2)设过点P(1，t)的直线与曲线y＝f(x)相切于点(x0，y0)，则y0＝2x－3x0，且切线斜率为k＝6x－3，所以切线方程为y－y0＝(6x－3)(x－x0)，因此t－y0＝(6x－3)(1－x0)，整理得4x－6x＋t＋3＝0.设g(x)＝4x3－6x2＋t＋3，则“过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切”等价于“g(x)有3个不同的零点”．g′(x)＝12x2－12x＝12x(x－1)．当x变化时，g(x)与g′(x)的变化情况如下：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)的极大值，g(1)＝t＋1是g(x)的极小值．6\n当g(0)＝t＋3≤0，即t≤－3时，g(x)在区间(－∞，1]和(1，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(1)＝t＋1≥0，即t≥－1时，g(x)在区间(－∞，0)和[0，＋∞)上分别至多有1个零点，所以g(x)至多有2个零点．当g(0)>0且g(1)<0，即－3<t<－1时，因为g(－1)＝t－7<0，g(2)＝t＋11>0，所以g(x)分别在区间[－1,0)，[0,1)和[1,2)上恰有1个零点．由于g(x)在区间(－∞，0)和(1，＋∞)上单调，所以g(x)分别在区间(－∞，0)和[1，＋∞)上恰有1个零点．综上可知，当过点P(1，t)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切时，t的取值范围是(－3，－1)．(3)过点A(－1,2)存在3条直线与曲线y＝f(x)相切；过点B(2,10)存在2条直线与曲线y＝f(x)相切；过点C(0,2)存在1条直线与曲线y＝f(x)相切．6