创新方案高考数学复习精编（人教新课标）211变化率与导数导数的计算doc高中数学

第二章第十一节变化率与导数、导数的计算题组一导数的概念及运算1.设f(x)＝xlnx，假设f′(x0)＝2，那么x0＝(　　)A．e2B．eC.D．ln2解析：f′(x)＝x×＋1×lnx＝1＋lnx，由1＋lnx0＝2，知x0＝e.答案：B2．设f0(x)＝cosx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)，n∈N，那么f2022(x)＝(　　)A．sinxB．－sinxC．cosxD．－cosx解析：∵f1(x)＝(cosx)′＝－sinx，f2(x)＝(－sinx)′＝－cosx，f3(x)＝(－cosx)′＝sinx，f4(x)＝(sinx)′＝cosx，…，由此可知fn(x)的值周期性重复出现，周期为4，故f2022(x)＝f2(x)＝－cosx.答案：D3．(2022·安徽高考)设函数f(x)＝x3＋x2＋tanθ，其中θ∈[0，]，那么导数f′(1)的取值范围是(　　)A．[－2,2]B．[，]C．[，2]D．[，2]解析：∵f′(x)＝sinθ·x2＋cosθ·x，∴f′(1)＝sinθ＋cosθ＝2sin(θ＋)．∵θ∈[0，]，∴θ＋∈[，]．∴sin(θ＋)∈[，1]，∴f′(1)∈[，2]．答案：D4．设f(x)＝(ax＋b)sinx＋(cx＋d)cosx，试确定常数a，b，c，d，使得f′(x)＝xcosx.解：由已知f′(x)＝[(ax＋b)sinx＋(cx＋d)cosx]′＝[(ax＋b)sinx]′＋[(cx＋d)cosx]′＝(ax＋b)′sinx＋(ax＋b)(sinx)′＋(cx＋d)′cosx＋(cx＋d)·(cosx)′＝asinx＋(ax＋b)cosx＋ccosx－(cx＋d)sinx6/6\n＝(a－cx－d)sinx＋(ax＋b＋c)cosx.又∵f′(x)＝xcosx，∴必须有即解得a＝d＝1，b＝c＝0.题组二导数的几何意义5.(2022·辽宁高考)曲线y＝在点(1，－1)处的切线方程为(　　)A．y＝x－2B．y＝－3x＋2C．y＝2x－3D．y＝－2x＋1解析：y′＝()′＝，∴k＝y′|x＝1＝－2.l：y＋1＝－2(x－1)，即y＝－2x＋1.答案：D6．(2022·福建四地六校联考)以下曲线的所有切线构成的集合中，存在无数对互相垂直的切线的曲线是(　　)A．f(x)＝exB．f(x)＝x3C．f(x)＝lnxD．f(x)＝sinx解析：设切点的横坐标为x1，x2那么存在无数对互相垂直的切线，即f′(x1)·f′(x2)＝－1有无数对x1，x2使之成立对于A由f′(x)＝ex＞0，所以不存在f′(x1)·f′(x2)＝－1成立；对于B由于f′(x)＝3x2＞0，所以也不存在f′(x1)·f′(x2)＝－1成立；对于C由于f(x)＝lnx的定义域为(0，＋∞)，∴f′(x)＝＞0，对于Df′(x)＝cosx，∴f′(x1)·f′(x2)＝cosx1·cosx2，当x1＝2kπ，x2＝(2k＋1)π，k∈Z，f′(x1)·f′(x2)＝－1恒成立．答案：D7．(2022·宁夏、海南高考)曲线y＝xex＋2x＋1在点(0,1)处的切线方程为________________．解析：y′＝ex＋x·ex＋2，y′|x＝0＝3，∴切线方程为y－1＝3(x－0)，∴y＝3x＋1.答案：y＝3x＋16/6\n8．(2022·福建高考)假设曲线f(x)＝ax2＋lnx存在垂直于y轴的切线，那么实数a的取值范围是________．解析：f′(x)＝2ax＋.∵f(x)存在垂直于y轴的切线，∴f′(x)＝0有解，即2ax＋＝0有解，∴a＝－，∴a∈(－∞，0)．答案：(－∞，0)9．已知函数f(x)＝x3＋x－16.(1)求曲线y＝f(x)在点(2，－6)处的切线的方程；(2)直线l为曲线y＝f(x)的切线，且经过原点，求直线l的方程及切点坐标；(3)如果曲线y＝f(x)的某一切线与直线y＝－x＋3垂直，求切点坐标与切线的方程．解：(1)可判定点(2，－6)在曲线y＝f(x)上．∵f′(x)＝(x3＋x－16)′＝3x2＋1，∴在点(2，－6)处的切线的斜率为k＝f′(2)＝13.∴切线的方程为y＝13(x－2)＋(－6)，即y＝13x－32.(2)法一：设切点为(x0，y0)，那么直线l的斜率为f′(x0)＝3＋1，∴直线l的方程为y＝(3＋1)(x－x0)＋＋x0－16，又∵直线l过点(0,0)，∴0＝(3＋1)(－x0)＋＋x0－16，整理得，＝－8，∴x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．法二：设直线l的方程为y＝kx，切点为(x0，y0)，那么k＝＝，又∵k＝f′(x0)＝3＋1，6/6\n∴＝3＋1，解之得x0＝－2，∴y0＝(－2)3＋(－2)－16＝－26，k＝3×(－2)2＋1＝13.∴直线l的方程为y＝13x，切点坐标为(－2，－26)．(3)∵切线与直线y＝－＋3垂直，∴切线的斜率k＝4.设切点的坐标为(x0，y0)，那么f′(x0)＝3＋1＝4，∴x0＝±1，∴或切线方程为y＝4(x－1)－14或y＝4(x＋1)－18.即y＝4x－18或y＝4x－14.题组三导数的灵活应用10.以以下图中，有一个是函数f(x)＝x3＋ax2＋(a2－1)x＋1(a∈R，a≠0)的导函数f′(x)的图象，那么f(－1)＝(　　)A．B．－C.D．－或解析：∵f′(x)＝x2＋2ax＋(a2－1)，∴导函数f′(x)的图象开口向上．又∵a≠0，∴其图象必为第(3)个图．由图象特征知f′(0)＝0，且－a＞0，∴a＝－1.故f(－1)＝－－1＋1＝－.答案：B11．(文)(2022·开原模拟)设a＞0，f(x)＝a2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的倾斜角的取值范围为[0，]，那么点P到曲线y＝f(x6/6\n)对称轴距离的取值范围为(　　)A．[0，]B．[0，]C．[0，||]D．[0，||]解析：∵y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处切线的倾斜角的范围为[0，]，∴0≤f′(x0)≤1，即0≤2ax0＋b≤1，∴－≤x0≤，∴0≤x0＋≤，即点P到曲线y＝f(x)对称轴的距离的取值范围为[0，]．答案：B(理)曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是(　　)A.B．2C．3D．0解析：设曲线上过点P(x0，y0)的切线平行于直线2x－y＋3＝0，此切点到直线2x－y＋3＝0的距离最短，即斜率是2，那么y′|x＝x0＝[·(2x－1)′]|x＝x0＝|x＝x0＝＝2.解得x0＝1，所以y0＝0，即点P(1,0)，点P到直线2x－y＋3＝0的距离为＝，∴曲线y＝ln(2x－1)上的点到直线2x－y＋3＝0的最短距离是.答案：A12．(文)设t≠0，点P(t,0)是函数f(x)＝x3＋ax与g(x)＝bx2＋c的图象的一个公共点，两函数的图象在点P处有相同的切线．试用t表示a，b，c.解：因为函数f(x)，g(x)的图象都过点(t,0)，所以f(t)＝0，即t3＋at＝0.因为t≠0，所以a＝－t2.g(t)＝0，即bt2＋c＝0，所以c＝ab.又因为f(x)，g(x)在点(t,0)处有相同的切线，所以f′(t)＝g′(t)．而f′(x)＝3x2＋a，g′(x)＝2bx，所以3t2＋a＝2bt.将a＝－t2代入上式得b＝t.因此c＝ab＝－t3.故a＝－t2，b＝t，c＝－t3.6/6\n(理)已知函数f(x)＝ax3＋3x2－6ax－11，g(x)＝3x2＋6x＋12，和直线m：y＝kx＋9，又f′(－1)＝0.(1)求a的值；(2)是否存在k的值，使直线m既是曲线y＝f(x)的切线，又是曲线y＝g(x)的切线？如果存在，求出k的值；如果不存在，请说明理由．解：(1)f′(x)＝3ax2＋6x－6a，f′(－1)＝0，即3a－6－6a＝0，∴a＝－2.(2)∵直线m恒过定点(0,9)，先求直线m是曲线y＝g(x)的切线，设切点为(x0,3＋6x0＋12)，∵g′(x0)＝6x0＋6，∴切线方程为y－(3＋6x0＋12)＝(6x0＋6)(x－x0)，将点(0,9)代入，得x0＝±1，当x0＝－1时，切线方程为y＝9；当x0＝1时，切线方程为y＝12x＋9.由f′(x)＝0得－6x2＋6x＋12＝0，即有x＝－1或x＝2，当x＝－1时，y＝f(x)的切线方程为y＝－18；当x＝2时，y＝f(x)的切线方程为y＝9.∴公切线是y＝9.又有f′(x)＝12得－6x2＋6x＋12＝12，∴x＝0或x＝1.当x＝0时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－11；当x＝1时，y＝f(x)的切线方程为y＝12x－10，∴公切线不是y＝12x＋9.综上所述公切线是y＝9，此时存在，k＝0.6/6